2014导数高考题压轴题及答案

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2014年高考导数压轴题汇编解析

2014年高考导数压轴题汇编1.[2014·四川卷] 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值；(2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，求a 的取值范围．21．解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x －2a .当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b . (2)设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负．故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1.同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2.故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12<a <e 2. 此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增．因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0.由f (1)＝0得a ＋b ＝e －1<2，则g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0，解得e －2<a <1.当e －2<a <1时，g (x )在区间[0，1]内有最小值g (ln(2a ))．若g (ln(2a ))≥0，则g (x )≥0(x ∈[0，1])，从而f (x )在区间[0，1]内单调递增，这与f (0)＝f (1)＝0矛盾，所以g (ln(2a ))<0.又g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.故此时g (x )在(0，ln(2a ))和(ln(2a )，1)内各只有一个零点x 1和x 2.由此可知f (x )在[0，x 1]上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在[x 2，1]上单调递增．所以f (x 1)>f (0)＝0，f (x 2)<f (1)＝0，故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．综上可知，a 的取值范围是(e －2，1)．2．[2014·安徽卷] 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *.(1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p ＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p. 21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立．②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k >1＋kx 成立．当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p >1＋px 均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p. ①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p 成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c pa －p k ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1. 由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1<0. 由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k p ＝⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p k －1p>1＋p · 1p ⎝⎛⎭⎫ca p k －1＝ca p k . 因此a p k ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1p也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1p均成立．再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p n －1可得a n ＋1a n<1，即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *. 方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ，所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p ＝p －1p ⎝⎛⎭⎫1－c x p >0. 由此可得，f (x )在[c 1p ，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p 时，f (x )>f (c 1p )＝c 1p. ①当n ＝1时，由a 1>c 1p>0，即a p 1>c 可知 a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p，故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1p成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c 1p)，即有a k ＋1>a k ＋2>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 1p均成立． 3．[2014·福建卷] 已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值；(2)证明：当x >0时，x 2<e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .20．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x .由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4>0，故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，所以当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x .(3)证明：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x >0时，x 2<e x .故当x >0时，x 2<c e x .取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .②若0<c <1，令k ＝1c>1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立．而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立．令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x. 所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增．取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增．又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ，易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0.即存在x 0＝16c，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝4c ，由(2)知，当x >0时，ex >x 2，所以e x ＝e x 2·e x 2>⎝⎛⎭⎫x 22·⎝⎛⎭⎫x 22，当x >x 0时，e x >⎝⎛⎭⎫x 22⎝⎛⎭⎫x 22>4c ⎝⎛⎭⎫x 22＝1c x 2，因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3<e x . 证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x . 由(2)知，当x >0时，x 2<e x ，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x . 取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x . 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .4．[2014·陕西卷] 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式；(2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N ＋，比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明．21．解：由题设得，g (x )＝x 1＋x(x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝x 1＋x， g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x 1＋x＝x 1＋2x ， g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可得g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x，结论成立． ②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x 1＋kx. 那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x1＋kx 1＋x 1＋kx＝x 1＋（k ＋1）x ，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax 1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x(x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a （1＋x ）2，当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)，∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a ≤1时，ln(1＋x )≥ax 1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立)．当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减，∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，故知ln(1＋x )≥ax 1＋x不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋n n ＋1，比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x 1＋x，x >0. 令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n . 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立． ②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1)．那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x 1＋x，x >0. 令x ＝1n ，n ∈N ＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12， ln 3－ln 2>13， ……ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1，上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1，结论得证．方法三：如图， x x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋n n ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1> x x ＋1d x ＝ ⎝⎛⎭⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证．5．[2014·湖北卷] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝ln x x的单调区间；(2)求e 3，3e ，e π，πe ，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．22．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x 2. 当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e <ln πe ，ln e π<ln 3π. 于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增，可得3e <πe <π3，e 3<e π<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中．由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)，即ln ππ<ln 33<ln e e . 由ln ππ<ln 33，得ln π3<ln3π，所以3π>π3；由ln 33<ln e e，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3. 综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e .(3)由(2)知，3e <πe <π3<3π，3e <e 3.又由(2)知，ln ππ<ln e e ，得πe <e π. 故只需比较e 3与πe 和e π与π3的大小．由(1)知，当0<x <e 时，f (x )<f (e)＝1e，即ln x x <1e . 在上式中，令x ＝e 2π，又e 2π<e ，则ln e 2π<e π，从而2－ln π<e π，即得ln π>2－e π.① 由①得，eln π>e ⎝⎛⎭⎫2－e π>2.7×⎝⎛⎭⎫2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即eln π>3，亦即ln πe >ln e 3，所以e 3<πe .又由①得，3ln π>6－3e π>6－e>π，即3ln π>π，所以e π<π3.综上可得，3e <e 3<πe <e π<π3<3π，即这6个数从小到大的顺序为3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π.6．[2014·湖南卷] 已知常数a ＞0，函数f (x )＝ln(1＋ax )－2x x ＋2. (1)讨论f (x )在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＞0，求a 的取值范围．22．解：(1)f ′(x )＝a 1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax 2＋4（a －1）（1＋ax ）（x ＋2）2.(*) 当a ≥1时，f ′(x )>0，此时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．当0<a <1时，由f ′(x )＝0得x 1＝21－a a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝－21－a a 舍去. 当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在区间(0，x 1)上单调递减，在区间(x 1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a ≥1时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，21－a a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫21－a a ，＋∞上单调递增． (2)由(*)式知，当a ≥1时，f ′(x )≥0，此时f (x )不存在极值点，因而要使得f (x )有两个极值点，必有0<a <1.又f (x )的极值点只可能是x 1＝21－a a 和x 2＝－21－a a ，且由f (x )的定义可知， x >－1a且x ≠－2，所以－21－a a >－1a ，－21－a a ≠－2，解得a ≠12.此时，由(*)式易知，x 1，x 2分别是f (x )的极小值点和极大值点．而f (x 1)＋f (x 2)＝ln(1＋ax 1)－2x 1x 1＋2＋ln(1＋ax 2)－2x 2x 2＋2＝ln[1＋a (x 1＋x 2)＋a 2x 1x 2]－4x 1x 2＋4（x 1＋x 2）x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4＝ln(2a －1)2－4（a －1）2a －1＝ln(2a －1)2＋22a －1－2. 令2a －1＝x .由0<a <1且a ≠12知，当0<a <12时，－1<x <0；当12<a <1时，0<x ＜1. 记g (x )＝ln x 2＋2x－2.(i)当－1<x <0时，g (x )＝2ln(－x )＋2x －2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2x 2<0，因此，g (x )在区间(－1，0)上单调递减，从而g (x )<g (－1)＝－4<0.故当0<a <12时，f (x 1)＋f (x 2)<0. (ii)当0<x <1时，g (x )＝2ln x ＋2x－2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2x 2<0，因此，g (x )在区间(0，1)上单调递减，从而g (x )>g (1)＝0.故当12<a <1时，f (x 1)＋f (x 2)>0. 综上所述，满足条件的a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1.7．[2014·全国大纲卷] 函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax x ＋a (a >1)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a 1＝1，a n ＋1＝ln(a n ＋1)，证明：2n ＋2<a n ≤3n ＋2. 22．解：(1)易知f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x [x －（a 2－2a ）]（x ＋1）（x ＋a ）2. (i)当1<a <2时，若x ∈(－1，a 2－2a )，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，a 2－2a )是增函数；若x ∈(a 2－2a ，0)，则f ′(x )<0，所以f (x )在(a 2－2a ，0)是减函数；若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)是增函数．(ii)当a ＝2时，若f ′(x )≥0，f ′(x )＝0成立当且仅当x ＝0，所以f (x )在(－1，＋∞)是增函数. (iii)当a >2时，若x ∈(－1，0)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，0)是增函数；若x ∈(0，a 2－2a )，则f ′(x )<0，所以f (x )在(0，a 2－2a )是减函数；若x ∈(a 2－2a ，＋∞)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(a 2－2a ，＋∞)是增函数．(2)由(1)知，当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)是增函数．当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝0，即ln(x ＋1)>2x x ＋2(x >0)．又由(1)知，当a ＝3时，f (x )在[0，3)是减函数．当x ∈(0，3)时，f (x )<f (0)＝0，即ln(x ＋1)<3x x ＋3(0<x <3)．下面用数学归纳法证明2n ＋2<a n ≤3n ＋2.(i)当n ＝1时，由已知23<a 1＝1，故结论成立．(ii)假设当n ＝k 时结论成立，即2k ＋2<a k ≤3k ＋2. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ln(a k ＋1)>ln ⎝⎛⎭⎫2k ＋2＋1>2×2k ＋22k ＋2＋2＝2k ＋3，a k ＋1＝ln(a k ＋1)≤ln ⎝⎛⎭⎫3k ＋2＋1<3×3k ＋23k ＋2＋3＝3k ＋3，即当n ＝k ＋1时，有2k ＋3 <a k ＋1≤3k ＋3，结论成立．根据(i)(ii)知对任何n ∈结论都成立．8．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.21．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2. (2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0.故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .因为g min (x )＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝h (1)＝h max (x )，所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.9．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )＝e x －e －x －2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2＜2＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 21．解：(1)f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． (2)g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x －e －2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e－2x－2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)．(i)当b ≤2时，g ′(x )≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0.(ii)当b >2时，若x 满足2<e x ＋e －x <2b －2，即0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.10．[2014·山东卷] 设函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．20．解：(1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，当k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点．当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点．当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，g （2）>0，0<ln k <2，解得e<k <e 22.综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e ，e 22.11．[2014·天津卷] 设f (x )＝x －a e x (a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2. (1)求a 的取值范围；(2)证明：x 2x 1随着a 的减小而增大；(3)证明：x 1＋x 2随着a 的减小而增大． 20．解：(1)由f (x )＝x －a e x ，可得f ′(x )＝1－a e x .下面分两种情况讨论：(i)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (ii)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)．于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0；③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0.由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1.而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；取s 2＝2a ＋ln 2a，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝⎝⎛⎭⎫2a －e 2a ＋⎝⎛⎭⎫ln 2a －e 2a <0. 故a 的取值范围是(0，e －1)．(2)证明：由f (x )＝x －a e x ＝0，有a ＝x e x .设g (x )＝xe x ，由g ′(x )＝1－x e x ，知g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x ∈(－∞，0]时，g (x )≤0; 当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>0.由已知，x 1，x 2满足a ＝g (x 1)，a ＝g (x 2)．由a ∈(0，e －1)及g (x )的单调性，可得x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)．对于任意的a 1，a 2∈(0，e －1)，设a 1>a 2，g (ξ1)＝g (ξ2)＝a 1，其中0<ξ1<1<ξ2；g (η1)＝g (η2)＝a 2，其中0<η1<1<η2.因为g (x )在(0，1)上单调递增，所以由a 1>a 2，即g (ξ1)>g (η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2. 又由ξ1，η1>0，得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1，所以x 2x 1随着a 的减小而增大．(3)证明：由x 1＝a e x 1，x 2＝a e x 2，可得ln x 1＝ln a ＋x 1，ln x 2＝ln a ＋x 2.故x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1＝ln x 2x 1.设x 2x 1＝t ，则t >1，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝ln t ，解得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln tt －1，所以x 1＋x 2＝（t ＋1）ln t t －1.① 令h (x )＝（x ＋1）ln x x －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1x（x －1）2.令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，得u ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －1x 2.当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0.因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )>u (1)＝0，由此可得h ′(x )>0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．因此，由①可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大．而由(2)，t 随着a 的减小而增大，所以x 1＋x 2随着a 的减小而增大．12．[2014·浙江卷] 已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R )．(1)若f (x )在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R ，若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1，1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．22．解：(1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1，(i)当a ≤－1时，有x ≥a ，故f (x )＝x 3＋3x －3a ，此时f (x )在(－1，1)上是增函数，因此，M (a )＝f (1)＝4－3a ，m (a )＝f (－1)＝－4－3a ，故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8. (ii)当－1<a <1时，若x ∈(a ，1)，则f (x )＝x 3＋3x －3a .在(a ，1)上是增函数；若x ∈(－1，a )，则f (x )＝x 3－3x ＋3a 在(－1，a )上是减函数．所以，M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3. 由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此，当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时，M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2.(iii)当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋3a ，此时f (x )在(－1，1)上是减函数，因此，M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a ，故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4.综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ，h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x >a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1，1]恒成立，即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1，1]恒成立，所以由(1)知，(i)当a ≤－1时，h (x )在(－1，1)上是增函数，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ，则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，矛盾．(ii)当－1<a ≤13时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，所以a 3＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝⎛⎭⎫0，13上是增函数，故t (a )>t (0)＝－2，因此－2≤3a ＋b ≤0.(iii)当13<a <1时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2，解得－2827<3a ＋b ≤0；(iv)当a ≥1时，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0.综上，得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a ＋b ≤0.13．[2014·重庆卷] 已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x－cx (a ，b ，c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ，b 的值；(2)若c ＝3，判断f (x )的单调性； (3)若f (x )有极值，求c 的取值范围． 20．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝2a e 2x ＋2b e －2x －c ，由f ′(x )为偶函数，知f ′(－x )＝f ′(x )，即2(a －b )(e 2x －e－2x)＝0.因为上式总成立，所以a ＝b .又f ′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ，所以a ＝1，b ＝1. (2)当c ＝3时，f (x )＝e 2x －e －2x－3x ，那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－3≥22e 2x ·2e －2x－3＝1>0，故f (x )在R 上为增函数． (3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－c ，而2e 2x ＋2e－2x≥22e 2x ·2e－2x＝4，当且仅当x ＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论：当c <4时，对任意x ∈R ，f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－c >0，此时f (x )无极值．当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x－4>0，此时f (x )无极值．当c >4时，令e 2x ＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1，2＝c ±c 2－164>0，则f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1，x 2＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0.从而f(x)在x＝x2处取得极小值．综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，＋∞)．。

2014高考导数压轴题终极解答

29.（转换变量后为根的分布）已知函数3()f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(())M t f t ，处的切线方程；
（2）设0a >，如果过点()a b ，可作曲线()y f x =的三条切线，证明：()a b f a -<
<． 30.已知函数()()3
2
3,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()
1,1f 处的切线方程为20y +=．
⑴求函数()f x 的解析式；
⑶ 若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．
（Ⅱ）若ln 0x kx -<在R +上恒成立，求k 的取值范围（Ⅲ）已知10x >，20x >且12x x e +<，求证1212x x x x +>
121n ++-()1---x k
(2) 若0a >，且对(0,2]x e ∈时，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围.
(3) 若12x x ≠，且12()()f x f x =，求证：12 4.x x +>
89.已知函数()ln(1),()1x
f x x
g x e =+=-，（Ⅰ）若()()F x f x px =+，求()F x 的单调区间；
()0g a =，若存在，求正整数m 的值；若不存在，说明理由。

当0x >时，()f x n >恒成立，求正整数n 的最大值。

（I）求S关于x的函数关系式，并写出该函数的定义域；
最小？。

2014高考数学压轴题一(含答案)

2014高考数学压轴题一1．（12分）已知抛物线、椭圆和双曲线都经过点()1,2M ，它们在x 轴上有共同焦点，椭圆和双曲线的对称轴是坐标轴，抛物线的顶点为坐标原点.（Ⅰ）求这三条曲线的方程；（Ⅱ）已知动直线l 过点()3,0P ，交抛物线于,A B 两点，是否存在垂直于x 轴的直线l '被以AP 为直径的圆截得的弦长为定值？若存在，求出l '的方程；若不存在，说明理由.解：（Ⅰ）设抛物线方程为()220y px p =>，将()1,2M 代入方程得2p =24y x ∴= 抛物线方程为: ………………………………………………（1分）由题意知椭圆、双曲线的焦点为()()211,0,1,0,F F -∴ c=1…………………（2分）对于椭圆，()()222122112114222a MF MF =+=+++-+=+()222222212123222221322222a ab ac x y ∴=+∴=+=+∴=-=+∴+=++ 椭圆方程为：………………………………（4分）对于双曲线，122222a MF MF '=-=-222222213222221322222a abc a x y '∴=-'∴=-'''∴=-=-∴-=-- 双曲线方程为：………………………………（6分）（Ⅱ）设AP 的中点为C ，l '的方程为：x a =，以AP 为直径的圆交l '于,D E 两点，DE 中点为H令()11113,,,22x y A x y +⎛⎫∴ ⎪⎝⎭ C ………………………………………………（7分） ()()22111111322312322DC AP x y x CH a x a ∴==-++=-=-+()()()2222221112121132344-2324622222DH DC CH x y x a a x a aa DH DE DH l x ⎡⎤⎡⎤∴=-=-+--+⎣⎦⎣⎦=-+==-+=∴=='= 当时,为定值; 为定值此时的方程为： …………（12分）2．（14分）已知正项数列{}n a 中，16a =，点()1,n n n A a a +在抛物线21yx =+上；数列{}n b 中，点(),n n B n b 在过点()0,1，以方向向量为()1,2的直线上.（Ⅰ）求数列{}{},n n a b 的通项公式；（Ⅱ）若()()()n na f nb ⎧⎪=⎨⎪⎩, n 为奇数, n 为偶数，问是否存在k N ∈，使()()274f k f k +=成立，若存在，求出k 值；若不存在，说明理由；（Ⅲ）对任意正整数n ，不等式11202111111n n nn a a n a b b b +-≤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++++ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立，求正数a 的取值范围.解：（Ⅰ）将点()1,n n n A a a +代入21y x =+中得()11111115:21,21n n n n n n a a a a d a a n n l y x b n ++=+∴-==∴=+-⋅=+=+∴=+ 直线 …………………………………………（4分）（Ⅱ）()()()521n f n n ⎧+⎪=⎨+⎪⎩, n 为奇数, n 为偶数………………………………（5分）()()()()()()27274275421,42735227145,24k k f k f k k k k k k k k k k ++=∴++=+∴=+∴++=+∴==当为偶数时，为奇数，当为奇数时，为偶数，舍去综上，存在唯一的符合条件。

2014年5月高考数学20、21 圆锥曲线+导数含答案详解

2014年5月向波的高中数学组卷一．解答题（共6小题）1．已知函数f（x）=x﹣1+（a∈R，e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值；（Ⅱ）求函数f（x）的极值；（Ⅲ）当a=1的值时，若直线l：y=kx﹣1与曲线y=f（x）没有公共点，求k的最大值．2．已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的短轴长为2，离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）若过点M（2，0）的引斜率为k的直线与椭圆C相交于两点G、H，设P为椭圆C上一点，且满足（O为坐标原点），当时，求实数t的取值范围？3．已知函数g（x）=xlnx（Ⅰ）求g（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）若x1，x2∈（，1），x1+x2＜1，求证：x1x2＜（x1+x2）4．4．（2013•成都二模）巳知椭圆E：（a＞b＞0）以抛物线y2=8x的焦点为顶点，且离心率为（I）求椭圆E的方程（II）若F为椭圆E的左焦点，O为坐标原点，直线l：y=kx+m与椭圆E相交于A、B 两点，与直线x=﹣4相交于Q点，P是椭圆E上一点且满足，证明为定值并求出该值．5．（2009•四川）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，离心率，右准线方程为x=2．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点F1的直线l与该椭圆交于M、N两点，且，求直线l的方程．6．（2012•成都模拟）如图，线段AB过y轴上一点N（0，m），AB所在直线的斜率为k（k≠0），两端点A，B到y 轴的距离之差为4k．（1）求出以y轴为对称轴，过A，O，B三点的抛物线方程；（2）过抛物线的焦点F作动弦CD，过C，D两点分别作抛物线的切线，设其交点为M，求点M的轨迹方程，并求出的值．2014年5月向波的高中数学组卷参考答案与试题解析一．解答题（共6小题）1．已知函数f（x）=x﹣1+（a∈R，e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值；（Ⅱ）求函数f（x）的极值；（Ⅲ）当a=1的值时，若直线l：y=kx﹣1与曲线y=f（x）没有公共点，求k的最大值．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）依题意，f′（1）=0，从而可求得a的值；（Ⅱ）f′（x）=1﹣，分①a≤0时②a＞0讨论，可知f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，从而可求其极值；（Ⅲ）令g（x）=f（x）﹣（kx﹣1）=（1﹣k）x+，则直线l：y=kx﹣1与曲线y=f（x）没有公共点⇔方程g（x）=0在R上没有实数解，分k＞1与k≤1讨论即可得答案．解答：解：（Ⅰ）由f（x）=x﹣1+，得f′（x）=1﹣，又曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，∴f′（1）=0，即1﹣=0，解得a=e．（Ⅱ）f′（x）=1﹣，①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，所以f（x）无极值；②当a＞0时，令f′（x）=0，得e x=a，x=lna，x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，故f（x）在x=lna处取到极小值，且极小值为f（lna）=lna，无极大值．综上，当当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）在x=lna处取到极小值lna，无极大值．（Ⅲ）当a=1时，f（x）=x﹣1+，令g（x）=f（x）﹣（kx﹣1）=（1﹣k）x+，则直线l：y=kx﹣1与曲线y=f（x）没有公共点，等价于方程g（x）=0在R上没有实数解．假设k＞1，此时g（0）=1＞0，g（）=﹣1+＜0，又函数g（x）的图象连续不断，由零点存在定理可知g（x）=0在R上至少有一解，与“方程g（x）=0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1．又k=1时，g（x）=＞0，知方程g（x）=0在R上没有实数解，所以k的最大值为1．点评：本题考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究曲线上某点切线方程，突出分类讨论思想与等价转化思想的综合运用，属于中档题．2．已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的短轴长为2，离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）若过点M（2，0）的引斜率为k的直线与椭圆C相交于两点G、H，设P为椭圆C上一点，且满足（O为坐标原点），当时，求实数t的取值范围？考点：直线与圆锥曲线的综合问题．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）根据椭圆C：=1（a＞b＞0）的短轴长为2，离心率为，求出几何量，即可求椭圆C的方程；（2）设直线y=k（x﹣2），联立椭圆，△＞0，得，条件转换一下就是，根据弦长公式，得到，然后把把P点的横纵坐标用t，x1，x2表示出来，设G（x1，y1），H（x2，y2），其中要把y1，y2分别用直线代换，最后还要根据根系关系把x1，x2消成k，得，代入椭圆，得到关系式，所以，根据利用已经解的范围得到．解答：解：（1）∵椭圆C：=1（a＞b＞0）的短轴长为2，离心率为，∴b=1，=，∵a2=b2+c2，∴a=，b=1，∴椭圆C的方程为…（3分）（2）设G（x1，y1），H（x2，y2），设直线y=k（x﹣2），联立椭圆，可得（1+2k2）x2﹣8kx+8k2﹣2=0△=（﹣8k）2﹣4（1+2k2）（8k2﹣2）＞0，得，…（5分）条件转换一下就是，∵x1+x2=，x1x2=根据弦长公式，•＜，得到．…（7分）设P（x，y），则∵，∴（x1+x2，y1+y2）=t（x，y），∴x=（x1+x2），y=（y1+y2）根据x1+x2=，x1x2=，把x1，x2消成k，得（9分）然后代入椭圆，得到关系式，…（11分）∴，∵，∴实数t的取值范围为…（13分）点评：本题考查椭圆的方程，考查向量知识的运用，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，有难度．3．已知函数g（x）=xlnx（Ⅰ）求g（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）若x1，x2∈（，1），x1+x2＜1，求证：x1x2＜（x1+x2）4．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．专题：导数的综合应用．分析：（Ⅰ）求出函数的定义域，利用导数的几何意义即可求g（x）在x=1处的切线方程；（Ⅱ）求函数f'（x），利用函数的单调性和导数之间的关系即可求出的单调区间；（Ⅲ）根据基本不等式的解法即可证明不等式．解答：解（Ⅰ）函数的定义域为{x|x＞0}，∵g（x）=xlnx∴g'（x）=lnx+1，∴g'（1）=1，g（1）=0，∴g（x）在x=1处的切线方程为y=x﹣1．（Ⅱ）∵，∴，由f'（x）=0，得，当a=﹣1，y=f（x）的单调增区间（0，+∞），当a＜﹣1时，函数y=f（x）的单调递增区间是，单调递减区间是（Ⅲ），∴在上g（x）是增函数，上是减函数∵，∴g（x1+x2）=（x1+x2）ln（x1+x2）＞g（x1）=x1ln⁡x，即，同理．∴=．又∵，当且仅当“x1=x2”时，取等号．又，x1+x2＜1，ln（x1+x2）＜0，∴，∴ln⁡x1+lnx2＜4ln（x1+x2），即：x1x2＜（x1+x2）4．成立．点评：本题主要考查导数的综合应用，要求熟练掌握导数的几何意义，综合性较强，运算量较大．4．（2013•成都二模）巳知椭圆E：（a＞b＞0）以抛物线y2=8x的焦点为顶点，且离心率为（I）求椭圆E的方程（II）若F为椭圆E的左焦点，O为坐标原点，直线l：y=kx+m与椭圆E相交于A、B 两点，与直线x=﹣4相交于Q点，P是椭圆E上一点且满足，证明为定值并求出该值．考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（I）由抛物线的焦点可求得a，由可求得c，再由b2=a2﹣c2可求得b；（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l方程、椭圆方程消掉y得x的二次方程，根据及韦达定理可用k、m表示点P坐标，代入椭圆方程可得关于k、m的方程①，由①及向量的数量积公式可求得为定值；解答：解：（Ⅰ）抛物线y2=8x的焦点即为椭圆E的顶点，即a=2，又，所以c=1，b=，所以椭圆E的方程为；（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立⇒（4k2+3）x2+8kmx+4m2﹣12=0，由韦达定理，得，y1+y2=k（x1+x2）+2m=，将P（）代入椭圆E方程，得，整理，得4m2=4k2+3，又F（﹣1，0），Q（﹣4，m﹣4k），∴，，故=．点评：本题考查椭圆方程、向量的数量积运算，考查方程思想，考查学生综合运用知识解决问题的能力．5．（2009•四川）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，离心率，右准线方程为x=2．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点F1的直线l与该椭圆交于M、N两点，且，求直线l的方程．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；直线的一般式方程；椭圆的标准方程．专题：计算题；压轴题．分析：（1）由已知得，解得，由此能得到所求椭圆的方程．（2）由题意知F1（﹣1，0）、F2（1，0），①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x=﹣1，由得设、，，这与已知相矛盾．②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k（x+1），设M（x1，y1）、N（x2，y2），联立，消元得（1+2k2）x2+4k2x+2k2﹣2=0．再由根与系数的关系进行求解．解答：解：（1）由已知得，解得∴∴所求椭圆的方程为（2）由（1）得F1（﹣1，0）、F2（1，0）①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x=﹣1，由得设、，∴，这与已知相矛盾．②若直线l的斜率存在，设直线直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k（x+1），设M（x1，y1）、N（x2，y2），联立，消元得（1+2k2）x2+4k2x+2k2﹣2=0∴，∴．又∵∴∴化简得40k4﹣23k2﹣17=0解得k2=1或k2=（舍去）∴k=±1∴所求直线l的方程为y=x+1或y=﹣x﹣1点评：本题考查直线和圆锥曲线的综合应用，解题时要认真审题，合理解答．6．（2012•成都模拟）如图，线段AB过y轴上一点N（0，m），AB所在直线的斜率为k（k≠0），两端点A，B到y 轴的距离之差为4k．（1）求出以y轴为对称轴，过A，O，B三点的抛物线方程；（2）过抛物线的焦点F作动弦CD，过C，D两点分别作抛物线的切线，设其交点为M，求点M的轨迹方程，并求出的值．考点：抛物线的标准方程；轨迹方程；抛物线的应用．专题：计算题．分析：（1）设出直线AB的方程和抛物线的方程，及A，B点坐标，根据图象可推断出由图可知x1＞0，x2＜0且|x1|﹣|x2|=4k，进而求得x1+x2，进而根据韦达定理求得x1+x2的表达式，最后建立等式求得p，则抛物线方程可得．（2）设出C，D坐标，进而可表示出过C，D两点的切线的方程，求得两条切线的交点，设CD的直线方程代入抛物线方程消去y，进而求得才C，D两点横坐标的积，求得点M的横坐标，推断出点M的轨迹方程，表示出，和进而求得的值．解答：解：（1）AB所在直线方程为y=kx+m，抛物线方程为x2=2py，且A（x1，y1），B（x2，y2），∵由图可知x1＞0，x2＜0．|x1|﹣|x2|=4k，即x1+x2=4k．把y=kx+m代入x2=2py得x2﹣2pkx﹣2pm=0，∴x1+x2=2pk．∴2pk=4k，∴p=2．故所求抛物线方程为x2=4y．（2）设．过抛物线上C、D两点的切线方程分别是．∴两条切线的交点M的坐标为（）．设CD的直线方程为y=nx+1，代入x2=4y得x2﹣4nx﹣4=0．∴x3x4=﹣4，故M的坐标为（）．故点M的轨迹为y=1．∴∵而，=﹣1点评：本题主要考查了抛物线的标准方程，直线方程，向量的基本运算．。

2014高考函数与导数汇编及详细解答

2014高考函数与导数解答题汇编1．[2014·江西卷18] 已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．解：(1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x （x ＋2）1－2x，由f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝0.所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝0，在x ＝0处取得极大值f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋（3b －2）]1－2x ，易知当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，－x1－2x<0，依题意当x ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，得b ≤19. 所以b 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，19.2.[2014·安徽卷18] 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 18．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)．当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0，①当a ≥4时，x 2≥1.由(1)知，f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.由(1)知，f (x )在[0，x 2]上单调递增，在[x 2，1]上单调递减，所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值；当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．3．[2014·北京卷18] 已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin xx <b 对x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．18．解：(1)证明：由f (x )＝x cos x －sin x 得f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .因为在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上f ′(x )＝－x sin x <0，所以f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减．从而f (x )≤f (0)＝0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”，“sin xx <b ”等价于“sin x －bx <0”．令g (x )＝sin x －cx ，则g ′(x )＝cos x －c .当c ≤0时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立．当c ≥1时，因为对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，g ′(x )＝cos x －c <0，所以g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立．当0<c <1时，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0.g (x )与g ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的情况如下：因为g (x )在区间(0，x 0)上是增函数，所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝⎛⎭⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立．所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.4．[2014·福建卷20] 已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 20．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2. 当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值． (2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x . 由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4>0，故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，所以当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x .(3)证明：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x >0时，x 2<e x . 故当x >0时，x 2<c e x .取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .②若0<c <1，令k ＝1c >1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立．而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立．令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x.所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增．取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增．又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ，易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0. 即存在x 0＝16c，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝4c ，由(2)知，当x >0时，e x>x 2，所以e x＝e x 2·e x 2>⎝⎛⎭⎫x 22·⎝⎛⎭⎫x 22，当x >x 0时，e x>⎝⎛⎭⎫x 22⎝⎛⎭⎫x 22>4c ⎝⎛⎭⎫x 22＝1c x 2，因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 方法三：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3<e x .证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x .由(2)知，当x >0时，x 2<e x ，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x .取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x .因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .5．[2014·湖北卷22] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝ln xx 的单调区间；(2)求e 3，3e ，e π，πe ，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．22．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝ln xx ，所以f ′(x )＝1－ln x x 2.当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e <ln πe ，ln e π<ln 3π. 于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增，可得3e <πe <π3，e 3<e π<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中．由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)，即ln ππ<ln 33<ln ee .由ln ππ<ln 33，得ln π3<ln3π，所以3π>π3；由ln 33<ln e e，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3.综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e .(3)由(2)知，3e <πe <π3<3π，3e <e 3.又由(2)知，ln ππ<ln e e ，得πe <e π.故只需比较e 3与πe 和e π与π3的大小．由(1)知，当0<x <e 时，f (x )<f (e)＝1e ，即ln x x <1e.在上式中，令x ＝e 2π，又e 2π<e ，则ln e 2π<e π，从而2－ln π<e π，即得ln π>2－eπ.①由①得，eln π>e ⎝⎛⎭⎫2－e π>2.7×⎝⎛⎭⎫2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即eln π>3，亦即ln πe >ln e 3，所以e 3<πe .又由①得，3ln π>6－3eπ>6－e>π，即3ln π>π，所以e π<π3.综上可得，3e <e 3<πe <e π<π3<3π，即这6个数从小到大的顺序为3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π.6．[2014·湖南卷22] 已知常数a ＞0，函数f (x )＝ln(1＋ax )－2xx ＋2.(1)讨论f (x )在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＞0，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax 2＋4（a －1）（1＋ax ）（x ＋2）2.(*)当a ≥1时，f ′(x )>0，此时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．当0<a <1时，由f ′(x )＝0得x 1＝21－a a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝－21－a a 舍去.当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在区间(0，x 1)上单调递减，在区间(x 1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a ≥1时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，21－a a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫21－a a ，＋∞上单调递增．(2)由(*)式知，当a ≥1时，f ′(x )≥0，此时f (x )不存在极值点，因而要使得f (x )有两个极值点，必有0<a <1.又f (x )的极值点只可能是x 1＝21－a a 和x 2＝－21－aa，且由f (x )的定义可知，x >－1a且x ≠－2，所以－21－a a >－1a ，－21－a a ≠－2，解得a ≠12.此时，由(*)式易知，x 1，x 2分别是f (x )的极小值点和极大值点．而f (x 1)＋f (x 2)＝ln(1＋ax 1)－2x 1x 1＋2＋ln(1＋ax 2)－2x 2x 2＋2＝ln[1＋a (x 1＋x 2)＋a 2x 1x 2]－4x 1x 2＋4（x 1＋x 2）x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4＝ln(2a －1)2－4（a －1）2a －1＝ln(2a －1)2＋22a －1－2.令2a －1＝x .由0<a <1且a ≠12知，当0<a <12时，－1<x <0；当12<a <1时，0<x ＜1. 记g (x )＝ln x 2＋2x－2.(i)当－1<x <0时，g (x )＝2ln(－x )＋2x －2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2x2<0，因此，g (x )在区间(－1，0)上单调递减，从而g (x )<g (－1)＝－4<0.故当0<a <12时，f (x 1)＋f (x 2)<0.(ii)当0<x <1时，g (x )＝2ln x ＋2x －2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2x2<0，因此，g (x )在区间(0，1)上单调递减，从而g (x )>g (1)＝0.故当12<a <1时，f (x 1)＋f (x 2)>0.综上所述，满足条件的a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1.7．[2014·江苏卷19] 已知函数f (x )＝e x ＋e －x ，其中e 是自然对数的底数． (1)证明：f (x )是R 上的偶函数．(2)若关于x 的不等式mf (x )≤e －x ＋m －1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围．(3)已知正数a 满足：存在x 0∈[1，＋∞)，使得f (x 0)<a (－x 30＋3x 0)成立．试比较e a －1与a e －1的大小，并证明你的结论．19．解： (1)证明：因为对任意 x ∈R ，都有f (－x )＝e －x ＋e －(－x )＝e －x ＋e x ＝f (x )，所以f (x )是R 上的偶函数．(2)由条件知 m (e x ＋e －x －1)≤e －x －1在(0，＋∞)上恒成立．令 t ＝e x (x >0)，则 t >1，所以 m ≤－t －1t 2－t ＋1＝－1t －1＋1t －1＋ 1对任意 t >1成立．因为t －1＋1t －1＋ 1≥2（t －1）·1t － 1＋1＝3, 所以－1t －1＋1t －1＋ 1≥－13，当且仅当 t ＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－13.(3)令函数 g (x )＝e x ＋1e x － a (－x 3＋3x )，则g ′ (x ) ＝e x －1ex ＋3a (x 2－1)．当 x ≥1时，e x －1e x >0，x 2－1≥0.又a >0，故 g ′(x )>0，所以g (x )是[1，＋∞)上的单调递增函数，因此g (x )在[1，＋∞)上的最小值是 g (1)＝ e ＋e －1－2a .由于存在x 0∈[1，＋∞)，使e x 0＋e －x 0－a (－x 30＋ 3x 0 )<0 成立，当且仅当最小值g (1)<0，故 e ＋e －1－2a <0, 即 a >e ＋e －12.令函数h (x ) ＝ x －(e －1)ln x －1，则 h ′(x )＝1－e －1x . 令 h ′(x )＝0, 得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，h ′(x )<0，故h (x )是(0，e －1)上的单调递减函数；当x ∈(e －1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e －1，＋∞)上的单调递增函数．所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值是h (e －1)．注意到h (1)＝h (e)＝0，所以当x ∈(1，e －1)⊆(0，e －1)时，h (e －1)≤h (x )<h (1)＝0；当x ∈(e －1，e)⊆(e －1，＋∞)时， h (x )<h (e)＝0.所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．故①当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e－12，e ⊆(1，e)时， h (a )<0，即a －1<(e －1)ln a ，从而e a －1<a e －1；②当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；③当a ∈(e ，＋∞)⊆(e －1，＋∞)时，h (a )>h (e)＝0，即a －1>(e －1)ln a ，故e a －1>a e －1.综上所述，当a ∈⎝⎛⎭⎫e ＋e －12，e 时，e a －1<a e －1；当a ＝e 时，e a －1＝a e －1；当a ∈(e ，＋∞)时，e a －1>a e －1.8．[2014·辽宁卷] 已知函数f (x )＝(cos x －x )(π＋2x )－83(sin x ＋1)，g (x )＝3(x －π)cos x －4(1＋sin x )ln⎝⎛⎭⎫3－2x π.证明：(1)存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使f (x 0)＝0；(2)存在唯一x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使g (x 1)＝0，且对(1)中的x 0，有x 0＋x 1<π.21．证明：(1)当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝－(1＋sin x )·(π＋2x )－2x －23cos x <0，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上为减函数．又f (0)＝π－83>0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝－π2－163<0，所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使f (x 0)＝0.(2)记函数h (x )＝3（x －π）cos x 1＋sin x－4ln ⎝⎛⎭⎫3－2πx ，x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π.令t ＝π－x ，则当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，t ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.记u (t )＝h (π－t )＝3t cos t 1＋sin t －4 ln ⎝⎛⎭⎫1＋2πt ，则u ′(t )＝3f （t ）（π＋2t ）（1＋sin t ）. 由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，u ′(t )>0，当t ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，u ′(t )<0.故在(0，x 0)上u (t )是增函数，又u (0)＝0，从而可知当t ∈(0，x 0]时，u (t )>0，所以u (t )在(0，x 0]上无零点．在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上u (t )为减函数，由u (x 0)>0，u ⎝⎛⎭⎫π2＝－4ln 2<0，知存在唯一t 1∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2，使u (t 1)＝0，故存在唯一的t 1∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使u (t 1)＝0.因此存在唯一的x 1＝π－t 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使h (x 1)＝h (π－t 1)＝u (t 1)＝0.因为当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，1＋sin x >0，故g (x )＝(1＋sin x )h (x )与h (x )有相同的零点，所以存在唯一的x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使g (x 1)＝0.因为x 1＝π－t 1，t 1>x 0，所以x 0＋x 1<π.9．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1.21．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e.设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .因为g min (x )＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝h (1)＝h max (x )，所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.10．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )＝e x －e －x －2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2＜2＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．21．解：(1)f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x －e －2x －4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e －2x －2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)．(i)当b ≤2时，g ′(x )≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0.(ii)当b >2时，若x 满足2<e x ＋e －x <2b －2，即0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.11．、[2014·全国卷] 函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋a (a >1)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a 1＝1，a n ＋1＝ln(a n ＋1)，证明：2n ＋2<a n ≤3n ＋2.22．解：(1)易知f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x [x －（a 2－2a ）]（x ＋1）（x ＋a ）2.(i)当1<a <2时，若x ∈(－1，a 2－2a )，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，a 2－2a )是增函数；若x ∈(a 2－2a ，0)，则f ′(x )<0，所以f (x )在(a 2－2a ，0)是减函数；若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)是增函数．(ii)当a ＝2时，若f ′(x )≥0，f ′(x )＝0成立当且仅当x ＝0，所以f (x )在(－1，＋∞)是增函数. (iii)当a >2时，若x ∈(－1，0)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，0)是增函数；若x ∈(0，a 2－2a )，则f ′(x )<0，所以f (x )在(0，a 2－2a )是减函数；若x ∈(a 2－2a ，＋∞)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(a 2－2a ，＋∞)是增函数． (2)由(1)知，当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)是增函数．当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝0，即ln(x ＋1)>2xx ＋2(x >0)．又由(1)知，当a ＝3时，f (x )在[0，3)是减函数．当x ∈(0，3)时，f (x )<f (0)＝0，即ln(x ＋1)<3xx ＋3(0<x <3)．下面用数学归纳法证明2n ＋2<a n ≤3n ＋2.(i)当n ＝1时，由已知23<a 1＝1，故结论成立．(ii)假设当n ＝k 时结论成立，即2k ＋2<a k ≤3k ＋2. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ln(a k ＋1)>ln ⎝⎛⎭⎫2k ＋2＋1>2×2k ＋22k ＋2＋2＝2k ＋3，a k ＋1＝ln(a k ＋1)≤ln ⎝⎛⎭⎫3k ＋2＋1<3×3k ＋23k ＋2＋3＝3k ＋3，即当n ＝k ＋1时，有2k ＋3 <a k ＋1≤3k ＋3，结论成立．根据(i)(ii)知对任何n ∈N *结论都成立．12．[2014·山东卷] 设函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 20．解：(1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x ＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，当k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点．当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点．当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，g （2）>0，0<ln k <2，解得e<k <e22.综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e ，e 22. 13．[2014·陕西卷] 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N ＋，比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明． 21．解：由题设得，g (x )＝x1＋x (x ≥0)．(1)由已知，g 1(x )＝x1＋x ，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x ＝x1＋2x ，g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可得g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x ，结论成立．②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x1＋kx.那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋（k ＋1）x ，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立． (2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a（1＋x ）2＝x ＋1－a （1＋x ）2，当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0， ∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立(仅当x ＝0时等号成立)．当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，故知ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋nn ＋1，比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x 1＋x ，x >0.令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n .下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立．②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1)．那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x 1＋x，x >0.令x ＝1n ，n ∈N ＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12，ln 3－ln 2>13，……ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1，上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1，结论得证．方法三：如图，⎠⎛0n x x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋nn ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n xx ＋1d x ＝⎠⎛0n ⎝⎛⎭⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证．14．，[2014·四川卷] 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，求a 的取值范围． 21．解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b . 所以g ′(x )＝e x －2a .当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负．故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1. 同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2. 故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12<a <e2.此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增．因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0. 由f (1)＝0得a ＋b ＝e －1<2，则g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0，解得e －2<a <1. 当e －2<a <1时，g (x )在区间[0，1]内有最小值g (ln(2a ))．若g (ln(2a ))≥0，则g (x )≥0(x ∈[0，1])，从而f (x )在区间[0，1]内单调递增，这与f (0)＝f (1)＝0矛盾，所以g (ln(2a ))<0. 又g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.故此时g (x )在(0，ln(2a ))和(ln(2a )，1)内各只有一个零点x 1和x 2.由此可知f (x )在[0，x 1]上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在[x 2，1]上单调递增．所以f (x 1)>f (0)＝0，f (x 2)<f (1)＝0，故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．综上可知，a 的取值范围是(e －2，1)．15．、[2014·天津卷] 设f (x )＝x －a e x (a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2. (1)求a 的取值范围；(2)证明：x 2x 1随着a 的减小而增大；(3)证明：x 1＋x 2随着a 的减小而增大．20．解：(1)由f (x )＝x －a e x ，可得f ′(x )＝1－a e x . 下面分两种情况讨论：(i)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (ii)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a .当x 变化时，f ′(x )这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)．于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0；③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0.由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1.而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；取s 2＝2a ＋ln 2a，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝⎝⎛⎭⎫2a －e 2a ＋⎝⎛⎭⎫ln 2a －e 2a <0. 故a 的取值范围是(0，e －1)．(2)证明：由f (x )＝x －a e x ＝0，有a ＝x e x .设g (x )＝xe x ，由g ′(x )＝1－x e x ，知g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x ∈(－∞，0]时，g (x )≤0; 当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>0.由已知，x 1，x 2满足a ＝g (x 1)，a ＝g (x 2)．由a ∈(0，e －1)及g (x )的单调性，可得x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)．对于任意的a 1，a 2∈(0，e －1)，设a 1>a 2，g (ξ1)＝g (ξ2)＝a 1，其中0<ξ1<1<ξ2；g (η1)＝g (η2)＝a 2，其中0<η1<1<η2.因为g (x )在(0，1)上单调递增，所以由a 1>a 2，即g (ξ1)>g (η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2.又由ξ1，η1>0，得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1，所以x 2x 1随着a 的减小而增大．(3)证明：由x 1＝a e x 1，x 2＝a e x 2，可得ln x 1＝ln a ＋x 1，ln x 2＝ln a ＋x 2.故x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1＝ln x 2x 1.设x 2x 1＝t ，则t >1，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝ln t ，解得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln tt －1，所以x 1＋x 2＝（t ＋1）ln t t －1.① 令h (x )＝（x ＋1）ln xx －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1x （x －1）2. 令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，得u ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －1x 2.当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0.因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )>u (1)＝0，由此可得h ′(x )>0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．因此，由①可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大．而由(2)，t 随着a 的减小而增大，所以x 1＋x 2随着a 的减小而增大．16．[2014·浙江卷] 已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R )．(1)若f (x )在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R ，若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1，1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．22．解：(1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1，(i)当a ≤－1时，有x ≥a ，故f (x )＝x 3＋3x －3a ，此时f (x )在(－1，1)上是增函数，因此，M (a )＝f (1)＝4－3a ，m (a )＝f (－1)＝－4－3a ，故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8. (ii)当－1<a <1时，若x ∈(a ，1)，则f (x )＝x 3＋3x －3a .在(a ，1)上是增函数；若x ∈(－1，a )，则f (x )＝x 3－3x ＋3a 在(－1，a )上是减函数．所以，M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3.由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此，当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时，M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2.(iii)当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋3a ，此时f (x )在(－1，1)上是减函数，因此，M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a ，故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4.综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ，h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x >a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1，1]恒成立，即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1，1]恒成立，所以由(1)知，(i)当a ≤－1时，h (x )在(－1，1)上是增函数，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ，则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，矛盾．(ii)当－1<a ≤13时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，所以a 3＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝⎛⎭⎫0，13上是增函数，故t (a )>t (0)＝－2，因此－2≤3a ＋b ≤0.(iii)当13<a <1时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2，解得－2827<3a ＋b ≤0；(iv)当a ≥1时，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0.综上，得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a ＋b ≤0.17．[2014·重庆卷] 已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x －cx (a ，b ，c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ，b 的值；(2)若c ＝3，判断f (x )的单调性； (3)若f (x )有极值，求c 的取值范围．20．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝2a e 2x ＋2b e －2x －c ，由f ′(x )为偶函数，知f ′(－x )＝f ′(x )，即2(a －b )(e 2x －e －2x )＝0.因为上式总成立，所以a ＝b .又f ′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ，所以a ＝1，b ＝1.(2)当c ＝3时，f (x )＝e 2x －e －2x －3x ，那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －3≥22e 2x ·2e －2x －3＝1>0，故f (x )在R 上为增函数．(3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c ，而2e 2x ＋2e －2x ≥22e 2x ·2e －2x ＝4，当且仅当x ＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论：当c <4时，对任意x ∈R ，f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －c >0，此时f (x )无极值．当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e －2x －4>0，此时f (x )无极值．当c >4时，令e 2x＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1，2＝c ±c 2－164>0，则f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1，x 2＝12ln t 2. 当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0. 从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值．综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．。

2014-2004辽宁省十一年高考数学导数大题含详解(第一道是14新课标二)

一．解答题（共14小题）1．已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．2．（2014•辽宁）已知函数f（x）=（cosx﹣x）（π+2x）﹣（sinx+1）g（x）=3（x﹣π）cosx﹣4（1+sinx）ln（3﹣）证明：（Ⅰ）存在唯一x0∈（0，），使f（x0）=0；（Ⅱ）存在唯一x1∈（，π），使g（x1）=0，且对（Ⅰ）中的x0，有x0+x1＜π．3．（2013•辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，（I）求证：；（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．4．（2012•辽宁）设f（x）=ln（x+1）++ax+b（a，b∈R，a，b为常数），曲线y=f（x）与直线y=x在（0，0）点相切．（I）求a，b的值；（II）证明：当0＜x＜2时，f（x）＜．5．（2011•辽宁）已知函数f（x）=lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（I）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（Ⅲ）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．6．（2010•辽宁）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）设a＜﹣1．如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，求a的取值范围．7．（2009•辽宁）已知函数f（x）=x2﹣ax+（a﹣1）lnx，a＞1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）证明：若a＜5，则对任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有．8．（2008•辽宁）设函数．（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a，使得关于x的不等式f（x）≥a的解集为（0，+∞）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．9．（2007•辽宁）已知函数f（x）=2t2﹣2（e x+x）t+e2x+x2+1，g（x）=f′（x）．（I）证明：当时，g（x）在R上是增函数；（II）对于给定的闭区间[a，b]，试说明存在实数k，当t＞k时，g（x）在闭区间[a，b]上是减函数；（III）证明：．10．（2007•辽宁）已知数列{a n}，{b n}与函数f（x），g（x），x∈R满足条件：a n=b n，f（b n）=g（b n+1）（n∈N*）．（I）若f（x）≥tx+1，t≠0，t≠2，g（x）=2x，f（b）≠g（b），存在，求x的取值范围；（II）若函数y=f（x）为R上的增函数，g（x）=f﹣1（x），b=1，f（1）＜1，证明对任意n∈N*，a n+1＜a n（用t表示）．11．（2006•辽宁）已知函数f（x）=，其中a，b，c是以d为公差的等差数列，，且a＞0，d＞0．设x0为f（x）的极小值点，在[1﹣]上，f′（x）在x1处取得最大值，在x2处取得最小值，将点（x0，f（x0）），（x1，f′（x1）），（x2，f′（x2，f（x2））依次记为A，B，C．（I）求x0的值；（II）若△ABC有一边平行于x轴，且面积为，求a，d的值．12．（2006•辽宁）已知f0（x）=x n，其中k≤n（n，k∈N+），设F（x）=C n0f0（x2）+C n1f1（x2）+…+C n n f n（x2），x∈[﹣1，1]．（1）写出f k（1）；（2）证明：对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣n﹣1．13．（2005•辽宁）函数y=f（x）在区间（0，+∞）内可导，导函数f'（x）是减函数，且f′（x）＞0．设x0∈（0，+∞），y=kx+m是曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））得的切线方程，并设函数g（x）=kx+m．（Ⅰ）用x0、f（x0）、f′（x0）表示m；（Ⅱ）证明：当x0∈（0，+∞）时，g（x）≥f（x）．14．（2004•辽宁）已知函数f（x）=ln（e x+a）（a＞0）．（1）求函数y=f（x）的反函数y=f﹣1（x）及f（x）的导数f′（x）；（2）假设对任意x∈[ln（3a），ln（4a）]，不等式|m﹣f﹣1（x）|+ln（f′（x））＜0成立，求实数m的取值范围．2014年08月17日超微觀世界的高中数学组卷参考答案与试题解析一．解答题（共14小题）1．已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．）问的结论，设法利用2即知，当＜，并利用的近似值，故将ln代入，得＞，当，得的范围的端点值，达到了估值的目的．2．（2014•辽宁）已知函数f（x）=（cosx﹣x）（π+2x）﹣（sinx+1）g（x）=3（x﹣π）cosx﹣4（1+sinx）ln（3﹣）证明：（Ⅰ）存在唯一x0∈（0，），使f（x0）=0；（Ⅱ）存在唯一x1∈（，π），使g（x1）=0，且对（Ⅰ）中的x0，有x0+x1＜π．，，）＜=x[，，]，（）时，﹣，﹣）＜，﹣x[[，]﹣t，）上）））（，，3．（2013•辽宁）已知函数f（x）=（1+x）e﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx，当x∈[0，1]时，（I）求证：；（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．）时，⇔==）时，⇔．综上可知：=，则≤=x=4．（2012•辽宁）设f（x）=ln（x+1）++ax+b（a，b∈R，a，b为常数），曲线y=f（x）与直线y=x在（0，0）点相切．（I）求a，b的值；（II）证明：当0＜x＜2时，f（x）＜．）与直线可得）＜）与直线时，，∴①）＜．5．（2011•辽宁）已知函数f（x）=lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（I）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（Ⅲ）若函数y=f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．+x﹣时的最小值大于零即可，，，且当）时，（）单调递增，在（+x（==）时，时，+x﹣（）＞＜﹣（）在（∴，6．（2010•辽宁）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）设a＜﹣1．如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，求a的取值范围．.，解得时，；）在单调增加，在，则．7．（2009•辽宁）已知函数f（x）=x2﹣ax+（a﹣1）lnx，a＞1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）证明：若a＜5，则对任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有．，则+x=，8．（2008•辽宁）设函数．（1）求f（x）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a，使得关于x的不等式f（x）≥a的解集为（0，+∞）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．．，知时，满足，且9．（2007•辽宁）已知函数f（x）=2t2﹣2（e x+x）t+e2x+x2+1，g（x）=f′（x）．（I）证明：当时，g（x）在R上是增函数；（II）对于给定的闭区间[a，b]，试说明存在实数k，当t＞k时，g（x）在闭区间[a，b]上是减函数；（III）证明：．（，即证．又由且，即，都有，即10．（2007•辽宁）已知数列{a n}，{b n}与函数f（x），g（x），x∈R满足条件：a n=b n，f（b n）=g（b n+1）（n∈N*）．（I）若f（x）≥tx+1，t≠0，t≠2，g（x）=2x，f（b）≠g（b），存在，求x的取值范围；（II）若函数y=f（x）为R上的增函数，g（x）=f（x），b=1，f（1）＜1，证明对任意n∈N*，a n+1＜a n（用t表示）．，所以，知，，得，可得．，可知，是等比数列，其首项为，公比为，即存在，可得0.11．（2006•辽宁）已知函数f（x）=，其中a，b，c是以d为公差的等差数列，，且a＞0，d＞0．设x0为f（x）的极小值点，在[1﹣]上，f′（x）在x1处取得最大值，在x2处取得最小值，将点（x0，f（x0）），（x1，f′（x1）），（x2，f′（x2，f（x2））依次记为A，B，C．（I）求x0的值；（II）若△ABC有一边平行于x轴，且面积为，求a，d的值．，故可根据﹣2+﹣∴＜﹣＜＞）﹣（﹣）﹣＞，知﹣﹣时，（﹣）（﹣，﹣）=2+得1+））=2+，得d+=2+a=312．（2006•辽宁）已知f0（x）=x n，其中k≤n（n，k∈N+），设F（x）=C n0f0（x2）+C n1f1（x2）+…+C n n f n（x2），x∈[﹣1，1]．（1）写出f k（1）；（2）证明：对任意的x1，x2∈[﹣1，1]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣n﹣1．==13．（2005•辽宁）函数y=f（x）在区间（0，+∞）内可导，导函数f'（x）是减函数，且f′（x）＞0．设x0∈（0，+∞），y=kx+m是曲线y=f（x）在点（x0，f（x0））得的切线方程，并设函数g（x）=kx+m．（Ⅰ）用x0、f（x0）、f′（x0）表示m；（Ⅱ）证明：当x0∈（0，+∞）时，g（x）≥f（x）．14．（2004•辽宁）已知函数f（x）=ln（e x+a）（a＞0）．（1）求函数y=f（x）的反函数y=f﹣1（x）及f（x）的导数f′（x）；（2）假设对任意x∈[ln（3a），ln（4a）]，不等式|m﹣f﹣1（x）|+ln（f′（x））＜0成立，求实数m的取值范围．．．即。

2014高考数学理(真题讲练规律总结名师押题)热点专题突破：第五讲导数及其应用

第五讲导数及其应用变化率导数定义导函数定积分微积分基本定理定积分应用在几何中的应用在物理中的应用导数的计算基本初等函数的导数公式简单复合函数求导导数四则运算导数的应用函数单调性曲线的切线极值与最值优化问题几何意义曲边梯形面积变速运动行程1．(导数的几何意义)若函数f (x )＝2xx 2＋1在点(2，f (2))处的切线为l ，则直线l 与y 轴的交点坐标为________．【解析】 f ′(x )＝2(x 2＋1)－2x ·2x (x 2＋1)2＝－2x 2＋2(x 2＋1)2，则f ′(2)＝－625，又f (2)＝45，故直线l 的方程为y －45＝－625(x －2)，令x ＝0得y ＝3225，即直线l 与y 轴的交点坐标为⎝⎛⎭⎫0，3225. 【答案】 ⎝⎛⎭⎫0，3225 2．(导数与单调性的关系)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．【解析】 y ′＝x －1x ，且x >0.令y ′＝x －1x ≤0，解之得0<x ≤1，∴函数的单调减区间为(0,1]．【答案】 (0,1]3．(定积分)定积分(x 2＋sin x )d x ＝________.【解析】(x 2＋sin x )d x ＝⎝⎛⎭⎫13x 3－cos x |1－1＝⎝⎛⎭⎫13－cos 1－⎣⎡⎦⎤－13－cos (－1)＝23. 【答案】 234．(函数的最值)已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)，在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为__________．【解析】 ∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，有f (0)>f (2)>f (－2)． ∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37. 【答案】－375．(导数的实际应用)放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M (单位：太贝克)与时间t (单位：年)满足函数关系．M (t )＝M 0·2－t30，其中M 0为t ＝0时铯137含量．已知t ＝30时，铯137含量的变化率是－10ln 2(太贝克/年)，则M (60)＝________太贝克．【解析】由题意，M ′(t )＝M 0·2－t 30(－130)ln 2.∴M ′(30)＝M 0·2－1(－130)ln 2＝－10ln 2，则M 0＝600，故M (60)＝600×2－2＝150.【答案】 150(2013·山东高考)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ，b ∈R )．(1)设a ≥0，求f (x )的单调区间；(2)设a ＞0，且对任意x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小．【思路点拨】 (1)求f ′(x )，分a ＝0与a ＞0两种情况求f ′(x )＞0与f ′(x )＜0的解集．同时注意b 对解集的影响；(2)由f (x )≥f (1)知，f (1)是函数f (x )的最小值，由此可建立等量关系寻找a 、b 的关系，进而构造函数比较大小．【自主解答】 (1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)，得 f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x .①当a ＝0时，f ′(x )＝bx －1x.a ．若b ≤0，当x ＞0时，f ′(x )＜0恒成立，所以函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)．b ．若b ＞0，当0＜x ＜1b 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，当x ＞1b时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1b ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1b ，＋∞. ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得2ax 2＋bx －1＝0. 由Δ＝b 2＋8a ＞0，得x 1＝－b －b 2＋8a 4a ，x 2＝－b ＋b 2＋8a4a .显然x 1＜0，x 2＞0.当0＜x ＜x 2时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ＞x 2时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．所以函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－b ＋b 2＋8a 4a ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ＋b 2＋8a 4a ，＋∞.综上所述，当a ＝0，b ≤0时，函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)；当a ＝0，b ＞0时，函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1b ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1b ，＋∞；当a ＞0时，函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－b ＋b 2＋8a 4a ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ＋ b 2＋8a 4a ，＋∞.(2)由题意知函数f (x )在x ＝1处取得最小值．由(1)知－b ＋b 2＋8a4a 是f (x )的唯一极小值点，故－b ＋b 2＋8a 4a ＝1.整理，得2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a .令g (x )＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1－4xx .令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．因此g (x )≤g ⎝⎛⎭⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0. 故g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0，即ln a ＜－2b .1．解答第(2)题的关键是根据b ＝1－2a ，构造函数g (x )＝2－4x ＋ln x ，再求函数g (x )的最大值．2．根据函数的单调性求参数取值范围的思路． (1)求f ′(x )．(2)将单调性转化为f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立问题求解，要注意“＝”是否可以取到，应加以检验．变式训练1 (2013·宜昌模拟)已知函数f (x )＝a ln x －2ax ＋3(a ≠0)． (1)求函数f (x )的单调增区间；(2)函数y ＝f (x )的图象在x ＝2处的切线的斜率为32.若函数g (x )＝13x 3＋x 2[f ′(x )＋m ]在区间(1,3)上不是单调函数．求实数m 的取值范围．【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．又f ′(x )＝ax －2a ＝a (1－2x )x ，∴当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12.当a <0时，由f ′(x )>0，得x >12，∴当a >0时，f (x )的增区间为(0，12)；当a <0时，f (x )的增区间为(12，＋∞)．(2)∵f (x )在x ＝2处的切线斜率为32，∴f ′(2)＝－32a ＝32，∴a ＝－1.此时f ′(x )＝2－1x ，因此g (x )＝13x 3＋x 2(2－1x ＋m )＝13x 3＋(2＋m )x 2－x . ∴g ′(x )＝x 2＋2(2＋m )x －1. ∵g (x )在区间(1,3)上不是单调函数，则g ′(x )在(1,3)内有零点．又g ′(0)＝－1，∴结合g ′(x )的图象知⎩⎪⎨⎪⎧g ′(1)<0，g ′(3)>0.即⎩⎪⎨⎪⎧1＋2(2＋m )－1<0，9＋6(2＋m )－1>0，解之得－103<m <－2.故实数m 的取值范围为(－103，－2).【命题要点】 ①已知函数，求极值或最值；②已知极值或最值，求参数的取值范围.(2013·广东高考)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R )．(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝⎛⎦⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .【思路点拨】 (1)求函数的单调区间，就是求不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0的解集．(2)求函数在给定区间上的最大值，要结合函数单调性求出极值，并和区间端点函数值进行比较，因含有参数，故需要分类讨论．【自主解答】 (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2， f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)．由f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝ln 2>0. 由f ′(x )>0，得x <0或x >ln 2. 由f ′(x )<0，得0<x <ln 2.所以函数f (x )的单调增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调减区间为(0，ln 2)． (2)因为f (x )＝(x －1)e x －kx 2，所以f ′(x )＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝ln(2k )，因为k ∈⎝⎛⎦⎤12，1，所以2k ∈(1,2]，所以0<ln(2k )≤ln 2. 设g (k )＝k －ln(2k )，k ∈⎝⎛⎦⎤12，1， g ′(k )＝1－1k ＝k －1k ≤0，所以g (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上是减函数，所以g (k )≥g (1)＝1－ln 2>0，即0<ln(2k )<k . 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：f (0)＝－1，f (k )＝(k －1)e k －k 3，f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3＋1＝(k －1)e k －(k 3－1) ＝(k －1)e k －(k －1)(k 2＋k ＋1) ＝(k －1)[e k －(k 2＋k ＋1)]．因为k ∈⎝⎛⎦⎤12，1，所以k －1≤0.令h (k )＝e k －(k 2＋k ＋1)，则h ′(k )＝e k －(2k ＋1)．对任意的k ∈⎝⎛⎦⎤12，1，y ＝e k 的图象恒在y ＝2k ＋1的图象的下方，所以e k －(2k ＋1)<0，即h ′(k )<0，所以函数h (k )在⎝⎛⎦⎤12，1上为减函数，故h (1)≤h (k )<h (12)＝e 12－⎝⎛⎭⎫14＋12＋1＝e －74<0，所以f (k )－f (0)≥0，即f (k )≥f (0)．所以函数f (x )在[0，k ]上的最大值M ＝f (k )＝(k －1)e k －k 3.1．解答本题第(2)小题时，需要判断f (0)与f (k )的大小，采用作差比较法，对于不能判断正负的因式，构造函数利用导数求解．2．(1)求闭区间上可导函数的最值，对于极大值还是极小值，可不作判断，只需要将其与端点的函数值比较．(2)本题充分考查分类讨论的数学思想，分类标准要明确，讨论要彻底，这才能有效地避免错误．变式训练2 (2013·浙江高考)已知a ∈R ，函数f (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax . (1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)若|a |>1，求f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值．【解】 (1)当a ＝1时，f ′(x )＝6x 2－12x ＋6，所以f ′(2)＝6. 又因为f (2)＝4，所以切线方程为y －4＝6(x －2)，即6x －y －8＝0.(2)记g (a )为f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值． f ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )．令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝a . 当a >1时，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1<a ≤3，a 2(3－a )，a >3.当a <－1时，综上所述，f (x )在闭区间[0,2|a |]上的最小值为g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1，a <－1，0，1<a ≤3，a 2(3－a )，a >3.(2013·济南模拟)设f (x )＝(x ＋a )ln xx ＋1，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x ＋y ＋1＝0垂直．(1)求a 的值；(2)若∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)恒成立，求m 的范围．(3)求证：ln 42n ＋1＜∑ni ＝1i4i 2－1.(n ∈N *)．【思路点拨】 (1)利用f ′(1)＝12求解．(2)把f (x )≤m (x －1)进行等价转化，构造函数，利用导数判断不等式是否恒成立． (3)根据第(2)题的结论可得ln x ＜12⎝⎛⎭⎫x －1x ，令x ＝2k ＋12k －1可得到ln 2k ＋12k －1＜4k 4k 2－1，即14[ln(2k ＋1)－ln(2k －1)]＜k4k 2－1，k ∈N *，累加求和，可证明结论．【自主解答】(1)f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋a x ＋ln x (x ＋1)－(x ＋a )ln x (x ＋1)2，由题设f ′(1)＝12，∴2(1＋a )4＝12.∴1＋a ＝1，∴a ＝0.(2)f (x )＝x ln xx ＋1，∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)，即ln x ≤m ⎝⎛⎭⎫x －1x . 设g (x )＝ln x －m ⎝⎛⎭⎫x －1x ，即∀x ∈[1，＋∞)，g (x )≤0. g ′(x )＝1x －m ⎝⎛⎭⎫1＋1x 2＝－mx 2＋x －m x 2.①若m ≤0，g ′(x )＞0，g (x )≥g (1)＝0，这与题设g (x )≤0矛盾②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2.当Δ≤0，即m ≥12时，g ′(x )≤0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (1)＝0，即不等式成立．当0＜m ＜12时，方程－mx 2＋x －m ＝0，其根x 1＝1－1－4m 22m ＞0，x 2＝1＋1－4m 22m＞1，当x ∈(1，x 2)，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，g (x )＞g (1)＝0，与题设矛盾．综上所述，m ≥12.(3)由(2)知，当x ＞1时，m ＝12时，ln x ＜12⎝⎛⎭⎫x －1x 成立．不妨令x ＝2k ＋12k －1，k ∈N *所以ln 2k ＋12k －1＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫2k ＋12k －1－2k －12k ＋1＝4k4k 2－1， 14[ln(2k ＋1)－ln(2k －1)]＜k4k 2－1，k ∈N * ⎩⎪⎨⎪⎧14(ln 3－ln 1)＜14×12－1，14(ln 5－ln 3)＜24×22－1，…………14[(ln (2n ＋1)－ln (2n －1)]＜n 4×n 2－1，累加可得14ln(2n ＋1)＜∑ni ＝1 i 4i 2－1(n ∈N *)．即ln 42n ＋1＜∑ni ＝1i4i 2－1(n ∈N *)．1．本题失分原因主要有：(1)对不等式f (x )≤m (x －1)不能正确转化，或对m 不能进行分类讨论求解．(2)思维能力差，不能根据第(2)题的结论得到ln x ＜12⎝⎛⎭⎫x －1x ，或不能根据结论，令x ＝2k ＋12k －1，从而得不到14[ln(2k ＋1)－(2k －1)]＜k4k 2－1，k ∈N *.2．涉及不等式证明或不等式恒成立问题，常根据题目的特征，恰当构建函数，利用导数研究函数的单调性，转化为求函数的最值、极值问题，解题中要注意转化的等价性．对于含参数的不等式，注意分离参数与分类讨论；必要时，可作出函数图象草图，借助几何直观分析转化．变式训练3 (2013·黄冈模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋x 2，g (x )＝a ln x (a ≠0，a ∈R )． (1)若对任意x ∈[1，＋∞)，使得f (x )＋g (x )≥－x 3＋(a ＋2)x 恒成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：对n ∈N *，不等式1ln (n ＋1)＋1ln (n ＋2)＋…＋1ln (n ＋2 013)＞ 2 013n (n ＋2 013)成立．【解】 (1)f (x )＋g (x )≥－x 3＋(a ＋2)x 转化为a (ln x －x )≥2x －x 2，易知ln x ＜x ，∴a ≤x 2－2x x －ln x ，设φ(x )＝x 2－2xx －ln x，φ′(x )＝(x －1)(x ＋2－2ln x )(x －ln x )2，设h (x )＝x ＋2－2ln x ，h ′(x )＝1－2x.∵h (x )在(1,2)单调递减，(2，＋∞)单调递增， ∴h (x )min ＝h (2)＝4－2ln 2＞0.∴φ′(x )≥0，∴φ(x )在[1，＋∞)上是增函数， φ(x )min ＝φ(1)＝－1. ∴a ≤－1.(2)由(1)知：a ln x －(a ＋2)x ＋x 2≥0对x ≥1恒成立，令a ＝－1，则ln x ≤x 2－x ， ∴1ln x ＞1x (x －1)＝1x －1－1x. 取x ＝n ＋1，n ＋2，…，n ＋2 013得1ln (n ＋1)＞1n －1n ＋1，1ln (n ＋2)＞1n ＋1－1n ＋2，…，1ln (n ＋2 013)＞1n ＋2 012－1n ＋2 013.相加得：1ln (n ＋1)＋1ln (n ＋2)＋…＋1ln (n ＋2 013)＞⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋2 012－1n ＋2 013＝1n －1n ＋2 013＝ 2 013n (n ＋2 013).从近两年高考题来看，导数的应用是高考考查的热点，重点考查利用导数判断函数的单调性，证明不等式．解决恒成立等问题，其中利用导数研究方程根的个数问题，2013年山东高考对此做了考查，在复习备考时应高度重视．导数在研究函数图象公共点中的应用(12分)已知f (x )＝x 2＋3x ＋1，g (x )＝a －1x －1＋x .(1)a ＝2时，求y ＝f (x )和y ＝g (x )图象的公共点个数； (2)a 为何值时，y ＝f (x )和y ＝g (x )的公共点个数恰为两个．【规范解答】 (1)当a ＝2时，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝f (x )，y ＝g (x )，得x 2＋3x ＋1＝1x －1＋x ，2分整理得x 3＋x 2－x －2＝0(x ≠1)，即联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，y ＝x 3＋x 2－x －2(x ≠1)， 4分求导得y ′＝3x 2＋2x －1＝0得x 1＝－1，x 2＝13，得到极值点分别在－1和13处，且极大值、极小值都是负值，图象如图，故交点只有一个.6分(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝f (x )，y ＝g (x )，得x 2＋3x ＋1＝a －1x －1＋x ，整理得a ＝x 3＋x 2－x (x ≠1)，8分即联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝a ，y ＝h (x )＝x 3＋x 2－x (x ≠1)，对h (x )求导可以得到极值点分别在－1和13处，画出草图如图．h (－1)＝1，h ⎝⎛⎭⎫13＝－527，10分当a ＝h (－1)＝1时，y ＝a 与y ＝h (x )仅有一个公共点(因为(1,1)点不在y ＝h (x )曲线上)，故a ＝－527时恰有两个公共点.12分【阅卷心语】易错提示 (1)第(1)小题中不能把两函数图象的交点个数问题转化为函数的零点个数问题求解或不能利用函数的极值及变化趋势画出函数的大致图象，从而无法求解．(2)第(2)小题中，未能分离参数a ，使问题进一步转化，从而无法求解．防范措施 (1)函数图象有公共点⇔方程有解⇔函数有零点，它们之间的相互转化是解决此类问题的关键．(2)分离参数是求参数的值或参数范围的常用方法，应切实掌握．1．若函数f (x )＝log a (x 3－ax )(a ＞0，a ≠1)在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内单调递增，则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫14，1 B.⎣⎡⎭⎫34，1 C.⎝⎛⎭⎫94，＋∞D.⎝⎛⎭⎫1，94 【解析】由x 3－ax ＞0得x (x 2－a )＞0，则有⎩⎪⎨⎪⎧ x ＞0，x 2－a ＞0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＜0，x 2－a ＜0，∴x ＞a 或－a ＜x ＜0，即函数f (x )的定义域为(a ，＋∞)∪(－a ，0)．令g (x )＝x 3－ax ，则g ′(x )＝3x 2－a .由g ′(x )＜0得－3a3＜x ＜0. 从而g (x )在x ∈⎝⎛⎭⎫－3a 3，0上是减函数，又函数f (x )在x ∈⎝⎛⎭⎫－12，0内单调递增，则有⎩⎨⎧0＜a ＜1，－a ≤－12，－3a 3≤－12，∴34≤a ＜1. 【答案】 B 2．已知函数f (x )＝x 3＋x ，对任意的m ∈[－2,2]，f (mx －2)＋f (x )＜0恒成立，则x 的取值范围是________．【解析】 ∵f ′(x )＝3x 2＋1＞0恒成立， ∴函数f (x )在R 上是增函数．又f (－x )＝(－x )3＋(－x )＝－(x 3＋x )＝－f (x )， ∴函数f (x )是奇函数．由f (mx －2)＋f (x )＜0得f (mx －2)＜－f (x )＝f (－x )， ∴mx －2＜－x ，即xm －2＋x ＜0在m ∈[－2,2]上恒成立．记g (m )＝xm －2＋x ，则⎩⎪⎨⎪⎧ g (－2)＜0，g (2)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2＋x ＜0，2x －2＋x ＜0得－2＜x ＜23.【答案】 ⎝⎛⎭⎫－2，23。

14年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解

14年高考数学压轴题系列训练含答案及解析详解1．（本小题满分14分）如图，设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，过P 作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.（1）求△APB的重心G的轨迹方程.（2）证明∠PFA=∠PFB.解：（1）设切点A、B坐标分别为，∴切线AP的方程为：切线BP的方程为：解得P点的坐标为：所以△APB的重心G的坐标为，所以，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：（2）方法1：因为由于P点在抛物线外，则∴同理有∴∠AFP=∠PFB.方法2：①当所以P点坐标为，则P点到直线AF的距离为：即所以P点到直线BF的距离为：所以d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.②当时，直线AF的方程：直线BF的方程：所以P点到直线AF的距离为：，同理可得到P点到直线BF的距离，因此由d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB. 2．（本小题满分12分）设A、B是椭圆上的两点，点N（1，3）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.（Ⅰ）确定的取值范围，并求直线AB的方程；（Ⅱ）试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并说明理由.（此题不要求在答题卡上画图）本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识以及推理运算能力和综合解决问题的能力.（Ⅰ）解法1：依题意，可设直线AB的方程为，整理得①设是方程①的两个不同的根，∴②且由N（1，3）是线段AB的中点，得解得k=－1，代入②得，的取值范围是（12，+∞）.于是，直线AB的方程为解法2：设则有依题意，∵N（1，3）是AB的中点，∴又由N（1，3）在椭圆内，∴∴的取值范围是（12，+∞）.直线AB的方程为y－3=－（x－1），即x+y－4=0.（Ⅱ）解法1：∵CD垂直平分AB，∴直线CD的方程为y－3=x－1，即x－y+2=0，代入椭圆方程，整理得又设CD的中点为是方程③的两根，∴于是由弦长公式可得④将直线AB的方程x+y－4=0，代入椭圆方程得⑤同理可得⑥∵当时，假设存在>12，使得A、B、C、D四点共圆，则CD必为圆的直径，点M为圆心.点M到直线AB的距离为⑦于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得故当>12时，A、B、C、D四点匀在以M为圆心，为半径的圆上.（注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：）A、B、C、D共圆△ACD为直角三角形，A为直角|AN|2=|CN|·|DN|，即⑧由⑥式知，⑧式左边由④和⑦知，⑧式右边∴⑧式成立，即A、B、C、D四点共圆.解法2：由（Ⅱ）解法1及λ>12,∵CD垂直平分AB，∴直线CD方程为，代入椭圆方程，整理得③将直线AB的方程x+y－4=0，代入椭圆方程，整理得⑤解③和⑤式可得不妨设∴计算可得，∴A在以CD为直径的圆上.又B为A关于CD的对称点，∴A、B、C、D四点共圆.（注：也可用勾股定理证明AC⊥AD）3．（本小题满分14分）已知不等式为大于2的整数，表示不超过的最大整数. 设数列的各项为正，且满足（Ⅰ）证明（Ⅱ）猜测数列是否有极限？如果有，写出极限的值（不必证明）；（Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当时，对任意b>0，都有本小题主要考查数列、极限及不等式的综合应用以及归纳递推的思想.（Ⅰ）证法1：∵当即于是有所有不等式两边相加可得由已知不等式知，当n≥3时有，∵证法2：设，首先利用数学归纳法证不等式（i）当n=3时，由知不等式成立.（ii）假设当n=k（k≥3）时，不等式成立，即则即当n=k+1时，不等式也成立.由（i）、（ii）知，又由已知不等式得（Ⅱ）有极限，且（Ⅲ）∵则有故取N=1024，可使当n>N时，都有4．如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点F1，F2在x轴上，长轴A1A2的长为4，左准线l与x轴的交点为M，|MA1|∶|A1F1|＝2∶1．(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若点P为l上的动点，求∠F1PF2最大值．本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆方程、两条直线的夹角等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.满分14分.解：(Ⅰ)设椭圆方程为，半焦距为，则(Ⅱ)5．已知函数和的图象关于原点对称，且．(Ⅰ)求函数的解析式；(Ⅱ)解不等式；(Ⅲ)若在上是增函数，求实数的取值范围．本题主要考查函数图象的对称、二次函数的基本性质与不等式的应用等基础知识，以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力.满分14分.解：(Ⅰ)设函数的图象上任意一点关于原点的对称点为，则∵点在函数的图象上∴(Ⅱ)由当时，，此时不等式无解.当时，，解得.因此，原不等式的解集为.（Ⅲ）①②ⅰ）ⅱ）6．(本题满分16分)本题共有3个小题,第1小题满分4分, 第2小题满分6分, 第3小题满分6分.对定义域分别是D f、D g的函数y=f(x) 、y=g(x),(1) 若函数f(x)=,g(x)=x2,x∈R,写出函数h(x)的解析式;(2) 求问题(1)中函数h(x)的值域;(3)若g(x)=f(x+α), 其中α是常数,且α∈[0,π],请设计一个定义域为R的函数y=f(x),及一个α的值,使得h(x)=cos4x,并予以证明.[解] (1)h(x)= x∈(-∞,1)∪(1,+∞)1 x=1(2) 当x≠1时, h(x)= =x-1++2,若x>1时, 则h(x)≥4,其中等号当x=2时成立若x<1时, 则h(x)≤ 0,其中等号当x=0时成立∴函数h(x)的值域是(-∞,0] {1}∪[4,+∞)(3)令f(x)=sin2x+cos2x,α=则g(x)=f(x+α)= sin2(x+)+cos2(x+)=cos2x-sin2x,于是h(x)= f(x)·f(x+α)= (sin2x+co2sx)( cos2x-sin2x)=cos4x.另解令f(x)=1+sin2x, α=,g(x)=f(x+α)= 1+sin2(x+π)=1-sin2x,于是h(x)= f(x)·f(x+α)= (1+sin2x)( 1-sin2x)=cos4x.7．(本题满分18分)本题共有3个小题,第1小题满分4分, 第2小题满分8分, 第3小题满分6分.在直角坐标平面中,已知点P1(1,2),P2(2,22),┄,P n(n,2n),其中n是正整数.对平面上任一点A0,记A1为A0关于点P1的对称点, A2为A1关于点P2的对称点, ┄, A N为A N-1关于点P N的对称点.(1)求向量的坐标;(2)当点A0在曲线C上移动时, 点A2的轨迹是函数y=f(x)的图象,其中f(x)是以3为周期的周期函数,且当x∈(0,3]时,f(x)=lgx.求以曲线C为图象的函数在(1,4]上的解析式;(3)对任意偶数n,用n表示向量的坐标.[解](1)设点A0(x,y), A0为P1关于点的对称点A0的坐标为(2-x,4-y),A1为P2关于点的对称点A2的坐标为(2+x,4+y),∴={2,4}.(2) ∵={2,4},∴f(x)的图象由曲线C向右平移2个单位,再向上平移4个单位得到.因此, 曲线C是函数y=g(x)的图象,其中g(x)是以3为周期的周期函数,且当x∈(-2,1]时,g(x)=lg(x+2)-4.于是,当x∈(1,4]时,g(x)=lg(x-1)-4.另解设点A0(x,y), A2(x2,y2),于是x2-x=2,y2-y=4,若3< x2≤6,则0< x2-3≤3,于是f(x2)=f(x2-3)=lg(x2-3).当1< x≤4时, 则3< x2≤6,y+4=lg(x-1).∴当x∈(1,4]时,g(x)=lg(x-1)-4.(3) =,由于,得=2()=2({1,2}+{1,23}+┄+{1,2n-1})=2{,}={n,}。

2014辽宁省高考压轴卷数学理试题 Word版含解析

辽宁省高考压轴卷数学试卷（理）第I 卷（选择题共60分）一. 选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.全集U =R ，集合{10}A x x =+<，{30}B x x =-<，那么集合()U C A B =（）A {13}x x -≤<B {13}x x -<<C {1}x x <-D {3}x x >2．已知复数20141i z i=+，则复数z 在复平面内对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．“4a <-”是“函数()3f x ax =+在区间[-1，1]上存在零点”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．某大学生在22门考试中，所得分数如下茎叶图所示，则此学生考试分数的极差与中位数之和为A ．117B ．118C ．118．5D ．119．55．在ABC ∆中，90C =，且3CA CB ==，点M 满足2,BM MA CM CB =⋅则等于（）A ．2B ．3C ．4D ．66. 把函数)6sin(π+=x y 图象上各点的横坐标缩短到原来的21倍（纵坐标不变），再将图象向右平移3π个单位，那么所得图象的一条对称轴方程为 ( ) A ．2π-=x B ．4π-=x C ．8π=x D ．4π=x7. 已知,a b 为两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，且a α⊥，b β⊥，则下列命题中的假命题是 A ．若a ∥b ，则α∥β B ．若αβ⊥，则a b ⊥ C ．若,a b 相交，则,αβ相交 D ．若,αβ相交，则,a b 相交 8．阅读右边的程序框图，输出的结果s 的值为A ．0 BCD．-9．实数y x ,满足条件2,4,20,x x y x y c ≥⎧⎪+≤⎨⎪-++≥⎩目标函数3z x y =+的最小值为5，则该目标函数y x z +=3的最大值为( )A. 10B. 12C. 14D. 15410. 如图，直角坐标系xOy 所在的平面为α，在锐二面角βα--y 的β面上的曲线1C 在α上的正射影为曲线2C .2C 在xOy 系下的方程为：()10122≤≤=+x y x ，平面α上的直线1:-=x y l 与平面β所成角的正弦值为46，曲线1C 的离心率为e ，则 A ．1=e B ．1>e C ．23=e D ．21=e11．设函数11,(,2)()1(2),[2,)2x x f x f x x ⎧--∈-∞⎪=⎨-∈+∞⎪⎩，则函数()()1F x xf x =-的零点的个数为A ．4B ．5C ．6D ．712．设等差数列{}n a 满足：22222233363645sin cos cos cos sin sin 1sin()a a a a a a a a -+-=+，公差(1,0)d ∈-．若当且仅当9n =时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，则首项1a 的取值范围是( )A ．74,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．43,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭C ．74,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．43,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 第II 卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13题－21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题－24题为选考题，考生根据要求作答二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。

2014年高考数学压轴卷及答案

绝密★启用前试卷类型：A2014年高考数学压轴卷22()x x -++第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1、定义集合运算：A ⊙B ={z ︳z =xy ,x ∈A ,y ∈B },设集合A ={—2013,0,2013},B ={ln a ,e a },则集合A ⊙B 的所有元素之和为【】 A. 2013 B. 0 C. —2013 D. ln2013+e 20132、奇函数f (x )在（0，+∞）上的解析式是f (x )= x (1—x )，则在（-∞，0）上，f (x )的函数解析式是【】A. f (x )= —x (1—x )B. f (x )= x(1+x ) C. f (x )= —x (1+x ) D. f (x )= x (x —1) 3、若复数221z i i=++，其中i 是虚数单位，则复数z 的模为【】 A.2B.C. D. 24、设a ∈R ，则“a =1”是“直线l 1：ax +2y —1=0与直线l 2：x +（a +1）y +4=0平行的【】A.充分不必要条件B.必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分不必要条件 5、若一个螺栓的底面是正六边形，它的主视图和俯视图如图所示，则它的体积是【】 A ． B ． π C ．D ．6、为得到函数πcos 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像，只需将函数sin 2y x =的图像【】 A ．向左平移5π12个长度单位B ．向右平移5π12个长度单位C ．向左平移5π6个长度单位 D ．向右平移5π6个长度单位7、若程序框图如图所示,则该程序运行后输出k 的值是( ) A. 4 B. 5C. 6D. 7容器8、从某高中随机选取5名高三男生，其身高和体重的数据如下表所示：根据上表可得回归直线方程0.56y x a =+，据此模型预报身高为172 cm 的高三男生的体重为【】A ． 70.09B ． 70.12C ． 70.55D ． 71.059、在棱长分别为1，2，3的长方体上随机选取两个相异顶点，若每个顶点被选的概率相同，则选到两个顶点的距离大于3的概率为【】A.47 B.37 C.27 D.31410、设等差数列{}n a 满足：22222233363645sin cos cos cos sin sin 1sin()a a a a a a a a -+-=+，公差(1,0)d ∈-. 若当且仅当9n =时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，则首项1a 的取值范围是【】 A. 74,63ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B. 43,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭ C. 74,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D.43,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦第Ⅱ卷（非选择题共100分）二、填空题：（本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案值填在答题卡的相应位置） 11、给n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色，当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如图1所示，由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有____________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有____________.(结果用数值表示) 12、设(5nx 的展开式的各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，若M —N=240，则展开式中3x 的系数为13、如图是一种加热水和食物的太阳灶，上面装有可旋转的抛物面形的反光镜，镜的轴截面是抛物线的一部分，盛水和食物的容器放在抛物线的焦点处，容器由若干根等长的铁筋焊接在一起的架子支撑。

2014高考数学压轴题(4)

2014数学压轴题（4）31.下列命题：①偶函数的图像一定与y 轴相交；②定义在R 上的奇函数()f x 必满足(0)0f =；③()()2()21221f x x x =+--既不是奇函数又不是偶函数； ④1,,:1A B f x y x ==→=+R R ，则f 为 A B 到的映射； ⑤1()f x x =在()(),00,-∞+∞上是减函数. ⑥),3(,4)(+∞∈+=x xx x f 是增函数其中真命题的序号是（把你认为正确的命题的序号都填上）32.已知()f x 是定义在2(,38)t t t --上的奇函数，其值域为2(1,1)t t t -++，则函数()(2011)3g x f x =+-的值域为 .A (3,3)- .B (1,1)- .C (6,0)- .D (4,2)--33.在下列说法中，你认为正确的有（填序号）.①函数()y f x =的零点个数与方程()0f x =根的个数相等.②函数()log a f x x =定义域为[]1,5，则其值域为[]0,log 5a . ③已知12()f x x =，对于任意12,(0,)x x ∈+∞，且12x x ≠都有1212()()()22x x f x f x f ++>. ④幂函数()a f x x =的图像不过坐标原点，则0a ≤.⑤函数,(0x y a b a =+>且1)a ≠图像不过第一象限，则01,1a b <<<-.34.关于函数)42sin()(π-=x x f 有下列命题： ①其表达式可写成)42cos()(π+=x x f ； ②直线8π-=x 是)(x f 图象的一条对称轴；③)(x f 的图象可由x x g 2sin )(=的图象向右平移4π个单位长度得到； ④存在),0(πα∈，使)3()(αα+=+x f x f 恒成立．其中正确的是（填序号）35.给出,a b 的下列关系:①01a b <<<; ②01b a <<<; ③1a b >>；④1b a >>;⑤01a b <<<; ⑥01b a <<<.则其中可以使．．．log 2log 2a b <成立的有______．36.若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“孪生函数”，那么函数解析式为,122+=x y 值域为{}19,5的“孪生函数”共有_______个。

2014年高考数学压轴题

1.(2014新课标1）已知A （0，-2），椭圆E ：2222y x a b+=1（a>b>0)，F 是椭圆的焦点，直线AF的斜率为3，O 为坐标原点。

（1）求E 的方程；（2）设过点A 的直线l 与E 相交于P 、Q 两点，当ΔOPQ 的面积最大时，求l 的方程。

2.(2014新课标2）设1F、2F分别是椭圆C ：2222yx a b+=1（a>b>0)的左右焦点，M 是C上一点，且M2F与x 轴垂直，M1F与C 的另一个交点为N 。

（1）若直线MN 的斜率为34，求C 的离心率；（2）若直线MN 在y 轴上的截距为2，且MN =51NF ,求a,b 的值。

3.（2014辽宁卷）圆22yx +=4的切线与x 轴正半轴，y 轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图）。

双曲线1C：22x a -22y b=1过点P（1）求1C的方程；（2）椭圆2C过点P 且与1C有相同的焦点，直线l 过2C的右焦点且与2C交与A 、B 两点。

若以线段AB 为直径的圆过点P,求直线l 的方程。

4.（2014上海卷）在平面直角坐标系xoy 中，对于直线l:ax+by+c=0和点1P (1x ，1y），2P (2x，2y），记η=（a1x +b 1y+c)(a2x+b2y+c).若η<0，则称点1P、2P被直线l 分割。

若曲线C 与l 没有公共点，且曲线C 上存在点1P、2P被直线l 分割，则称直线l 为曲线C 的一条分割线。

（1）求证：点A （1，2),B (-1,0)被直线x+y-1=0分割；（2）若直线y=kx 是曲线2x-42y=1的分割线，求实数k 的取值范围；（3）动点M 到点Q(0,2)的距离与到y 轴的距离之积为1，设点M 的轨迹为曲线E 。

求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E 的分割线。

5.（2014）已知椭圆C ：2222y x a b+=1（a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形。

湖北省2014高考数学压轴卷试题理(含解析)

2014湖北省高考压轴卷数学理科本试卷分第I 卷（选择题）和第 II 卷(非选择题)两部分。

考试时间120分钟。

满分：150分。

第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题：本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请在答题卡相应位置将正确结论的代号用2B 铅笔涂黑．1、设i 是虚数单位，z 是复数z 的共轭复数，若321i z i=+，则z =（）A ．1i -- B. 1i + C ．1i -+ D.1i -2、设21:1,:log 02xp q x ⎛⎫>< ⎪⎝⎭,则p 是q 的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3、某学校用分层抽样的方法从三个年级抽取若干学生，调查“马年春节”学生参加社会实践活动情况，有关数据如下（单位：人）：年级年级人数年级人数高一 1080 x 高二1350 y 高三90020则x A.24,50 B.24,30 C.30,24 D.30,504、执行如图所示的程序框图（算法流程图），则输出结果是（） A ．0 B.23 C. 34D. 895、已知,x y R ∈，则222211()(4)x y y x++的最小值为（） A ．10 B ．8 C ．9 D ．76、在ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，若22425a b a b +=+-且222a b c bc =+-，则sin B 的值为（）A ．32 B. 34 C ．22 D.351B CB D 1A A 1C 1D 7、若数列{}n a 的首项为3，{}n b 为等差数列且1()n n n b a a n N +=-∈*，若32b =-,1012b =,则8a =（）(A) 0 (B) 3 (C) 8 (D) 11 8、在平面直角坐标系xOy 中，过定点()1,1Q 的直线l 与曲线:1xC y x =-交于点,M N ，则ON OQ MO OQ -=（）A ．2B ．．4 D ．9、函数()3sin f x x x x=--+，当0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，恒有()()2cos 2sin 220f m f m θθ++-->成立，则实数m 的取值范围（）A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ B ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭ 10、正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点中任取4个连接构成的三棱锥中，满足任意一条棱都不与其表面垂直的三棱锥的个数（）A.22B.24C.26D.28 二、填空题：本大题共6小题，考生共需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11—14题）11、某几何体的三视图及部分数据如图所示，则此几何体的表面积是12、若实数,x y 满足+1021x y x y x -≥⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩，且2z x y =+的最大值为13、已知双曲线C 的中心在原点，且左、右焦点分别为12,F F ,以12F F 为底边作正三角形，若双曲线C 与该正三角形两腰的交点恰为两腰的中点，则双曲线C 的离心率为 14、函数()f x 的定义域为D ，若存在闭区间[],a b D ⊆，使得满足：()f x 在[],a b 上是单调函数且在[],a b 上的值域为[]2,2a b ，则称区间[],a b 为函数()f x 的“和谐区间”。

专题03 导数与应用-2014年高考数学试题分项版解析(解析版)

专题3 导数与应用1. 【2014高考安徽卷文第15题】若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：)(i 直线l 在点()00,y x P 处与曲线C 相切；)(ii 曲线C 在P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点P 处“切过”曲线C .下列命题正确的是_________(写出所有正确命题的编) ①直线0:=y l 在点()0,0P 处“切过”曲线C ：3yx =②直线1:-=x l 在点()0,1-P 处“切过”曲线C ：2)1(+=x y ③直线x y l =:在点()0,0P 处“切过”曲线C ：x y sin = ④直线x y l =:在点()0,0P 处“切过”曲线C ：x y tan = ⑤直线1:-=x y l 在点()0,1P 处“切过”曲线C ：x y ln =3. 【2014高考湖南卷文第9题】若1201x x <<<，则（）A.2121ln ln xxe e x x ->-B.2121ln ln x xe e x x -<-C.1221xxx e x e >D.1221xxx e x e <①②解得1,2,a b =-⎧⎨=-⎩所以3a b +=-．【考点】导数与切线斜率．5. 【2014高考江西卷文第10题】在同意直角坐标系中，函数22322()2ay ax x y a x ax x a a R =-+=-++∈与的图像不可能的是（）6. 【2014高考江西卷文第11题】若曲线P x x y 上点ln =处的切线平行于直线P y x 则点,012=+-的坐标是_______. 【答案】(,)e e 【解析】试题分析：因为ln 1y x '=+，设切点(,)a b ，则ln 12,,k a a e =+==又ln ,b a a e ==(,).P e e 考点：利用导数求切点7. 【2014高考辽宁卷文第12题】当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．[5,3]--B ．9[6,]8-- C ．[6,2]-- D ．[4,3]-- 【答案】C 【解析】试题分析：不等式32430ax x x -++≥变形为3243ax x x ≥--．当0x =时，03≥-，故实数a 的取值8. 【2014高考全国1卷文第12题】已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（）()2,+∞ （B ）()1,+∞ （C ）(),2-∞- （D ）(),1-∞-9. 【2014高考全国2卷文第11题】若函数()f x kx Inx =-在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是（）（A ）(],2-∞- （B ）(],1-∞- （C ）[)2,+∞ （D ）[)1,+∞10.【2014高考上海卷文第9题】设,0,()1,0,x a xf xx xx-+≤⎧⎪=⎨+>⎪⎩若(0)f是()f x的最小值，则a的取值范围是.12. 【2014高考北京卷文第20题】已知函数3()23f x x x =-. （1）求()f x 在区间[2,1]-上的最大值；（2）若过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切，求t 的取值范围；（3）问过点(1,2),(2,10),(0,2)A B C -分别存在几条直线与曲线()y f x =相切？（只需写出结论）【答案】(1)2;(2) (3,1)--;(3)详见解析.【解析】试题分析：（1）求导数，导数等于0求出x ，再代入原函数解析式，最后比较大小，即可；（2）设切点，由相切得出切线方程，然后列表并讨论求出结果;(3)由（2）容易得出结果.同零点”， '()g x =21212x x -=12(1)x x -，()g x 与'()g x 的情况如下：x(,0)-∞0 (0,1)1 (1,)+∞'()g x+ 0 -+ ()g xt+31t +所以，(0)3g t =+是()g x 的极大值，(1)1g t =+是()g x 的极小值，当(0)30g t =+≤，即3t ≤-时，此时()g x 在区间(,1]-∞和(1,)+∞上分别至多有1个零点，所以()g x 至多有2个零点，当(1)10g t =+≥，1t ≥-时，此时()g x 在区间(,0)-∞和[0,)+∞上分别至多有1个零点，所以()g x 至多有2个零点.当(0)0g >且(1)0g <，即31t -<<-时，因为(1)70g t -=-<，(2)110g t =+>，所以()g x 分别为区间[1,0),[0,1)-和[1,2)上恰有1个零点，由于()g x 在区间(,0)-∞和(1,)+∞上单调，所以()g x 分别在区间(,0)-∞和[1,)+∞上恰有1个零点.综上可知，当过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切时，t 的取值范围是(3,1)--.13.【2014高考大纲卷文第21题】函数f(x)=a x3+3x2+3x(a≠0). （1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围.考点：1.函数的导数；2.导数性质的应用. 14. 【2014高考福建卷文第22题】已知函数()x f x e ax =-（a 为常数）的图像与y 轴交于点A ，曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为1-.（1）求a 的值及函数()f x 的极值；（2）证明：当0x >时，2x xe <（3）证明：对任意给定的正数e ，总存在0x ，使得当0(,)x x ∈+∞时，恒有xx ce <（3）思路一：对任意给定的正数c ，取01x c=，根据2x x e <.得到当0x x >时，21x e x x c>>. 思路二：令1(0)k k c=>，转化得到只需ln ln x x k >+成立. 分01k <≤，1k >，应用导数研究()ln ln h x x x k =--的单调性. 思路三：就①1c ≥，②01c <<，加以讨论. 试题解析：解法一：②若01c <<，令()xh x ce x =-，则'()1xh x ce =-，令'()0h x =得1ln x c=. 当1lnx c >时，'()0h x >，()h x 单调递增. 取022ln x c =，22ln0222()2ln2(ln )ch x cec c c=-=-，易知22ln 0c c->，又()h x 在0(,)x +∞内单调递增，所以当0(,)x x ∈+∞时，恒有0()()0h x h x >>，即xx ce <.综上，对任意给定的正数c ，总存在0x ，当0(,)x x ∈+∞时，恒有xx ce <.考点：导数的计算及导数的应用，全称量词与存在量词，转化与化归思想，分类讨论思想.15. 【2014高考广东卷文第21题】已知函数()()32113f x x x ax a R =+++∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当0a <时，试讨论是否存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.（2）()3232000011111111233222f x f x x ax a ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=+++-⋅++⋅+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦323200011113222x x a x ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-⎢⎥⎢⎥ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦20000001111113224222x x x x x a x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++- ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 20000111236122x x x x a ⎛⎫⎛⎫=-+++++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()200011414712122x x x a ⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭，若存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，【考点定位】本题以三次函数为考查形式，考查利用导数求函数的单调区间，从中渗透了利用分类讨论的思想处理含参函数的单调区间问题，并考查了利用作差法求解不等式的问题，综合性强，属于难题.16. 【2014高考湖北卷文第21题】π为圆周率，⋅⋅⋅=71828.2e 为自然对数的底数. （1）求函数xxx f ln )(=的单调区间；（2）求3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π这6个数中的最大数与最小数；（3）将3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论.【答案】（1）单调增区间为),0(e ，单调减区间为),(+∞e ；（2）最大数为π3，最小数为e 3；（3）e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3.【解析】试题分析：（1）先求函数)(x f 的定义域，用导数法求函数)(x f 的单调区间；（2）利用（1）的结论结合函17. 【2014高考湖南卷文第21题】已知函数()cos sin 1(0)f x x x x x =-+>.（1）求()f x 的单调区间；（2）记i x 为()f x 的从小到大的第(*)i i N ∈个零点，证明：对一切*n N ∈，有2221211123n x x x +++<. 【答案】(1) 单调递减区间为()()()2,21*k k k N ππ+∈,单调递增区间为()()()()21,22*k k k N ππ++∈.(2)详见解析【解析】试题分析:(1)对函数()f x 求导得到导函数()()'0f x x >,求()'f x 大于0和小于0的解集得到单调减区间和单调增区间,但是必须注意正余弦的周期性和原函数的定义域()0,+∞.的,故()11n n x n ππ+<<+,因此, 当1n =时,2211423x π=<; 当2n =时,()222121112413x x π+<+<; 当3n ≥时,()22222221231111111+4121n x x x x n π⎡⎤+++<++++⎢⎥-⎢⎥⎣⎦()()222221231111111+51221n x x x x n n π⎡⎤⇒+++<+++⎢⎥⨯--⎣⎦2222212311111111+51221n x x x x n n π⎡⎤⎛⎫⎛⎫⇒+++<+-++- ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎣⎦221162613n ππ⎛⎫=-<< ⎪-⎝⎭, 综上所述,对一切的*n N ∈,2221211123n x x x +++<. 【考点定位】导数单调性放缩法裂项求和 18. 【2014高考江苏第19题】已知函数()xxf x e e -=+，其中e 是自然对数的底数.（1）证明：()f x 是R 上的偶函数；（2）若关于x 的不等式()1xmf x em -≤+-在(0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围；（3）已知正数a 满足：存在0(1,)x ∈+∞，使得3000()(3)f x a x x <-+成立，试比较1a e -与1e a -的大小，并证明你的结论.个幂的大小比较，我们同样适当变形，要比较它们的大小，就是要比较1a -与(1)ln e a -的大小，为此研19. 【2014高考江西文第18题】已知函数x a ax x x f )44()(22++=，其中0<a .（1）当4-=a 时，求)(x f 的单调递增区间; （2）若)(x f 在区间]4,1[上的最小值为8，求a 的值.，min ()min{(1),(4)},f x f f =由于(1)8,f ≠所以2(4)2(6416)8,f a a =++=且(4)(1),f f <解得10a =-或6a =-(舍)，当10a =-时，()f x 在(1,4)上单调递减，满足题意，综上10a =-.试题解析：（1）定义域：[0,),+∞而 2222442012(10)(2)()(84)222x ax a x ax a x a x a f x x a x xxx++++++'=++==，当4-=a 时，2(52)(2)()x x f x x--'=，由()0f x '=得25x =或2x =，列表： x2(0,)5 252(,2)52 (2,)+∞ ()f x '+-+20. 【2014高考辽宁文第21题】已知函数()(cos )2sin 2f x x x x π=---，1sin 2()()11sin x xg x x x ππ-=-+-+.证明：（Ⅰ）存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =；（Ⅱ）存在唯一1(,)2x ππ∈，使1()0g x =，且对（1）中的01x x π+>.．因此存在唯一的1(,)2x ππ∈，使得1()0g x =．由于10x t π=-，00x t <，所以01x x π+>．【考点定位】１、函数的零点；2、利用导数判断函数单调性；3、利用导数求函数的最值．21. 【2014高考全国1文第21题】设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0（1）求b;（2）若存在01,x ≥使得()01a f x a <-，求a 的取值范围。

2014年高考导数压轴题汇编解析

2014年高考导数压轴题汇编1.[2014·四川卷] 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0，1]上的最小值；(2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，求a 的取值范围．21．解：(1)由f (x )＝e x －ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b .所以g ′(x )＝e x －2a .当x ∈[0，1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，1]上单调递增，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e 2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0，1]上单调递减，因此g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e 2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，于是，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b . (2)设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负．故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1.同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2.故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在[0，1]上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e 2时，g (x )在[0，1]上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12<a <e 2. 此时g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增．因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0.由f (1)＝0得a ＋b ＝e －1<2，则g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0，解得e －2<a <1.当e －2<a <1时，g (x )在区间[0，1]内有最小值g (ln(2a ))．若g (ln(2a ))≥0，则g (x )≥0(x ∈[0，1])，从而f (x )在区间[0，1]内单调递增，这与f (0)＝f (1)＝0矛盾，所以g (ln(2a ))<0.又g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.故此时g (x )在(0，ln(2a ))和(ln(2a )，1)内各只有一个零点x 1和x 2.由此可知f (x )在[0，x 1]上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在[x 2，1]上单调递增．所以f (x 1)>f (0)＝0，f (x 2)<f (1)＝0，故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．综上可知，a 的取值范围是(e －2，1)．2．[2014·安徽卷] 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *.(1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p ＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p. 21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立．②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k >1＋kx 成立．当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x . 所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p >1＋px 均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p. ①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c pa －p k ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1. 由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1<0. 由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k p ＝⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1p>1＋p · 1p ⎝⎛⎭⎫c a p k －1＝c a p k . 因此a p k ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1p也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1p均成立．再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p n －1可得a n ＋1a n<1，即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *. 方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ，所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p ＝p －1p ⎝⎛⎭⎫1－c x p >0. 由此可得，f (x )在[c 1p ，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p 时，f (x )>f (c 1p )＝c 1p. ①当n ＝1时，由a 1>c 1p>0，即a p 1>c 可知 a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p，故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1p成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c 1p)，即有a k ＋1>a k ＋2>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>c 1p均成立． 3．[2014·福建卷] 已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值；(2)证明：当x >0时，x 2<e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .20．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a .又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2.所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值，且极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x －2x .由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4>0，故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，所以当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x .(3)证明：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x >0时，x 2<e x .故当x >0时，x 2<c e x .取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .②若0<c <1，令k ＝1c>1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立．而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立．令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x. 所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增．取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增．又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ，易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0.即存在x 0＝16c，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x . 综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝4c ，由(2)知，当x >0时，e x >x 2，所以e x ＝e x 2·e x 2>⎝⎛⎭⎫x 22·⎝⎛⎭⎫x 22，当x >x 0时，e x >⎝⎛⎭⎫x 22⎝⎛⎭⎫x 22>4c ⎝⎛⎭⎫x 22＝1c x 2，因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3<e x . 证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x . 由(2)知，当x >0时，x 2<e x ，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x . 取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x . 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .4．[2014·陕西卷] 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式；(2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N ＋，比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明．21．解：由题设得，g (x )＝x 1＋x(x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝x 1＋x， g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x 1＋x＝x 1＋2x ， g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可得g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x，结论成立． ②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x 1＋kx. 那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x1＋kx 1＋x 1＋kx＝x 1＋（k ＋1）x ，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax 1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x(x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a （1＋x ）2，当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)，∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a ≤1时，ln(1＋x )≥ax 1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立)．当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减，∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，故知ln(1＋x )≥ax 1＋x不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋n n ＋1，比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x 1＋x，x >0. 令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n . 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立． ②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1)．那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x 1＋x，x >0. 令x ＝1n ，n ∈N ＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12， ln 3－ln 2>13， ……ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1，上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1，结论得证．方法三：如图， x x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋n n ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1> x x ＋1d x ＝ ⎝⎛⎭⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证．5．[2014·湖北卷] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝ln x x的单调区间； (2)求e 3，3e ，e π，πe ，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数； (3)将e 3，3e ，e π，πe ，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论． 22．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x 2. 当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e <ln πe ，ln e π<ln 3π.于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx 在定义域上单调递增，可得3e <πe <π3，e 3<e π<3π. 故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e 与e 3之中．由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)，即ln ππ<ln 33<ln e e . 由ln ππ<ln 33，得ln π3<ln3π，所以3π>π3；由ln 33<ln e e，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3. 综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e .(3)由(2)知，3e <πe <π3<3π，3e <e 3. 又由(2)知，ln ππ<ln e e ，得πe <e π. 故只需比较e 3与πe 和e π与π3的大小．由(1)知，当0<x <e 时，f (x )<f (e)＝1e，即ln x x <1e. 在上式中，令x ＝e 2π，又e 2π<e ，则ln e 2π<e π，从而2－ln π<e π，即得ln π>2－e π.① 由①得，eln π>e ⎝⎛⎭⎫2－e π>2.7×⎝⎛⎭⎫2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即eln π>3，亦即ln πe >ln e 3，所以e 3<πe .又由①得，3ln π>6－3e π>6－e>π，即3ln π>π，所以e π<π3. 综上可得，3e <e 3<πe <e π<π3<3π，即这6个数从小到大的顺序为3e ，e 3，πe ，e π，π3，3π.6．[2014·湖南卷] 已知常数a ＞0，函数f (x )＝ln(1＋ax )－2x x ＋2. (1)讨论f (x )在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＞0，求a 的取值范围．22．解：(1)f ′(x )＝a 1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax 2＋4（a －1）（1＋ax ）（x ＋2）2.(*) 当a ≥1时，f ′(x )>0，此时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．当0<a <1时，由f ′(x )＝0得x 1＝21－a a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝－21－a a 舍去.当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在区间(0，x 1)上单调递减，在区间(x 1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a ≥1时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，21－a a 上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫21－a a ，＋∞上单调递增． (2)由(*)式知，当a ≥1时，f ′(x )≥0，此时f (x )不存在极值点，因而要使得f (x )有两个极值点，必有0<a <1.又f (x )的极值点只可能是x 1＝21－a a 和x 2＝－21－a a ，且由f (x )的定义可知， x >－1a且x ≠－2，所以－21－a a >－1a ，－21－a a ≠－2，解得a ≠12.此时，由(*)式易知，x 1，x 2分别是f (x )的极小值点和极大值点．而f (x 1)＋f (x 2)＝ln(1＋ax 1)－2x 1x 1＋2＋ln(1＋ax 2)－2x 2x 2＋2＝ln[1＋a (x 1＋x 2)＋a 2x 1x 2]－4x 1x 2＋4（x 1＋x 2）x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4＝ln(2a －1)2－4（a －1）2a －1＝ln(2a －1)2＋22a －1－2. 令2a －1＝x .由0<a <1且a ≠12知，当0<a <12时，－1<x <0；当12<a <1时，0<x ＜1. 记g (x )＝ln x 2＋2x－2. (i)当－1<x <0时，g (x )＝2ln(－x )＋2x －2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2x2<0，因此，g (x )在区间(－1，0)上单调递减，从而g (x )<g (－1)＝－4<0.故当0<a <12时，f (x 1)＋f (x 2)<0. (ii)当0<x <1时，g (x )＝2ln x ＋2x －2，所以g ′(x )＝2x －2x 2＝2x －2x2<0，因此，g (x )在区间(0，1)上单调递减，从而g (x )>g (1)＝0.故当12<a <1时，f (x 1)＋f (x 2)>0. 综上所述，满足条件的a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1.7．[2014·全国大纲卷] 函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax x ＋a(a >1)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)设a 1＝1，a n ＋1＝ln(a n ＋1)，证明：2n ＋2<a n ≤3n ＋2. 22．解：(1)易知f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x [x －（a 2－2a ）]（x ＋1）（x ＋a ）2. (i)当1<a <2时，若x ∈(－1，a 2－2a )，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，a 2－2a )是增函数；若x ∈(a 2－2a ，0)，则f ′(x )<0，所以f (x )在(a 2－2a ，0)是减函数；若x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)是增函数．(ii)当a ＝2时，若f ′(x )≥0，f ′(x )＝0成立当且仅当x ＝0，所以f (x )在(－1，＋∞)是增函数. (iii)当a >2时，若x ∈(－1，0)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－1，0)是增函数；若x ∈(0，a 2－2a )，则f ′(x )<0，所以f (x )在(0，a 2－2a )是减函数；若x ∈(a 2－2a ，＋∞)，则f ′(x )>0，所以f (x )在(a 2－2a ，＋∞)是增函数．(2)由(1)知，当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)是增函数．当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝0，即ln(x ＋1)>2x x ＋2(x >0)．又由(1)知，当a ＝3时，f (x )在[0，3)是减函数．当x ∈(0，3)时，f (x )<f (0)＝0，即ln(x ＋1)<3x x ＋3(0<x <3)．下面用数学归纳法证明2n ＋2<a n ≤3n ＋2. (i)当n ＝1时，由已知23<a 1＝1，故结论成立． (ii)假设当n ＝k 时结论成立，即2k ＋2<a k ≤3k ＋2. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝ln(a k ＋1)>ln ⎝⎛⎭⎫2k ＋2＋1>2×2k ＋22k ＋2＋2＝2k ＋3，a k ＋1＝ln(a k ＋1)≤ln ⎝⎛⎭⎫3k ＋2＋1<3×3k ＋23k ＋2＋3＝3k ＋3，即当n ＝k ＋1时，有2k ＋3 <a k ＋1≤3k ＋3，结论成立．根据(i)(ii)知对任何n ∈结论都成立．8．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.21．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋b xe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e ，故a ＝1，b ＝2. (2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x －2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x (1－x )．所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .因为g min (x )＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝h (1)＝h max (x )，所以当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.9．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )＝e x －e －x －2x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x ＞0时，g (x )＞0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2＜2＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)． 21．解：(1)f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． (2)g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x －e －2x－4b (e x －e －x )＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e－2x－2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)．(i)当b ≤2时，g ′(x )≥0，等号仅当x ＝0时成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0.(ii)当b >2时，若x 满足2<e x ＋e －x <2b －2，即0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.10．[2014·山东卷] 设函数f (x )＝e x x 2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 20．解：(1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝⎛⎭⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，当k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)．因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增，故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点．当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )．函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点．当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g （0）>0，g （ln k ）<0，g （2）>0，0<ln k <2，解得e<k <e 22.综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e ，e 22.11．[2014·天津卷] 设f (x )＝x －a e x (a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2. (1)求a 的取值范围；(2)证明：x 2x 1随着a 的减小而增大；(3)证明：x 1＋x 2随着a 的减小而增大． 20．解：(1)由f (x )＝x －a e x ，可得f ′(x )＝1－a e x . 下面分两种情况讨论：(i)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (ii)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－ln a )－ln a (－ln a ，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － f (x )－ln a －1这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)．于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0；③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0.由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1.而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；取s 2＝2a ＋ln 2a，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝⎝⎛⎭⎫2a －e 2a ＋⎝⎛⎭⎫ln 2a －e 2a <0. 故a 的取值范围是(0，e －1)．(2)证明：由f (x )＝x －a e x ＝0，有a ＝x e x .设g (x )＝xe x ，由g ′(x )＝1－x e x ，知g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x ∈(－∞，0]时，g (x )≤0; 当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>0.由已知，x 1，x 2满足a ＝g (x 1)，a ＝g (x 2)．由a ∈(0，e －1)及g (x )的单调性，可得x 1∈(0，1)，x 2∈(1，＋∞)．对于任意的a 1，a 2∈(0，e －1)，设a 1>a 2，g (ξ1)＝g (ξ2)＝a 1，其中0<ξ1<1<ξ2；g (η1)＝g (η2)＝a 2，其中0<η1<1<η2.因为g (x )在(0，1)上单调递增，所以由a 1>a 2，即g (ξ1)>g (η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2. 又由ξ1，η1>0，得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1，所以x 2x 1随着a 的减小而增大．(3)证明：由x 1＝a e x 1，x 2＝a e x 2，可得ln x 1＝ln a ＋x 1，ln x 2＝ln a ＋x 2.故x 2－x 1＝ln x 2－ln x 1＝ln x 2x 1.设x 2x 1＝t ，则t >1，且⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝tx 1，x 2－x 1＝ln t ，解得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln tt －1，所以x 1＋x 2＝（t ＋1）ln t t －1.① 令h (x )＝（x ＋1）ln x x －1，x ∈(1，＋∞)，则h ′(x )＝－2ln x ＋x －1x（x －1）2. 令u (x )＝－2ln x ＋x －1x ，得u ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －1x 2.当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0.因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )>u (1)＝0，由此可得h ′(x )>0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．因此，由①可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大．而由(2)，t 随着a 的减小而增大，所以x 1＋x 2随着a 的减小而增大．12．[2014·浙江卷] 已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R )．(1)若f (x )在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R ，若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1，1]恒成立，求3a ＋b 的取值范围．22．解：(1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1，(i)当a ≤－1时，有x ≥a ，故f (x )＝x 3＋3x －3a ，此时f (x )在(－1，1)上是增函数，因此，M (a )＝f (1)＝4－3a ，m (a )＝f (－1)＝－4－3a ，故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8. (ii)当－1<a <1时，若x ∈(a ，1)，则f (x )＝x 3＋3x －3a .在(a ，1)上是增函数；若x ∈(－1，a )，则f (x )＝x 3－3x ＋3a 在(－1，a )上是减函数．所以，M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3. 由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此，当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时，M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2.(iii)当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋3a ，此时f (x )在(－1，1)上是减函数，因此，M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a ，故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4.综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ，h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x >a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1，1]恒成立，即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1，1]恒成立，所以由(1)知，(i)当a ≤－1时，h (x )在(－1，1)上是增函数，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ，则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，矛盾．(ii)当－1<a ≤13时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，所以a 3＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝⎛⎭⎫0，13上是增函数，故t (a )>t (0)＝－2，因此－2≤3a ＋b ≤0.(iii)当13<a <1时，h (x )在[－1，1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2，解得－2827<3a ＋b ≤0；(iv)当a ≥1时，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0.综上，得3a ＋b 的取值范围是－2≤3a ＋b ≤0.13．[2014·重庆卷] 已知函数f (x )＝a e 2x －b e －2x－cx (a ，b ，c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ，b 的值；(2)若c ＝3，判断f (x )的单调性； (3)若f (x )有极值，求c 的取值范围． 20．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝2a e 2x ＋2b e －2x －c ，由f ′(x )为偶函数，知f ′(－x )＝f ′(x )，即2(a －b )(e 2x －e－2x)＝0.因为上式总成立，所以a ＝b .又f ′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ，所以a ＝1，b ＝1. (2)当c ＝3时，f (x )＝e 2x －e －2x－3x ，那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－3≥22e 2x ·2e－2x－3＝1>0，故f (x )在R 上为增函数． (3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－c ，而2e 2x ＋2e－2x≥22e 2x ·2e－2x＝4，当且仅当x ＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论：当c <4时，对任意x ∈R ，f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－c >0，此时f (x )无极值．当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－4>0，此时f (x )无极值．当c >4时，令e 2x＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1，2＝c ±c 2－164>0，则f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1，x 2＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0. 从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值．综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．。

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三、解答题87.【2014·全国卷Ⅰ（理21）】(本小题满分12分)设函数1()ln x xbe f x ae x x-=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ；（Ⅱ）证明：()1f x >. 【解析】112()'()1.(1)2,'(1).a 1, 2.x x x x a b bf x f x ae nx e e e x x xf f e b ==∞=+-+====（I ）函数的定义域为(0,+),由题意可得故 ……5分 122()1,()11.()1,'()1.x x x f x e n e f x x nx xe x e g x x nx g x nx =-=+>>-==（II ）由（I ）知从而等价于设函数则11(0,)'()0;(,)'()0.x g x x g x e e∈<∈+∞>所以当时，当时，11(),()11.g x g x e ee e+∞∞故在（0,）单调递减，在（）单调递增，从而在(0,)的最小值为g()=-……8分2(),'()(1).(0,1)'()0;(1,)'()0.()1()(0,)(1).0()(),() 1.x x h x xe h x e x ex h x x h x h x h x h ex g x h x f x --=-=-∈>∈+∞<∞∞=->>>设函数则所以当时当时，故在（0,1）单调递增，在(1,+)单调递减，从而在的最大值为综上，当时，即……12分88.【2014·全国卷Ⅰ（文21）】设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0(Ⅰ)求b ；(Ⅱ)若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围。

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