2015年高考数学（理科）真题分类汇编B单元 函数与导数
数 学
B 单元 函数与导数
B1 函数及其表示
6．B1[2015·湖北卷] 已知符号函数 sgn x＝{1，x > 0，
0，x＝0，
－1，x < 0.
f(x)是 R 上的增函数，g(x)＝f(x)－
f(ax)(a>1)，则( )
A．sgn[g(x)]＝sgn x
B．sgn[g(x)]＝－sgn x
C．sgn[g(x)]＝sgn[f(x)]
D．sgn[g(x)]＝－sgn[f(x)]
6．B [解析] 不妨令 f(x)＝x＋1，a＝2，则 g(x)＝f(x)－f(2x)＝－x，故 sgn[g(x)]＝sgn(－
x)，排除 A；sgn[f(x)]＝sgn(x＋1)≠sgn[g(x)]，又 sgn[g(x)]≠－sgn[f(x)]，所以排除 C，D.故
选 B.
10．B1[2015·湖北卷] 设 x∈R，[x]表示不超过 x 的最大整数．若存在实数 t，使得[t]＝
1，[t2]＝2，…，[tn]＝n 同时成立，则正整数 n 的最大值是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
10．B [解析] [t]＝1，则 1≤t<2，①
[t2]＝2，则 2≤t2<3，②
显然存在 t∈[ 2， 3)使得[t]＝1 与[t2]＝2 同时成立．
[t3]＝3，则 3≤t3<4，即 3
1
3≤t<4
1
3，③
因为 2
1
2<3
1
3<4
1
3<3
1
2，所以存在 3
1
3≤t<4
1
3使得①②③同时成立．
[t4]＝4，则 4≤t4<5，则 4
1
4≤t<5
1
4，④
同理，可以求得 3
1
3≤t<5
1
4使得①②③④同时成立．
[t5]＝5，则 5≤t5<6，即 5
1
5≤t<6
1
5，⑤
因为 6
1
5<3
1
3，所以 5
1
5≤t<6
1
5与 3
1
3≤t<5
1
4的交集为空集．
所以 n 的最大值是 4.故选 B.
10．B1、B6[2015·山东卷] 设函数 f(x)＝{3x－1，x < 1，
2x，x ≥ 1. 则满足 f(f(a))＝2f(a)的 a 的取值
范围是( )
A.[2
3，1 ] B．[0，1]
C.[2
3，＋∞) D．[1，＋∞)
10．C [解析] 当 a<1 时，f(a)＝3a－1，若 f(f(a))＝2f(a)，则 f(a)≥1，即 3a－1≥1，∴
2
3
≤a<1；
当 a≥1 时，f(a)＝2a≥2，此时 f(f(a))＝2f(a)．
综上所述，a≥
2
3.
7．B1[2015·浙江卷] 存在函数 f(x)满足：对于任意 x∈R 都有( )
A．f(sin 2x)＝sin x B．f(sin 2x)＝x2＋x
C．f(x2＋1)＝|x＋1| D．f(x2＋2x)＝|x＋1|
7．D [解析] 对选项 A 中的函数，当 x＝0 时，得 f(0)＝0，当 x＝
π
2 时，得 f(0)＝1，
矛盾；选项 B 中的函数，当 x＝0 时，得 f(0)＝0，当 x＝
π
2 时，得 f(0)＝
π2
4 ＋
π
2 ，矛盾；选
项 C 中的函数，当 x＝－1 时，得 f(2)＝0，当 x＝1 时，得 f(2)＝2，矛盾；选项 D 中的函数
变形为 f((x＋1)2－1)＝ （x＋1）2－1＋1，令 t＝(x＋1)2－1 可知，f(t)＝ t＋1满足要求．
10 ． B1 、 B3[2015· 浙 江 卷 ] 已 知 函 数 f(x) ＝ {x＋2
x－3，x ≥ 1，
lg（x2＋1），x < 1，
则 f[f( － 3)] ＝
________，f(x)的最小值是________．
10．0 2 2－3 [解析] f(－3)＝lg 10＝1，
f[f(－3)]＝f(1)＝0.当 x≥1 时，x＋
2
x－3≥2 2－3，当且仅当 x＝ 2时，等号成立；当 x<1
时，lg(x2＋1)≥lg 1＝0.故最小值为 2 2－3.
B2 反函数
B3 函数的单调性与最值
21．B3、B14[2015·安徽卷] 设函数 f(x)＝x2－ax＋b.
(1)讨论函数 f(sin x)在(－π
2 ，π
2 )内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
(2)记 f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在[－π
2 ，π
2 ]上的最大值 D；
(3)在(2)中，取 a0＝b0＝0，求 z＝b－
a2
4 满足条件 D≤1 时的最大值．
21．解：(1)f(sin x)＝sin2x－asin x＋b＝sin x(sin x－a)＋b，－
π
2
0，－2<2sin x<2.
①当 a≤－2，b∈R 时，函数 f(sin x)单调递增，无极值．
②当 a≥2，b∈R 时，函数 f(sin x)单调递减，无极值．
③对于－20，即 x<0 时，f(x)单调递增；
当 f′(x)<0，即 x>0 时，f(x)单调递减．
故 f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
当 x>0 时，f(x) 1，
f（1） ≥ 0，
解得 a≥1，故此时 a≥2.
当 00，a≠1)的定义域和值域都是[－1，
0]，则 a＋b＝________ .
14．－
3
2 [解析] 若 00，a≠1)在区间[－1，0]上为减函数，即
{a－1＋b＝0，
a0＋b＝－1，解得{a＝1
2，
b＝－2；
若 a>1，则 f(x)＝a x＋b(a>0，a≠1)在区间[－1，0]上为增函数，即 {a－1＋b＝－1，
a0＋b＝0， 无
解．
∴a＋b＝
1
2－2＝－
3
2.
15．B3，B12[2015·四川卷] 已知函数 f(x)＝2 x，g(x)＝x2＋ax(其中 a∈R)．对于不相等
的实数 x1，x2，设 m＝
f（x1）－f（x2）
x1－x2 ，n＝
g（x1）－g（x2）
x1－x2 .
现有如下命题：
①对于任意不相等的实数 x1，x2，都有 m>0；
②对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1，x2，都有 n>0；
③对于任意的 a，存在不相等的实数 x1，x2，使得 m＝n；
④对于任意的 a，存在不相等的实数 x1，x2，使得 m＝－n.
其中的真命题有______(写出所有真命题的序号)．
15．①④ [解析] 对于①，因为 f′(x)＝2xln 2＞0 恒成立，故①正确．
对于②，取 a＝－8，则 g′(x)＝2x－8，当 x1，x2＜4 时，n＜0，②错误．
对于③，令 f′(x)＝g′(x)，即 2xln 2＝2x＋a，
记 h(x)＝2xln 2－2x，则 h′(x)＝2x(ln 2)2－2，
存在 x0∈(2，3)，使得 h′(x0)＝0，可知函数 h(x)先减后增，有最小值．
因此，对任意的 a，m＝n 不成立，③错误．
对于④，由 f′(x)＝－g′(x)，得 2xln 2＝－2x－a.
令 h(x)＝2xln 2＋2x，则 h′(x)＝2x(ln 2)2＋2＞0 恒成立，即 h(x)是单调递增函数，
当 x→＋∞时，h(x)→＋∞，
当 x→－∞时，h(x)→－∞，
因此对任意的 a，存在直线 y＝－a 与函数 h(x)的图像有交点，④正确．
10 ． B1 、 B3[2015· 浙 江 卷 ] 已 知 函 数 f(x) ＝ {x＋2
x－3，x ≥ 1，
lg（x2＋1），x < 1，
则 f[f( － 3)] ＝
________，f(x)的最小值是________．
10．0 2 2－3 [解析] f(－3)＝lg 10＝1，
f[f(－3)]＝f(1)＝0.当 x≥1 时，x＋
2
x－3≥2 2－3，当且仅当 x＝ 2时，等号成立；当 x<1
时，lg(x2＋1)≥lg 1＝0.故最小值为 2 2－3.
18．B3、B5、E7[2015·浙江卷] 已知函数 f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，记 M(a，b)是|f(x)|
在区间[－1，1]上的最大值．
(1)证明：当|a|≥2 时，M(a，b)≥2；
(2)当 a，b 满足 M(a，b)≤2 时，求|a|＋|b|的最大值．
18．解：(1)证明：由 f(x)＝(x＋a
2 ) 2
＋b－
a2
4 ，得 f(x)的图像的对称轴为直线 x＝－
a
2.
由|a|≥2，得 |－a
2 |≥1，故 f(x)在[－1，1]上单调，所以 M(a，b)＝max{|f(1)|，|f(－
1)|}．
当 a≥2 时，由 f(1)－f(－1)＝2a≥4，
得 max{f(1)，－f(－1)}≥2，
即 M(a，b)≥2.
当 a≤－2 时，由 f(－1)－f(1)＝－2a≥4，
得 max{f(－1)，－f(1)}≥2，即 M(a，b)≥2.
综上，当|a|≥2 时，M(a，b)≥2.
(2)由 M(a，b)≤2 得，
|1＋a＋b|＝|f(1)|≤2，|1－a＋b|＝|f(－1)|≤2，
故|a＋b|≤3，|a－b|≤3，
由|a|＋|b|＝{|a＋b|，ab ≥ 0，
|a－b|，ab < 0， 得
|a|＋|b|≤3.
当 a＝2，b＝－1 时，|a|＋|b|＝3，且|x2＋2x－1|在[－1，1]上的最大值为 2，
即 M(2，－1)＝2.
所以|a|＋|b|的最大值为 3.
16．B3、B9[2015·重庆卷] 若函数 f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为 5，则实数 a＝________．
16．－6 或 4 [解析] 当 a＝－1 时，f(x)＝3|x＋1|≥0，不成立；当 a<－1 时，f(x)＝
{－3x－1＋2a，x ≤ a，
x－1－2a，a < x ≤ －1，
3x＋1－2a，x > －1，
故 f(x)min＝f(a)＝－3a－1＋2a＝5，解得 a＝－6；当 a>－1 时，f(x)
＝{－3x－1＋2a，x ≤ －1，
－x＋1＋2a，－1 < x ≤ a，
3x＋1－2a，x > a，
故 f(x)min＝f(a)＝－a＋1＋2a＝5，解得 a＝4.
B4 函数的奇偶性与周期性
2．B4、B9[2015·安徽卷] 下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( )
A．y＝cos x B．y＝sin x
C．y＝ln x D．y＝x2＋1
2．A [解析] y＝cos x 是偶函数，且 cos x＝0 有实数解，A 正确；y＝sin x 是奇函数，B
不正确；y＝ln x 是非奇非偶函数，C 不正确；y＝x2＋1 是偶函数，但 x2＋1＝0 无实数解，D
不正确．
3．B4[2015·广东卷] 下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( )
A．y＝ 1＋x2 B．y＝x＋
1
x
C．y＝2x＋
1
2x D．y＝x＋ex
3．D [解析] 若 f(x)＝ 1＋x2，则 f(－x)＝ 1＋（－x）2＝ 1＋x2＝f(x)(x∈R)，即 A 是
偶函数；若 f(x)＝x＋
1
x，则 f(－x)＝－x－
1
x＝－(x＋1
x )＝－f(x)(x≠0)，即 B 是奇函数；若 f(x)
＝2x＋
1
2x，则 f(－x)＝2－x＋
1
2－x＝
1
2x＋2x＝f(x)(x∈R)，即 C 是偶函数．选 D.
13．B4[2015·全国卷Ⅰ] 若函数 f(x)＝xln(x＋ a＋x2)为偶函数，则 a＝________．
13．1 [解析] 由 f(－x)＝f(x)得－xln(－x＋ a＋x2)＝xln(x＋ a＋x2)，即 x[ln(x＋ a＋x2＋
ln(－x＋ a＋x2]＝xln a＝0 对定义域内的任意 x 恒成立，因为 x 不恒为 0，所以 ln a＝0，所
以 a＝1.
2．B4[2015·福建卷] 下列函数为奇函数的是( )
A．y＝ x B．y＝|sin x|
C．y＝cos x D．y＝ex－e－x
2．D [解析] 对于 A，函数 y＝ x的定义域为[0，＋∞)，不关于原点对称，故既不是
奇函数也不是偶函数；B，C 选项为偶函数；对于 D，设 f(x)＝ex－e－x，则其定义域为 R，
且 f(－x)＝e－x－e－(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，所以 f(x)＝ex－e－x 为奇函数．故选 D.
5．B3、B4、B7[2015·湖南卷] 设函数 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则 f(x)是( )
A．奇函数，且在(0，1)上是增函数
B．奇函数，且在(0，1)上是减函数
C．偶函数，且在(0，1)上是增函数
D．偶函数，且在(0，1)上是减函数
5．A [解析] 由已知可得，f(x)＝ln
1＋x
1－x＝ln
2
1－x－1，y＝
2
1－x－1 在(0，1)上为增函数，
故 y＝f(x)在(0，1)上为增函数．又 f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故 y＝f(x)为奇函
数．
7．B4、B6、B7[2015·天津卷] 已知定义在 R 上的函数 f(x)＝2|x－m|－1(m 为实数)为偶函
数，记 a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则 a，b，c 的大小关系为( )
A．a 1，
f（1） ≥ 0，
解得 a≥1，故此时 a≥2.
当 0 2，函数 g(x)＝b－f(2－x)，其
中 b∈R.若函数 y＝f(x)－g(x)恰有 4 个零点，则 b 的取值范围是( )
A.(7
4，＋∞) B.(－∞，7
4)
C.(0，7
4 ) D.(7
4，2 )
8．D [解析] f(2－x)＝{2－|2－x|，x ≥ 0，
x2，x < 0，
即 f(2－x)＝{x2，x < 0，
x，0 ≤ x ≤ 2，
4－x，x > 2.
而 f(x)＝{2＋x，x < 0，
2－x，0 ≤ x ≤ 2，
（x－2）2，x > 2，
所以 f(x)＋f(2－x)＝{x2＋x＋2，x < 0，
2，0 ≤ x ≤ 2，
x2－5x＋8，x > 2.
在同一坐标系中分别画出函数 y＝f(x)＋f(2－x)，
y＝b 的图像，如图．要使 y＝f(x)－g(x)有 4 个不同的零点，只要上述两个函数的图像有 4 个
不同的交点即可，由于函数 y＝f(x)＋f(2－x)的最小值为
7
4，因此
7
40，a≠1)的定义域和值域都是[－1，
0]，则 a＋b＝________ .
14．－
3
2 [解析] 若 00，a≠1)在区间[－1，0]上为减函数，即
{a－1＋b＝0，
a0＋b＝－1，解得{a＝1
2，
b＝－2；
若 a>1，则 f(x)＝a x＋b(a>0，a≠1)在区间[－1，0]上为增函数，即 {a－1＋b＝－1，
a0＋b＝0， 无
解．
∴a＋b＝
1
2－2＝－
3
2.
8．A2，B6，B7[2015·四川卷] 设 a，b 都是不等于 1 的正数，则“3 a>3b>3”是
“loga33b>3 时，有 a＞b＞1，从而有 loga33b>3 不成立，即必要性
不成立．故选 B.
7．B4、B6、B7[2015·天津卷] 已知定义在 R 上的函数 f(x)＝2|x－m|－1(m 为实数)为偶函
数，记 a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则 a，b，c 的大小关系为( )
A．ap D．p＝r>q
9．B [解析] r＝
1
2(f(a)＋f(b))＝
1
2ln(ab)＝ln ab＝p.因为 b>a>0，所以
a＋b
2 > ab，又函数 f(x)
在(0，＋∞)上单调递增，所以 q>p＝r，故选 B.
8．A2，B6，B7[2015·四川卷] 设 a，b 都是不等于 1 的正数，则“3 a>3b>3”是
“loga33b>3 时，有 a＞b＞1，从而有 loga33b>3 不成立，即必要性
不成立．故选 B.
7．B4、B6、B7[2015·天津卷] 已知定义在 R 上的函数 f(x)＝2|x－m|－1(m 为实数)为偶函
数，记 a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则 a，b，c 的大小关系为( )
A．a0，b>0，c<0 B．a<0，b>0，c>0
C．a<0，b>0，c<0 D．a<0，b<0，c<0
9．C [解析] 由 x≠－c 知，P 点的横坐标为－c，且－c>0，即 c<0；由 M 点的纵坐标
yM＝f(0)＝
b
c2>0，得 b>0；设 N 点的横坐标为 xN，则 axN＋b＝0，解得 x N＝－
b
a>0，因此
a<0.故选 C.
13．B8、B9[2015·江苏卷] 已知函数 f(x)＝|ln x|，g(x)＝{0，0 < x ≤ 1，
|x2－4|－2，x > 1，则方程|f(x)＋
g(x)|＝1 实根的个数为________．
13．4 [解析] 当 01 时，由|f（x）＋g（x）|＝1 得|ln x|＝3－|x2－4|或|ln x|＝1－|x2－4|.分别在
同一个坐标系中作出函数 y＝|ln x|与 y＝3－|x2－4|的图像(如图 1)和函数 y＝|ln x|与 y
＝1－|x2－4|的图像(如图 2)．
图 1
图 2
当 x>1 时，它们分别有 1 个、2 个交点，故 x>1 时，方程有 3 个实根．
综上，方程|f（x）＋g（x）|＝1 共有 4 个不同的实根．
B9 函数与方程
2．B4、B9[2015·安徽卷] 下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( )
A．y＝cos x B．y＝sin x
C．y＝ln x D．y＝x2＋1
2．A [解析] y＝cos x 是偶函数，且 cos x＝0 有实数解，A 正确；y＝sin x 是奇函数，B
不正确；y＝ln x 是非奇非偶函数，C 不正确；y＝x2＋1 是偶函数，但 x2＋1＝0 无实数解，D
不正确．
12．B9、C2、C6[2015·湖北卷] 函数 f(x)＝4cos2
x
2·cos(π
2 －x)－2sin x－|ln(x＋1)|的零点
个数为________．
12．2 [解析] f(x)＝4cos2
x
2sin x－2sin x－|ln(x＋1)|＝2sin x(2cos2
x
2－1)－|ln(x＋1)|＝sin 2x
－|ln(x＋1)|.令 f(x)＝0，得 sin 2x＝|ln(x＋1)|.在同一坐标系中作出函数 y＝sin 2x 与函数 y＝
|ln(x＋1)|的大致图像，如图所示．
观察图像可知，两个函数的图像有 2 个交点，故函数 f(x)有 2 个零点.
13．B8、B9[2015·江苏卷] 已知函数 f(x)＝|ln x|，g(x)＝{0，0 < x ≤ 1，
|x2－4|－2，x > 1，则方程|f(x)＋
g(x)|＝1 实根的个数为________．
13．4 [解析] 当 01 时，由|f（x）＋g（x）|＝1 得|ln x|＝3－|x2－4|或|ln x|＝1－|x2－4|.分别在
同一个坐标系中作出函数 y＝|ln x|与 y＝3－|x2－4|的图像(如图 1)和函数 y＝|ln x|与 y
＝1－|x2－4|的图像(如图 2)．
图 1
图 2
当 x>1 时，它们分别有 1 个、2 个交点，故 x>1 时，方程有 3 个实根．
综上，方程|f（x）＋g（x）|＝1 共有 4 个不同的实根．
19．B9、B12[2015·江苏卷] 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)试讨论 f(x)的单调性；
(2)若 b＝c－a(实数 c 是与 a 无关的常数)，当函数 f(x)有三个不同的零点时，a 的取值范
围恰好是(－∞，－3)∪(1，3
2 )∪(3
2，＋∞)，求 c 的值．
19．解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令 f′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝－
2a
3 .
当 a＝0 时，因为 f′(x)＝3x2≥0，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当 a>0 时，若 x∈(－∞，－2a
3 )∪(0，＋∞)，则 f′(x)>0，若 x∈(－2a
3 ，0)，则 f′(x)<0，
所以函数 f(x)在(－∞，－2a
3 )，(0，＋∞)上单调递增，在(－2a
3 ，0)上单调递减；
当 a<0 时，若 x∈(－∞，0)∪(－2a
3 ，＋∞)，则 f′(x)>0，若 x∈(0，－2a
3 )，则 f′(x)<0，
所以函数 f(x)在(－∞，0)，(－2a
3 ，＋∞)上单调递增，在(0，－2a
3 )上单调递减．
(2)由(1)知，函数 f(x)的两个极值分别为 f(0)＝b，f(－2a
3 )＝
4
27a3＋b，则函数 f(x)有三个
零点等价于 f(0)·f(－2a
3 )＝b( 4
27a3＋b)<0，从而
{a > 0，
－ 4
27a3 < b < 0或{a < 0，
0 < b < － 4
27a3.
又 b＝c－a，所以当 a>0 时，
4
27a3－a＋c>0 或当 a<0 时，
4
27a3－a＋c<0.
设 g(a)＝
4
27a3－a＋c.因为函数 f(x)有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪
(1，3
2 )∪(3
2，＋∞)，
所以在(－∞，－3)上 g(a)<0，且在(1，3
2 )∪(3
2，＋∞)上 g(a)>0 均恒成立，
从而 g(－3)＝c－1≤0，且 g(3
2 )＝c－1≥0，因此 c＝1.
此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．
因为函数 f(x)有三个零点，所以 x2＋(a－1)x＋1－a＝0 有两个异于－1 的不等实根，
所以 Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，
且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得 a∈(－∞，－3)∪(1，3
2 )∪(3
2，＋∞).
综上，c＝1.
8．B9、D5[2015·福建卷] 若 a，b 是函数 f(x)＝x 2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零
点，且 a，b，－2 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p＋
q 的值等于( )
A．6 B．7 C．8 D．9
8．D [解析] 不妨设 a>b，由韦达定理得 a＋b＝p>0，ab＝q>0，则 a>b>0, 所以－2，
b，a 成等差数列，a，－2，b 成等比数列，所以 {2b＝a－2，
ab＝4， 解得{a＝4，
b＝1 或{a＝－2，
b＝－2 (舍
去)，所以 p＝5，q＝4，所以 p＋q＝9.
15．B9[2015·湖南卷] 已知函数 f(x)＝{x3，x ≤ a，
x2，x > a， 若存在实数 b，使函数 g(x)＝f(x)－b
有两个零点，则 a 的取值范围是________．
15．(－∞，0)∪(1，＋∞) [解析] 令 φ(x)＝x3(x≤a)，h(x)＝x2(x>a)，函数 g(x)＝f(x)－
b 有两个零点，即函数 y＝f(x)的图像与直线 y＝b 有两个交点．结合图像，当 a<0 时，存在
实数 b 使 h(x)＝x2(x>a)的图像与直线 y＝b 有两个交点；当 a≥0 时，必须满足 φ(a)>h(a)，
即 a3>a2，解得 a>1.
综上得 a∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．
21．B9、B12、D2、D3[2015·陕西卷] 设 fn(x)是等比数列 1，x，x2，…，xn 的各项和，
其中 x>0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数 Fn(x)＝fn(x)－2 在
1
2，1 内有且仅有一个零点(记为 xn)，且 xn＝
1
2＋
1
2xn＋1n ；
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为
gn(x)，比较 fn(x)和 gn(x)的大小，并加以证明．
21．解：(1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则 Fn(1)＝n－1>0，
Fn
1
2＝1＋
1
2＋
1
2
2＋…＋
1
2
n－2＝
1－1
2
n＋1
1－1
2
－2＝－
1
2n<0，
所以 Fn(x)在
1
2，1 内至少存在一个零点．
又 Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，故 Fn(x)在
1
2，1 内单调递增，
所以 Fn(x)在
1
2，1 内有且仅有一个零点 xn.
因为 xn 是 Fn(x)的零点，所以 Fn(xn)＝0，
即
1－x
1－xn－2＝0，故 xn＝
1
2＋
1
2xn＋1n .
(2)方法一：由题设，gn(x)＝
（n＋1）（1＋xn）
2 .
设 h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－
（n＋1）（1＋xn）
2 ，x>0.
当 x＝1 时，fn(x)＝gn(x)．
当 x≠1 时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－
n（n＋1）xn－1
2 .
若 0xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－
n（n＋1）
2 xn－1＝
n（n＋1）
2 xn－1－
n（n＋1）
2
xn－1＝0.
若 x>1，h′(x)0.
当 x＝1 时，fn(x)＝gn(x)．
当 x≠1 时，用数学归纳法可以证明 fn(x)0)，
则 hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝
k(k＋1)xk－1(x－1)．
所以当 01 时，hk′(x)>0，hk(x)在(1，＋∞)上递增．
所以 hk(x)>hk(1)＝0，
从而 gk＋1(x)>
2xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋1
2 .
故 fk＋1(x)0(2≤k≤n)，
当 x＝1 时，ak＝bk，所以 fn(x)＝gn(x)．
当 x≠1 时，mk′(x)＝
k－1
n ·nxn－1－(k－1)xk－2＝
(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)．
而 2≤k≤n，所以 k－1>0，n－k＋1≥1.
若 01，xn－k＋1>1，则 mk′(x)>0，
从而 mk(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以 mk(x)>mk(1)＝0，
所以当 x>0 且 x≠1 时，ak>bk(2≤k≤n)，
又 a1＝b1，an＋1＝bn＋1，
故 fn(x)0.
(1)设 g(x)是 f(x)的导函数，讨论 g(x)的单调性；
(2)证明：存在 a∈(0，1)，使得 f(x)≥0 在区间(1，＋∞)内恒成立，且 f(x)＝0 在区间(1，＋
∞)内有唯一解．
21．解：(1)由已知得，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2(1＋a
x )，
所以 g′(x)＝2－
2
x＋
2a
x2＝
2(x－1
2 )2
＋2(a－1
4 )
x2 .
当 00，φ(e)＝－
e（e－2）
1＋e－1 －2( e－2
1＋e－1) 2
<0，
故存在 x0∈(1，e)，使得 φ(x0)＝0.
令 a0＝
x0－1－ln x0
1＋x ，u(x)＝x－1－ln x(x≥1)．
由 u′(x)＝1－
1
x≥0 知，函数 u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以 0＝
u（1）
1＋1 <
u（x0）
1＋x ＝a0<
u（e）
1＋e－1＝
e－2
1＋e－1<1，
即 a0∈(0，1)．
当 a＝a0 时，有 f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.
由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故当 x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而 f(x)>f(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而 f(x)>f(x0)＝0.
所以当 x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在 a∈(0，1)，使得 f(x)≥0 在区间(1，＋∞)内恒成立，且 f(x)＝0 在区间
(1，＋∞)内有唯一解．
8．B5、B9[2015·天津卷] 已知函数 f(x)＝{2－|x|，x ≤ 2，
（x－2）2，x > 2，函数 g(x)＝b－f(2－x)，其
中 b∈R.若函数 y＝f(x)－g(x)恰有 4 个零点，则 b 的取值范围是( )
A.(7
4，＋∞) B.(－∞，7
4)
C.(0，7
4 ) D.(7
4，2 )
8．D [解析] f(2－x)＝{2－|2－x|，x ≥ 0，
x2，x < 0，
即 f(2－x)＝{x2，x < 0，
x，0 ≤ x ≤ 2，
4－x，x > 2.
而 f(x)＝{2＋x，x < 0，
2－x，0 ≤ x ≤ 2，
（x－2）2，x > 2，
所以 f(x)＋f(2－x)＝{x2＋x＋2，x < 0，
2，0 ≤ x ≤ 2，
x2－5x＋8，x > 2.
在同一坐标系中分别画出函数 y＝f(x)＋f(2－x)，
y＝b 的图像，如图．要使 y＝f(x)－g(x)有 4 个不同的零点，只要上述两个函数的图像有 4 个
不同的交点即可，由于函数 y＝f(x)＋f(2－x)的最小值为
7
4，因此
7
40，即 x<1 时，函数 f(x)单调递增；
当 f′(x)<0，即 x>1 时，函数 f(x)单调递减．
所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：设点 P 的坐标为(x0，0)，则 x0＝n
1
n－1，f′(x0)＝n－n2.曲线 y＝f(x)在点 P 处的
切线方程为 y＝f′(x0)(x－x0)，即 g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令 F(x)＝f(x)－g(x)，即 F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－
x0)，则 F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．
由于 f′(x)＝n－nxn－1 在(0，＋∞)上单调递减，故 F′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为
F′(x0)＝0，所以当 x∈(0，x0)时，F′(x)>0，当 x∈(x0，＋∞)，F′(x)<0，所以 F(x)在(0，x0)上
单调递增，在
(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数 x，都有 F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的
正实数 x，都有 f(x)≤g(x)．
(3)证明：不妨设 x1≤x2.由(2)知 g(x)＝(n－n2)(x－x0)．设方程 g(x)＝a 的根为 x2′，所以
x2′＝
a
n－n2＋x0，当 n≥2 时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知 g(x 2)≥f(x2)＝a＝
g(x2′)，可得 x2≤x2′.
类似地，设曲线 y＝f(x)在原点处的切线方程为 y＝h(x)，可得 h(x)＝nx，当 x∈(0，＋∞)
时，f(x)－h(x)＝－xn<0，即对于任意的 x∈(0，＋∞)，f(x) －1，
故 f(x)min＝f(a)＝－3a－1＋2a＝5，解得 a＝－6；当 a>－1 时，f(x)
＝{－3x－1＋2a，x ≤ －1，
－x＋1＋2a，－1 < x ≤ a，
3x＋1－2a，x > a，
故 f(x)min＝f(a)＝－a＋1＋2a＝5，解得 a＝4.
B10 函数模型及其应用
17．B10、B11[2015·江苏卷] 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善
山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的
公路为 l1，l2，山区边界曲线为 C，计划修建的公路为 l.如图 13 所示，M，N 为 C 的两个端
点，测得点 M 到 l1，l2 的距离分别为 5 千米和 40 千米，点 N 到 l1，l2 的距离分别为 20 千米
和 2.5 千米．以 l2，l1 所在的直线分别为 x，y 轴，建立平面直角坐标系 xOy.假设曲线 C 符
合函数 y＝
a
x2＋b(其中 a，b 为常数)模型．
(1)求 a，b 的值．
(2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为 t.
①请写出公路 l 长度的函数解析式 f(t)，并写出其定义域．
②当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度．
图 13
17．解：(1)由题意知，点 M，N 的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．
将其分别代入 y＝
a
x2＋b，得{ a
25＋b＝40，
a
400＋b＝2.5，
解得{a＝1000，
b＝0.
(2)①由(1)知，y＝
1000
x2 (5≤x≤20)，则点 P 的坐标为(t，1000
t2 ).
设点 P 处的切线 l 交 x，y 轴分别于 A，B 点，y′＝－
2000
x3 ，
则 l 的方程为 y－
1000
t2 ＝－
2000
t3 (x－t)，
由此得 A(3t
2 ，0)，B(0，3000
t2 ).
故 f(t)＝ (3t
2 ) 2
＋(3000
t2 ) 2
＝
3
2 t2＋4 × 106
t4 ，t∈[5，20]．
②设 g(t)＝t2＋
4 × 106
t4 ，则 g′(t)＝2t－
16 × 106
t5 .令 g′(t)＝0，解得 t＝10 2.
当 t∈[5，10 2)时，g′(t)<0，g(t)是减函数；
当 t∈(10 2，20]时，g′(t)>0，g(t)是增函数．
从而，当 t＝10 2时，函数 g(t)有极小值，也是最小值，所以 g(t)min＝300，此时 f(t)min＝
15 3.
故当 t＝10 2时，公路 l 的长度最短，最短长度为 15 3千米．
8．B10[2015·北京卷] 汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗 1 升汽油行驶的里程，图 14
描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况. 下列叙述中正确的是( )
图 14
A．消耗 1 升汽油，乙车最多可行驶 5 千米
B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多
C．甲车以 80 千米/小时的速度行驶 1 小时，消耗 10 升汽油
D．某城市机动车最高限速 80 千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油
8．D [解析] 选项 A 中，由图可知消耗一升汽油，乙车行驶的最大路程超过 5 千米；
选项 B 中，以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车的燃油效率最大，故消耗汽油最少；
选项 C 中，甲车以 80 千米/小时的速度行驶时，1 升汽油可行驶 10 千米，所以行驶 1 小时，
即行驶 80 千米应消耗汽油 8 升；选项 D 中，此时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故
在相同条件下，用丙车比用乙车更省油．故选 D.
16．B10、B13[2015·陕西卷] 如图 15，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导
致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为
________．
图 15
16．1.2 [解析] 以梯形的底边为 x 轴，底边的垂直平分线为 y 轴建立平面直角坐标系，
设抛物线方程为 y＝ax2，根据已知点(5，2)在该抛物线上，代入抛物线方程得 a＝
2
25，即抛
物线方程为 y＝
2
25x2，故抛物线与直线 y＝2 所围成的图形的面积为 2∫5
02－ 2
25x2dx＝Error!
5
0
＝
40
3 ，梯形的面积为
10＋6
2 ×2＝16.最大流量之比等于其截面面积之比，故比值为
16
40
3
＝
48
40＝
1.2.
13．B10[2015·四川卷] 某食品的保鲜时间 y(单位：小时)与储藏温度 x(单位：℃)满足函
数关系 y＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，k，b 为常数)．若该食品在 0 ℃的保鲜时间
是 192 小时，在 22 ℃的保鲜时间是 48 小时，则该食品在 33 ℃的保鲜时间是________小
时．
13．24 [解析] 由题意得{192＝eb，
48＝e22k＋b，即{192＝eb，
1
2＝e11k.
当 x＝33 时，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb＝(1
2 ) 3
×192＝24.
B11 导数及其运算
19．B11、B12[2015·广东卷] 设 a>1，函数 f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(3)若曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线与 x 轴平行，且在点 M(m，n)处的切线与直线 OP 平
行(O 是坐标原点)，证明：m≤3 a－2
e－1.
17．B10、B11[2015·江苏卷] 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善
山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的
公路为 l1，l2，山区边界曲线为 C，计划修建的公路为 l.如图 13 所示，M，N 为 C 的两个端
点，测得点 M 到 l1，l2 的距离分别为 5 千米和 40 千米，点 N 到 l1，l2 的距离分别为 20 千米
和 2.5 千米．以 l2，l1 所在的直线分别为 x，y 轴，建立平面直角坐标系 xOy.假设曲线 C 符
合函数 y＝
a
x2＋b(其中 a，b 为常数)模型．
(1)求 a，b 的值．
(2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点，P 的横坐标为 t.
①请写出公路 l 长度的函数解析式 f(t)，并写出其定义域．
②当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度．
图 13
17．解：(1)由题意知，点 M，N 的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．
将其分别代入 y＝
a
x2＋b，得{ a
25＋b＝40，
a
400＋b＝2.5，
解得{a＝1000，
b＝0.
(2)①由(1)知，y＝
1000
x2 (5≤x≤20)，则点 P 的坐标为(t，1000
t2 ).
设点 P 处的切线 l 交 x，y 轴分别于 A，B 点，y′＝－
2000
x3 ，
则 l 的方程为 y－
1000
t2 ＝－
2000
t3 (x－t)，
由此得 A(3t
2 ，0)，B(0，3000
t2 ).
故 f(t)＝ (3t
2 ) 2
＋(3000
t2 ) 2
＝
3
2 t2＋4 × 106
t4 ，t∈[5，20]．
②设 g(t)＝t2＋
4 × 106
t4 ，则 g′(t)＝2t－
16 × 106
t5 .令 g′(t)＝0，解得 t＝10 2.
当 t∈[5，10 2)时，g′(t)<0，g(t)是减函数；
当 t∈(10 2，20]时，g′(t)>0，g(t)是增函数．
从而，当 t＝10 2时，函数 g(t)有极小值，也是最小值，所以 g(t)min＝300，此时 f(t)min＝
15 3.
故当 t＝10 2时，公路 l 的长度最短，最短长度为 15 3千米．
21.D3、B11、M2[2015·湖南卷] 已知 a>0，函数 f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．记 xn 为 f(x)
的从小到大的第 n(n∈N*)个极值点．证明：
(1)数列{f(xn)}是等比数列；
(2)若 a≥
1
e2－1
，则对一切 n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．
21．证明：(1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x＝eax(asin x＋cos x)＝ a2＋1eaxsin(x＋φ)，
其中 tan φ＝
1
a，0<φ<
π
2 .
令 f′(x)＝0，由 x≥0，得 x＋φ＝mπ，即 x＝mπ－φ，m∈N*.
对 k∈N，若 2kπ0；
若(2k＋1)π0)．
设 g(t)＝
et
t (t>0)，则 g′(t)＝
et（t－1）
t2 .令 g′(t)＝0，得 t＝1.
当 01 时，g′(t)>0，所以 g(t)在区间(1，＋∞)上单调递增．
从而当 t＝1 时，函数 g(t)取得最小值 g(1)＝e.
因此，要使(*)式恒成立，只需
a2＋1
a
1
e2－1.
而当 a＝
1
e2－1
时，由 tan φ＝
1
a＝ e2－1> 3且 0<φ<
π
2 知，
π
3 <φ<
π
2 .于是π－φ<
2π
3 <
e2－1，且当 n≥2 时，nπ－φ≥2π－φ>
3π
2 > e2－1.因此对一切 n∈N*，axn＝
nπ－φ
e2－1
≠1，
所以 g(axn)>g(1)＝e＝
a2＋1
a ，故(*)式恒成立．
综上所述，若 a≥
1
e2－1
，则对一切 n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立．
20．B9、B11、B12[2015·天津卷] 已知函数 f(x)＝nx－x n，x∈R，其中 n∈N *，且
n≥2.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设曲线 y＝f(x)与 x 轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P 处的切线方程为 y＝g(x)，求证：
对于任意的正实数 x，都有 f(x)≤g(x)；
(3)若关于 x 的方程 f(x)＝a(a 为实数)有两个正实数根 x1，x2，求证：|x2－x1|<
a
1－n＋2.
20．解：(1)由 f(x)＝nx－xn，可得 f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)，其中 n∈N*，且 n≥2.下
面分两种情况讨论：
①当 n 为奇数时，
令 f′(x)＝0，解得 x＝1 或 x＝－1.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－1) (－1，1) (1，＋∞)
f′(x) － ＋ －
f(x)
所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增．
②当 n 为偶数时，
当 f′(x)>0，即 x<1 时，函数 f(x)单调递增；
当 f′(x)<0，即 x>1 时，函数 f(x)单调递减．
所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：设点 P 的坐标为(x0，0)，则 x0＝n
1
n－1，f′(x0)＝n－n2.曲线 y＝f(x)在点 P 处的
切线方程为 y＝f′(x0)(x－x0)，即 g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令 F(x)＝f(x)－g(x)，即 F(x)＝f(x)－f′(x0)(x
－x0)，则 F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．
由于 f′(x)＝n－nxn－1 在(0，＋∞)上单调递减，故 F′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为
F′(x0)＝0，所以当 x∈(0，x0)时，F′(x)>0，当 x∈(x0，＋∞)，F′(x)<0，所以 F(x)在(0，x0)上
单调递增，在
(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数 x，都有 F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的
正实数 x，都有 f(x)≤g(x)．
(3)证明：不妨设 x1≤x2.由(2)知 g(x)＝(n－n2)(x－x0)．设方程 g(x)＝a 的根为 x2′，所以
x2′＝
a
n－n2＋x0，当 n≥2 时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知 g(x 2)≥f(x2)＝a＝
g(x2′)，可得 x2≤x2′.
类似地，设曲线 y＝f(x)在原点处的切线方程为 y＝h(x)，可得 h(x)＝nx，当 x∈(0，＋∞)
时，f(x)－h(x)＝－xn<0，即对于任意的 x∈(0，＋∞)，f(x)0，即 f′(x)>0，故 f(x)为增函数；
当 x>x2 时，g(x)<0，即 f′(x)<0，故 f(x)为减函数．
由 f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知 x2＝
6－a＋ a2＋36
6 ≤3，解得 a≥－
9
2，
故 a 的取值范围为－
9
2，＋∞.
B12 导数的应用
15．B12[2015·安徽卷] 设 x3＋ax＋b＝0，其中 a，b 均为实数．下列条件中，使得该三
次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)
①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；
④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.
15．①③④⑤ [解析] 设 f(x)＝x3＋ax＋b，则 f′(x)＝3x2＋a.
当 a≥0 时，f′(x)＝3x2＋a≥0 恒成立，f(x)＝x3＋ax＋b 在 R 上单调递增，结合当 x→＋
∞时，f(x)→＋∞，当 x→－∞时，f(x)→－∞，知 x 3＋ax＋b＝0 仅有一个实根，④⑤正
确．
当 a＝－3 时，f′(x)＝3x2－3，令 f′(x)＝3x2－3＝0，得 x＝±1，列表：
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增
因此 f(x)极大值＝f(－1)＝2＋b，f(x)极小值＝f(1)＝－2＋b，结合图像知当 2＋b<0 或－2＋b>0，
即 b<－2 或 b>2 时，x3＋ax＋b＝0 仅有一个实根，故①③正确．
18．B12、D5[2015·安徽卷] 设 n∈N *，xn 是曲线 y＝x2n＋2＋1 在点(1，2)处的切线与 x
轴交点的横坐标．
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记 Tn＝x21x23…x 22n－1，证明：Tn≥
1
4n.
18．解：(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线 y＝x2n＋2＋1 在点(1，2)处的切线斜率为
2n＋2，
从而切线方程为 y－2＝(2n＋2)(x－1)．
令 y＝0，得切线与 x 轴交点的横坐标 xn＝1－
1
n＋1＝
n
n＋1.
(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，
Tn＝x21x23…x 22n－1＝(1
2 ) 2
×(3
4 ) 2
×…×(2n－1
2n ) 2
.
当 n＝1 时，T1＝
1
4；
当 n≥2 时，因为 x 22n－1＝(2n－1
2n ) 2
＝
（2n－1）2
（2n）2 >
（2n－1）2－1
（2n）2 ＝
2n－2
2n ＝
n－1
n ，
所以 Tn>(1
2 ) 2
×
1
2×
2
3×…×
n－1
n ＝
1
4n.
综上可得，对任意的 n∈N*，均有 Tn≥
1
4n.
19．B11、B12[2015·广东卷] 设 a>1，函数 f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(3)若曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线与 x 轴平行，且在点 M(m，n)处的切线与直线 OP 平
行(O 是坐标原点)，证明：m≤3 a－2
e－1.
19．B9、B12[2015·江苏卷] 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)试讨论 f(x)的单调性；
(2)若 b＝c－a(实数 c 是与 a 无关的常数)，当函数 f(x)有三个不同的零点时，a 的取值范
围恰好是(－∞，－3)∪(1，3
2 )∪(3
2，＋∞)，求 c 的值．
19．解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令 f′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝－
2a
3 .
当 a＝0 时，因为 f′(x)＝3x2≥0，所以函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当 a>0 时，若 x∈(－∞，－2a
3 )∪(0，＋∞)，则 f′(x)>0，若 x∈(－2a
3 ，0)，则 f′(x)<0，
所以函数 f(x)在(－∞，－2a
3 )，(0，＋∞)上单调递增，在(－2a
3 ，0)上单调递减；
当 a<0 时，若 x∈(－∞，0)∪(－2a
3 ，＋∞)，则 f′(x)>0，若 x∈(0，－2a
3 )，则 f′(x)<0，
所以函数 f(x)在(－∞，0)，(－2a
3 ，＋∞)上单调递增，在(0，－2a
3 )上单调递减．
(2)由(1)知，函数 f(x)的两个极值分别为 f(0)＝b，f(－2a
3 )＝
4
27a3＋b，则函数 f(x)有三个
零点等价于 f(0)·f(－2a
3 )＝b( 4
27a3＋b)<0，从而
{a > 0，
－ 4
27a3 < b < 0或{a < 0，
0 < b < － 4
27a3.
又 b＝c－a，所以当 a>0 时，
4
27a3－a＋c>0 或当 a<0 时，
4
27a3－a＋c<0.
设 g(a)＝
4
27a3－a＋c.因为函数 f(x)有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪
(1，3
2 )∪(3
2，＋∞)，
所以在(－∞，－3)上 g(a)<0，且在(1，3
2 )∪(3
2，＋∞)上 g(a)>0 均恒成立，
从而 g(－3)＝c－1≤0，且 g(3
2 )＝c－1≥0，因此 c＝1.
此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]．
因为函数 f(x)有三个零点，所以 x2＋(a－1)x＋1－a＝0 有两个异于－1 的不等实根，
所以 Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，
且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得 a∈(－∞，－3)∪(1，3
2 )∪(3
2，＋∞).
综上，c＝1.
12．B12[2015·全国卷Ⅱ] 设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当 x>0
时，xf′(x)－f(x)<0，则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0，1)
B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0)
D．(0，1)∪(1，＋∞)
12．A [解析] 设函数 g(x)＝
f（x）
x ，则 g′(x)＝
xf′（x）－f（x）
x2 .因为当 x>0 时，xf′(x)
－f(x)<0，所以当 x>0 时，g′(x)<0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为函数 f(x)(x∈R)
是奇函数，所以函数 g(x)是偶函数，所以 g(x)在(－∞，0)上单调递增，且 g(－1)＝g(1)＝0.
故当 00，则 f(x)>0；当 x<－1 时，g(x)<0，则 f(x)>0.
综上所述，使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．故选 A.
20．B12、H8[2015·全国卷Ⅰ] 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y＝
x2
4 与直线 l：y＝kx＋
a(a>0)交于 M，N 两点．
(1)当 k＝0 时，分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程．
(2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
20．解：(1)由题设可得 M(2 a，a)，N(－2 a，a)或 M(－2 a，a)，N(2 a，a)．
又 y′＝
x
2，故 y＝
x2
4 在 x＝2 a处的导数值为 a，所以曲线 C 在点(2 a，a)处的切线方程
为 y－a＝ a(x－2 a)，即 ax－y－a＝0.
y＝
x2
4 在 x＝－2 a处的导数值为－ a，所以曲线 C 在点(－2 a，a)处的切线方程为 y－a
＝－ a(x＋2 a)，即 ax＋y＋a＝0.
故所求切线方程为 ax－y－a＝0 和 ax＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设 P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 PM，PN 的斜率分别为 k1，k2.
将 y＝kx＋a 代入 C 的方程得 x2－4kx－4a＝0，
故 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而 k1＋k2＝
y1－b
x1 ＋
y2－b
x2
＝
2kx1x2＋（a－b）（x1＋x2）
x1x2
＝
k（a＋b）
a .
当 b＝－a 时，有 k1＋k2＝0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补，故∠OPM
＝∠OPN，所以点 P(0，－a)符合题意．
21．B12、B14[2015·山东卷] 设函数 f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中 a∈R.
(1)讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明理由；
(2)若∀x>0，f(x)≥0 成立，求 a 的取值范围．
21．解：(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝
1
x＋1＋a(2x－1)＝
2ax2＋ax－a＋1
x＋1 .
令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
(i)当 a＝0 时，g(x)＝1，
此时 f′(x)>0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
(ii)当 a>0 时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
①当 0
8
9时，Δ>0，
设方程 2ax2＋ax－a＋1＝0 的两根为 x1，x2(x1－
1
4，
由 g(－1)＝1>0，可得－10，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；
当 x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；
当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
因此，函数有两个极值点．
(iii)当 a<0 时，Δ>0，
由 g(－1)＝1>0，可得 x1<－1.
当 x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；
当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减．
所以，函数有一个极值点．
综上所述，
当 a<0 时，函数 f(x)有一个极值点；
当 0≤a≤
8
9时，函数 f(x)无极值点；
当 a>
8
9时，函数 f(x)有两个极值点．
(2)由(1)知，
①当 0≤a≤
8
9时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为 f(0)＝0，
所以 x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，符合题意．
②当
8
90, 符合题意．
③当 a>1 时，由 g(0)<0，可得 x2>0，
所以 x∈(0，x2)时，函数 f(x)单调递减．
因为 f(0)＝0，
所以 x∈(0，x2)时，f(x)<0，不合题意．
④当 a<0 时，设 h(x)＝x－ln(x＋1)．
因为 x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－
1
x＋1＝
x
x＋1>0，
所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因此当 x∈(0，＋∞)时，h(x)>h(0)＝0，
即 ln(x＋1)1－
1
a时，ax2＋(1－a)x<0，
此时 f(x)<0，不合题意．
综上所述，a 的取值范围是[0，1]．
15．B12、H2[2015·陕西卷] 设曲线 y＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线 y＝
1
x(x>0)上点 P
处的切线垂直，则 P 的坐标为________．
15．(1，1) [解析] 对 y＝ex 求导得 y′＝ex，令 x＝0，得曲线 y＝ex 在点(0，1)处的切线
斜率为 1，故曲线 y＝
1
x(x>0)上点 P 处的切线斜率为－1，由 y′＝－
1
x2＝－1，得 x＝1，则 y＝
1，所以 P 的坐标为(1，1)．
21．B9、B12、D2、D3[2015·陕西卷] 设 fn(x)是等比数列 1，x，x2，…，xn 的各项和，
其中 x>0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数 Fn(x)＝fn(x)－2 在
1
2，1 内有且仅有一个零点(记为 xn)，且 xn＝
1
2＋
1
2xn＋1n ；
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为
gn(x)，比较 fn(x)和 gn(x)的大小，并加以证明．
21．解：(1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则 Fn(1)＝n－1>0，
Fn
1
2＝1＋
1
2＋
1
2
2＋…＋
1
2
n－2＝
1－1
2
n＋1
1－1
2
－2＝－
1
2n<0，
所以 Fn(x)在
1
2，1 内至少存在一个零点．
又 Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，故 Fn(x)在
1
2，1 内单调递增，
所以 Fn(x)在
1
2，1 内有且仅有一个零点 xn.
因为 xn 是 Fn(x)的零点，所以 Fn(xn)＝0，
即
1－x
1－xn－2＝0，故 xn＝
1
2＋
1
2xn＋1n .
(2)方法一：由题设，gn(x)＝
（n＋1）（1＋xn）
2 .
设 h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－
（n＋1）（1＋xn）
2 ，x>0.
当 x＝1 时，fn(x)＝gn(x)．
当 x≠1 时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－
n（n＋1）xn－1
2 .
若 0xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－
n（n＋1）
2 xn－1＝
n（n＋1）
2 xn－1－
n（n＋1）
2
xn－1＝0.
若 x>1，h′(x)0.
当 x＝1 时，fn(x)＝gn(x)．
当 x≠1 时，用数学归纳法可以证明 fn(x)0)，
则 hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝
k(k＋1)xk－1(x－1)．
所以当 01 时，hk′(x)>0，hk(x)在(1，＋∞)上递增．
所以 hk(x)>hk(1)＝0，
从而 gk＋1(x)>
2xk＋1＋（k＋1）xk＋k＋1
2 .
故 fk＋1(x)0(2≤k≤n)，
当 x＝1 时，ak＝bk，所以 fn(x)＝gn(x)．
当 x≠1 时，mk′(x)＝
k－1
n ·nxn－1－(k－1)xk－2＝
(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)．
而 2≤k≤n，所以 k－1>0，n－k＋1≥1.
若 01，xn－k＋1>1，则 mk′(x)>0，
从而 mk(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以 mk(x)>mk(1)＝0，
所以当 x>0 且 x≠1 时，ak>bk(2≤k≤n)，
又 a1＝b1，an＋1＝bn＋1，
故 fn(x)0；
②对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1，x2，都有 n>0；
③对于任意的 a，存在不相等的实数 x1，x2，使得 m＝n；
④对于任意的 a，存在不相等的实数 x1，x2，使得 m＝－n.
其中的真命题有______(写出所有真命题的序号)．
15．①④ [解析] 对于①，因为 f′(x)＝2xln 2＞0 恒成立，故①正确．
对于②，取 a＝－8，则 g′(x)＝2x－8，当 x1，x2＜4 时，n＜0，②错误．
对于③，令 f′(x)＝g′(x)，即 2xln 2＝2x＋a，
记 h(x)＝2xln 2－2x，则 h′(x)＝2x(ln 2)2－2，
存在 x0∈(2，3)，使得 h′(x0)＝0，可知函数 h(x)先减后增，有最小值．
因此，对任意的 a，m＝n 不成立，③错误．
对于④，由 f′(x)＝－g′(x)，得 2xln 2＝－2x－a.
令 h(x)＝2xln 2＋2x，则 h′(x)＝2x(ln 2)2＋2＞0 恒成立，即 h(x)是单调递增函数，
当 x→＋∞时，h(x)→＋∞，
当 x→－∞时，h(x)→－∞，
因此对任意的 a，存在直线 y＝－a 与函数 h(x)的图像有交点，④正确．
21．B9、B12、B14[2015·四川卷] 已知函数 f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x 2－2ax－2a2＋a，其
中 a>0.
(1)设 g(x)是 f(x)的导函数，讨论 g(x)的单调性；
(2)证明：存在 a∈(0，1)，使得 f(x)≥0 在区间(1，＋∞)内恒成立，且 f(x)＝0 在区间(1，＋
∞)内有唯一解．
21．解：(1)由已知得，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2(1＋a
x )，
所以 g′(x)＝2－
2
x＋
2a
x2＝
2(x－1
2 )2
＋2(a－1
4 )
x2 .
当 00，φ(e)＝－
e（e－2）
1＋e－1 －2( e－2
1＋e－1) 2
<0，
故存在 x0∈(1，e)，使得 φ(x0)＝0.
令 a0＝
x0－1－ln x0
1＋x ，u(x)＝x－1－ln x(x≥1)．
由 u′(x)＝1－
1
x≥0 知，函数 u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以 0＝
u（1）
1＋1 <
u（x0）
1＋x ＝a0<
u（e）
1＋e－1＝
e－2
1＋e－1<1，
即 a0∈(0，1)．
当 a＝a0 时，有 f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.
由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故当 x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而 f(x)>f(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而 f(x)>f(x0)＝0.
所以当 x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在 a∈(0，1)，使得 f(x)≥0 在区间(1，＋∞)内恒成立，且 f(x)＝0 在区间
(1，＋∞)内有唯一解．
20．B9、B11、B12[2015·天津卷] 已知函数 f(x)＝nx－x n，x∈R，其中 n∈N *，且
n≥2.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设曲线 y＝f(x)与 x 轴正半轴的交点为 P，曲线在点 P 处的切线方程为 y＝g(x)，求证：
对于任意的正实数 x，都有 f(x)≤g(x)；
(3)若关于 x 的方程 f(x)＝a(a 为实数)有两个正实数根 x1，x2，求证：|x2－x1|<
a
1－n＋2.
20．解：(1)由 f(x)＝nx－xn，可得 f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)，其中 n∈N*，且 n≥2.下
面分两种情况讨论：
①当 n 为奇数时，
令 f′(x)＝0，解得 x＝1 或 x＝－1.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－1) (－1，1) (1，＋∞)
f′(x) － ＋ －
f(x)
所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增．
②当 n 为偶数时，
当 f′(x)>0，即 x<1 时，函数 f(x)单调递增；
当 f′(x)<0，即 x>1 时，函数 f(x)单调递减．
所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)证明：设点 P 的坐标为(x0，0)，则 x0＝n
1
n－1，f′(x0)＝n－n2.曲线 y＝f(x)在点 P 处的
切线方程为 y＝f′(x0)(x－x0)，即 g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令 F(x)＝f(x)－g(x)，即 F(x)＝f(x)－f′(x0)(x
－x0)，则 F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．
由于 f′(x)＝n－nxn－1 在(0，＋∞)上单调递减，故 F′(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为
F′(x0)＝0，所以当 x∈(0，x0)时，F′(x)>0，当 x∈(x0，＋∞)，F′(x)<0，所以 F(x)在(0，x0)上
单调递增，在
(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数 x，都有 F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的
正实数 x，都有 f(x)≤g(x)．
(3)证明：不妨设 x1≤x2.由(2)知 g(x)＝(n－n2)(x－x0)．设方程 g(x)＝a 的根为 x2′，所以
x2′＝
a
n－n2＋x0，当 n≥2 时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．又由(2)知 g(x 2)≥f(x2)＝a＝
g(x2′)，可得 x2≤x2′.
类似地，设曲线 y＝f(x)在原点处的切线方程为 y＝h(x)，可得 h(x)＝nx，当 x∈(0，＋∞)
时，f(x)－h(x)＝－xn<0，即对于任意的 x∈(0，＋∞)，f(x)0，即 f′(x)>0，故 f(x)为增函数；
当 x>x2 时，g(x)<0，即 f′(x)<0，故 f(x)为减函数．
由 f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知 x2＝
6－a＋ a2＋36
6 ≤3，解得 a≥－
9
2，
故 a 的取值范围为－
9
2，＋∞.
B13 定积分与微积分基本定理
13．B13，K3[2015·福建卷] 如图 12 所示，点 A 的坐标为(1，0)，点 C 的坐标为(2，
4)，函数 f(x)＝x 2.若在矩形 ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于
________．
图 12
13.
5
12 [解析] 矩形 ABCD 的面积为 4，矩形中空白部分的面积为 ∫2
1x2dx＝Error!
2
1＝
8
3
－
1
3＝
7
3，故阴影部分面积为 4－
7
3＝
5
3，
所以所求概率为
5
3
4＝
5
12.
11．B13[2015·湖南卷] ∫2
0(x－1)dx＝________．
11．0 [解析] ∫2
0(x－1)dx＝Error!
2
0＝1
2×4－2＝0.
16．B10、B13[2015·陕西卷] 如图 15，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导
致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为
________．
图 15
16．1.2 [解析] 以梯形的底边为 x 轴，底边的垂直平分线为 y 轴建立平面直角坐标系，
设抛物线方程为 y＝ax2，根据已知点(5，2)在该抛物线上，代入抛物线方程得 a＝
2
25，即抛
物线方程为 y＝
2
25x2，故抛物线与直线 y＝2 所围成的图形的面积为 2∫5
02－ 2
25x2dx＝Error!
5
0
＝
40
3 ，梯形的面积为
10＋6
2 ×2＝16.最大流量之比等于其截面面积之比，故比值为
16
40
3
＝
48
40＝
1.2.
11．B13[2015·天津卷] 曲线 y＝x2 与直线 y＝x 所围成的封闭图形的面积为________．
11.
1
6 [解析] 曲线与直线的交点坐标是(0，0)和(1，1)，所以封闭图形的面积为∫1
0(x－x2)dx
＝Error!1
0＝
1
2－
1
3＝
1
6.
B14 单元综合
21．B3、B14[2015·安徽卷] 设函数 f(x)＝x2－ax＋b.
(1)讨论函数 f(sin x)在(－π
2 ，π
2 )内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
(2)记 f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在[－π
2 ，π
2 ]上的最大值 D；
(3)在(2)中，取 a0＝b0＝0，求 z＝b－
a2
4 满足条件 D≤1 时的最大值．
21．解：(1)f(sin x)＝sin2x－asin x＋b＝sin x(sin x－a)＋b，－
π
2 0，－2<2sin x<2.
①当 a≤－2，b∈R 时，函数 f(sin x)单调递增，无极值．
②当 a≥2，b∈R 时，函数 f(sin x)单调递减，无极值．
③对于－20.
若 m<0，则当 x∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f′(x)<0；当 x∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，
f′(x)>0.
所以 f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，对任意的 m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故 f(x)在 x＝
0 处取得最小值．所以对于任意 x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1 的充要条件是
{f（1）－f（0） ≤ e－1，
f（－1）－f（0） ≤ e－1，
即{em－m ≤ e－1，
e－m＋m ≤ e－1. ①
设函数 g(t)＝et－t－e＋1，则 g′(t)＝et－1.
当 t<0 时，g′(t)<0；当 t>0 时，g′(t)>0.故 g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单
调递增．
又 g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当 t∈[－1，1]时，g(t)≤0.
故当 m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当 m>1 时，由 g(t)的单调性，知 g(m)>0，即 em－m>e－1；
当 m<－1 时，g(－m)>0，即 e－m＋m>e－1.
综上，m 的取值范围是[－1，1]．
12．B14[2015·全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中 a<1，若存在唯一的整数
x0 使得 f(x0)<0，则 a 的取值范围是( )
A.[－ 3
2e，1) B.[－ 3
2e，3
4)
C.[ 3
2e，3
4) D.[ 3
2e，1)
12．D [解析] 令 g(x)＝ex(2x－1)，则 g′(x)＝ex(2x＋1)，由 g′(x)>0 得 x>－
1
2，由 g′(x)<0
得 x<－
1
2，故函数 g(x)在(－∞，－1
2)上单调递减，在(－1
2，＋∞)上单调递增．又函数 g(x)
在 x<
1
2时，g(x)<0，在 x>
1
2时，g(x)>0，所以其大致图像如图所示．
直线 y＝ax－a 过点(1，0)．
若 a≤0，则 f(x)<0 的整数解有无穷多个，因此只能 a>0.
结合函数图像可知，存在唯一的整数 x0，使得 f(x0)<0，即存在唯一的整数 x0，使得点
(x0，ax0－a)在点(x 0，g(x0))的上方，则 x0 只能是 0，故实数 a 应满足{f（－1） ≥ 0，
f（0） < 0，
f（1） ≥ 0，
即
{－3e－1＋2a ≥ 0，
－1＋a < 0，
e ≥ 0，
解得
3
2e≤a<1.
故实数 a 的取值范围是[ 3
2e，1).
21．B14[2015·全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)＝x3＋ax＋
1
4，g(x)＝－ln x.
(1)当 a 为何值时，x 轴为曲线 y＝f(x)的切线；
(2)用 min{m，n}表示 m，n 中的最小值，设函数 h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论 h(x)
零点的个数．
21．解：(1)设曲线 y＝f(x)与 x 轴相切于点(x0，0)，则 f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即{x＋ax0＋1
4＝0，
3x＋a＝0，
解得 x0＝
1
2，a＝－
3
4.
因此，当 a＝－
3
4时，x 轴为曲线 y＝f(x)的切线．
(2)当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而 h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故 h(x)在
(1，＋∞)上无零点．
当 x＝1 时，若 a≥－
5
4，则 f(1)＝a＋
5
4≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故 x＝1 是
h(x)的零点；若 a<－
5
4，则 f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故 x＝1 不是 h(x)的零
点．
当 x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑 f(x)在(0，1)上的零点个数．
(i)若 a≤－3 或 a≥0，则 f′(x)＝3x2＋a 在(0，1)上无零点，故 f(x)在(0，1)上单调．而 f(0)
＝
1
4，f(1)＝a＋
5
4，所以当 a≤－3 时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当 a≥0 时，f(x)在(0，1)上
没有零点．
(ii)若－30，即－
3
4－
3
4或 a<－
5
4时，h(x)有一个零点；当 a＝－
3
4或 a＝－
5
4时，h(x)有两个零点；
当－
5
42(x＋x3
3 )；
(3)设实数 k 使得 f(x)>k (x＋x3
3 )对 x∈(0，1)恒成立，求 k 的最大值．
18．解：(1)因为 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，所以
f′(x)＝
1
1＋x＋
1
1－x，f′(0)＝2.
又因为 f(0)＝0，所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝2x.
(2)证明：令 g(x)＝f(x)－2(x＋x3
3 )，则
g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝
2x4
1－x2.
因为 g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0，1)，
即当 x∈(0，1)时，f(x)>2(x＋x3
3 ).
(3)由(2)知，当 k≤2 时，f(x)>k (x＋x3
3 )对 x∈(0，1)恒成立．
当 k>2 时，令 h(x)＝f(x)－k(x＋x3
3 )，则
h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝
kx4－（k－2）
1－x2 .
所以当 02 时，f(x)>k (x＋x3
3 )并非对 x∈(0，1)恒成立．
综上可知，k 的最大值为 2.
10．B14[2015·福建卷] 若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)＝－1，其导函数 f′(x)＞k＞1，
则下列结论中一定错误的是( )
A．f(1
k )＜
1
k
B．f(1
k )＞
1
k－1
C．f( 1
k－1 )＜
1
k－1
D．f( 1
k－1 )＞
k
k－1
10．C [解析] 取 f(x)＝ax－1，则 f′(x)＝a>k>1，则 f(1
k )<
1
k⇔
a
k－1<
1
k⇔k>a－1 ，故
当 max{1，a－1}
1
k－1⇔
a
k－1＞
1
k－1⇔k2－ak＋a<0，当 Δ＝a2－4a>0，
即 a>4 时，解得
a－ a2－4a
2 a，与已知 a>k>1 矛盾，故 C 一定
错误；f( 1
k－1 )>
k
k－1⇔k<
a＋1
2 ，又 12 时，f(x)∈[4，＋∞)，
∴{a > 1，
3＋loga2 ≥ 4，
解得 10，f(x)≥0 成立，求 a 的取值范围．
21．解：(1)由题意知，函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝
1
x＋1＋a(2x－1)＝
2ax2＋ax－a＋1
x＋1 .
令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
(i)当 a＝0 时，g(x)＝1，
此时 f′(x)>0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
(ii)当 a>0 时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
①当 0
8
9时，Δ>0，
设方程 2ax2＋ax－a＋1＝0 的两根为 x1，x2(x1－
1
4，
由 g(－1)＝1>0，可得－10，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；
当 x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；
当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
因此，函数有两个极值点．
(iii)当 a<0 时，Δ>0，
由 g(－1)＝1>0，可得 x1<－1.
当 x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；
当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减．
所以，函数有一个极值点．
综上所述，
当 a<0 时，函数 f(x)有一个极值点；
当 0≤a≤
8
9时，函数 f(x)无极值点；
当 a>
8
9时，函数 f(x)有两个极值点．
(2)由(1)知，
①当 0≤a≤
8
9时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为 f(0)＝0，
所以 x∈(0，＋∞)时，f(x)>0，符合题意．
②当
8
90, 符合题意．
③当 a>1 时，由 g(0)<0，可得 x2>0，
所以 x∈(0，x2)时，函数 f(x)单调递减．
因为 f(0)＝0，
所以 x∈(0，x2)时，f(x)<0，不合题意．
④当 a<0 时，设 h(x)＝x－ln(x＋1)．
因为 x∈(0，＋∞)时，h′(x)＝1－
1
x＋1＝
x
x＋1>0，
所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因此当 x∈(0，＋∞)时，h(x)>h(0)＝0，
即 ln(x＋1)1－
1
a时，ax2＋(1－a)x<0，
此时 f(x)<0，不合题意．
综上所述，a 的取值范围是[0，1]．
21．B9、B12、B14[2015·四川卷] 已知函数 f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x 2－2ax－2a2＋a，其
中 a>0.
(1)设 g(x)是 f(x)的导函数，讨论 g(x)的单调性；
(2)证明：存在 a∈(0，1)，使得 f(x)≥0 在区间(1，＋∞)内恒成立，且 f(x)＝0 在区间(1，＋
∞)内有唯一解．
21．解：(1)由已知得，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－a)－2ln x－2(1＋a
x )，
所以 g′(x)＝2－
2
x＋
2a
x2＝
2(x－1
2 )2
＋2(a－1
4 )
x2 .
当 00，φ(e)＝－
e（e－2）
1＋e－1 －2( e－2
1＋e－1) 2
<0，
故存在 x0∈(1，e)，使得 φ(x0)＝0.
令 a0＝
x0－1－ln x0
1＋x ，u(x)＝x－1－ln x(x≥1)．
由 u′(x)＝1－
1
x≥0 知，函数 u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以 0＝
u（1）
1＋1 <
u（x0）
1＋x ＝a0<
u（e）
1＋e－1＝
e－2
1＋e－1<1，
即 a0∈(0，1)．
当 a＝a0 时，有 f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0.
由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
故当 x∈(1，x0)时，f′(x)<0，从而 f(x)>f(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而 f(x)>f(x0)＝0.
所以当 x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.
综上所述，存在 a∈(0，1)，使得 f(x)≥0 在区间(1，＋∞)内恒成立，且 f(x)＝0 在区间
(1，＋∞)内有唯一解．
6．[2015·马鞍山质检] 定义域为 R 的函数 f(x)对任意 x 都有 f(2＋x)＝f(2－x)，且其导函
数 f′(x)满足f′（x）
2－x ＞0，则当 2＜a＜4，有( )
A．f(2a)＜f(log2a)＜f(2)
B．f(log2a)＜f(2)＜f(2a)
C．f(2a) ＜f(2)＜f(log2a)
D．f(log2a)＜f(2a)＜f(2)
6．A [解析] 由函数 f(x)对任意 x 都有 f(2＋x)＝f(2－x)，得函数 f(x)的图像的对称轴方
程为 x＝2.
∵函数 f(x)的导函数 f′(x)满足
f′（x）
2－x ＞0，
∴函数 f(x)在(2，＋∞)上单调递减，在(－∞，2)上单调递增．
∵2＜a＜4，∴1＜log2a＜2.又 2<4＜2a，∴f(2)＞f(log2a)＞f(2a)．
7．[2015·开封二模] 已知函数 y＝f(x－1)的图像关于点(1，0)对称，当 x∈(－∞，0)时，
f(x)＋xf′(x)<0 成立(其中 f′(x)是 f (x)的导函数)．若 a＝30.3·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝
(log3
1
9)·f(log 3
1
9)，则 a，b，c 的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．a>c>b
7．C [解析] 由函数 y＝f(x－1)的图像关于点(1，0)对称，得函数 y＝f(x)的图像关于原
点对称，即函数 y＝f(x)是奇函数．设 F(x)＝xf (x)，则 F′(x)＝f (x)＋ xf′(x)＜0，得 F(x)在(－
∞，0)上是减函数，则 F(x)在(0，＋∞)上也是减函数．又 F(x)在原点有定义，∴F(x)在 R 上
是减函数．∵30.3＞1，0＜logπ3＜1，log3
1
9＝－2，∴F(－2)＞F(logπ3)＞F(30.3)，即 c>b>a，
故选 C.
4．[2015·东北三省四市联考] 已知函数 f(x )＝aln x－ax－3(a≠0)．
(1)讨论 f (x )的单调性；
(2)若 f(x )＋(a＋1 )x＋4－e≤0 对任意 x∈[e，e2]恒成立，求实数 a 的取值范围；
(3)求证：ln(22＋1)＋ln(32＋1)＋ln(42＋1)＋…＋ln(n2＋1)<1＋2ln n！(n≥2，n∈Ν*)．
4．解：(1) f′(x)＝
a（1－x）
x (x>0)，
当 a>0 时，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞). 当 a<0 时，f(x)的
单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)令 F(x)＝aln x－ax－3＋ax＋x＋4－e＝aln x＋x＋1－e，x∈[e，e2]，则 F′(x)＝
x＋a
x .
若－a≤e，即 a≥－e，则 F(x)在[e，e2]上是增函数，
故 F(x)max＝F(e2)＝2a＋e2－e＋1≤0，即 a≤
e－1－e2
2 ，无解．
若 e<－a≤e2，即－e2≤a<－e，则 F(x)在[e，－a)上是减函数，在(－a，e2]上是增函数，
故 F(e)＝a＋1≤0，即 a≤－1，
F(e2)＝2a＋e2－e＋1≤0，即 a≤
e－1－e2
2 ，∴－e2≤a≤
e－1－e2
2 .
若－a>e2，即 a<－e2，则 F(x)在[e，e2]上是减函数，
故 F(x)max＝F(e)＝a＋1≤0，即 a≤－1，∴a<－e2.
综上，a≤
e－1－e2
2 .
(3)证明：令 a＝－1，此时 f(x)＝－ln x＋x－3，∴f(1)＝－2.
由(1)知 f(x)＝－ln x＋x－3 在(1，＋∞)上单调递增，
∴当 x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)，即－ln x＋x－1>0，
∴ln x2 即可，即－10，从而 g′(x)>0，所以函数 g(x)在区间[1
2，＋∞)上单调递增，
所以函数 g(x)min ＝g(1
2 )＝
5
2－2ln 2. 故只要 b≤
5
2－2ln 2 即可．所以 b 的取值范围是
(－∞，5
2－2ln 2].
(3)证明：假设OA→
⊥OB→
，即OA→
·OB→
＝0，即(s，f(s))·(t，f(t))＝st＋f(s)·f(t)＝0，故(s－a)(s－
b)(t－a)(t－b)＝－1，即[st－(s＋t)a＋a2][st－(s＋t)b＋b2]＝－1.(*)由于 s，t 是方程 f′(x)＝0
的两个根，且 f′(x)＝3x2－2(a＋b)x＋ab，故 s＋t＝
2
3(a＋b)，st＝
ab
3 ，0
查看更多
