吉林省东北师范大学附属中学2015届高考数学一轮复习（第13周）阶段测试卷 理

吉林省东北师范大学附属中学2015届高考数学一轮复习（第

13周）阶段测试卷 理

?π?54.18．[2014·北京卷] 已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈?0，?.

2??

(1)求证：f(x)≤0；

sin x?π?(2)若a<

2?x?

x55.20．[2014·福建卷] 已知函数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；

2x(2)证明：当x>0时，x

2x(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

1

57.22．[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e，3，e，π，，3，π这6个数中的最大数与最小数；

3eπeπ3

(3)将e，3，e，π，3，π这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．

58.22．[2014·湖南卷] 已知常数a＞0，函数

2xf(x)＝ln(1＋ax)－. 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x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a的取值范围．

59.18．[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(x＋bx＋b)1－2x(b∈R)． (1)当b＝4时，求f(x)的极值；

2

3eπeπ3

?1?(2)若f(x)在区间?0，?上单调递增，求b的取值范围． ?3?

32

60.11．[2014·辽宁卷] 当x∈[－2，1]时，不等式ax－x＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )

2

9??A．[－5，－3] B.?－6，－? C．[－6，－2] D．[－4，－3] 8??61.22．[2014·全国卷] 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：

23

ax(a>1)． x＋a

32

62.11．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 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的取值范围是( )

A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)

bex－1

63.21．、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aeln x＋，曲线y＝f(x)在点

xx(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.

x－x64.21．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝e－e－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)．

x－x21．解：(1)f′(x)＝e＋e－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

2x－2xx－x(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e－e－4b(e－e)＋(8b－4)x， g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]

x－xx－x ＝2(e＋e－2)(e＋e－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.

x－x2

(ii)当b>2时，若x满足2

2

而g(0)＝0，因此当0

综上，b的最大值为2.

3

(3)由(2)知，g(ln2)＝－22b＋2(2b－1)ln 2.

2

3

382－3

当b＝2时，g(ln2)＝－42＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8；

212322

当b＝＋1时，ln(b－1＋b－2b)＝ln2，

4

3

g(ln2)＝－－22＋(32＋2)ln 2<0，

2

18＋2ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.

28

xe?2?65.20．[2014·山东卷] 设函数f(x)＝2－k?＋ln x?(k为常数，e＝2.718 28?是

x?x?

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．

66.21．[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)＋?＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．

x67.20．[2014·天津卷] 设f(x)＝x－ae(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1

(1)求a的取值范围；

(2)证明：随着a的减小而增大； (3)证明：x1＋x2随着a的减小而增大．

4

x2x1

3

68．22．[2014·浙江卷] 已知函数f(x)＝x＋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

(2)设b∈R，若[f(x)＋b]≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范围．

2x－2x69.20．[2014·重庆卷] 已知函数f(x)＝ae－be－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．

71.6．[2014·湖北卷] 若函数f(x)，g(x)满足?f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)

1

?－1

5

方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．

(3)对任意给定的正数c，取x0＝

4

cx，

?x?由(2)知，当x>0时，e>x，所以e＝e·e>??·??，当x>x0时，e>??22?2??2??2?

x2

xx?x?2?x?2

x2x24

??>?2?c??

?x?＝1x2， ?2?c??

因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x

13x(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x

3证明如下：

2

2

x56.

解法一：21.(1).可知(x?2x?k)?2(x?2x?k)?3?0，

222?[(x2?2x?k)?3]?[(x2?2x?k)?1]?0， ?x2?2x?k??3或x2?2x?k?1，

?(x?1)2??2?k(?2?k?0)或(x?1)2?2?k(2?k?0)， ?|x?1|??2?k或|x?1|?2?k，

??1??2?k?x??1??2?k或x??1?2?k或x??1?2?k， 所以函数f(x)的定义域D为 (??,?1?2?k)(2).

(?1??2?k,?1??2?k)(?1?2?k,??)；

11

f'(x)????2(x2?2x?k)(2x?2)?2(2x?2)2(x?2x?k)?2(x?2x?k)?32223(x2?2x?k?1)(2x?2)(x2?2x?k)2?2(x2?2x?k)?33'x0?，由f()得(x?2x?k?1)(2x?2)?0，

2即(x?1?k)(x?1?k)(x?1)?0，?x??1??k或?1?x??1??k，结合定义域知x??1?2?k或?1?x??1??2?k，

所以函数f(x)的单调递增区间为(??,?1?2?k)，(?1,?1??2?k)， 同理递减区间为(?1??2?k,?1)，(?1?2?k,??)；

(3).由f(x)?f(1)得(x?2x?k)?2(x?2x?k)?3?(3?k)?2(3?k)?3，

2222?[(x2?2x?k)2?(3?k)2]?2[(x2?2x?k)?(3?k)]?0，

?(x2?2x?2k?5)?(x2?2x?3)?0，

?(x?1??2k?4)(x?1??2k?4)?(x?3)(x?1)?0，

?x??1??2k?4或x??1??2k?4或x??3或x?1， k??6，?1?(?1,?1??2?k)，?3?(?1??2?k,?1)， ?1??2k?4??1?2?k，?1??2k?4??1?2?k， 结合函数f(x)的单调性知f(x)?f(1)的解集为 (?1??2k?4,?1?2?k)(?1?2?k,?1??2k?4)．

解法二：解：（1）依题意有(x2?2x?k)2?2(x2?2x?k)?3?0

(?1??2?k,?3)(1,?1??2?k)?x为

2?2x?k+3???x2?2x?k?1??0

k??2,?k?3?1,k?1??3故x2?2x?k+3=0，x2?2x?k?1=0均有两根记

x1??1??2?k,x2??1??2?k,x3??1?2?k,x4??1?2?k

22注意到x3?x1?x2?x4，故不等式x?2x?k+3?x?2x?k?1?0的解集为

???????,x4???x2,x1???x3,??? ，即D????,x4???x2,x1???x3,???

12

（2）令g?x?=(x?2x?k)?2(x?2x?k)?3,x?D

222'22则g?x?=2(x?2x?k)??2x?2??2(2x?2)?4?x?1??x?2x?k+1

??'令g?x??0，注意到k??2,k?1??1，故方程x2?2x?k?1?0有两个不相等的

实数根

记为x5??1??k,x6??1??k，且x7??1 注意到x3?x5?x1??1?x2?x6?x4结合图像可知 在区间?x2,?1?,?x3,???上g?x??0，g?x?单调递增

'在区间???,x4?,??1,x1?上g?x??0，g?x?单调递减

'故f?x?在区间?x2,?1?,?x3,???上单调递减，在区间???,x4?,??1,x1?上单调递增. （3）f(1)?1(k?3)2?2(k?3)?3?1?k?2???k?6? 在区间D上，令f?x??f?1?，即

1(x2?2x?k)2?2(x2?2x?k)?3=1?k?2???k?6?，即

(x2?2x?k)2?2(x2?2x?k)?3=k2?8k?12 (x2?2x?k)2?2(x2?2x?k)??k?3???k?5??0

22???x?2x?k?k?3x??????2x?k??k?5????0 22??x?2x?3????x?2x?2k?5???0???

方程x2?2x?2k?5?0的判别式???8k?16?0，故此方程???有4个不相等的实数根，记为x8?1,x9??3,x10??1??2k?4,x11??1??2k?4

13

注意到k??6，故，

x1??1??2?k?1,x2??1??2?k??3，故x8,x9?D x10?x3??1??2k?4??1?2?k??2k?4?2?k=，故x10?D

???k?6?0?2k?4?2?kx4?x11??2k?4?2?k???2k?4???2?k???2k?4?2?k?k?6?0故

?2k?4?2?kx11?D

结合D????,x4???x2,x1???x3,???和函数的图像 可得f(x)?f(1)的解集为?x11,x4???x2,x9???x8,x1??x3,x10?

【品题】函数题（1）考查了数轴标根法，4个根，学过这个方法的学生就能快速做出第一问.我记得考纲上有这样一句“试题中函数一般不超过3次”这次真超过4次了.

（2）考查了复合函数单调性，利用导数作工具，这个题还是很容易的，而且不涉及到分类讨论，就是题目的根太多太多了.

（3）利用数形结合的思想，容易知道所求的范围，接下来只要根不求错，那就没问题了.

总的来说，本题就是根太多，结合图像，不要搞错咯~~二次函数问题依旧是备考的重点，也是难点，平时努力了，也未必有大收获.

14

ln x57.解：22． (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝，所以f′(x)＝

x1－ln x. 2

x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，＋∞)．

eeπ

(2)因为e<3<π，所以eln 3

π

.

于是根据函数y＝ln x，y＝e，y＝π在定义域上单调递增，可得 ee33ππ

3<π<π，e

3πe3

故这6个数的最大数在π与3之中，最小数在3与e之中．

ln πln 3ln e

由e<3<π及(1)的结论，得f(π)

ln πln 33ππ3由<，得ln ππ；

π3ln 3ln ee3e3由<，得ln 3

3e

πe

综上，6个数中的最大数是3，最小数是3.

ee3πe3

(3)由(2)知，3<π<π<3，3

ln πln eeπ

又由(2)知，<，得π

πe3eπ3

故只需比较e与π和e与π的大小．

1

由(1)知，当0

e

ln x1即<. x e

xx 15

eeeeee

在上式中，令x＝，又2－.

ππππππ①

e???2.72?>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，

由①得，eln π>e?2－?>2.7×?2－

3.1??π???

e33e

即eln π>3，亦即ln π>ln e，所以e<π.

3e

又由①得，3ln π>6－>6－e>π，即3ln π>π，

π

π3

所以e<π.

e3eπ3π

综上可得，3

e3eπ3π

即这6个数从小到大的顺序为3，e，π，e，π，3. 58.

a2（x＋2）－2xax2＋4（a－1）

解：22． (1)f′(x)＝－＝22.(*) 1＋ax（x＋2）（1＋ax）（x＋2）

当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．

1－a?1－a?

当0

a?

a?

当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.

故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增． 综上所述，

当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

1－a?1－a???

当0＜a＜1时，f(x)在区间?0，2，＋∞?上?上单调递减，在区间?2

?a??

a?

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

1－a1－a又f(x)的极值点只可能是x1＝2和x2＝－2，且由f(x)的定义可知，

aax>－且x≠－2，所以－2a1

1－a1

>－，－2

aa1－a≠－2，

a1

解得a≠.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点．

2

2222x－2

(i)当－1

xxxx 16

因此，g(x)在区间(－1，0)上单调递减，从而g(x)

1

故当0

2

2222x－2

(ii)当0

xxxx1

因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，从而g(x)>g(1)＝0.故当

2

f(x2)>0.

?1?综上所述，满足条件的a的取值范围为?，1?. ?2?

－5x（x＋2）

59. (1)当b＝4时，f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.

1－2x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，?时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取得极

2

??

1??

小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.

－x[5x＋（3b－2）]－x?1?(2)f′(x)＝，易知当x∈?0，?时，<0，

?3?1－2x1－2x51?1?依题意当x∈?0，?时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，得b≤. 39?3?

1??所以b的取值范围为?－∞，?.

9??

x2－4x－3

60.C [解析] 当－2≤x<0时，不等式转化为a≤，

x3

2

x2－4x－3－x＋8x＋9－（x－9）（x＋1）

令f(x)＝(－2≤x<0)，则f′(x)＝＝，故

x3x4x4

1＋4－3

＝－2.当x＝－1

x2－4x－3x2－4x－3

0时，g(x)恒成立．当0

f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤

xx－x＋8x＋9＝＝ 4

2

x－（x－9）（x＋1）1－4－3

，故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥＝－6. 4

x1

综上，－6≤a≤－2.

x[x－（a2－2a）]

61. 解：22． (1)易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝2.

（x＋1）（x＋a）(i)当10，所以f(x)在(－1，a－2a)是增函数；

2

2

17

若x∈(a－2a，0)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a－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；

22

若x∈(0，a2

－2a)，则f′(x)<0，

所以f(x)在(0，a2

－2a)是减函数；

若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(a2

－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)

(0

2n＋2

. (i)当n＝1时，由已知2

3

(ii)假设当n＝k时结论成立，即23

k＋2

. 当n＝k＋1时，

2×2ak＋1＝ln(ak＋1)>ln??2?k＋2＋1??k＋22?>2

＝k＋3， k＋2

＋23×

3

a?3＋1?

＝3k，

k＋2

＋3＋3即当n＝k＋1时，有

2k＋3

，结论成立． 根据(i)(ii)知对任何n∈结论都成立．

62.

18

若a>0，则f(x)极大值＝f(0)＝1>0，此时函数f(x)一定存在小于零的零点，不符合题意．

综上可知，实数a的取值范围为(－∞，－2)． 63.

21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

abbf′(x)＝aexln x＋ex－2ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，bxxx＝2.

2x－12x－x(2)证明：由(1)知，f(x)＝eln x＋e，从而f(x)>1等价于xln x>xe－. xe

?1?设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈?0，?时，g′(x)<0；

?e??1?g′(x)>0.故g(x)在?0，1?上单调递减，?1，＋∞?上单调递增，当x∈?，＋∞?时，在?e??e?

?e?????

12?1?－x－x从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g??＝－.设函数h(x)＝xe－，则h′(x)＝e(1

ee?e?－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1

最大值为h(1)＝－. e

?1?因为gmin(x)＝g??＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1. ?e?

64．

x－x．解：21 (1)f′(x)＝e＋e－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

2x－2xx－x(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e－e－4b(e－e)＋(8b－4)x， g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]

x－xx－x ＝2(e＋e－2)(e＋e－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.

x－x2

(ii)当b>2时，若x满足2

19

而g(0)＝0，因此当0

综上，b的最大值为2.

3

(3)由(2)知，g(ln2)＝－22b＋2(2b－1)ln 2.

2

382－3

当b＝2时，g(ln2)＝－42＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8；

212322

当b＝＋1时，ln(b－1＋b－2b)＝ln2，

4

2

g(ln2)＝－－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<

3218＋2

<0.693 4.所以ln 2的近似值28

为0.693.

65.

20．解：(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，

x2ex－2xex?21?xex－2exk（x－2）（x－2）（ex－kx）

f′(x)＝－k?－2＋?＝－＝. 4323

xxx由k≤0可得e－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；

x当k>0时，设函数g(x)＝e－kx，x∈(0，＋∞)．

xxln k因为g′(x)＝e－k＝e－e， 当0

x当x∈(0，2)时，g′(x)＝e－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．

x?xx?

x??g（ln k）<0，

当且仅当?

g（2）>0，??0

e

解得e

2

2

g（0）>0，

?e，e?. ?2???

20

2

66.

解：21．由题设得，g(x)＝

(x≥0)． 1＋xxx(1)由已知，g1(x)＝

1＋xx，g2(x)＝g(g1(x))＝＝， 1＋xx1＋2x1＋

1＋xxg3(x)＝x1＋3x，?，可得gn(x)＝

. 1＋nxx下面用数学归纳法证明．

①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．

1＋x②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.

1＋kxxxx1＋kxgk（x）x那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，

1＋gk（x）x1＋（k＋1）x1＋

1＋kx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)≥恒成立．

1＋xaxax1ax＋1－a设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－2＝2，

1＋x1＋x（1＋x）（1＋x）

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)≥

恒成立(仅当x＝0时等号成立)． 1＋xax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)≥不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．

1＋x12n(3)由题设知g(1)＋g(2)＋?＋g(n)＝＋＋?＋，

23n＋1比较结果为g(1)＋g(2)＋?＋g(n)>n－ln(n＋1)．

证明如下：

21

ax

111

方法一：上述不等式等价于＋＋?＋

23n＋1

11111k＋2

那么，当n＝k＋1时，＋＋?＋＋

即结论成立．

由①②可知，结论对n∈N＋成立．

111

方法二：上述不等式等价于＋＋?＋

23n＋1

x1n＋11

在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.令x＝，n∈N＋，则ln>. 1＋xnnn＋1

111

故有ln 2－ln 1>，ln 3－ln 2>，??ln(n＋1)－ln n>，

23n＋1111

上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋?＋，

23n＋1结论得证．

xx

方法三：如图，?ndx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，

x＋1x＋1?

0

12n

而＋＋?＋是图中所示各矩形的面积和， 23n＋1

1?12nx?∴＋＋?＋>?ndx＝?n?1－?dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．

23n＋1?x＋1??x＋1?

0

0

22

67.

xx解：20． (1)由f(x)＝x－ae，可得f′(x)＝1－ae. 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s1∈(－∞，－ln a)，满足f(s1)<0；③存在s2∈(－ln a，＋∞)，满足f(s2)<0.

－1

由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0

22?22?－ln a)，且f(s1)＝－a<0；取s2＝＋ln，满足s2∈(－ln a，＋∞)，且f(s2)＝?－e?

aa?aa?

?22?＋?ln－e?<0. ?aa?

故a的取值范围是(0，e)．

－1

xx1－xx(2)证明：由f(x)＝x－ae＝0，有a＝x.设g(x)＝x，由g′(x)＝x，知g(x)在(－

eee

∞，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，

－1

＋∞)时，g(x)>0.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(ξ1)＝g(ξ2)＝a1，其中0<ξ1<1<ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.

因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2.

ξ2η2η2

又由ξ1，η1>0，得<<，

ξ1ξ1η1所以随着a的减小而增大．

(3)证明：由x1＝aex1，x2＝aex2，可得ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.故x2－x1

＝ln x2－ln x1＝ln.

x2x1

x2x1

23

1

－2ln x＋x－

x则h′(x)＝. 2（x－1）

x－1?21?令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝??.

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(2)，t随着a的减小而增大，所以x1＋x2随着a的减小而增大．

3

68. [2014·浙江卷] 22． 已知函数f(x)＝x＋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

(2)设b∈R，若[f(x)＋b]≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范围．

32???x＋3x－3a，x≥a，?3x＋3，x≥a，

解：22． (1)因为f(x)＝?3所以f′(x)＝?2由于－

?x－3x＋3a，x

1≤x≤1，

3

(i)当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x＋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.

3

(ii)当－1

3

则f(x)＝x－3x＋3a在(－1，a)上是减函数．所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)

3

＝f(a)＝a.

13

由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，因此，当－1

3

13

3

(iii)当a≥1时，有x≤a，故f(x)＝x－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.

24

?－a－3a＋4，－1

综上，M(a)－m(a)＝?

1

－a＋3a＋2，

3

??4，a≥1.

33

8，a≤－1，

(2)令h(x)＝f(x)＋b，

32???x＋3x－3a＋b，x≥a，?3x＋3，x>a，

则h(x)＝?3h′(x)＝?2

?x－3x＋3a＋b，x

2

因为[f(x)＋b]≤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．

13

(ii)当－1

3

133

－3a＋b，所以a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，从而－2－a＋3a≤3a＋b≤6a－2且0≤a≤.

3

?1?32

令t(a)＝－2－a＋3a，则t′(a)＝3－3a>0，t(a)在?0，?上是增函数，故t(a)>t(0)

?3?

＝－2，

因此－2≤3a＋b≤0.

13

(iii)当

283

＋b＋2，所以a＋b≥－2且3a＋b＋2≤2，解得－<3a＋b≤0；

27

(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. 69.

2x－2x解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝2ae＋2be－c，由f′(x)为偶函数，知f′(－x)

2x－2x＝f′(x)，即2(a－b)(e－e)＝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.

2x－2x(2)当c＝3时，f(x)＝e－e－3x，那么

f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥22e2x·2e－2x－3＝1>0， 故f(x)在R上为增函数．

25

当x1x2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，＋∞)．

70.

图1-4

2x[解析]14.2 因为函数y＝ln x的图像与函数y＝e的图像关于正方形的对角线所

e在直线y＝x对称，则图中的两块阴影部分的面积为

eS＝2?

e?1

ln xdx＝2(xln x－x)|

1

＝2[(eln e－e)－(ln 1－1)]＝2，

2

故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影部分的概率P＝2. e71. [解析]6．C 由题意，要满足f(x)，g(x)是区间[－1，1]上的正交函数，即需满足?1f(x)g(x)dx＝0.

?－1

11

①?1f(x)g(x)dx＝?1sinxcosxdx＝

22??

－1

－1

11?－1cos x?1＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；

sinxdx＝?2?－1

2????

－1

4?x?1

②?1f(x)g(x)dx＝?1(x＋1)(x－1)dx＝?－x?－1＝－≠0，故第②组不是区间[－

3?3??－1?－1

26

3

1，1]上的正交函数；

x1

③?f(x)g(x)dx＝?x·xdx＝－1＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数．

4??

1

1

2

－1

－1

4

综上，是区间[－1，1]上的正交函数的组数是2. 故选C.

2π2π2π

72. A [解析] 因为∫0f(x)dx＝0，即∫0f(x)dx＝－cos(x－φ)0＝－

333

π5π?2π?cos?－φ?＋cos φ＝0，可取φ＝，所以x＝是函数f(x)图像的一条对称轴． 36?3?

x＋2?1f（x）dx??1x3＋?2?f（x）dx?x?1＝1＋?73.B [解析] ?f(x)dx＝?dx＝?3?03?0?0????????

2

1

10

10

1

2?1f(x)dx，得?1f(x)dx＝－.

3??

0

0

74. [2014·山东卷] 6．直线y＝4x与曲线y＝x在第一象限内围成的封闭图形的面

积为( )

A. 2 2 B. 4 2 C. 2 D. 4

3

6．D [解析] 直线y＝4x与曲线y＝x在第一象限的交点坐标是(2，8)，所以两者围

3

?

成的封闭图形的面积为?(4x－x)dx＝?

??0

2

3x

2

14??2

2x－x??0＝4，故选D.

4??

2x1

2

1

2

0

75. C [解析] ?1(2x＋e)dx＝(x＋e)0＝(1＋e)－(0＋e)＝e.

?0

（十四） 单元综合

76. [解析] 9．A f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x) 1－x1＋x＝ln＝－ln＝－[ln（1＋x）－ln（1－x）]

1＋x1－x2x?2x2?＝ln?1＋2x2?＝－f(x)，故①正确；当x∈(－1，1)时，∈(－1，1)，且f?1＋x??1＋x?2

1＋x????2x1＋22

1＋x2x?1＋x?21＋x＋2x1＋x??－ln?1－＝ln＝ln?＝2ln＝2[ln(1＋x)－ln(1－2?＝ln?22x1＋x－2x1－x?1＋x??1－x?1－2

1＋xx)]＝2f(x)，故②正确；

由①知，f(x)为奇函数，所以|f(x)|为偶函数，则只需判断当x∈[0，1)时，f(x)与2x的大小关系即可．

记g(x)＝f(x)－2x，0≤x＜1，

27

即g(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x，0≤x<1， 112xg′(x)＝＋－2＝2，0≤x＜1.

1＋x1－x1－x当0≤x＜1时，g′(x)≥0，

即g(x)在[0，1)上为增函数，且g(0)＝0，所以g(x)≥0， 即f(x)－2x≥0，x∈[0，1)，于是|f(x)|≥2|x|正确． 综上可知，①②③都为真命题，故选A.

77. B [解析] 依题意，设存在P(－m，n)在f(x)的图像上，则Q(m，n)在g(x)的图

1112－m2－m－m像上，则有m＋e－＝m＋ln(m＋a)，解得m＋a＝ee－，即a＝ee－－m(m＞0)，

222可得a∈(－∞，e)．

78. [解析] 14．(1)x (2)x(或填(1)k1x；(2)k2x，其中k1，k2为正常数) 设A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c，0)，则此三点共线：

0－f（a）0＋f（b）0－f（a）0＋f（b）

(1)依题意，c＝ab，则＝，即＝.

c－ac－bab－aab－b因为a>0，b>0，所以化简得

2

ab2ab0－f（a）0＋f（b） f（a）

(2)依题意，c＝，则＝，因为a>0，b>0，所以化简得

a＋b2ab2aba－a－ba＋ba＋b＝

f（a）f（b）

＝，故可以选择f(x)＝x(x>0)；

80.

2（x＋2）－2xax＋4（a－1）

解：22． (1)f′(x)＝－＝22.(*) 1＋ax（x＋2）（1＋ax）（x＋2）

当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 当0

1－a?1－a?

x1＝2舍去?. ?x2＝－2

a2

a?a?

当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.

28

故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

1－a?1－a???

当0＜a＜1时，f(x)在区间?0，2，＋∞?上?上单调递减，在区间?2

?a??

a?

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

1－a1－a又f(x)的极值点只可能是x1＝2和x2＝－2，且由f(x)的定义可知，

aax>－且x≠－2，

a1－a1

所以－2>－，－2

aa1

1－a≠－2，

a1

解得a≠.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点．

2

2x12x22

而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－＝ln[1＋a(x1＋x2)＋ax1x2]

x1＋2x2＋2

4x1x2＋4（x1＋x2）4（a－1）222－＝ln(2a－1)－＝ln(2a－1)＋－2. x1x2＋2（x1＋x2）＋42a－12a－1

1

令2a－1＝x.由0

2

1

当0

21

当

22

记g(x)＝ln x＋－2.

x2222x－2

(i)当－1

xxxx因此，g(x)在区间(－1，0)上单调递减， 从而g(x)

1

故当0

2

2

(ii)当0

x222x－2

所以g′(x)＝－2＝2<0，

xxx因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，

1

从而g(x)>g(1)＝0.故当0.

2

29

?1?综上所述，满足条件的a的取值范围为?，1?. ?2?

81.

21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

abbf′(x)＝aexln x＋ex－2ex－1＋ex－1.

xxx由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2.

2x－12x－x(2)证明：由(1)知，f(x)＝eln x＋e，从而f(x)>1等价于xln x>xe－. xe设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，

?1??1?所以当x∈?0，?时，g′(x)<0；当x∈?，＋∞?时，g′(x)>0.

?e??e?

?1??1?故g(x)在?0，?上单调递减，在?，＋∞?上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最?e??e?

1?1?小值为g??＝－. e?e?

2－x－x设函数h(x)＝xe－，则h′(x)＝e(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；

e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1

最大值为h(1)＝－. e

?1?因为gmin(x)＝g??＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1. ?e?

82. ．解：(1)f′(x)＝e＋e－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

2x－2xx－x(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e－e－4b(e－e)＋(8b－4)x， g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)]

x－xx－x ＝2(e＋e－2)(e＋e－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.

x－x2

(ii)当b>2时，若x满足2

2而g(0)＝0，因此当0

综上，b的最大值为2.

x－x 30

31

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