高三数学一轮复习 函数与导数(解析版)

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数 学

B单元 函数与导数

B1 函数及其表示 14.、[2014·安徽卷] 若函数f(x)(x∈R)是周期为4的奇函数,且在[0,2]上的解析式为

??x(1-x),0≤x≤1,29??41?f(x)=?则f??4?+f?6?=______. ?sin πx,1

29??41??3??7?37 π53

-+f-=-f??-f??=-+sin14. [解析] 由题易知f?+f=f=?4??6??4??6??4??6?161665

. 16

2.、[2014·北京卷] 下列函数中,定义域是R且为增函数的是( )

A.y=ex B.y=x3 C.y=ln x D.y=|x|

2.B [解析] 由定义域为R,排除选项C,由函数单调递增,排除选项A,D. 21.、、[2014·江西卷] 将连续正整数1,2,?,n(n∈N*)从小到大排列构成一个数123?n,F(n)为这个数的位数(如n=12时,此数为123456789101112,共有15个数字,F(12)=15),现从这个数中随机取一个数字,p(n)为恰好取到0的概率.

(1)求p(100);

(2)当n≤2014时,求F(n)的表达式;

(3)令g(n)为这个数中数字0的个数,f(n)为这个数中数字9的个数,h(n)=f(n)-g(n),S={n|h(n)=1,n≤100,n∈N*},求当n∈S时p(n)的最大值.

21.解:(1)当n=100时,这个数中总共有192个数字,其中数字0的个数为11,所以

11

恰好取到0的概率为p(100)=.

192

n,1≤n≤9,

??2n-9,10≤n≤99,

(2)F(n)=?

3n-108,100≤n≤999,??4n-1107,1000≤n≤2014.

(3)当n=b(1≤b≤9,b∈N*),g(n)=0;

当n=10k+b(1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N)时,g(n)=k; 当n=100时,g(n)=11,即g(n)= ?0,1≤n≤9,

?

?k,n=10k+b,1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N, ??11,n=100.

同理有f(n)= 0,1≤n≤8,

??k,n=10k+b-1,1≤k≤8,0≤b≤9,k∈N,b∈N,

?n-80,89≤n≤98,

??20,n=99,100.

*

由h(n)=f(n)-g(n)=1,可知n=9,19,29,39,49,59,69,79,89,90, 所以当n≤100时,S={9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}. 当n=9时,p(9)=0.

g(90)91

当n=90时,p(90)===. F(90)17119

g(n)kkk

当n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)===,由y=关于k

F(n)2n-920k+920k+9

8

单调递增,故当n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)的最大值为p(89)=.

169

811又<,所以当n∈S时,p(n)的最大值为. 1691919

1

3.[2014·山东卷] 函数f(x)=的定义域为( )

log2x-1

A.(0,2) B.(0,2]

C.(2,+∞) D.[2,+∞)

3.C [解析] 若函数f(x)有意义,则log2x-1>0,∴log2x>1,∴x>2.

B2 反函数

35.[2014·全国卷] 函数y=ln(x+1)(x>-1)的反函数是( ) A.y=(1-ex)3(x>-1) B.y=(ex-1)3(x>-1) C.y=(1-ex)3(x∈R) D.y=(ex-1)3(x∈R)

3

5.D [解析] 因为y=ln(x+1),所以x=(ey-1)3.因为x>-1,所以y∈R,所以函数3

y=ln(x+1)(x>-1)的反函数是y=(ex-1)3(x∈R).

B3 函数的单调性与最值 2.、[2014·北京卷] 下列函数中,定义域是R且为增函数的是( )

A.y=ex B.y=x3 C.y=ln x D.y=|x|

2.B [解析] 由定义域为R,排除选项C,由函数单调递增,排除选项A,D. 4.、[2014·湖南卷] 下列函数中,既是偶函数又在区间(-∞,0)上单调递增的是( )

1

A.f(x)=2 B.f(x)=x2+1

x

C.f(x)=x3 D.f(x)=2x

4.A [解析] 由偶函数的定义,可以排除C,D,又根据单调性,可得B不对.

19.、、、[2014·江苏卷] 已知函数f(x)=ex+ex,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)≤ex +m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.

-3

(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)

ae1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)=ex+e -(-x)=ex+ex=f(x), 所以f(x)是R上的偶函数.

--

(2)由条件知 m(ex+ex-1)≤ex-1在(0,+∞)上恒成立.

t-1

令 t=ex(x>0),则 t>1,所以 m≤-2=

t-t+1

1

对任意 t>1成立.

1

t-1++ 1

t-1

111

(t-1)·+1=3, 所以 -≥-,

13t - 1

t-1++ 1

t-1

1

因为t-1++ 1≥2

t-1

当且仅当 t=2, 即x = ln 2时等号成立. 1

-∞,-?. 因此实数 m 的取值范围是?3??

11

(3)令函数 g(x)=ex+x- a(-x3+3x),则g′ (x) =ex-x+3a(x2-1).

ee

1

当 x≥1时,ex-x>0,x2-1≥0.又a>0,故 g′(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的单调

e递增函数, 因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是 g(1)= e+e1-2a.

由于存在x0∈[1,+∞),使ex0+e-x0-a(-x3 当且仅当最小值g(1)<0, 0+ 3x0 )<0 成立,

e+e1故 e+e-2a<0, 即 a>.

2

-1

e-1

令函数h(x) = x -(e-1)ln x-1,则 h′(x)=1-. 令 h′(x)=0, 得x=e-1.

x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)

所以h(x)<0对任意的x∈(1,e)成立. e+e

故①当a∈?,e??(1,e)时, h(a)<0,

?2?

即a-1<(e-1)ln a,从而ea1

--

②当a=e时,ea1=ae1;

--

③当a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故ea1>ae1.

-1

e+e----

综上所述,当a∈?,e?时,ea1

?2?时,ea1>ae1.

15.、、[2014·四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合,B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合:对于函数φ(x),存在一个正数M,使得函数φ(x)的值域包含于区间[-M,M].例如,当φ1(x)=x3,φ2(x)=sin x时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题:

①设函数f(x)的定义域为D,则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R,?a∈D,f(a)=b”; ②若函数f(x)∈B,则f(x)有最大值和最小值;

③若函数f(x),g(x)的定义域相同,且f(x)∈A,g(x)∈B,则f(x)+g(x)∈/B;

x

④若函数f(x)=aln(x+2)+2(x>-2,a∈R)有最大值,则f(x)∈B.

x+1

其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号)

15.①③④ [解析] 若f(x)∈A,则函数f(x)的值域为R,于是,对任意的b∈R,一定存在a∈D,使得f(a)=b,故①正确.

取函数f(x)=x(-1<x<1),其值域为(-1,1),于是,存在M=1,使得函数f(x)的值

-1

域包含于[-M,M]=[-1,1],但此时函数f(x)没有最大值和最小值,故②错误.

当f(x)∈A时,由①可知,对任意的b∈R,存在a∈D,使得f(a)=b,所以,当g(x)∈B时,对于函数f(x)+g(x),如果存在一个正数M,使得f(x)+g(x)的值域包含于[-M,M],那么对于该区间外的某一个b0∈R,一定存在一个a0∈D,使得f(x)+f(a0)=b0-g(a0),即f(a0)+g(a0)=b0?[-M,M],故③正确.

x

对于f(x)=aln(x+2)+2(x>-2),当a>0或a<0时,函数f(x)都没有最大值.要使

x+1

11x

-,?,所以存在得函数f(x)有最大值,只有a=0,此时f(x)=2(x>-2).易知f(x)∈??22?x+1

1

正数M=,使得f(x)∈[-M,M],故④正确

221.、[2014·四川卷] 已知函数f(x)=ex-ax2-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,证明:e-2<a<1.

21.解:(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,得g(x)=f′(x)=ex-2ax-b,所以g′(x)=ex-2a. 当x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a].

1

当a≤时,g′(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增,

2

因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;

e

当a≥时,g′(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,

2

因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b; 1e

当<a<时,令g′(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1), 22

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-2aln(2a)-b.

1

综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;

2

1e

当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 22

e

当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.

2

(2)证明:设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知, f(x)在区间(0,x0)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,x0)内存在零点x1.

同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.

1

由(1)知,当a≤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;

2

e

当a≥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.

21e所以<a<. 22

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x1∈(0,ln(2a)),x2∈(ln(2a),1),必有 g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0. 由f(1)=0有a+b=e-1<2,有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0. 解得e-2<a<1.

所以,函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1.

B4 函数的奇偶性与周期性 4.[2014·重庆卷] 下列函数为偶函数的是( ) A.f(x)=x-1 B.f(x)=x2+x

--

C.f(x)=2x-2x D.f(x)=2x+2x

4.D [解析] A中,f(-x)=-x-1,f(x)为非奇非偶函数;B中,f(-x)=(-x)2-x=x2

--

-x,f(x)为非奇非偶函数;C中,f(-x)=2x-2x=-(2x-2x)=-f(x),f(x)为奇函数;D中,

f(-x)=2x+2x=f(x),f(x)为偶函数.故选D.

14.、[2014·安徽卷] 若函数f(x)(x∈R)是周期为4的奇函数,且在[0,2]上的解析式为

??x(1-x),0≤x≤1,29??41?f(x)=?则f?+f?6?=______. 4???sin πx,1

29??41??3??7?37 π53

-+f-=-f??-f??=-+sin14. [解析] 由题易知f?+f=f=?4??6??4??6??4??6?161665

. 16

5.[2014·广东卷] 下列函数为奇函数的是( ) 1

A.2x-x B.x3sin x

2C.2cos x+1 D.x2+2x

1--

5.A [解析] 对于A选项,令f(x)=2x-x=2x-2x,其定义域是R,f(-x)=2x-2x

2=-f(x),所以A正确;对于B选项,根据奇函数乘奇函数是偶函数,所以x3sin x是偶函数;C显然也是偶函数;对于D选项,根据奇偶性的定义,该函数显然是非奇非偶函数.

9.、[2014·湖北卷] 已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=x2-3x,则函数g(x)=f(x)-x+3的零点的集合为( )

A.{1,3} B.{-3,-1,1,3}

C.{2-7,1,3} D.{-2-7,1,3}

9.D [解析] 设x<0,则-x>0,所以f(x)=-f(-x)=-[(-x)2-3(-x)]=-x2-3x . 求函数g(x)=f(x)-x+3的零点等价于求方程f(x)=-3+x的解. 当x≥0时,x2-3x=-3+x,解得x1=3,x2=1;

当x<0时,-x2-3x=-3+x,解得x3=-2-7.故选D. 4.、[2014·湖南卷] 下列函数中,既是偶函数又在区间(-∞,0)上单调递增的是( )

1

A.f(x)=2 B.f(x)=x2+1

x

C.f(x)=x3 D.f(x)=2x

4.A [解析] 由偶函数的定义,可以排除C,D,又根据单调性,可得B不对. 15.[2014·湖南卷] 若f(x)=ln(e3x+1)+ax是偶函数,则a=________.

3-

15.- [解析] 由偶函数的定义可得f(-x)=f(x),即ln(e3x+1)-ax=ln(e3x+1)+ax,

2

3

∴2ax=-ln e3x=-3x,∴a=-. 2

19.、、、[2014·江苏卷] 已知函数f(x)=ex+ex,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)≤ex +m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.

-3

(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)

ae1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)=ex+e -(-x)=ex+ex=f(x),

所以f(x)是R上的偶函数.

--

(2)由条件知 m(ex+ex-1)≤ex-1在(0,+∞)上恒成立. t-1

令 t=ex(x>0),则 t>1,所以 m≤-2=

t-t+1-

1

对任意 t>1成立.

1

t-1++ 1

t-1

111

(t-1)·+1=3, 所以 -≥-,

13t - 1

t-1++ 1

t-1

1

因为t-1++ 1≥2

t-1

当且仅当 t=2, 即x = ln 2时等号成立. 1

-∞,-?. 因此实数 m 的取值范围是?3??

11

(3)令函数 g(x)=ex+x- a(-x3+3x),则g′ (x) =ex-x+3a(x2-1).

ee

1

当 x≥1时,ex-x>0,x2-1≥0.又a>0,故 g′(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的单调

e递增函数, 因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是 g(1)= e+e1-2a.

由于存在x0∈[1,+∞),使ex0+e-x0-a(-x3 当且仅当最小值g(1)<0, 0+ 3x0 )<0 成立,

e+e1故 e+e-2a<0, 即 a>.

2

-1

e-1

令函数h(x) = x -(e-1)ln x-1,则 h′(x)=1-. 令 h′(x)=0, 得x=e-1.

x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)

所以h(x)<0对任意的x∈(1,e)成立. e+e

故①当a∈?,e??(1,e)时, h(a)<0,

?2?

即a-1<(e-1)ln a,从而ea1

--

②当a=e时,ea1=ae1;

--

③当a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故ea1>ae1.

-1

e+e----

综上所述,当a∈?,e?时,ea1

?2?时,ea1>ae1.

12.[2014·全国卷] 奇函数f(x)的定义域为R.若f(x+2)为偶函数,且f(1)=1,则f(8)+f(9)=( )

A.-2 B.-1 C.0 D.1

12.D [解析] 因为f(x+2)为偶函数,所以其对称轴为直线x=0,所以函数f(x)的图像的对称轴为直线x=2.又因为函数f(x)是奇函数,其定义域为R,所以f(0)=0,所以f(8)=f(-

-1

4)=-f(4)=-f(0)=0,故f(8)+f(9)=0+f(-5)=-f(5)=-f(-1)=f(1)=1.

15.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 偶函数y=f(x)的图像关于直线x=2对称,f(3)=3,则f(-1)=________.

15.3 [解析] 因为函数图像关于直线x=2对称,所以f(3)=f(1),又函数为偶函数,所以f(-1)=f(1),故f(-1)=3.

5.[2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x),g(x)的定义域都为R,且f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,则下列结论中正确的是( )

A.f(x)g(x)是偶函数 B.|f(x)|g(x)是奇函数 C.f(x)|g(x)|是奇函数 D.|f(x)g(x)|是奇函数

5.C [解析] 因为f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,所以有f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),于是f(-x)·

g(-x)=-f(x)g(x),即f(x)g(x)为奇函数,A错;

|f(-x)|g(-x)=|f(x)|g(x),即|f(x)|g(x)为偶函数,B错;

f(-x)|g(-x)|=-f(x)|g(x)|,即f(x)|g(x)|为奇函数,C正确; |f(-x)g(-x)|=|f(x)g(x)|,即f(x)g(x)为偶函数,所以D也错. 13.[2014·四川卷] 设f(x)是定义在R上的周期为2的函数,当x∈[-1,1)时,f(x)=2

??-4x+2,-1≤x<0,3??则f??2?=________. ?x, 0≤x<1,?

3??1??1?1?2??13.1 [解析] 由题意可知,f?2?=f?2-2?f?-2?=-4?-2?+2=1.

B5 二次函数 10.[2014·江苏卷] 已知函数f(x)=x2+mx-1,若对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0成立,则实数m的取值范围是________.

10.?-?

2?2

,0 [解析] 因为f(x)=x+mx-1是开口向上的二次函数,所以函数的最大2?

??f(m)<0,

值只能在区间端点处取到,所以对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0,只需?

?f(m+1)<0, ?

22

<m<,222

解得即m∈?-,0?.

?2?3

-<m<0,2

???

14.、[2014·全国卷] 函数y=cos 2x+2sin x的最大值为________.

1?2332?14. [解析] 因为y=cos 2x+2sin x=1-2sinx+2sin x=-2?sin x-2?+,所以当sin 2213

x=时函数y=cos 2x+2sin x取得最大值,最大值为. 22

B6 指数与指数函数 5.[2014·安徽卷] 设a=log37,b=21.1,c=0.83.1,则( ) A.b

5.B [解析] 因为2>a=log37>1,b=21.1>2,c=0.83.1<1,所以c0,且a≠1)的图像如图1-2所示,则下列函数图像正确的是( )

图1-2

A B

C D图1-3

8.B [解析] 由函数y=logax的图像过点(3,1),得a=3.

1?3

选项A中的函数为y=??3?,其函数图像不正确;选项B中的函数为y=x,其函数图像正确;选项C中的函数为y=(-x)3,其函数图像不正确;选项D中的函数为y=log3(-x),其函数图像不正确,故选B.

1111

3.、[2014·辽宁卷] 已知a=2-,b=log2,c=log,则( )

3323

A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.c>a>b

11

3.D [解析] 因为0

33

1111

c=log>log=1,所以c>a>b.

2322

ex1,x<1,??

15.、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)=?1则使得f(x)≤2成立的x的取值

x,x≥1,??3范围是________.

1-

15.(-∞,8] [解析] 当x<1时,由ex1≤2,得x<1;当x≥1时,由x≤2,解得1≤x≤8,

3综合可知x的取值范围为x≤8.

5.,[2014·山东卷] 已知实数x,y满足axy3 B.sin x>sin y

C.ln(x2+1)>ln(y2+1)

11D.2>2 x+1y+1

5.A [解析] 因为ax<ay(0<a<1),所以x>y,所以x3>y3恒成立.故选A. 7.[2014·陕西卷] 下列函数中,满足“f(x+y)= f(x)f(y)”的单调递增函数是( )

x

A.f(x)=x3 B.f(x)=3x 1?x1?C.f(x)=x D.f(x)=?2?

2

1?7.B [解析] 由于f(x+y)=f(x)f(y),故排除选项A,C.又f(x)=??2?为单调递减函数,所以排除选项D. 12.[2014·陕西卷] 已知4a=2,lg x=a,则x=________.

111

12.10 [解析] 4a=2,即22a=2,可得a=,所以lg x=,所以x=10=10.

2227.、[2014·四川卷] 已知b>0,log5b=a,lg b=c,5d=10,则下列等式一定成立的是( )

A.d=ac B.a=cd C.c=ad D.d=a+c

7.B [解析] 因为5d=10,所以d=log510,所以cd=lg b·log510=log5b=a,故选B.

9.、[2014·四川卷] 设m∈R,过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是( )

A.[5,2 5 ] B.[10,2 5 ] C.[10,4 5 ] D.[25,4 5 ]

9.B [解析] 由题意可知,定点A(0,0),B(1,3),且两条直线互相垂直, 则其交点P(x,y)落在以AB为直径的圆周上,

所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=10,即|PA|+|PB|≥|AB|=10. 又|PA|+|PB|=(|PA|+|PB|)2= |PA|2+2|PA||PB|+|PB|2≤ 2(|PA|2+|PB|2)=2 5,

所以|PA|+|PB|∈[10,2 5],故选B.

1-

4.[2014·天津卷] 设a=log2π,b=logπ,c=π2,则( )

2

A.a>b>c B.b>a>c C.a>c>b D.c>b>a

11

4.C [解析] ∵a=log2π>1,b=logπ<0,c=2<1,

∴bB7 对数与对数函数 12.[2014·天津卷] 函数f(x)=lg x2的单调递减区间是________.

12.(-∞,0) [解析] 函数f(x)=lg x2的单调递减区间需满足x2>0且y=x2单调递减,故x∈(-∞,0).

16?-454?11.[2014·安徽卷] ?81?+log3+log3=________.

45

54??2?-3272?4?-427???×11. [解析] 原式=3

8???? +log3?45?=?3?=8. 8.、[2014·浙江卷] 在同一直角坐标系中,函数f(x)=xa(x>0),g(x)=logax的图像可能是( )

33

x

A B

C D

图1-2

8.D [解析] 只有选项D符合,此时0

8.,,[2014·福建卷] 若函数y=logax(a>0,且a≠1)的图像如图1-2所示,则下列函数图像正确的是( )

图1-2

A B

C D图1-3

8.B [解析] 由函数y=logax的图像过点(3,1),得a=3.

1?3

选项A中的函数为y=?,其函数图像不正确;选项B中的函数为y=x,其函数图?3?像正确;选项C中的函数为y=(-x)3,其函数图像不正确;选项D中的函数为y=log3(-x),其函数图像不正确,故选B.

13.、[2014·广东卷] 等比数列{an}的各项均为正数,且a1a5=4,则log2a1+log2a2+log2a3

+log2a4+log2a5=________.

13.5 [解析] 在等比数列中,a1a5=a2a4=a2所以a3=2,所以a1a2a3a4a53=4.因为an>0,

5

=(a1a5)(a2a4)a3=a53=2,

所以log2a1+log2a2+log2a3+log2a4+log2a5=log2(a1a2a3a4a5)=log225=5.

x

1111

3.、[2014·辽宁卷] 已知a=2-,b=log2,c=log,则( )

3323

A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.c>a>b

11

3.D [解析] 因为0

33

1111

c=log>log=1,所以c>a>b.

23226.,[2014·山东卷] 已知函数y=loga(x+c)(a,c为常数,其中a>0,a≠1)的图像如图1-1所示,则下列结论成立的是( )

图1-1

A.a>1,x>1 B.a>1,0

C.01 D.0

6.D [解析] 由该函数的图像通过第一、二、四象限,得该函数是减函数,∴0<a<1.∵图像与x轴的交点在区间(0,1)之间,∴该函数的图像是由函数y=logax的图像向左平移不到1个单位后得到的,∴0<c<1.

7.、[2014·四川卷] 已知b>0,log5b=a,lg b=c,5d=10,则下列等式一定成立的是( ) A.d=ac B.a=cd C.c=ad D.d=a+c

7.B [解析] 因为5d=10,所以d=log510,所以cd=lg b·log510=log5b=a,故选B.

9.、[2014·重庆卷] 若log4(3a+4b)=log2ab,则a+b的最小值是( ) A.6+2 3 B.7+2 3 C.6+4 3 D.7+4 3

43

9.D [解析] 由log4(3a+4b)=log2ab,得3a+4b=ab,则+=1,所以a+b=(a

ab

43?4b3a4b3a4b3a+=7++≥7+2 +b)?·=7+4 3,当且仅当=,即a=4+2 3,?ab?abababb=2 3+3时等号成立,故其最小值是7+4 3.

B8 幂函数与函数的图像 8.、[2014·浙江卷] 在同一直角坐标系中,函数f(x)=xa(x>0),g(x)=logax的图像可能是( )

A B

C D

图1-2

8.D [解析] 只有选项D符合,此时0

8.,,[2014·福建卷] 若函数y=logax(a>0,且a≠1)的图像如图1-2所示,则下列函数图像正确的是( )

图1-2

A B

C D图1-3

8.B [解析] 由函数y=logax的图像过点(3,1),得a=3.

1?3

选项A中的函数为y=?,其函数图像不正确;选项B中的函数为y=x,其函数图?3?像正确;选项C中的函数为y=(-x)3,其函数图像不正确;选项D中的函数为y=log3(-x),其函数图像不正确,故选B.

15.[2014·湖北卷] 如图1-4所示,函数y=f(x)的图像由两条射线和三条线段组成. 若?x∈R,f(x)>f(x-1),则正实数a的取值范围为________.

x

图1-4 1

0,? [解析] “?x∈R,15.?f(x)>f(x-1)”等价于“函数y=f(x)的图像恒在函数y=f(x?6?-1)的图像的上方”,函数y=f(x-1)的图像是由函数y=f(x)的图像向右平移一个单位得到

10,?. 的,如图所示.因为a>0,由图知6a<1,所以a的取值范围为??6? 13.、[2014·江苏卷] 已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数,当x∈[0,3)时,f(x)=

?x2-2x+1?.若函数y=f(x)-a在区间[-3,4]上有10个零点(互不相同),则实数a的取值

2??

范围是________.

11

0,? [解析] 先画出y=x2-2x+在区间[0,3]上的图像,再将x轴下方的图像对13.??2?2称到x轴上方,利用周期为3,将图像平移至区间[-3,4]内,即得f(x)在区间[-3,4]上的

图像如下图所示,其中f(-3)=f(0)=f(3)=0.5,f(-2)=f(1)=f(4)=0.5.

函数y=f(x)-a在区间[-3,4]上有10个零点(互不相同)等价于y=f(x)的图像与直线y10,?. =a有10个不同的交点,由图像可得a∈??2?e,x<1,??

15.、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)=?1则使得f(x)≤2成立的x的取值

x,x≥1,??3范围是________.

1-

15.(-∞,8] [解析] 当x<1时,由ex1≤2,得x<1;当x≥1时,由x≤2,解得1≤x≤8,

3综合可知x的取值范围为x≤8.

6.,[2014·山东卷] 已知函数y=loga(x+c)(a,c为常数,其中a>0,a≠1)的图像如图1-1所示,则下列结论成立的是( )

x-1 图1-1

A.a>1,x>1 B.a>1,0

C.01 D.0

6.D [解析] 由该函数的图像通过第一、二、四象限,得该函数是减函数,∴0<a<1.∵图像与x轴的交点在区间(0,1)之间,∴该函数的图像是由函数y=logax的图像向左平移不到1个单位后得到的,∴0<c<1.

B9 函数与方程

6

6.[2014·北京卷] 已知函数f(x)=-log2x,在下列区间中,包含f(x)的零点的区间是

x( )

A.(0,1) B.(1,2) C.(2,4) D.(4,+∞)

6

6.C [解析] 方法一:对于函数f(x)=-log2x,因为f(2)=2>0,f(4)=-0.5<0,根据

x零点的存在性定理知选C.

6

方法二:在同一坐标系中作出函数h(x)=与g(x)=log2x的大致图像,如图所示,可得

xf(x)的零点所在的区间为(2,4).

7.[2014·浙江卷] 已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,且0<f(-1)=f(-2)=f(-3)≤3,则( )

A.c≤3 B.3<c≤6 C.6<c≤9 D.c>9

??-1+a-b+c=-8+4a-2b+c,

7.C [解析] 由f(-1)=f(-2)=f(-3)得??

?-8+4a-2b+c=-27+9a-3b+c???-7+3a-b=0,??a=6,

??? ?19-5a+b=0?b=11,??

则f(x)=x3+6x2+11x+c,而0

1??x+1-3,x∈(-1,0],

10.[2014·重庆卷] 已知函数f(x)=?且g(x)=f(x)-mx-m在

??x,x∈(0,1],

(-1,1]内有且仅有两个不同的零点,则实数m的取值范围是( )

91-,-2?∪?0,? A.??4??2?111-,-2?∪?0,? B.??4??2?92-,-2?∪?0,? C.??4??3?112-,-2?∪?0,? D.??4??3?

10.A [解析] 作出函数f(x)的图像,如图所示.函数g(x)=f(x)-mx-m的零点为方程f(x)-mx-m=0的根,即为函数y=f(x)与函数y=m(x+1)图像的交点.而函数y=m(x+1)

1

的图像恒过定点P(-1,0),由图易知有两交点的边界有四条,其中kPO=0,kPA=,kPB=

2

11

-2,第四条为过P点的曲线y=-3的切线PC.将y=m(x+1)(m≠0)代入y=-3,

x+1x+1

9

得mx2+(2m+3)x+m+2=0,则由Δ=(2m+3)2-4m(m+2)=4m+9=0,得m=-,即kPC

4

919

-,-2?∪?0,?. =-,所以由图可知满足条件的实数m的取值范围是??4??2?4

2

??x-2,x≤0,

15.[2014·福建卷] 函数f(x)=?的零点个数是________.

?2x-6+ln x,x>0?

15.2 [解析] 当x≤0时,f(x)=x2-2,

令x2-2=0,得x=2(舍)或x=-2,

即在区间(-∞,0)上,函数只有一个零点. 当x>0时,f(x)=2x-6+ln x, 令2x-6+ln x=0,得ln x=6-2x.

作出函数y=ln x与y=6-2x在区间(0,+∞)上的图像,

则两函数图像只有一个交点,即函数f(x)=2x-6+ln x(x>0)只有一个零点. 综上可知,函数f(x)的零点的个数是2. 9.、[2014·湖北卷] 已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=x2-3x,则函数g(x)=f(x)-x+3的零点的集合为( )

A.{1,3} B.{-3,-1,1,3}

C.{2-7,1,3} D.{-2-7,1,3}

9.D [解析] 设x<0,则-x>0,所以f(x)=-f(-x)=-[(-x)2-3(-x)]=-x2-3x . 求函数g(x)=f(x)-x+3的零点等价于求方程f(x)=-3+x的解. 当x≥0时,x2-3x=-3+x,解得x1=3,x2=1;

当x<0时,-x2-3x=-3+x,解得x3=-2-7.故选D. 13.、[2014·江苏卷] 已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数,当x∈[0,3)时,f(x)=

?x2-2x+1?.若函数y=f(x)-a在区间[-3,4]上有10个零点(互不相同),则实数a的取值

2??

范围是________.

11

0,? [解析] 先画出y=x2-2x+在区间[0,3]上的图像,再将x轴下方的图像对13.??2?2称到x轴上方,利用周期为3,将图像平移至区间[-3,4]内,即得f(x)在区间[-3,4]上的

图像如下图所示,其中f(-3)=f(0)=f(3)=0.5,f(-2)=f(1)=f(4)=0.5.

函数y=f(x)-a在区间[-3,4]上有10个零点(互不相同)等价于y=f(x)的图像与直线y10,?. =a有10个不同的交点,由图像可得a∈??2?

??a·2,x≥0,

4.[2014·江西卷] 已知函数f(x)=?-x(a∈R).若f[f(-1)]=1,则a=( )

?2,x<0?

x 11

A. B. C.1 D.2 42

14.A [解析] 因为f(-1)=21=2,f(2)=a·22=4a=1,所以a=. 4

?x2+2x+2,x≤0,?

15.[2014·浙江卷] 设函数f(x)=?2若f(f(a))=2,则a=________.

?-x, x>0.?

15.2 [解析] 令t=f(a),若f(t)=2,则t2+2t+2=2 满足条件,此时t=0或t=-2,

所以f(a)=0或f(a)=-2,只有-a2=-2满足条件,故a=2.

21.[2014·全国卷] 函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0). (1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数,求a的取值范围.

21.解:(1)f′(x)=3ax2+6x+3,f′(x)=0的判别式Δ=36(1-a).

(i)若a≥1,则f′(x)≥0,且f′(x)=0当且仅当a=1,x=-1时成立.故此时f(x)在R上是增函数.

(ii)由于a≠0,故当a<1时,f′(x)=0有两个根;

-1+1-a-1-1-ax1=,x2=.

aa

若0<a<1,则当x∈(-∞,x2)或x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)分别在(-∞,x2),

(x1,+∞)是增函数;

当x∈(x2,x1)时,f′(x)<0,故f(x)在(x2,x1)是减函数.

若a<0,则当x∈(-∞,x1)或(x2,+∞)时,f′(x)<0,故f(x)分别在(-∞,x1),(x2,+∞)是减函数;

当x∈(x1,x2)时f′(x)>0,故f(x)在(x1,x2)是增函数.

(2)当a>0,x>0时,f′(x)=3ax2+6x+3>0,故当a>0时,f(x)在区间(1,2)是增函数.

5

当a<0时,f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0,解得-≤a<0.

45

-,0?∪(0,+∞). 综上,a的取值范围是??4?

2

??|x+5x+4|,x≤0,

14.[2014·天津卷] 已知函数f(x)=?若函数y=f(x)-a|x|恰有4个零

?2|x-2|,x>0.?

点,则实数a的取值范围为________.

14.(1,2) [解析] 在同一坐标系内分别作出y=f(x)与y=a|x|的图像,如图所示,当y=a|x|与y=f(x)的图像

2

??-ax=-x-5x-4,

相切时,联立?整理得x2+(5-a)x+4=0,则Δ=(5-a)2-4×1×4

?a>0,?

=0,解得a=1或a=9(舍去),∴当y=a|x|与y=f(x)的图像有四个交点时,有1

B10 函数模型及其应用 8.[2014·北京卷] 加工爆米花时,爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下,可食用率p与加工时间t(单位:分钟)满足函数关系p=at2+bt+c(a,b,c是常数),图1-2记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据,可以得到最

佳加工时间为( )

图1-2

A.3.50分钟 B.3.75分钟 C.4.00分钟 D.4.25分钟

0.7=9a+3b+c,a=-0.2,????

8.B [解析] 由题意得?0.8=16a+4b+c,解之得?b=1.5,

???0.5=25a+5b+c,?c=-2,

∴p=-0.2t2+1.5t-2=-0.2(t-3.75)2+0.8125,即当t=3.75时,p有最大值.

10.[2014·陕西卷] 如图1-2所示,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切).已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为( )

图1-2

11

A.y=x3-x2-x

2211

B.y=x3+x2-3x

221

C.y=x3-x

411

D.y=x3+x2-2x

42

10.A [解析] 由题意可知,该三次函数的图像过原点,则其常数项为0,不妨设其解

析式为y=f(x)=ax3+bx2+cx,则f′(x)=3ax2+2bx+c,∴f′(0)=-1,f′(2)=3,可得c=-1,11

3a+b=1.又y=ax3+bx2+cx过点(2,0),∴4a+2b=1,∴a=,b=-,c=-1,∴y=f(x)

2211

=x3-x2-x. 22

B11 导数及其运算

m

21.、、[2014·陕西卷] 设函数f(x)=ln x+,m∈R.

x(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值; x

(2)讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数;

3

f(b)-f(a)

(3)若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.

b-ax-ee

21.解:(1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+,则f′(x)=2,

xx∴当x∈(0,e)时,f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减;

当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增. e

∴x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,

e∴f(x)的极小值为2.

x1mx

(2)由题设g(x)=f′(x)-=-2-(x>0),

3xx31

令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0),

31

设φ(x)=-x3+x(x≥0),

3

则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),

当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;

当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.

∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点, 2

∴φ(x)的最大值为φ(1)=. 3

又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图像(如图所示),可知

2

①当m >时,函数g(x)无零点;

3

2

②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;

32

③当0

3④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点. 2

综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;

3

2

当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;

32

当0

3

f(b)-f(a)

(3)对任意的b>a>0,<1恒成立,

b-a等价于f(b)-b

设h(x)=f(x)-x=ln x+-x(x>0),

x∴(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减. 1m

由h′(x)=-2-1≤0在(0,+∞)上恒成立,

xx11

x-?+(x>0)恒成立, 得m≥-x+x=-??2?4

2

2

111

对m=,h′(x)=0仅在x=时成立?, ∴m≥?42?4?1?∴m的取值范围是??4,+∞?.

20.、[2014·安徽卷] 设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,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. 20.解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2.

-1-4+3a

令f′(x)=0,得x1=,

3-1+4+3ax2=,且x1

3所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2).

当xx2时,f′(x)<0; 当x10.

-1-4+3a???-1+4+3a?

故f(x)在?-∞,?和 ?,+∞?内单调递减,

33????在?

?-1-4+3a-1+4+3a?内单调递增.

?,33??

(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0,

①当a≥4时,x2≥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

-1+4+3a

因此f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,

3

所以当0

当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值; 当1

(2)若过点P(1,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A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切?(只需写出结论)

20.解:(1)由f(x)=2x3-3x得f′(x)=6x2-3.

令f′(x)=0,得x=-22或x=. 22

2?2

=2,f??=-2,f(1)=-1, 2??2?因为f(-2)=-10,f?-

?

所以f(x)在区间[-2,1]上的最大值为f?-

?

2?=2. 2?(2)设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0),

3

则y0=2x0-3x0,且切线斜率为k=6x20-3, 所以切线方程为y-y0=(6x20-3)(x-x0), 因此t-y0=(6x20-3)(1-x0),

2

整理得4x30-6x0+t+3=0, 设g(x)=4x3-6x2+t+3,

则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”. g′(x)=12x2-12x=12x(x-1).

当x变化时,g(x)与g′(x)的变化情况如下:

x g′(x) g(x) (-∞,0) + 0 0 t+3 (0,1) - 1 0 t+1 (1,+∞) + 所以,g(0)=t+3是g(x)的极大值,g(1)=t+1是g(x)的极小值.

??g(0)=t+3>0,

结合图像知,当g(x)有3个不同零点时,有?解得-3

?g(1)=t+1-0,?

故当过点P(1,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). (3)过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切; 过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切; 过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切. 22.、[2014·福建卷] 已知函数f(x)=ex-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,x2<ex;

(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 22.解:方法一:(1)由f(x)=ex-ax, 得f′(x)=ex-a.

又f′(0)=1-a=-1,得a=2. 所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-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)有极小值,

且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值.

(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 即g′(x)>0.

所以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x2<ex.

1

(3)证明:对任意给定的正数c,取x0=,

c由(2)知,当x>0时,x2<ex.

1

所以当x>x0时,ex>x2>x,即x

c

因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一.

1

(3)证明:令k=(k>0),要使不等式x<cex成立,只要ex>kx成立.

c而要使ex>kx成立,则只需要x>ln(kx), 即x>ln x+ln k成立.

①若0<k≤1,则ln k≤0,易知当x>0时,x>ln x≥ln x+ln k成立. 即对任意c∈[1,+∞),取x0=0, 当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.

1x-1

②若k>1,令h(x)=x-ln x-ln k,则h′(x)=1-=,

xx所以当x>1时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.

取x0=4k,h(x0)=4k-ln(4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2), 易知k>ln k,k>ln 2,所以h(x0)>0.

4

因此对任意c∈(0,1),取x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.

c综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一.

(3)证明:①若c≥1,取x0=0, 由(2)的证明过程知,ex>2x,

所以当x∈(x0,+∞)时,有cex≥ex>2x>x, 即x<cex.

②若0<c<1,

令h(x)=cex-x,则h′(x)=cex-1. 1

令h′(x)=0得x=ln.

c

1

当x>ln时,h′(x)>0,h(x)单调递增.

c2

取x0=2ln,

c

2222

-ln?, 则h(x0)=ce2ln-2ln=2?c??ccc

22

易知-ln>0,又h(x)在(x0,+∞)内单调递增,

cc

所以当x∈(x0,+∞)时,恒有h(x)>h(x0)>0, 即x<cex.

综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 11.、[2014·广东卷] 曲线y=-5ex+3在点(0,-2)处的切线方程为________.

11.5x+y+2=0 [解析] ∵y′=-5ex,∴所求切线斜是k=-5e0=-5,∴切线方程是y-(-2)=-5(x-0),即5x+y+2=0.

b

11.[2014·江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ax2+(a,b为常数)过点P(2,

x-5),且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是________.

b

11.-3 [解析] 易知y′=2ax-2.根据题意有

x故a+b=-3.

sin x

23.、[2014·江苏卷] 已知函数f0(x)=(x>0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,n∈N*.

xπππ

(1)求2f1??+f2??的值;

?2?2?2?πππ2

(2)证明:对任意的n∈N*,等式?nfn-1??+fn???=都成立.

?4?4?4??2?sin x?cos xsin x

23.解: (1)由已知,得f1(x)=f′0(x)=?′=-2, ?x?xx

b

-5=4a+,2

??a=-1,?

?解得 ?b7

?b=-2,?

?4a-4=-2,cos x?x??sin 2′= 于是f2(x)=f1′(x)=?′-?x??x?-

sin x2cos x2sin x

-2+3, xxx

ππ4216所以f1??=-2,f2??=-+3. ?2??2?ππππππ

故2f1??+f2??=-1.

?2?2?2?

(2)证明:由已知得,xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf0′(x)=cos x, π

即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin?x+?.

?2?类似可得

2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π), 3π

3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin?x+?,

2??4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).

下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin?x+?对所有的n∈N*都成立.

2??(i)当n=1时,由上可知等式成立.

(ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin?x+?.

2??

因为[kfk-1(x)+xfk(x)]′=kfk-1′(x)+fk(x)+xfk′(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),

?sin?x+kπ??′=cos?x+kπ?·?x+kπ?′=sin?x+(k+1)π?,

2??2??2?2?????

(k+1)π?

所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin?x+

2??, 因此当n=k+1时,等式也成立.

综合(i)(ii)可知,等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin?x+?对所有的n∈N*都成立.

2??πππππnπ

令x=,可得nfn-1??+fn??=sin?+?(n∈N*),

42??4?4?4??4πππ

所以?nfn-1??+fn???=

?4?4?4???

(n∈N*).

1-a2

21.、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)=aln x+x-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,

2f(1))处的切线斜率为0. (1)求b;

(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<

a

,求a的取值范围. a-1

a

21.解:(1)f′(x)=+(1-a)x-b.

x由题设知f′(1)=0,解得b=1, (2)f(x)的定义域为(0,+∞),

1-a2

由(1)知,f(x)=aln x+x-x,

2

a?1-a?a

x-f′(x)=+(1-a)x-1=(x-1).

xx?1-a?

1a

(i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.

21-a1-aaaa

所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得-2

21-aa-1a-1-1

1a(ii)若1,

21-a

a

故当x∈?1,1-a?时,f′(x)<0;

??

a

当x∈?1-a,+∞?时,f′(x)>0.

??

aa

f(x)在?1,1-a?上单调递减,在?1-a,+∞?上单调递增.

????

aaa

所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f?1-a?

而f?1-a?=aln++>,所以不合题意.

??1-a2(1-a)a-1a-11-a-a-1a(iii)若a>1, 则f(1)=-1=<,符合题意.

22a-1综上,a的取值范围是(-2-1,2-1)∪(1,+∞).

x-1

20.,[2014·山东卷] 设函数f(x)=aln x+,其中a为常数.

x+1(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调性.

x-1

20.解:(1)由题意知,当a=0时,f(x)=,x∈(0,+∞).

x+1此时f′(x)=

21

2,所以f′(1)=. 2(x+1)

2

又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x-2y-1=0.

(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).

ax2+(2a+2)x+aa2

f′(x)=+=. x(x+1)2x(x+1)2当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.

当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), 1

①当a=-时,Δ=0,

2

1

-(x-1)2

2

f′(x)=≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.

x(x+1)21

②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,

2

f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1

③当-<a<0时,Δ>0.

2

设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点, -(a+1)+2a+1

则x1=,

a-(a+1)-2a+1x2=.

aa+1-2a+1

因为x1=

-aa2+2a+1-2a+1=>0,

-a

所以,x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.

1

综上可得,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a≤-时,函数f(x)在(0,

2+∞)上单调递减;当-

1?-(a+1)+2a+1?,<a<0时,f(x)在?0,?2a??

?-(a+1)-2a+1?

?,+∞?上单调递减,

a??

在?

?-(a+1)+2a+1-(a+1)-2a+1?

?上单调递增. ,

aa??19.、、[2014·四川卷] 设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图像上

(n∈N*).

(1)证明:数列{bn}为等比数列;

1

(2)若a1=1,函数f(x)的图像在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列{anb2n}ln 2的前n项和Sn.

19.解:(1)证明:由已知得,bn=2an>0,

bn+1

当n≥1时,=2an+1-an=2d.

bn

故数列{bn}是首项为2a1,公比为2d的等比数列.

(2)函数f(x)=2x在点(a2,b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2),

1

其在x轴上的截距为a2-.

ln 2

11

由题意知,a2-=2-,

ln 2ln 2

解得a2=2,

2

所以d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anbn=n·4n.

于是,Sn=1×4+2×42+3×43+?+(n-1)×4n1+n×4n,

4Sn=1×42+2×43+?+(n-1)×4n+n×4n1,

n+1n+1

-4-42nn+14n+1(1-3n)4因此,Sn-4Sn=4+4+?+4-n·4=-n·4=, 33

(3n-1)4n1+4

所以,Sn=. 9

2

19.、[2014·天津卷] 已知函数f(x)=x2-ax3(a>0),x∈R.

3

(1)求f(x)的单调区间和极值;

(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1,求a的取值范围.

1

19.解:(1)由已知,有f′(x)=2x-2ax2(a>0).令f′(x)=0,解得x=0或x=.

a

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1?0,1? ?1,+∞? x 0 (-∞,0) a?a??a?0 0 f′(x) - + - 1f(x) 0 3a2110,?;单调递减区间是(-∞,0),?,+∞?. 所以,f(x)的单调递增区间是??a??a?

当x=0时,f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;

1?11

当x=时,f(x)有极大值,且极大值f??a?=3a2. a

3??0,3?时,f(x)>0;当x∈?3,+∞?时,f(x)<0. (2)由f(0)=f?=0及(1)知,当x∈?2a??2a??2a?

?1?

设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=?f(x)x∈(1,+∞),f(x)≠0?,则“对

??

于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A?B,显然0?B.下面分三种情况讨论:

3?33

(i)当>2,即0

333

(ii)当1≤≤2,即≤a≤时,有f(2)≤0,且此时f(x)在(2,+∞)上单调递减,故A=

2a42

(-∞,f(2)),因而A?(-∞,0).由f(1)≥0,有f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(-∞,0)?B,所以A?B.

133

(iii)当<1,即a>时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=?f(1),0?,

2a2??

A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.

33?

综上,a的取值范围是??4,2?.

B12 导数的应用 21.、[2014·四川卷] 已知函数f(x)=ex-ax2-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,证明:e-2<a<1.

21.解:(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,得g(x)=f′(x)=ex-2ax-b,所以g′(x)=ex-2a. 当x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a].

1

当a≤时,g′(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增,

2

因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;

e

当a≥时,g′(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,

2

因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;

1e

当<a<时,令g′(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1), 22

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-2aln(2a)-b.

1

综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;

2

1e

当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 22

e

当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.

2

(2)证明:设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知, f(x)在区间(0,x0)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,x0)内存在零点x1.

同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.

1

由(1)知,当a≤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;

2

e

当a≥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.

21e所以<a<. 22

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x1∈(0,ln(2a)),x2∈(ln(2a),1),必有 g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0. 由f(1)=0有a+b=e-1<2,有 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0. 解得e-2<a<1.

所以,函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1.

15.[2014·安徽卷] 若直线l与曲线C满足下列两个条件:

(i)直线l在点P(x0,y0)处与曲线C相切;(ii)曲线C在点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号). ①直线l:y=0在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=x3;

②直线l:x=-1在点P(-1,0)处“切过”曲线C:y=(x+1)2; ③直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=sin x; ④直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=tan x; ⑤直线l:y=x-1在点P(1,0)处“切过”曲线C:y=ln x.

15.①③④ [解析] 对于①,因为y′=3x2,y′x=0=0,所以l:y=0是曲线C:y=x3在点P(0,0)处的切线,画图可知曲线C在点P附近位于直线l的两侧,①正确;

对于②,因为y′=2(x+1),y′x=-1=0,所以l:x=-1不是曲线C:y=(x+1)2在点P(-1,0)处的切线,②错误;

对于③,y′=cos x,y′x=0=1,所以曲线C在点P(0,0)处的切线为l:y=x,画图可知曲线C在点P附近位于直线l的两侧,③正确;

对于④,y′=

1

,y′x=0=1,所以曲线C在点P(0,0)处的切线为l:y=x,画图可知cos2x

曲线C在点P附近位于直线l的两侧,④正确;

1

对于⑤,y′=,y′x=1=1,所以曲线C在点P(1,0)处切线为l:y=x-1,又由h(x)=x

x

1x-1

-1-ln x(x>0)可得h′(x)=1-=,所以hmin(x)=h(1)=0,故x-1≥ln x,所以曲线C

xx在点P附近位于直线l的下侧,⑤错误.

20.、[2014·安徽卷] 设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,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. 20.解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f′(x)=1+a-2x-3x2.

-1-4+3a

令f′(x)=0,得x1=,

3-1+4+3ax2=,且x1

3所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当xx2时,f′(x)<0; 当x10.

-1-4+3a???-1+4+3a?

故f(x)在?-∞,?和 ?,+∞?内单调递减,

33????在?

?-1-4+3a-1+4+3a?内单调递增.

?,33??(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0,

①当a≥4时,x2≥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

-1+4+3a

因此f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,

3

所以当0

当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值; 当1

(2)若过点P(1,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A(-1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切?(只需写出结论)

20.解:(1)由f(x)=2x3-3x得f′(x)=6x2-3.

令f′(x)=0,得x=-22或x=. 22

2?2

=2,f??=-2,f(1)=-1, 2??2?因为f(-2)=-10,f?-

?

所以f(x)在区间[-2,1]上的最大值为f?-

?

2?=2. 2?(2)设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0),

3

则y0=2x0-3x0,且切线斜率为k=6x20-3, 所以切线方程为y-y0=(6x20-3)(x-x0), 因此t-y0=(6x20-3)(1-x0),

2

整理得4x30-6x0+t+3=0, 设g(x)=4x3-6x2+t+3,

则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”. g′(x)=12x2-12x=12x(x-1).

当x变化时,g(x)与g′(x)的变化情况如下:

x g′(x) g(x) (-∞,0) + 0 0 t+3 (0,1) - 1 0 t+1 (1,+∞) + 所以,g(0)=t+3是g(x)的极大值,g(1)=t+1是g(x)的极小值.

??g(0)=t+3>0,

结合图像知,当g(x)有3个不同零点时,有?解得-3

?g(1)=t+1-0,?

故当过点P(1,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).

(3)过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切; 过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切; 过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切. 22.、[2014·福建卷] 已知函数f(x)=ex-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,x2<ex;

(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 22.解:方法一:(1)由f(x)=ex-ax, 得f′(x)=ex-a.

又f′(0)=1-a=-1,得a=2. 所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-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)有极小值,

且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值.

(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 即g′(x)>0.

所以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x2<ex.

1

(3)证明:对任意给定的正数c,取x0=,

c由(2)知,当x>0时,x2<ex.

1

所以当x>x0时,ex>x2>x,即x

c

因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 方法二:(1)同方法一.

(2)同方法一.

1

(3)证明:令k=(k>0),要使不等式x<cex成立,只要ex>kx成立.

c而要使ex>kx成立,则只需要x>ln(kx), 即x>ln x+ln k成立.

①若0<k≤1,则ln k≤0,易知当x>0时,x>ln x≥ln x+ln k成立. 即对任意c∈[1,+∞),取x0=0, 当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.

1x-1

②若k>1,令h(x)=x-ln x-ln k,则h′(x)=1-=,

xx所以当x>1时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增.

取x0=4k,h(x0)=4k-ln(4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2), 易知k>ln k,k>ln 2,所以h(x0)>0.

4

因此对任意c∈(0,1),取x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.

c综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一.

(3)证明:①若c≥1,取x0=0, 由(2)的证明过程知,ex>2x,

所以当x∈(x0,+∞)时,有cex≥ex>2x>x, 即x<cex.

②若0<c<1,

令h(x)=cex-x,则h′(x)=cex-1. 1

令h′(x)=0得x=ln.

c

1

当x>ln时,h′(x)>0,h(x)单调递增.

c2

取x0=2ln,

c

2222

-ln?, 则h(x0)=ce2ln-2ln=2?c??ccc

22

易知-ln>0,又h(x)在(x0,+∞)内单调递增,

cc

所以当x∈(x0,+∞)时,恒有h(x)>h(x0)>0, 即x<cex.

综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex. 1

21.[2014·广东卷] 已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R).

3(1)求函数f(x)的单调区间;

1110,?∪?,1?,使得f(x0)=f??. (2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈??2??2??2?21.[2014·湖北卷] π为圆周率,e=2.718 28?为自然对数的底数.

ln x

(1)求函数f(x)=的单调区间;

x

(2)求e3,3e,e,πe,3,π3这6个数中的最大数与最小数. 21.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).

1-ln xln x

因为f(x)=,所以f′(x)=. xx2当f′(x)>0,即0e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

ππ

即ln 3e

ππ

于是根据函数y=ln x,y=ex,y=πx在定义域上单调递增可得,3e<πe<π3,e3

π

故这6个数中的最大数在π3与3之中,最小数在3e与e3之中. 由e<3<π及(1)的结论,得f(π)

3eπ

ln πln 3ππ由<, 得ln π3π3.

ln 3ln e由<,得ln 3e

3e

π

综上,6个数中的最大数是3,最小数是3e. 9.[2014·湖南卷] 若0<x1<x2<1,则( ) A.ex2-ex1>ln x2-ln x1 B.ex2-ex1<ln x2-ln x1 C.x2ex1>x1ex2 D.x2ex1<x1ex2

ex·x-exex(x-1)ex

9.C [解析] 依题可构造函数f(x)=,则f′(x)==.当x∈(0,1)

xx2x2ex

时,f′(x)<0,所以f(x)=在区间(0,1)上递减,故0<x1<x2<1时有f(x1)>f(x2),即x2ex1

x

>x1ex2.

21.、[2014·湖南卷] 已知函数f(x)=xcos x-sin x+1(x>0). (1)求f(x)的单调区间;

111

(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个零点,证明:对一切n∈N*,有2+2+?+2<x1x2xn

2. 3

21.解: (1)f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. 令f′(x)=0,得x=kπ(k∈N*).

当x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)时,sin x>0,此时f′(x)<0; 当x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)时,sin x<0,此时f′(x)>0.

故f(x)的单调递减区间为(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),单调递增区间为((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N).

ππ

(2)由(1)知,f(x)在区间(0,π)上单调递减.又f??=0,故x1=.

2?2?*

当n∈N时,因为

f(nπ)f[(n+1)π]=[(-1)nnπ+1][(-1)n1(n+1)π+1]<0, 且函数f(x)的图像是连续不断的,所以f(x)在区间(nπ,(n+1)π)内至少存在一个零点.又f(x)在区间(nπ,(n+1)π)上是单调的,故

nπ<xn+1<(n+1)π.

142

因此,当n=1时,2=2<;

x1π3

π

π

1112

当n=2时,2+2<2(4+1)<;

x1x2π3

当n≥3时,

111111??4+1++?+2++?+<2 22222(n-1)?x1x2xnπ?

111?5+1+?+?<<2(n-2)(n-1)??1×2ππ2?5+?1-1?+?1-1?+?+?1-1?? ??2??23??n-2n-1??

1162

=2?6-n-1?<2<. ?π3π?

1112

综上所述,对一切n∈N*,2+2+?+2<.

x1x2xn3

11.[2014·江西卷] 若曲线y=xln x上点P处的切线平行于直线2x-y+1=0,则点P的坐标是________.

11.(e,e) [解析] 由题意知,y′=ln x+1,直线斜率为2.由导数的几何意义知,令ln x+1=2,得x=e,所以y=eln e=e,所以P(e,e).

21.、、[2014·江西卷] 将连续正整数1,2,?,n(n∈N*)从小到大排列构成一个数123?n,F(n)为这个数的位数(如n=12时,此数为123456789101112,共有15个数字,F(12)=15),现从这个数中随机取一个数字,p(n)为恰好取到0的概率.

(1)求p(100);

(2)当n≤2014时,求F(n)的表达式;

(3)令g(n)为这个数中数字0的个数,f(n)为这个数中数字9的个数,h(n)=f(n)-g(n),S={n|h(n)=1,n≤100,n∈N*},求当n∈S时p(n)的最大值.

21.解:(1)当n=100时,这个数中总共有192个数字,其中数字0的个数为11,所以

11

恰好取到0的概率为p(100)=.

192

n,1≤n≤9,

??2n-9,10≤n≤99,

(2)F(n)=?

3n-108,100≤n≤999,??4n-1107,1000≤n≤2014.

(3)当n=b(1≤b≤9,b∈N*),g(n)=0;

当n=10k+b(1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N)时,g(n)=k; 当n=100时,g(n)=11,即g(n)= ?0,1≤n≤9,

?

?k,n=10k+b,1≤k≤9,0≤b≤9,k∈N*,b∈N, ??11,n=100.

同理有f(n)= 0,1≤n≤8,

??k,n=10k+b-1,1≤k≤8,0≤b≤9,k∈N,b∈N,

?n-80,89≤n≤98,

??20,n=99,100.

*

由h(n)=f(n)-g(n)=1,可知n=9,19,29,39,49,59,69,79,89,90, 所以当n≤100时,S={9,19,29,39,49,59,69,79,89,90}. 当n=9时,p(9)=0.

g(90)91

当n=90时,p(90)===. F(90)17119

g(n)kkk

当n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)===,由y=关于k

F(n)2n-920k+920k+9

8

单调递增,故当n=10k+9(1≤k≤8,k∈N*)时,p(n)的最大值为p(89)=.

169

811又<,所以当n∈S时,p(n)的最大值为. 169191912.、[2014·辽宁卷] 当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )

9

-6,-? A.[-5,-3] B.?8??

C.[-6,-2] D.[-4,-3]

x2-4x-3x2-4x-3

12.C [解析] 当-2≤x<0时,不等式可转化为a≤,令f(x)=(-

x3x32≤x<0),则

-x2+8x+9-(x-9)(x+1)

f′(x)==,故函数f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-

x4x41+4-3

1,0)上单调递增,此时有a≤fmin(x)=f(-1)==-2.

-1

当x=0时,不等式恒成立.

x2-4x-3

当0

x3x2-4x-3

令g(x)=(0

x3-x2+8x+9

则g′(x)=,故函数g(x)在(0,1]上单调递增,此时有a≥gmax(x)=g(1)=

x41-4-3

=-6. 1

综上,-6≤a≤-2. 11.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )

A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞)

1kx-11

11.D [解析] f′(x)=k-=,且x>0,由题可知f′(x)≥0,即得kx-1≥0,得x≥

xxk1

(k<0时不满足),因为函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以≤1,解得k≥1.

k21.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.

(1)求a;

(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点. 21.解:(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.

曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.

2

由题设得-=-2,所以a=1.

a

(2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.

设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4, 由题设知1-k>0.

当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,

g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4, 则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).

h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 所以g(x)>h(x)≥h(2)=0,

所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根. 综上,g(x)=0在R有唯一实根,

即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点. 12.[2014·全国新课标卷Ⅰ] 已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )

A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)

12.C [解析] 显然a=0时,函数有两个不同的零点,不符合.当a≠0时,由f′(x)=2?2,+∞?上单调递增,?0,2?3ax2-6x=0,得x1=0,x2=.当a>0时,函数f(x)在(-∞,0),在?a??a?a上单调递减,又f(0)=1,所以函数f(x)存在小于0的零点,不符合题意;当a<0时,函数f(x)222

-∞,?,(0,+∞)上单调递减,在?,0?上单调递增,所以只需f??>0,解得a<-2,在?a???a??a?所以选C.

1-a221.、[2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)=aln x+x-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,

2f(1))处的切线斜率为0. (1)求b;

(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<

a

,求a的取值范围. a-1

a

21.解:(1)f′(x)=+(1-a)x-b.

x由题设知f′(1)=0,解得b=1, (2)f(x)的定义域为(0,+∞), 1-a2

由(1)知,f(x)=aln x+x-x,

2

a?1-a?a

x-f′(x)=+(1-a)x-1=(x-1).

xx?1-a?

1a

(i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.

21-a1-aaaa

所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得-2

21-aa-1a-1-1

1a(ii)若1,

21-a

a

故当x∈?1,1-a?时,f′(x)<0;

??

a

当x∈?1-a,+∞?时,f′(x)>0.

??

aa

f(x)在?1,1-a?上单调递减,在?1-a,+∞?上单调递增.

????

aaa

所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f?1-a?

而f?1-a?=aln++>,所以不合题意.

??1-a2(1-a)a-1a-11-a-a-1a(iii)若a>1, 则f(1)=-1=<,符合题意.

22a-1综上,a的取值范围是(-2-1,2-1)∪(1,+∞).

x-1

20.,[2014·山东卷] 设函数f(x)=aln x+,其中a为常数.

x+1(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数f(x)的单调性.

x-1

20.解:(1)由题意知,当a=0时,f(x)=,x∈(0,+∞).

x+1此时f′(x)=

21

,所以f′(1)=. 2(x+1)22

又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x-2y-1=0.

(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).

ax2+(2a+2)x+aa2

f′(x)=+=. x(x+1)2x(x+1)2当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.

当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), 1

①当a=-时,Δ=0,

2

1

-(x-1)2

2

f′(x)=≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.

x(x+1)21

②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,

2

f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1

③当-<a<0时,Δ>0.

2

设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点, -(a+1)+2a+1

则x1=,

a-(a+1)-2a+1x2=.

aa+1-2a+1

因为x1=

-a

πππ

上为增函数.又f(0)=-π-2<0,f??=-4>0,所以存在唯一x0∈?0,?,使f(x0)

2??2?2?=0.

πcos x2x

+-1. ,π?时,化简得g(x)=(π-x)·?2?1+sin xπ

π

令t=π-x则t∈?0,?.记u(t)=g(π-t)=

2??

f(t)tcos t2

--t+1,则u′(t)=. 1+sin tππ(1+sin t)

ππ

由(1)得,当t∈(0,x0)时,u′(t)<0;当t∈?x0,?时,u′(t)>0.所以在?x0,?上u(t)

2?2???

πππ

为增函数,由u??=0知,当t∈?x0,?时,u(t)<0,所以u(t)在?x0,?上无零点.

2?2??2???

在(0,x0)上u(t)为减函数,

由u(0)=1及u(x0)<0知存在唯一t0∈(0,x0),使u(t0)=0.

π

于是存在唯一t0∈?0,?,使u(t0)=0.

2??ππ

设x1=π-t0∈?,π?,则g(x1)=g(π-t0)=u(t0)=0.因此存在唯一的x1∈?,π?,

?2??2?

使g(x1)=0.

由于x1=π-t0,t0<x0,所以x0+x1>π. 9.[2014·山东卷] 对于函数f(x),若存在常数a≠0,使得x取定义域内的每一个值,都有f(x)=f(2a-x),则称f(x)为准偶函数,下列函数中是准偶函数的是( )

(2)当x∈?

A.f(x)=x B.f(x)=x2

C.f(x)=tan x D.f(x)=cos(x+1)

9.D [解析] 因为f(x)=f(2a-x),所以函数f(x)的图像关于x=a对称.A选项中,函数f(x)=x没有对称性;B选项中,函数f(x)=x2关于y轴对称,与a≠0矛盾;C选项中,函数f(x)=tan x也没有对称性;D选项中,函数f(x)=cos(x+1)的图像是由函数g(x)=cos x的图像向左平移一个单位后得到的,又函数g(x)=cos x的图像关于x=kπ(k∈Z)对称,所以函数f(x)=cos(x+1)的图像关于x=kπ-1(k∈Z)对称.故选D.

15.、、[2014·四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合,B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合:对于函数φ(x),存在一个正数M,使得函数φ(x)的值域包含于区间[-M,M].例如,当φ1(x)=x3,φ2(x)=sin x时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题:

①设函数f(x)的定义域为D,则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R,?a∈D,f(a)=b”; ②若函数f(x)∈B,则f(x)有最大值和最小值;

③若函数f(x),g(x)的定义域相同,且f(x)∈A,g(x)∈B,则f(x)+g(x)∈/B;

x

④若函数f(x)=aln(x+2)+2(x>-2,a∈R)有最大值,则f(x)∈B.

x+1

其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号)

15.①③④ [解析] 若f(x)∈A,则函数f(x)的值域为R,于是,对任意的b∈R,一定存在a∈D,使得f(a)=b,故①正确.

取函数f(x)=x(-1<x<1),其值域为(-1,1),于是,存在M=1,使得函数f(x)的值域包含于[-M,M]=[-1,1],但此时函数f(x)没有最大值和最小值,故②错误.

当f(x)∈A时,由①可知,对任意的b∈R,存在a∈D,使得f(a)=b,所以,当g(x)∈B时,对于函数f(x)+g(x),如果存在一个正数M,使得f(x)+g(x)的值域包含于[-M,M],那么对于该区间外的某一个b0∈R,一定存在一个a0∈D,使得f(x)+f(a0)=b0-g(a0),即f(a0)+g(a0)=b0?[-M,M],故③正确.

x

对于f(x)=aln(x+2)+2(x>-2),当a>0或a<0时,函数f(x)都没有最大值.要使

x+1

2

11x

-,?,所以存在得函数f(x)有最大值,只有a=0,此时f(x)=2(x>-2).易知f(x)∈??22?x+1

1

正数M=,使得f(x)∈[-M,M],故④正确

2

本文来源:https://www.bwwdw.com/article/3428.html

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