高三数学一轮复习 函数与导数（解析版）

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，

2π

∴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)．

nπ

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．

kπ

(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．

nπ

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.

3π

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

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