2014年高考数学题分类汇编 函数与导数

2014年高考数学题分类汇编

函数与导数

一、选择题

1.【2014·全国卷Ⅰ（理3，文5）】设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)时奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论正确的是（ ）

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

【答案】C

2. 【2014·全国卷Ⅰ（理6）】如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足

为

M，将点M到直线OP的距离表示为x的函数f(x)，则y=f(x)在

[0,?]上的图像大致为（ ）

【答案】C

3. 【2014·全国卷Ⅰ（理11，文12）】已知函数f(x)=ax?3x?1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为（ ）

32A.（2，+∞） B.（-∞，-2） C.（1，+∞） D.（-∞，-1）

【答案】B

4. 【2014·全国卷Ⅱ（理8）】设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a= A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】 D

1.【解析】 x+1∴f(0)=0,且f′(0)=2.联立解得a=3.故选D.?f(x)=ax-ln(x+1),∴f′(x)=a-5【2014·全国卷Ⅱ（理12）】设函数f?x??3sin?x.若存在f?x?的极值点x0满足

m2x02???f?x0????m，则m的取值范围是（ ）

A. ???,?6???6,?? B. ???,?4???4,?? C.

2???,?2???2,??

D.???,?1???4,?? 【答案】C。 【解析】

?f(x)=3sinπx|m|的极值为±3，即[f(x0)]2=3,|x0|≤,m2 22mm2∴x0+[f(x0)]2≥+3，∴+32.故选C.44‘

6.【2014·全国卷Ⅱ（文3）】函数f?x?在x=x0处导数存在，若p：f（x0）=0；q：x=x0是f?x?的极值点，则

（A）p是q的充分必要条件

（B）p是q的充分条件，但不是q的必要条件 （C）p是q的必要条件，但不是 q的充分条件 (D) p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件 【答案】C

7.【2014·全国卷Ⅱ（文11）】若函数f(x)?kx?lnx在区间（1，+?）单调递增，则k的取值范围是（ ）

（A）???,?2? （B）???,?1? （C）?2,??? （D）?1,??? 【答案】D

8. 【2014·全国大纲卷（理7）】曲线y?xex?1在点（1,1）处切线的斜率等于（ ） A．2e B．e C．2 D．1 【答案】C

9. 【2014·全国大纲卷（理12）】函数y?f(x)的图象与函数y?g(x)的图象关于直线x?y?0对称，则y?f(x)的反函数是（ ）

A．y?g(x) B．y?g(?x) C．y??g(x) D．y??g(?x) 【答案】D

10.【2014·全国大纲卷（文5）】函数y?ln(3x?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) 【答案】D

11.【2014·全国大纲卷（文12）】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 【答案】D

12. 【2014·山东卷（理3）】函数f(x)?1(log2x)?12的定义域为

（A）(0,)（B）(2,??)（C）(0,)12121(2,??)（D）(0,][2,??)

213.【2014·山东卷（文3）】函数f(x)?

(A) (0,2)

1的定义域为（ ）

log2x?1(B) (0,2] (C) (2,??) (D) [2,??)

【答案】C

14.【2014·山东卷（理5）】已知实数x,y满足ax?ay（0?a?1），则下列关系式恒成立的是 （A）

11（B）ln(x2?1)?ln(y2?1) ?22x?1y?1

（C）sinx?siny （D）x2?y2

15.【2014·山东卷（文5）】已知实数x,y满足a?a(0?a?1)，则下列关系式恒成立的是

xy

(A) x3?y3

(B) sinx?siny (D)

(C) ln(x2?1)?ln(y2?1)

11? 22x?1y?1【答案】A

16.【2014·山东卷（文6）】已知函数y?loga(x?c)(a,c为常数，其中a?0,a?1)的图象如右图，则下列结论成立的是

EO

x(A) a?0,c?1 (B) a?1,0?c?1

(C) 0?a?1,c?1 (D) 0?a?1,0?c?1

【答案】D

17.【2014·山东卷（文9）】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

(A) f(x)?x (C) f(x)?tanx

(B) f(x)?x3 (D) f(x)?cos(x?1)

【答案】D

18.【2014·山东卷（理6）】直线y?4x与曲线y?x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为 （A）22（B）42（C）2（D）4

19.【2014·山东卷（理8）】已知函数f(x)?|x?2|?1，g(x)?kx，若f(x)?g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是

（A）(0,)（B）(,1)（C）(1,2)（D）(2,??)

1212

20.【2014·安徽卷（理6）】设函数f?x?(x?R)满足f(x??)?f?x??sinx.当0?x??时，f?x??0，则

?23??f???( ) 6??A. B.【解析】⑴由条件知：

?23??f????6??5??f??3????6?1213 C.0 D.?

22?5???5??f??2???sin??2????6??6??5???5??1f?????sin???????6??6?25?11?5??f???sin?0??，

622?6?故选A；

21.【2014·安徽卷（文、理9）】若函数f(x)?x?1?2x?a的最小值3，则实数a的值为（ ） A. 5或8 B. ?1或5 C. ?1或?4 D. ?4或8 【答案】D.

22.【2014·安徽卷（文5）】设a?log37，b?23.3，c?0.83.3，则（ ） A. b?a?c B. c?a?b C. c?b?a D. a?c?b 【答案】B

23.【2014·浙江卷（理6，文8）】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 解：f(?1)?f(?2)?f(?3)???1?a?b?c??27?9a?3b?c? ???a?6?1)??3?6c? 9 0?f(?b?1124.【2014·浙江卷（理7，文8）】在同意直角坐标系中，函数f(x)?xa(x?0),g(x)?logax的图像可能是（ ）

?a?0，x?0，恒过(1,1)?解：幂函数xa?a?0恒过(0,0)、(1,1)，A显然排除、B可知a?1,g(x)递减矛盾舍?图像随着a增大越翘? DC可得0?a?1,此时g(x递增矛盾舍去，故选)2225.【2014·浙江卷（理10）】设函数f1(x)?x，f2(x)?2(x?x),f3(x)?

1|sin2?x|，3i,i?0,1,2,?,99，记Ik?|fk(a1)?fk(a0)|?|fk(a2)?fk(a1)|???|fk(a99)?fk(a98)|，99k?1,2,3.则

A.I1?I2?I3 B. I2?I1?I3 C. I1?I3?I2 D. I3?I2?I1 ai?12i?11?132?99?1??i??i?1?解：????I???...?1???????1

9999999999999999??????22

C. {2?7,1,3} 【答案】D

D. {?2?7,1,3}

53.【2014·四川卷（理9）】已知f(x)?ln(1?x)?ln(1?x)，x?(?1,1)。现有下列命题：

①f(?x)??f(x)；②f(2x)?2f(x)；③|f(x)|?2|x|。其中的所有正确命题的序号是 2x?1A．①②③ B．②③ C．①③ D．①② 【答案】B

54.【2014·四川卷（文7）】已知b?0，log5b?a，lgb?c，5?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 【答案】B

55.【2014·重庆卷（文4）】下列函数为偶函数的是（ ）

d? A.f(x)?x?1 B.f(x)【答案】D

3x?xx? x?x2? C.f(x)?2?2 D.f(x)?x2

56.【2014·重庆卷（文9）】若log（3a?4b）?log42ab,则a?b的最小值是（ ）

A.6?23 B.7?23 C.6?43 D.7?43 【答案】D

?1?3,x???1,0??mx?m57.【2014·重庆卷（文10）】已知函数f(x)??x?1 ，且g(x)?f(x)??xx??0,1??在??1,1?内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（ ） A.(?9,?2]?(0,1] B.(?11,?2]?(0,1]

4242 C.(?9,?2]?(0,2] D.(?11,?2]?(0,2]

4343【答案】A

58.【2014·广东卷（文5）】下列函数为奇函数的是

A.2x?【答案】A

122xC.2cosx?1B.xsinxD.x?2 x2

二、填空题

?ex?1,x?1,?59.【2014·全国卷Ⅰ（文15）】设函数f?x???1则使得f?x??2成立的x的取值范围

3??x,x?1,是________. 【答案】x?8

60.【2014·全国卷Ⅱ（理15）】已知偶函数f?x?在?0,???单调递减，f?2??0.若f?x?1??0，则x的取值范围是__________. 【答案】??13，?

??,【解析】偶函数y?f(x)在区间[0上单减，且

f(2?)，则

f(x?1?)0?fx(?，解得??131??)fx?1(?22)，?

61.【2014·全国卷Ⅱ（文15）】已知函数

f?x?的图像关于直线x=2对称，f(0)=3，则

f(?1)?_______.

62.【2014·山东卷（理15）】已知函数y?f(x)(x?R).对函数y?g(x)(x?I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为y?h(x)(x?I)，y?h(x)满足：对任意x?I，两个点(x,h(x))，(x,g(x))关于点(x,f(x))对称.若h(x)是g(x)?“对称函数”，且h(x)?g(x)恒4?x2关于f(x)?3x?b的

成立，则实数b的取值范围是 .

63.【2014·江苏卷（10）】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 .

64.【2014·江苏卷（13）】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?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的取值范围是 ▲ .

1|.2

16?65.【2014·安徽卷（文11）】????81??34?log354?log3?________. 45【答案】

9 866.【2014·安徽卷（文14）】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，则f(x)??sin?x1?x?2??29?f????4??41?f??? ___. ?6?【答案】

5 1667.【2014·安徽卷（文15）】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?x2； 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?sinx； ④直线l：y?x在点P?0,0?处“切过”曲线C：y?tanx， ⑤直线l：y?x?1在点P?0,0?处“切过”曲线C：y?lnx 【答案】①③④

2??x?x,x?068.【2014·浙江卷（理15）】设函数f?x???2若f?f?a???2，则实数a的取值范围是

???x,x?0______

?f(a)?0?f(a)?0【解析】不等式f?f?a???2可化为?2或?，解得f(a)??2，即 2?f(a)?2f(a)?f(a)?2???a?0?a?0?a?2 ?2，或?2?a?a??2??a??22??x?2x?2,x?069.【2014·浙江卷（文15）】设函数f(x)??2，若f(f(a))?2，则a? .

???x,x?0

70.【2014·浙江卷（文16）】已知实数a、b、c满足a?b?c?0，a?b?c?1，则a的最大值为为_______.

222

71.【2014·天津卷（文12）】函数f(x)=lgx2的单调递减区间值是________. 【解析】由复合函数的单调性知，f(x)的单调递减区间是(-￥,0).

272.【2014·天津卷（理14）】已知函数f(x)=x+3x，x?R.若方程f(x)-ax-1=0恰

有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为__________. 【答案】09 【解析】显然a>0.

（ⅰ）当y=-a(x-1)与y=-x2-3x相切时，a=1，此时f(x)-ax-1=0恰有3个互异的实数根.

（ⅱ）当直线y=a(x-1)与函数y=x2+3x相切时，a=9，此时f(x)-ax-1=0恰有2个互异的实数根. 结合图象可知09.

yx2+3x解2：显然a11，所以a=.

x-1令t=x-1，则a=t+3O1xy4+5. t4?(?,4][4,+ )， t4所以t++5?(ゥ,1][9,+).

t因为t+结合图象可得09.

91Ot?x2?2,x?073.【2014·福建卷（文15）】函数f?x???的零点个数是_________

?2x?6?lnx,x?0【答案】2

74.【2014·陕西卷（理11，文12）】已知4?2,lgx?a,则x=________. 【答案】10

11，lgx=a=,所以x=102=10. 【解析】?4=2=2,lgx=a,∴2a=12a2aa75.【2014·陕西卷（文14）】已知f（x）=的表达式为__________.

x，x≥0, f1(x)=f(x),fn+1(x)=f(fn(x)),n?N+, 则f2014(x)1?x

设g(x)?f(x)?kx?2?x3?3x2?(1?k)x?4 由题设知1?k0.

当x≤0时，g'(x)?3x2?6x?1?k所以g(x)=0在???,0?有唯一实根。

当x0，g(x)单调递增，g(?1)?k?10,g(0)?4，

0时，令h(x)?x3?3x2?4，则g(x)?h(x)?(1?k)xh(x)。

2 h'(x)?3x?6x?3x(x?，2h)(x)在(0,2)单调递减，在(2,??)单调递增，所以

g(x)h(x?)h(?2)

所以g(x)?0在(0,??)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。

91.【2014·全国大纲卷（理22）】（本小题满分12分）函数f(x)?ln(x?1)?（1）讨论f(x)的单调性；

（2）设a1?1,an?1?ln(an?1)，证明：

ax(a?1). x?a23?an?. n+2n?22x?x?a?2a?????【解析】（I）f?x?的定义域为??1,???,f??x???x?1??x?a?2．

22（i）当1?a?2时，若x??1,a?2a，则f??x??0,f?x?在?1,a?2a上是增函数；若

????x??a2?2a,0?,则f??x??0,f?x?在?a2?2a,0?上是减函数；若x??0,???,则

f??x??0,f?x?在?0,???上是增函数．

（ii）当a=2时,fⅱ(x)?0,f(x)0成立当且仅当x=0,f(x)在(-1,+ )上是增函数．

2（iii）当a>2时，若x?(1,0)，则f??x??0,f?x?在是(-1,0)上是增函数；若x?0,a?2a，22则f??x??0,f?x?在0,a?2a上是减函数；若x?a?2a,??，则f??x??0,f?x?在

???????a2?2a,???上是增函数．

)时，f(x)>f(0)=0，

（II）由（I）知，当a=2时，f(x)在(-1,+ )是增函数．当x?(0,即ln(x+1)>2x(x>0)．又由（I）知，当a=3时，x+2f?x?在[0,3)上是减函数；当x?(0,3)时，

f(x)x+3n+2n+22（i）当n=1时，由已知

3（ii）假设当n=k时结论成立，即

23．当n=k+1时，ln珑+1鼢>鼢珑珑桫k+2鼢232创3k+2=2,a=lna+1?ln骣3k+2=3，1<(k)k+123桫k+2+2k+3+3k+3k+2k+2即当n=k+1时有

23，结论成立．根据（i）、（ii）知对任何n?N*结论都成立．

（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.

【解析】（1）f?(x)?3ax2?6x?3，f?(x)?3ax2?6x?3?0的判别式△=36（1-a）.

（i）若a≥1，则f?(x)?0，且f?(x)?0当且仅当a=1，x=-1，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：x1??1?1?a?1?1?a， ,x2?aa若0

当x∈（x2，x1）时，f?(x)?0，故f（x）在（x2，x1）上是减函数；

（2）当a>0，x>0时, f?(x)?0，所以当a>0时，f（x）在区间（1，2）是增函数. 若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?综上，a的取值范围是[?5?a?0. 45,0)(0,??). 4ex293.【2014·山东卷（理20）】设函数f(x)?2?k(?lnx)（k为常数，e?2.71828???是自然

xx对数的底数）.

（Ⅰ）当k?0时，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围.

ex?x2?2xex21(x?2)(ex?kx)?k(?2?)?(x?0)， 【解析】（1）f(x)?x4xxx3'当k?0时，kx?0,?ex?kx?0，

令f'(x)?0，得x?2，函数在x?(0,2)上单调递减，在(2,??)上单调递增； （2）令g?x??ex?kx，则g'(x)?ex?k， 令e?k?0，得x?lnk。

xe2由于g(0)?1?k?0,g(0)?1?0，g(2)?e?k?0,g?2??e?2k?0?k?，

2''22g?lnk??elnk?klnk?0?lnk?1?k?e

e2（e,）综上知e的取值范围是。

294.【2014·山东卷（文20）】（本小题满分13分）设函数f(x)?alnx?（Ｉ）若a?0，求曲线y?f(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （II）讨论函数f(x)的单调性. 【解析】⑴由题意知a?0时，f(x)? 此时f(x)?'x?1 ，其中a为常数. x?1x?1,x?(0,??). x?121'f(1)?,f(1)?0。 ，可得

(x?1)22 所以y?f(x)在 ?1,f(1)? 处的切线方程为x?2y?1?0 ⑵函数f(x)的定义域为(0,??).

a2ax2?(2a?2)?a? f?(x)??。 22x(x?1)x(x?1) 当a?0，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??(2a?2)2?4a2?4(2a?1)，

1?(x?1)21①当a??时，??0，f?(x)?2，函数f(x)在(0,??)上单调递减； ?02x(x?1)2②当a??③当?1时，??0，g(x)?0，则f'(x)?0，函数f(x)在(0,??)上单调递减； 21?a?0时，??0，设x1x2(x1?x2)是函数g(x)的两个零点， 2则x1??(a?1)?2a?1?(a?1)?2a?1，x2?，

aa2a?1?2a?1a?2a?1?2a?1由x1???0。

a?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。综上所述：

当a?0时，函数f(x)在（0，+?）上单调递增加； 当a??

1时，函数f(x)在（0，+?）上单调递减； 2??(a?1)?2a?1???(a?1)?2a?1?10,,??f(x)??a?0当时，在?????,???上单调递减， aa2??????(a?1)?2a?1?(a?1)?2a?1?,在????上单调递增。 aa??95.【2014·江苏卷（19）】(本小题满分16分)已知函数 (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(3)已知正数a满足：存在x0?[1,??)，使得f(x0)?a(?x0?3x0)成立.试比较ea?1与ae?1的大小，并证明你的结论.

f(x)?ex?e?x,其中e是自然对数的底数.

【解析】本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基础知识，考查综合运用数学思想 方法分析与解决问题的能力.满分16分.

（1）?x?R，f(?x)?e?x?ex?f(x)，∴f(x)是R上的偶函数 （2）由题意，m(e?x?ex)≤e?x?m?1，即m(ex?e?x?1)≤e?x?1

?xe?1对x?(0，??)，∴e?e?1?0，即m≤x??)恒成立 ∵x?(0，e?e?x?1x?x??)恒成立 令t?ex(t?1)，则m≤21?t对任意t?(1，t?t?1t?11∵21?t????≥?1，当且仅当t?2时等号成立 2t?t?1(t?1)?(t?1)?13t?1?1?1t?1∴m≤?1

3??)上单调增 （3）f'(x)?ex?e?x，当x?1时f'(x)?0，∴f(x)在(1，令h(x)?a(?x3?3x)，h'(x)??3ax(x?1)

x?1，∴h'(x)?0，即h(x)在x?(1，??)上单调减 ∵a?0，∵存在x0?[1，??)，使得f(x0)?a(?x03?3x0)，∴f(1)?e?1?2a，即a?1e?1 e2ee-1a∵lna?1?lnae?1?lnea?1?(e?1)lna?a?1 e??设m(a)?(e?1)lna?a?1，则m'(a)?e?1?1?e?1?a，a?1e?1

aa2e当1e?1?a?e?1时，m'(a)?0，m(a)单调增；

2e当a?e?1时，m'(a)?0，m(a)单调减 因此m(a)至多有两个零点，而m(1)?m(e)?0 ∴当a?e时，m(a)?0，ae?1?ea?1； 当1e?1?a?e时，m(a)?0，ae?1?ea?1； 2e当a?e时，m(a)?0，ae?1?ea?1．

96.【2014·安徽卷（理19，文20）】（本小题满分13分）设函数f(x)?1?(1?a)x?x2?x3，其中a?0. (Ⅰ)讨论f(x)在其定义域上的单调性；

(Ⅱ)当x??0,1?时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.

2【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(??,??)，f'(x)?1?a?2x?3x

?????? 令f'(x)?0得x1??1?4?3a?1?4?3a,x2?,x1?x2

33所以f'(x)??3(x?x1)(x?x2)

当x?x1或x?x2时f'(x)?0；当x1?x?x2时f'(x)?0

故f(x)在(??,x1)和(x2,??)内单调递减，在(x1,x2)内单调递增。 （Ⅱ）∵a?0，∴x1?0,x2?0

（1）当a?4时x2?1，由（Ⅰ）知f(x)在[0,1]上单调递增 ∴f(x)在x?0和x?1处分别取得最小值和最大值。 （2）当4?a?0时，x2?1，

由（Ⅰ）知f(x)在[0,x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减 ∴f(x)在x?x2??1?4?3a处取得最大值

3又f(0)?1,f(1)?a

∴当1?a?0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4?a?1时，f(x)在x?0取得最小值。

97.【2014·浙江卷（理20）】已知函数f(x)?x?3x?a,(a?R)

(Ⅰ)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) (Ⅱ)设b?R，若?f(x)?b??4对x?[?1,1]恒成立，求3a?b得取值范围.

32???x?3x?3a,x?a?3x?3,x?a解：(1)f(x)??3,f'(x)??2???x?3x?3a,x?a?3x?3,x?a由于所在区间[?1,1]上，故对a讨论如下：23 i、a??1,x?[?1,1]?a,f'(x)?3x2?3?0,?M(a)?f(1)?4?3a,m(a)?f(?1)??4?3a,M(a)?m(a)?8

ii、?1?a?0,m(a)?f(a)?a3,M(a)?max{f(1),f(?1)}?4?3a?M(a)?m(a)?4?3a?a3iii、0?a?1,m(a)?f(a)?a3,M(a)?max{f(1),f(?1)}?3a?2?M(a)?m(a)?3a?2?a3iv、a?1,x?[?1,1]?a,M(a)?f(?1)?3a?2,m(a)?f(1)?3a?2?M(a)?m(a)?3a?2?3a?2?4

(2) 等价x?[?1,1],?2?b?f(x)?2?b,M(a)?m(a)?4 结合(1)得i,ii其中M(a)?m(a)?4故舍去 iv、只要2?b?3a?2?3a?b?0,a?1

iii、2?3a?2?a3?4,0?a?1,要恒成立，见下图

此时3a?2必须在??b,2?b??3a?b?[?2,0]

98.【2014·浙江卷（文21）】已知函数f?x??x3?3|x?a|(a?0)，若f(x)在[?1,1]上的最小值记为g(a).

（1）求g(a)；

（2）证明：当x?[?1,1]时，恒有f(x)?g(a)?4.

【解析】本题主要考查函数最大（最小）值的概念 、利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力。满分15分。 （1）因为?1?x?1， ①当0?a?1时，

32若x?[?1,a]，则f(x)?x?3x?3a，f?(x)?3x?3?0，故f(x)在(?1,a)上是减函数； 32若x?[a,1]，则f(x)?x?3x?3a，f?(x)?3x?3?0，故f(x)在(a,1)上是增函数；

3所以，g(a)?f(a)?a.

32②当a?1，则x?a，f(x)?x?3x?3a，f?(x)?3x?3?0，故f(x)在(?1,1)上是减函数，

所以g(a)?f(1)??2?3a，

?a3,0?a?1综上所述，g(a)??.

??2?3a,a?1（2）令h(x)?f(x)?g(x)， ①当0?a?1时，g(a)?a，

若x?[a,1]，h(x)?x?3x?3得h?(x)?3x?3，所以h(x)在(a,1)上是增函数，所以h(x)在

323[a,1]上的最大值是h(1)?4?3a?a3，且0?a?1，所以h(x)?4，

故f(x)?g(a)?4.

若x?[?1,a]，h(x)?x?3x?3a?a，则h?(x)?3x?3，所以h(x)在(?1,a)上是减函数，

332所以h(x)在[?1,a]上的最大值是h(?1)?2?3a?a3， 令t(a)?2?3a?a3，则t?(a)?3?3a2?0，

所以t(a)在(0,1)上是增函数，所以t(a)?t(1)?4即h(?1)?4， 故f(x)?g(a)?4，

②当a?1时，g(a)??2?3a，所以h(x)?x3?3x?2，得h?(x)?3x2?3， 此时h(x)在(?1,1)上是减函数，因此h(x)在[?1,1]上的最大值是h(?1)?4， 故f(x)?g(a)?4，综上所述，当x?[?1,1]时恒有f(x)?g(a)?4.

99.【2014·北京卷（理18，文8）】已知函数

f(x)?xcosx?sinx,x?[0,]，

2?（1）求证：

f(x)?0；

sinx??b在(0,)上恒成立，求a的最大值与b的最小值.

2x（2）若a?【解析】（I）由f(x)?xcosx?sinx得

f'(x)?cosx?xsinx?cosx??xsinx。 因为在区间(0,?2)上f'(x)??xsinx???

0，所以f(x)在区间?0,?上单调递减。

?2?

从而f(x)?f(0)?0。

（Ⅱ）当x0时，“

sinxxa”等价于“sinx?axnis0”“

xxb”等价于“sinx?bx0”。

令g(x)?sinx?cx，则g'(x)?cosx?c， 当c?0时，g(x)0对任意x?(0,)恒成立。

2? 当c?1时，因为对任意x?(0,?2)，g'(x)?cosx?c???0，所以g(x)在区间?0,?上单

?2?调递减。从而g(x) 当0g(0)?0对任意x?(0,)恒成立。

2?c1时，存在唯一的x0?(0,)使得g'(x0)?cosx0?c?0。

2? g(x)与g'(x)在区间(0,

?2)上的情况如下：

x g'(x) g(x) (0,x0) → ↗ x0 0 (x0,) 2→ ↘ ?因为g(x)在区间?0,x0?上是增函数，所以g(x0)任意x?(0,“g(x)g(0)?0。进一步，0对

??2)恒成立”当且仅当g()?1?c?0，即0c?， 222?2? 综上所述，当且仅当c?时，g(x)0对任意x?(0,)恒成立；当且仅当c?1时，

?2?0对任意x?(0,)恒成立。 2sinx?2b对任意x?(0,)恒成立，则a最大值为，b的最小值为1. 所以，若ax2?100.【2014·北京卷（文20）】已知函数f(x)?2x3?3x. g(x)（1）求f(x)在区间[?2,1]上的最大值；

（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）

?32（I）由f(x)?2x?3x得f'(x)?6x?3，令f'(x)?0，得x??22或x?， 22因为f(?2)??10，f(?22)?2，f()??2，f(1)??1， 222)?2. 2所以f(x)在区间[?2,1]上的最大值为f(?（II）设过点P（1，t）的直线与曲线y?f(x)相切于点(x0,y0)，则

y0?2x03?3x0，且切线斜率为k?6x02?3，所以切线方程为y?y0?(6x02?3)(x?x0)，

因此t?y0?(6x0?3)(1?x0)，整理得：4x0?6x0?t?3?0，

设g(x)?4x?6x?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)32232有3个不同零点”， g'(x)?12x?12x=12x(x?1)，

2g(x)与g'(x)的情况如下：

x g'(x) g(x) (??,0) + 0 0 t+3 (0,1) 1 0 (1,??) + ? t?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，

当g(0)?t?3?0，即t??3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g(1)?t?1?0，t??1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g(0)?0且g(1)?0，即?3?t??1时，因为g(?1)?t?7?0，g(2)?t?11?0， 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). （III）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. 101.【2014·天津卷（理20）】已知函数f(x)=x-ae两个零点x1,x2，且x1

x(a?R)，x?R.已知函数y=f(x)有

x2随着a的减小而增大； x1（Ⅲ）证明 x1+x2随着a的减小而增大.

【解析】本小题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考查函数思想、化归思想. 考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. 满分14分. （Ⅰ）解：由f(x)=x-aex，可得f￠(x)=1-aex. 下面分两种情况讨论： （1）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. （2）a>0时，

由f￠(x)=0，得x=-lna.

当x变化时，f￠(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f￠(x) (-?,lna) ＋ ↗ -lna 0 (-lna,+￥) － ↘ f(x) -lna-1 这时，f(x)的单调递增区间是(-?,lna)；单调递减区间是(-lna,+￥于是，“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立： 1°f(-lna)>0；2°存在s1?3°存在s2?).

(?,lna)，满足f(s1)<0；

(lna,+ )，满足f(s2)<0.

，解得00由f(-lna)>0，即-n且f(s1)=-a<0；取s2=，而此时，取s1=0，满足s1?(?,lna)，

22+ln，满足s2?(lna,+ aa)，且

22骣骣22鼢f(s2)=珑-ea鼢+ln-ea<0. 珑鼢珑鼢桫a珑a桫所以，a的取值范围是(0,e-1).

x（Ⅱ）证明：由f(x)=x-ae=0，有a=设g(x)=当x?x. exx1-x￠gx=，由，知g(x)在(-￥,1)上单调递增，在(1,+￥()xxee)上单调递减. 并且，

( ,0]时，g(x)￡0；当x?(0, )时，g(x)>0.

-1由已知，x1,x2满足a=g(x1)，a=g(x2). 由a?(0,e)，及g(x)的单调性，可得x1?(0,1)，

x2?(1, ).

-1 对于任意的a1,a2?(0,e)，设a1>a2，g(x1)=g(x2)=a1，其中0

g(h1)=g(h2)=a2，其中0

因为g(x)在(0,1)上单调递增，故由a1>a2，即g(x1)>g(h1)，可得x1>h1；类似可得x20，得

x2h2h2. <

x2随着a的减小而增大. x1xx（Ⅲ）证明：由x1=ae1，x2=ae2，可得lnx1=lna+x1，lnx2=lna+x2. 故x2-x1=lnx2-lnx1=lnx2. x1ì?x2=tx1,lnttlntx2

x=x=设解得，.所以， =t，则t>1，且?í12?t-1t-1x1

??x2-x1=lnt,x1+x2=(t+1)lntt-1. ①

令h(x)=(x+1)lnxx-1，x?(1, )，则h￠(x)=骣x-1÷?. ÷?÷?桫x2-2lnx+x-(x-1)21x.

1令u(x)=-2lnx+x-，得u￠(x)=x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x1+x2随着t的增大而增大.

而由（Ⅱ），t随着a的减小而增大，所以x1+x2随着a的减小而增大. 102.【2014·天津卷（文19）】已知函数f(x)=x-223ax(a>0)，x?R. 3（Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值； （Ⅱ）若对于任意的x1?(2, 值范围.

（Ⅰ）解：因为f(x)=x-2)，都存在x2?(1, )，使得f(x1)?f(x2)1.求a的取

23ax，所以f￠(x)=2x-2ax2=2x(1-ax). 3令f￠(x)=0得x=0或因为当x<0或x>1. a11时，f(x)单调递减，当0

aa骣1÷1所以f(x)极小值=f(0)=0，f(x)极大值=f?. ÷=??桫a÷3a2（Ⅱ）解：因为f(x1)?f(x2)骣22a3鼢骣22a3x-xx2-x2=1. 1，所以珑珑11鼢鼢珑桫桫33103.【2014·福建卷（理20）】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.

（I）求a的值及函数f?x?的极值； （II）证明：当x?0时，x?e；

2x（III）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x??x0，???，恒有x?ce.

2x【解析】本小题主要考查导数的运算及导数的应用、全称量词等基础知识的考查运用，考查抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想等。 满分14分。

x解法一：（I）由f(x)?ex?ax，得f'(x)?e?a.又f'(0)?1?a??1,得a?2.所以

f(x)?ex?2x,fx'(?)ex?.令2f'(x)?0,得x?ln2.当x?ln2时, f'(x)?0,f(x)单调递

减;当x?ln2时, f'(x)?0,f(x)单调递增.所以当x?ln2时, f(x)取得极小值,且极小值为

f(ln2)?eln2?2ln2?2?ln4,f(x)无极大值.

x2x（II）令g(x)?e?x,则g'(x)?e?2x.由（I）得g'(x)?f(x)?f(ln2)?0,故g(x)在R

2x上单调递增,又g(0)?1?0,因此,当x?0时, g(x)?g(0)?0,即x?e.

xx2x2x（III）①若c?1,则e?ce.又由（II）知，当x?0时, x?e.所以当x?0时, x?ce.

取x0?0,当x?(x0,??)时，恒有x?cx.

221?1,要使不等式x2?cex成立，只要ex?kx2成立.而要使ex?kx2成立，c2x?2则只要x?ln(kx2),只要x?2lnx?lnk成立.令h(x)?x?2lnx?lnk,则h'(x)?1??.

xx②若0?c?1,令k?所以当x?2时, h'(x)?0,h(x)在(2,??)内单调递增.取x0?16k?16,所以h(x)在(x0,??)内单调递增.又h(x0)?16k?2ln(16k)?lnk?8(k?ln2)?3(k?lnk)?5k.易知

k?lnk,k?ln2,5k?0.所以h(x0)?0.即存在x0?162x,当x?(x0,??)时，恒有x?ce. c2x综上，对任意给定的正数c，总存在x0,当x?(x0,??)时,恒有x?ce.

解法二：（I）同解法一； （II）同解法一

（III）对任意给定的正数c，取xo?4 cxx2x2由（II）知，当x>0时，e?x，所以e?e,e?()()

x2x22x22x2x24x212当x?xo时， e?()()?()?x

22c2c2x因此，对任意给定的正数c，总存在x0,当x?(x0,??)时,恒有x?ce.

x104.【2014·福建卷（文20）】已知函数曲线y?f(x)?ex?ax（a为常数）的图像与y轴交于点A，

f(x)在点A处的切线斜率为?1.

f(x)的极值；

2（Ⅰ）求a的值及函数

（Ⅱ）证明：当x?0时，x?ex

x（Ⅲ）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x?(x0,??)时，恒有x?ce 【解析】解法一：

（1）由f(x)?e?ax，得f(x)?e?a.

'又f(0)?1?a??1，得a?2.

x'xx'x所以f(x)?e?2x，f(x)?e?2. 令f(x)?0，得x?ln2.

'当x?ln2时，f'(x)?0，f(x)单调递减； 当x?ln2时，f'(x)?0，f(x)单调递增. 所以当x?ln2时，f(x)有极小值， 且极小值为f(ln2)?eln2?2ln2?2?ln4，

f(x)无极大值.

（2）令g(x)?ex?x2，则g'(x)?ex?2x.

由（1）得，g'(x)?f(x)?f(ln2)?2?ln4?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x?e. （3）对任意给定的正数c，取x0?由（2）知，当x?0时，x?e. 所以当x?x0时，e?x?x22x1， c2x1x，即x?cex. cx因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. 解法二：（1）同解法一. （2）同解法一. （3）令k?x1(k?0)，要使不等式x?cex成立，只要ex?kx成立. c而要使e?kx成立，则只需x?ln(kx)，即x?lnx?lnk成立. ①若0?k?1，则lnk?0，易知当x?0时，x?lnx?lnx?lnk成立. 即对任意c?[1,??)，取x0?0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce.

'②若k?1，令h(x)?x?lnx?lnk，则h(x)?1?x1x?1?， xx所以当x?1时，h(x)?0，h(x)在(1,??)内单调递增. 取x0?4k，

'h(x0)?4k?ln(4k)?lnk?2(k?lnk)?2(k?ln2)，

易知k?lnk，k?ln2，所以h(x0)?0. 因此对任意c?(0,1)，取x0?4x，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. cx综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. 解法三：（1）同解法一. （2）同解法一.

（3）①若c?1，取x0?0， 由（2）的证明过程知，e?2x，

所以当x?(x0,??)时，有ce?e?2x?x，即x?ce. ②若0?c?1，

令h(x)?cex?x，则h'(x)?cex?1， 令h(x)?0得x?ln当x?ln'xxxx1. c1'时，h(x)?0，h(x)单调递增. c2取x0?2ln，

ch(x0)?ce易知

2ln2c?2ln222?2(?ln)， ccc22?ln?0，又h(x)在(x0,??)内单调递增， ccx所以当x?(x0,??)时，恒有h(x)?h(x0)?0，即x?ce.

综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. 注：对c的分类可有不同的方式，只要解法正确，均相应给分。

105.【2014·辽宁卷（理21）】已知函数f(x)?(cosx?x)(??2x)?(sinx?1)，

x83g(x)?3(x?x)cosx?4(1?sinx)ln(3?证明：（1）存在唯一x0?(0,（2）存在唯一x1?(2x?).

?2)，使f(x0)?0；

?2,?)，使g(x1)?0，且对（1）中的x0?x1??.

2?)时，f'(x)??(1?sinx)(??2x)?2x?cosx?0，函数f(x)在(0,)上为232?8?162?0，所以存在唯一x0?(0,)，使f(x0)?0. 减函数，又f(0)????0,f()????23233(x??)cosx2??4ln(3?x),x?[,?]， （Ⅱ）考虑函数h(x)?1?sinx?2（Ⅰ）当x?(0,令t???x，则x?[记u(t)?h(??t)???,?]时，t?[0,]， 22?3tcost23f(t)?4ln(1?t)，则u'(t)? ，

1?sint?(??2t)(1?sint)由（Ⅰ）得，当t?(0,x0)时，u'(t)?0，当t?(x0,?2)时，u'(t)?0.

在(0,x0)上u(t)是增函数，又u(0)?0，从而当t?(0,x0]时，u(t)?0，所以u(t)在(0,x0]上无零点. 在(x0,???)上u(t)是减函数，由u(x0)?0,u()??4ln2?0，存在唯一的t1?(x0,) ，使222u(t1)?0.

所以存在唯一的t1?(x0,?2)使u(t1)?0.

因此存在唯一的x1???t1?(因为当x?(一的x1?(?2,?)，使h(x1)?h(??t1)?u(t1)?0.

?2,?)时，1?sinx?0，故g(x)?(1?sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯

?2,?)，使g(x1)?0.

因x1???t1,t1?x0，所以x0?x1??

106.【2014·辽宁卷（文8）】已知函数f(x)??(x?cosx)?2sinx?2，

g(x)?(x??)1?sinx2x??1.

1?sinx?证明：（Ⅰ）存在唯一x0?(0,（Ⅱ）存在唯一x1?(（Ⅰ）当x?(0,?2)，使f(x0)?0；

?2,?)，使g(x1)?0，且对（1）中的x0，有x0?x1??.

?)时，f'(x)????sinx?2cosx?0，所以f(x)在(0,)上为增函数．又

22???4?0．所以存在唯一x0?(0,)，使f(x0)?0． f(0)????2?0．f()?222??2（Ⅱ）当x?(?2?,)时，化简得g(x)?(??x)cosx2x??1．令t???x．记

1?sinx?u(t)?g?(?t)? ?tcost2t?f(t)??1．t?(0,)．则u'(t)?．由（Ⅰ）得，当t?(0,x0)时，u'(t)?0；

1?sint?2?(1?sint)当t?(x0,?)时，u'(t)?0．从而在(x0,)上u(t)为增函数，由u()?0知，当t?[x0,)时，

2222???u(t)?0，所以u(t)在[x0,)上无零点．在(0,x0)上u(t)为减函数，由u(0)?1及u(x0)?0知存

2在唯一t0?(0,x0)，使得u(x0)?0．于是存在唯一t0?(0,??2)，使得u(t0)?0．设

x1???t0?(,?)．g(x1)?g(??t0)?u(t0)?0

2．因此存在唯一的x1?(??2,?)，使得g(x1)?0．由于x1???t0，t0?x0，所以x0?x1??．

107【2014·陕西卷（理21）】设函数的导函数.

f(x)?ln(1?x),g(x)?xf'(x),x?0，其中f'(x)是f(x)（1）g1(x)?g(x),gn?1(x)?g(gn(x)),n?N?，求gn(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)?【解析】

?g(n)与n?f(n)的大小，并加以证明.

1x，?g(x)? 1?x1?xf(x)?ln(x?1)，?f?(x)?（1）g(x)?xx?1?11??1? 1?x1?x1?x11x?0，?1?x?1，??1，?1??0，即g(x)?0，当且仅当x?0时取等号

1?x1?x当x?0时，gn(0)?0 当x?0时，g(x)?0

gn?1(x)?g(gn(x))

?gn?1(x)?gn(x)1?gn(x)1111???1，即??1 ，?1?gn(x)gn?1(x)gn(x)gn(x)gn?1(x)gn(x)?数列{1}是以g1(x)为首项，以1为公差的等差数列 gn(x)x1111?nx(x?0) ，?gn(x)???(n?1)?1??(n?1)?1?x1?nxgn(x)g1(x)x1?x0x?0，?gn(x)?(x?0) 当x?0时，gn(0)?1?01?nx?（2）在x?0范围内f(x)?ag(x)恒成立，等价于f(x)?ag(x)?0成立

ax，即h(x)?0恒成立， 1?x令h(x)?f(x)?ag(x)?ln(x?1)?h?(x)?1a(1?x)?axx?1?a ??22x?1(1?x)(1?x)令h?(x)?0，即x?1?a?0，得x?a?1

当a?1?0即a?1时，h(x)在[0,??)上单调递增，h(x)?h(0)?ln(1?0)?0?0 所以当a?1时，h(x)在[0,??)上h(x)?0恒成立；

当a?1?0即a?1时，h(x)在[a?1,??)上单调递增，在[0,a?1]上单调递减， 所以h(x)?h(a?1)?lna?a?1 设?(a)?lna?a?1(a?1)，??(a)?因为a?1，所以

1?1 a1?1?0，即??(a)?0，所以函数?(a)在(1,??)上单调递减 a所以?(a)??(1)?0，即h(a?1)?0，所以h(x)?0不恒成立 综上所述，实数a的取值范围为(??,1]； （3）由题设知：g(1)?g(2)?????g(n)?12n??????，n?f(n)?n?ln(n?1) 23n?1比较结果为：g(1)?g(2)?????g(n)?n?ln(n?1)

1111????????ln(n?1) 234n?1x,x?0 在（2）中取a?1，可得ln(1?x)?1?x1n?111??令x?,n?N，则ln，即ln(n?1)?lnn?

nnn?1n?11故有ln2?ln1?

2证明如下：上述不等式等价于

ln3?ln2?1 31 n?1??????

ln(n?1)?lnn?上述各式相加可得：ln(n?1)?结论得证.

1111??????? 234n?1108.【2014·陕西（文21）】设函数

f(x)?lnx?m,m?R. x（1）当m?e（e为自然对数的底数）时，求（2）讨论函数g(x)?f(x)的最小值；

xf'(x)?零点的个数；

3（3）若对任意b?a?0,f(b)?f(a)?1恒成立，求m的取值范围.

b?ae x【解析】（1）由题设，当m?e时，f(x)?lnx?易得函数f(x)的定义域为(0,??)

?f?(x)?1ex?e??2 xx2x?当x?(0,e)时，f?(x)?0，此时f(x)在(0,e)上单调递减；

当x?(e,??)时，f?(x)?0，此时f(x)在(e,??)上单调递增；

e?当x?e时，f(x)取得极小值f(e)?lne??2

e?f(x)的极小值为2

(2)

函数g(x)?f?(x)?x1mx??2?(x?0) 3xx3令g(x)?0，得m??设?(x)??13x?x(x?0) 313x?x(x?0) 3???(x)??x2?1??(x?1)(x?1)

当x?(0,1)时，??(x)?0，此时?(x)在(0,1)上单调递增；

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