2014年高考数学(理科)真题分类汇编B单元 函数与导数

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2014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[2014·安徽卷] 设函数 f(x)(x∈R)满足 f(x+π)=f(x)+sin x.当 0≤x<π时,f(x)= 0,则 f(23π 6 )=(  ) A. 1 2 B. 3 2 C.0 D.- 1 2 6.A [解析] 由已知可得,f(23π 6 )=f(17π 6 )+sin 17π 6 =f(11π 6 )+sin 11π 6 +sin 17π 6 = f(5π 6 )+sin5π 6 +sin 11π 6 +sin 17π 6 =2sin 5π 6 +sin(-π 6 )=sin 5π 6 = 1 2. 2.B1、B3[2014·北京卷] 下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是(  ) A.y= x+1 B.y=(x-1)2 C.y=2-x D.y=log0.5(x+1) 2.A [解析] 由基本初等函数的性质得,选项 B 中的函数在(0,1)上递减,选项 C,D 中的函数在(0,+∞)上为减函数,所以排除 B,C,D,选 A. 7.B1、B3、B4[2014·福建卷] 已知函数 f(x)={x2+1,x > 0, cos x, x ≤ 0,则下列结论正确的是 (  ) A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞) 7.D [解析] 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(-1)=cos 1,f(1)≠f(-1), 则 f(x)不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数,且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数,且函数值 f(x)∈[-1, 1]; ∴函数 f(x)不是单调函数,也不是周期函数,其值域为[-1,+∞). 2.B1[2014·江西卷] 函数 f(x)=ln(x2-x)的定义域为(  ) A.(0,1] B.[0,1] C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0]∪[1,+∞) 2.C [解析] 由 x2-x>0,得 x>1 或 x<0. 3.B1,B7[2014·山东卷] 函数 f(x)= 1 (log2x)2-1 的定义域为(  ) A.(0,1 2 ) B.(2,+∞) C. (0,1 2 )∪(2,+∞) D. (0,1 2 ]∪[2,+∞) 3.C [解析] 根据题意得,{x>0, (log2)2-1>0,解得{x>0, x>2或x<1 2.故选 C. B2 反函数 12.B2[2014·全国卷] 函数 y=f(x)的图像与函数 y=g(x)的图像关于直线 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) 12.D [解析] 设(x0,y0)为函数 y=f(x)的图像上任意一点,其关于直线 x+y=0 的对 称点为(-y0,-x0).根据题意,点(-y0,-x0)在函数 y=g(x)的图像上,又点(x0,y0)关于直 线 y=x 的对称点为(y0,x0),且(y0,x0)与(-y0,-x0)关于原点对称,所以函数 y=f(x)的反 函数的图像与函数 y=g(x)的图像关于原点对称,所以-y=g(-x),即 y=-g(-x). B3 函数的单调性与最值 2.B1、B3[2014·北京卷] 下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是(  ) A.y= x+1 B.y=(x-1)2 C.y=2-x D.y=log0.5(x+1) 2.A [解析] 由基本初等函数的性质得,选项 B 中的函数在(0,1)上递减,选项 C,D 中的函数在(0,+∞)上为减函数,所以排除 B,C,D,选 A. 7.B1、B3、B4[2014·福建卷] 已知函数 f(x)={x2+1,x > 0, cos x, x ≤ 0,则下列结论正确的是 (  ) A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞) 7.D [解析] 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(-1)=cos 1,f(1)≠f(-1), 则 f(x)不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数,且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数,且函数值 f(x)∈[-1, 1]; ∴函数 f(x)不是单调函数,也不是周期函数,其值域为[-1,+∞). 21.B3、B12[2014·广东卷] 设函数 f(x)= 1 (x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3 ,其中 k< -2. (1)求函数 f(x)的定义域 D(用区间表示); (2)讨论函数 f(x)在 D 上的单调性; (3)若 k<-6,求 D 上满足条件 f(x)>f(1)的 x 的集合(用区间表示). 12.B3[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)= {-4x2+2,-1 ≤ x < 0, x, 0 ≤ x < 1, 则 f(3 2 )=________. 12.1 [解析] 由题意可知,f(3 2 )=f(2-1 2 )=f(-1 2 )=-4(-1 2 ) 2 +2=1. 15.B3,B14[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函数 f(x)∈B 的充要条件是 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; ④若函数 f(x)=aln(x+2)+ x x2+1(x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B. 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 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 f(x)的值域包 含于[-M,M]=[-1,1],但此时 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(a0)=b-g(a0),即 f(a0)+g(a0) =b0∉[-M,M],故③正确. 对于 f(x)=aln(x+2)+ x x2+1 (x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要 使得函数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)= x x2+1 (x>-2). 易知 f(x)∈[-1 2,1 2],所以存在正数 M= 1 2,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确. 21.B3,B12[2014·四川卷] 已知函数 f(x)=e x-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,求 a 的取值范围. 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]. 当 a≤ 1 2时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 当 a≥ e 2时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 当 1 20,g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 得 a+b=e-1<2, 则 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0, 解得 e-20,g(1)=1-a>0. 故此时 g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点 x1 和 x2. 由此可知 f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增. 所以 f(x1)>f(0)=0,f(x2) 0, cos x, x ≤ 0,则下列结论正确的是 (  ) A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞) 7.D [解析] 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(-1)=cos 1,f(1)≠f(-1), 则 f(x)不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数,且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数,且函数值 f(x)∈[-1, 1]; ∴函数 f(x)不是单调函数,也不是周期函数,其值域为[-1,+∞). 3.B4[2014·湖南卷] 已知 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数,且 f(x)-g(x)= x3+x2+1,则 f(1)+g(1)=(  ) A.-3 B.-1 C.1 D.3 3.C [解析] 因为 f(x)是偶函数,g(x)是奇函数, 所以 f(1)+g(1)=f(-1)-g(-1)=(-1)3+(-1)2+1=1. 3.B4[2014·新课标全国卷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 3.C [解析] 由于偶函数的绝对值还是偶函数,一个奇函数与一个偶函数之积为奇函 数,故正确选项为 C. 15.B4[2014·新课标全国卷Ⅱ] 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________. 15.(-1,3) [解析] 根据偶函数的性质,易知 f(x)>0 的解集为(-2,2),若 f(x- 1)>0,则-20,且 a≠1)的图像如图 1­1 所示, 则下列函数图像正确的是(  ) 图 1­1      A           B     C           D 图 1­2 4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3. 选项 A 中的函数为 y=(1 3 ) x ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x3,则 其函数图像正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y =log3(-x),则其函数图像不正确. 3.B6[2014·江西卷] 已知函数 f(x)=5|x|,g(x)=ax2-x(a∈R).若 f[g(1)]=1,则 a=(  ) A.1 B.2 C.3 D.-1 3.A [解析] g(1)=a-1,由 f[g(1)]=1,得 5|a-1|=1,所以|a-1|=0,故 a=1. 3.B6、B7[2014·辽宁卷] 已知 a=2- 1 3,b=log2 1 3, c=log 1 2 1 3,则(  ) A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 3.C [解析] 因为 0log 1 2 1 2=1,所以 c>a>b. 2.A1,B6[2014·山东卷] 设集合 A={x||x-1|<2},B={y|y=2x,x∈[0,2]},则 A∩B =(  ) A.[0,2] B.(1,3) C.[1,3) D.(1,4) 2.C [解析] 根据已知得,集合 A={x|-1<x<3},B={y|1≤y≤4},所以 A∩B={x|1≤x <3}.故选 C. 5.B6,B7,E1[2014·山东卷] 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. 1 x2+1> 1 y2+1 B. ln(x2+1)>ln(y2+1) C. sin x>sin y D. x3>y3 5.D [解析] 因为 ax<ay(0<a<1),所以 x>y,所以 sin x>sin y,ln(x 2+1)>ln(y2+ 1), 1 x2+1> 1 y2+1都不一定正确,故选 D. 7.B6[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(  ) A.f(x)=x1 2 B.f(x)=x3 C.f(x)=(1 2 ) x D.f(x)=3x 7.B [解析] 由于 f(x+y)=f(x)f(y),故排除选项 A,C.又 f(x)=(1 2 ) x 为单调递减函 数,所以排除选项 D. 11.B6[2014·陕西卷] 已知 4a=2,lg x=a,则 x=________. 11. 10 [解析] 由 4a=2,得 a= 1 2,代入 lg x=a,得 lg x= 1 2,那么 x=10 1 2 = 10. B7 对数与对数函数 5.B6,B7,E1[2014·山东卷] 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. 1 x2+1> 1 y2+1 B. ln(x2+1)>ln(y2+1) C. sin x>sin y D. x3>y3 5.D [解析] 因为 ax<ay(0<a<1),所以 x>y,所以 sin x>sin y,ln(x 2+1)>ln(y2+ 1), 1 x2+1> 1 y2+1都不一定正确,故选 D. 3.B1,B7[2014·山东卷] 函数 f(x)= 1 (log2x)2-1 的定义域为(  ) A.(0,1 2 ) B.(2,+∞) C. (0,1 2 )∪(2,+∞) D. (0,1 2 ]∪[2,+∞) 3.C [解析] 根据题意得,{x>0, (log2)2-1>0,解得{x>0, x>2或x<1 2.故选 C. 4.B6、B7、B8[2014·福建卷] 若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图像如图 1­1 所示,则 下列函数图像正确的是(  ) 图 1­1      A           B     C           D 图 1­2 4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3. 选项 A 中的函数为 y=(1 3 ) x ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x3,则 其函数图像正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y =log3(-x),则其函数图像不正确. 13.D3、B7[2014·广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数,且 a10a11+a9a12=2e5,则 ln a1+ln a2+…+ln a20=________. 13.50 [解析] 本题考查了等比数列以及对数的运算性质.∵{an}为等比数列,且 a10a11 +a9a12=2e5, ∴a10a11+a9a12=2a10a11=2e5,∴a10a11=e5, ∴ln a1+ln a2+…+ln a20=ln(a1a2…a20)= ln(a10a11)10=ln(e5)10=ln e50=50. 3.B6、B7[2014·辽宁卷] 已知 a=2- 1 3,b=log2 1 3, c=log 1 2 1 3,则(  ) A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 3.C [解析] 因为 0log 1 2 1 2=1,所以 c>a>b. 4.B7[2014·天津卷] 函数 f(x)=log 1 2(x2-4)的单调递增区间为(  ) A.(0,+∞) B.(-∞,0) C.(2,+∞) D.(-∞,-2) 4.D [解析] 要使 f(x)单调递增,需有{x2-4 > 0, x < 0, 解得 x<-2. 7.B7、B8[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 1­2 图 1­2 7.D [解析] 只有选项 D 符合,此时 00,且 a≠1)的图像如图 1­1 所示,则 下列函数图像正确的是(  ) 图 1­1      A           B     C           D 图 1­2 4.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3. 选项 A 中的函数为 y=(1 3 ) x ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x3,则 其函数图像正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y =log3(-x),则其函数图像不正确. 10.B8[2014·湖北卷] 已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x≥0 时,f(x)= 1 2(|x-a2| +|x-2a2|-3a2).若∀x∈R,f(x-1)≤f(x),则实数 a 的取值范围为(  ) A.[-1 6,1 6] B.[- 6 6 , 6 6 ] C.[-1 3,1 3] D.[- 3 3 , 3 3 ] 10.B [解析] 因为当 x≥0 时,f(x)= 1 2(|x-a2 |+|x-2a2|-3a2),所以当 0≤x≤a2 时, f(x)= 1 2(a2-x+2a2-x-3a2)=-x; 当 a20),g(x)=logax 的图像 可能是(  )     A            B     C            D 图 1­2 图 1­2 7.D [解析] 只有选项 D 符合,此时 0 0, 整理得 x2+(3-a)x+ a=0,则Δ=(3-a)2-4a=a2-10a+9=0,解得 a=1 或 a=9.故当 y=a|x-1|与 y=f(x)的图 像有四个交点时,09. 6.B9[2014·浙江卷] 已知函数 f(x)=x 3+ax2+bx+c,且 09 6.C [解析] 由 f(-1)=f(-2)=f(-3)得{-1+a-b+c=-8+4a-2b+c, -8+4a-2b+c=-27+9a-3b+c⇒ {-7+3a-b=0, 19-5a+b=0 ⇒{a=6, b=11,则 f(x)=x3+6x2+11x+c,而 0x2 时,f′(x)<0; 当 x10. 故 f(x)在(-∞,-1- 4+3a 3 )和 (-1+ 4+3a 3 ,+∞)内单调递减, 在(-1- 4+3a 3 ,-1+ 4+3a 3 )内单调递增. (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 01+2x,原不等式成立. ②假设 p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx 成立. 当 p=k+1 时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x. 所以当 p=k+1 时,原不等式也成立. 综合①②可得,当 x>-1,x≠0 时,对一切整数 p>1,不等式(1+x)p>1+px 均成立. (2)方法一:先用数学归纳法证明 an>c 1 p. ①当 n=1 时,由题设知 a1>c 1 p成立. ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>c 1 p 成立. 由 an+1= p-1 p an+ c pa 1-pn 易知 an>0,n∈N*. 当 n=k+1 时, ak+1 ak =p-1 p + c pa-pk = 1+ 1 p(c a-1 ). 由 ak>c 1 p>0 得-1<- 1 p< 1 p(c a-1 )<0. 由(1)中的结论得(ak+1 ak ) p =[1+1 p(c a-1 )] p >1+p· 1 p(c a-1 )= c a. 因此 a pk+1>c,即 ak+1>c 1 p, 所以当 n=k+1 时,不等式 an>c 1 p也成立. 综合①②可得,对一切正整数 n,不等式 an>c 1 p均成立. 再由 an+1 an =1+ 1 p(c a-1 )可得an+1 an <1, 即 an+1an+1>c 1 p,n∈N*. 方法二:设 f(x)= p-1 p x+ c px1-p,x≥c 1 p,则 xp≥c, 所以 f′(x)= p-1 p + c p(1-p)x-p=p-1 p (1- c xp )>0. 由此可得,f(x)在[c 1 p,+∞)上单调递增,因而,当 x>c 1 p时,f(x)>f(c 1 p)=c 1 p. ①当 n=1 时,由 a1>c 1 p>0,即 ap1>c 可知 a2= p-1 p a1+ c pa1-p1 =a1[1+1 p(c a-1 )]c 1 p,从而可得 a1>a2>c 1 p, 故当 n=1 时,不等式 an>an+1>c 1 p成立. ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>ak+1>c 1 p成立,则当 n=k+1 时,f(ak)>f(ak+1)>f(c 1 p), 即有 ak+1>ak+2>c 1 p, 所以当 n=k+1 时,原不等式也成立. 综合①②可得,对一切正整数 n,不等式 an>an+1>c 1 p均成立. 20.B11、B12[2014·福建卷] 已知函数 f(x)=e x-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,x2ln 2 时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 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, 故 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 x20 时,x20 时,x21,要使不等式 x2kx2 成立. 而要使 ex>kx2 成立,则只要 x>ln(kx2),只要 x>2ln x+ln k 成立. 令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h′(x)=1- 2 x= x-2 x . 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)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知 k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以 h(x0)>0. 即存在 x0= 16 c ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x20 时,ex>x2,所以 ex=e x 2·e x 2>(x 2 ) 2 ·(x 2 ) 2 , 当 x>x0 时,ex>(x 2 ) 2 (x 2 ) 2 > 4 c(x 2 ) 2 = 1 cx2, 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x20 时,x2x0 时,有 1 cx2< 1 3x30,f(x)单调 递增;当 x∈(0,1 2 )时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故 f(x)在 x=-2 处取得极小值 f(-2)=0, 在 x=0 处取得极大值 f(0)=4. (2)f′(x)= -x[5x+(3b-2)] 1-2x ,易知当 x∈(0,1 3 )时, -x 1-2x<0, 依题意当 x∈(0,1 3 )时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 5 3+(3b-2)≤0,得 b≤ 1 9. 所以 b 的取值范围为(-∞,1 9]. 7.B11[2014·全国卷] 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 7.C [解析] 因为 y′=(xex-1)′=ex-1+xex-1,所以 y=xex-1 在点(1,1)处的导数是 y′|x= 1=e1-1+e1-1=2,故曲线 y=xex-1 在点(1,1)处的切线斜率是 2. 8.B11[2014·新课标全国卷Ⅱ] 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 8.D [解析] y′=a- 1 x+1,根据已知得,当 x=0 时,y′=2,代入解得 a=3. 21.B11,B12,E8,M3[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. 21.解:由题设得,g(x)= x 1+x(x≥0). (1)由已知,g1(x)= x 1+x, g2(x)=g(g1(x))= x 1+x 1+ x 1+x = x 1+2x, g3(x)= x 1+3x,…,可得 gn(x)= x 1+nx. 下面用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,g1(x)= x 1+x,结论成立. ②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)= x 1+kx. 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= gk(x) 1+gk(x)= x 1+kx 1+ x 1+kx = x 1+(k+1)x,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)≥ ax 1+x恒成立. 设 φ(x)=ln(1+x)- ax 1+x(x≥0), 则 φ′(x)= 1 1+x- a (1+x)2= x+1-a (1+x)2, 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)≥ ax 1+x恒成立(仅当 x=0 时等号成立). 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)≥ ax 1+x不恒成立. 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. (3)由题设知 g(1)+g(2)+…+g(n)= 1 2+ 2 3+…+ n n+1, 比较结果为 g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1). 证明如下: 方法一:上述不等式等价于 1 2+ 1 3+…+ 1 n+1 x 1+x,x>0. 令 x= 1 n,n∈N+,则 1 n+1 x 1+x,x>0. 令 x= 1 n,n∈N+,则 ln n+1 n > 1 n+1. 故有 ln 2-ln 1> 1 2, ln 3-ln 2> 1 3, …… ln(n+1)-ln n> 1 n+1, 上述各式相加可得 ln(n+1)> 1 2+ 1 3+…+ 1 n+1, 结论得证. 方法三:如图,∫n 0 x x+1dx 是由曲线 y= x x+1,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积, 而 1 2+ 2 3+…+ n n+1是图中所示各矩形的面积和, ∴ 1 2+ 2 3+…+ n n+1>∫n 0 x x+1dx= ∫n 0(1- 1 x+1)dx=n-ln(n+1), 结论得证. 19.D5,B11[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)若 a1=-2,点(a8,4b7)在函数 f(x)的图像上,求数列{an}的前 n 项和 Sn; (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- 1 ln 2,求数列 {an bn }的前 n 项和 Tn. 19.解:(1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7,所以 2a8=4×2a7=2a7+2,解得 d=a8-a7=2, 所以 Sn=na1+ n(n-1) 2 d=-2n+n(n-1)=n2-3n. (2)函数 f(x)=2x 在点(a2,b2)处的切线方程为 y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2), 其在 x 轴上的截距为 a2- 1 ln 2. 由题意有 a2- 1 ln 2=2- 1 ln 2,解得 a2=2. 所以 d=a2-a1=1. 从而 an=n,bn=2n, 所以数列{ an bn}的通项公式为 an bn= n 2n, 所以 Tn= 1 2+ 2 22+ 3 23+…+ n-1 2n-1+ n 2n, 2Tn= 1 1+ 2 2+ 3 22+…+ n 2n-1, 因此,2Tn-Tn=1+ 1 2+ 1 22+…+ 1 2n-1- n 2n=2- 1 2n-1- n 2n= 2n+1-n-2 2n . 所以,Tn= 2n+1-n-2 2n . B12 导数的应用 21.B3,B12[2014·四川卷] 已知函数 f(x)=e x-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,求 a 的取值范围. 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]. 当 a≤ 1 2时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 当 a≥ e 2时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 当 1 20,g(1)=e-2a-b>0. 由 f(1)=0 得 a+b=e-1<2, 则 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0, 解得 e-20,g(1)=1-a>0. 故此时 g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点 x1 和 x2. 由此可知 f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增. 所以 f(x1)>f(0)=0,f(x2)x2 时,f′(x)<0; 当 x10. 故 f(x)在(-∞,-1- 4+3a 3 )和 (-1+ 4+3a 3 ,+∞)内单调递减, 在(-1- 4+3a 3 ,-1+ 4+3a 3 )内单调递增. (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 00 时,“ sin x x >a”等价于“sin x-ax>0”,“ sin x x 0 对任意 x∈(0,π 2 )恒成立. 当 c≥1 时,因为对任意 x∈(0,π 2 ),g′(x)=cos x-c<0,所以 g(x)在区间(0,π 2 )上单调 递减, 从而 g(x)g(0)=0.进一步,“g(x)>0 对任意 x∈ (0,π 2 )恒成立”当且仅当 g(π 2 )=1- π 2 c≥0,即 00 对任意 x∈(0,π 2 )恒成立;当且仅当 c≥1 时, g(x)<0 对任意 x∈(0,π 2 )恒成立. 所以,若 a< sin x x 0 时,x2ln 2 时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 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, 故 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 x20 时,x20 时,x21,要使不等式 x2kx2 成立. 而要使 ex>kx2 成立,则只要 x>ln(kx2),只要 x>2ln x+ln k 成立. 令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h′(x)=1- 2 x= x-2 x . 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)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知 k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以 h(x0)>0. 即存在 x0= 16 c ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x20 时,ex>x2,所以 ex=e x 2·e x 2>(x 2 ) 2 ·(x 2 ) 2 , 当 x>x0 时,ex>(x 2 ) 2 (x 2 ) 2 > 4 c(x 2 ) 2 = 1 cx2, 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x20 时,x2x0 时,有 1 cx2< 1 3x3f(1)的 x 的集合(用区间表示). 22.B12[2014·湖北卷] π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数. (1)求函数 f(x)= ln x x 的单调区间; (2)求 e3,3e,eπ,πe,,3π,π3 这 6 个数中的最大数与最小数; (3)将 e3,3e,eπ,πe,3π,π3 这 6 个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论. 22.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f(x)= ln x x ,所以 f′(x)=1-ln x x2 . 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 3π3; 由 ln 3 3 < ln e e ,得 ln 3e2- e π.① 由①得,eln π>e(2- e π)>2.7×(2-2.72 3.1 )>2.7×(2-0.88)=3.024>3, 即 eln π>3,亦即 ln πe>ln e3,所以 e3<πe. 又由①得,3ln π>6- 3e π>6-e>π,即 3ln π>π, 所以 eπ<π3. 综上可得,3e0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 00. 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; 当 0<a<1 时,f(x)在区间 (0,2 1-a a )上单调递减,在区间(2 1-a a ,+∞)上单调递 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 a且 x≠-2, 所以-2 1-a a >- 1 a,-2 1-a a ≠-2, 解得 a≠ 1 2.此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点. 而 f(x1)+f(x 2)=ln(1+ax 1)- 2x1 x1+2+ln(1+ax 2)- 2x2 x2+2=ln[1+a(x 1 +x 2)+a 2x1x2]- 4x1x2+4(x1+x2) x1x2+2(x1+x2)+4=ln(2a-1)2-4(a-1) 2a-1 =ln(2a-1)2+ 2 2a-1-2. 令 2a-1=x.由 0g(1)=0.故当 1 20. 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为(1 2,1 ). 18.B11、B12[2014·江西卷] 已知函数 f(x)=(x2+bx+b) 1-2x(b∈R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; (2)若 f(x)在区间(0,1 3 )上单调递增,求 b 的取值范围. 18.解:(1)当 b=4 时,f′(x)= -5x(x+2) 1-2x ,由 f′(x)=0,得 x=-2 或 x=0. 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∈(0,1 2 )时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故 f(x)在 x=-2 处取得极小值 f(-2)=0, 在 x=0 处取得极大值 f(0)=4. (2)f′(x)= -x[5x+(3b-2)] 1-2x ,易知当 x∈(0,1 3 )时, -x 1-2x<0, 依题意当 x∈(0,1 3 )时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 5 3+(3b-2)≤0,得 b≤ 1 9. 所以 b 的取值范围为(-∞,1 9]. 11.B12[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(  ) A.[-5,-3] B.[-6,-9 8] C.[-6,-2] D.[-4,-3] 11.C [解析] 当-2≤x<0 时,不等式转化为 a≤ x2-4x-3 x3 , 令 f(x)= x2-4x-3 x3 (-2≤x<0), 则 f′(x)= -x2+8x+9 x4 = -(x-9)(x+1) x4 ,故 f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-1, 0)上单调递增,此时有 a≤ 1+4-3 -1 =-2.当 x=0 时,g(x)恒成立.当 01). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明: 2 n+20,所以 f(x)在(-1,a2-2a)是增函数; 若 x∈(a2-2a,0),则 f′(x)<0,所以 f(x)在(a2-2a,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; 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)> 2x x+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)ln( 2 k+2+1)> 2 × 2 k+2 2 k+2+2 = 2 k+3, ak+1=ln(ak+1)≤ln( 3 k+2+1)< 3 × 3 k+2 3 k+2+3 = 3 k+3, 即当 n=k+1 时,有 2 k+3 0,则 a 的取值范围是(  ) A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1) 11.C [解析] 当 a=0 时,f(x)=-3x2+1,存在两个零点,不符合题意,故 a≠0. 由 f′(x)=3ax2-6x=0,得 x=0 或 x= 2 a. 若 a<0,则函数 f(x)的极大值点为 x=0,且 f(x)极大值=f(0)=1,极小值点为 x= 2 a,且 f(x) 极小值=f(2 a )= a2-4 a2 ,此时只需 a2-4 a2 >0,即可解得 a<-2; 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). 21.B12、B14[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aexln x+ bex-1 x ,曲线 y=f(x)在点(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. 21.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=aexln x+ a xex- b x2ex-1+ b xex-1. 由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2. (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ 2 xex-1, 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe-x- 2 e. 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x, 所以当 x∈(0,1 e )时,g′(x)<0; 当 x∈(1 e,+∞)时,g′(x)>0. 故 g(x)在(0,1 e )上单调递减,在(1 e,+∞)上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小 值为 g(1 e )=- 1 e. 设函数 h(x)=xe-x- 2 e,则 h′(x)=e-x(1-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,+∞)上的最大值 为 h(1)=-1 e. 因为 gmin(x)=g(1 e )=h(1)=hmax(x), 所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 21.B12、B14[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ex-e-x-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). 21.解:(1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)] =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-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. (ii)当 b>2 时,若 x 满足 20,ln 2> 8 2-3 12 >0.692 8; 当 b= 3 2 4 +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, g(ln 2)=- 3 2-2 2+(3 2+2)ln 2<0, ln 2< 18+ 2 28 <0.693 4. 所以 ln 2 的近似值为 0.693. 20.B12[2014·山东卷] 设函数 f(x)= ex x2-k(2 x+ln x)(k 为常数,e=2.718 28…是自然对 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. 20.解:(1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)= x2ex-2xex x4 -k(-2 x2+1 x) = xex-2ex x3 - k(x-2) x2 = (x-2)(ex-kx) x3 . 由 k≤0 可得 ex-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; 当 k>0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞). 因为 g′(x)=ex-k=ex-eln k, 当 00,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. 当且仅当{g(0) > 0, g(ln k) < 0, g(2) > 0, 0 < ln k < 2, 解得 e1 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)≥ ax 1+x不恒成立. 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. (3)由题设知 g(1)+g(2)+…+g(n)= 1 2+ 2 3+…+ n n+1, 比较结果为 g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1). 证明如下: 方法一:上述不等式等价于 1 2+ 1 3+…+ 1 n+1 x 1+x,x>0. 令 x= 1 n,n∈N+,则 1 n+1 x 1+x,x>0. 令 x= 1 n,n∈N+,则 ln n+1 n > 1 n+1. 故有 ln 2-ln 1> 1 2, ln 3-ln 2> 1 3, …… ln(n+1)-ln n> 1 n+1, 上述各式相加可得 ln(n+1)> 1 2+ 1 3+…+ 1 n+1, 结论得证. 方法三:如图,∫n 0 x x+1dx 是由曲线 y= x x+1,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积, 而 1 2+ 2 3+…+ n n+1是图中所示各矩形的面积和, ∴ 1 2+ 2 3+…+ n n+1>∫n 0 x x+1dx= ∫n 0(1- 1 x+1)dx=n-ln(n+1), 结论得证. 20.B12、B14[2014·天津卷] 设 f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函数 y=f(x)有两个零点 x1,x2,且 x10 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. 由 f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得 00.由已知,x1,x2 满足 a=g(x1),a=g(x2).由 a∈(0,e-1)及 g(x)的单调性,可得 x1 ∈(0,1),x2∈(1,+∞). 对于任意的 a1,a2∈(0,e-1),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<η 2. 又由 ξ1,η1>0,得 ξ2 ξ1< η2 ξ1< η2 η1, 所以 x2 x1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 x2 x1. 设 x2 x1=t,则 t>1,且 {x2=tx1, x2-x1=ln t,解得 x1 = ln t t-1 ,x 2 = tln t t-1 ,所以 x1 +x 2 = (t+1)ln t t-1 .① 令 h(x)= (x+1)ln x x-1 ,x∈(1,+∞), 则 h′(x)= -2ln x+x-1 x (x-1)2 . 令 u(x)=-2ln x+x- 1 x,得 u′(x)=(x-1 x ) 2 . 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. 22.B12、B14[2014·浙江卷] 已知函数 f(x)=x3+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)设 b∈R,若[f(x)+b]2≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围. 22.解:(1)因为 f(x)={x3+3x-3a,x ≥ a, x3-3x+3a,x < a, 所以 f′(x)={3x2+3,x ≥ a, 3x2-3,x < a. 由于-1≤x≤1, (i)当 a≤-1 时,有 x≥a, 故 f(x)=x3+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. (ii)当-1 a, 3x2-3,x < a. 因为[f(x)+b]2≤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. (ii)当-10,t(a)在(0,1 3 )上是增函数,故 t(a)>t(0)=-2, 因此-2≤3a+b≤0. (iii)当 1 30, 故 f(x)在 R 上为增函数. (3)由(1)知 f′(x)=2e2x+2e-2x-c,而 2e2x+2e-2x≥2 2e2x·2e-2x=4,当且仅当 x=0 时 等号成立. 下面分三种情况进行讨论: 当 c<4 时,对任意 x∈R,f′(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时 f(x)无极值. 当 c=4 时,对任意 x≠0,f′(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时 f(x)无极值. 当 c>4 时,令 e2x=t,注意到方程 2t+ 2 t-c=0 有两根 t1,2= c ± c2-16 4 >0,则 f′(x)= 0 有两个根 x1= 1 2ln t1,x2= 1 2ln t2. 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,+∞). B13 定积分与微积分基本定理 14.B13、K3[2014·福建卷] 如图 1­4,在边长为 e(e 为自然对数的底数)的正方形中随 机撒一粒黄豆,则它落到阴影部分的概率为________. 图 1­4 14. 2 e2 [解析] 因为函数 y=ln x 的图像与函数 y=ex 的图像关于正方形的对角线所在直 线 y=x 对称,则图中的两块阴影部分的面积为 S=2∫e 1ln xdx=2(xln x-x)| e 1=2[(eln e-e)-(ln 1-1)]=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 e2. 6.B13[2014·湖北卷] 若函数 f(x),g(x)满足 ∫1 -1f(x)g(x)dx=0,则称 f(x),g(x)为区间[- 1,1]上的一组正交函数,给出三组函数: ①f(x)=sin 1 2x,g(x)=cos 1 2x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2. 其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是(  ) A.0 B.1 C.2 D.3 6.C [解析] 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 ∫1 -1 f(x)g(x)dx=0. ①∫1 -1f(x)g(x)dx=∫1 -1sin 1 2xcos 1 2xdx= 1 2∫1 -1sinxdx=(-1 2cos x) 1-1=0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数; ②∫1 -1f(x)g(x)dx=∫1 -1(x+1)(x-1)dx=(x3 3 -x) 1-1=- 4 3≠0,故第②组不是区间[-1,1] 上的正交函数; ③∫1 -1f(x)g(x)dx=∫1 -1x·x2dx= x4 4 1-1=0,故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 综上,是区间[-1,1]上的正交函数的组数是 2. 故选 C. 9.B13[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=sin(x-φ),且 ∫ 2π 3 0f(x)dx=0,则函数 f(x)的图像的一条对称轴是(  ) A.x= 5π 6 B.x= 7π 12 C.x= π 3 D.x= π 6 9.A [解析] 因为∫ 2π 3 0f(x)dx=0,即∫ 2π 3 0f(x)dx=-cos(x-φ) 2π 3 0=-cos(2π 3 -φ)+ cos φ=0,可取φ= π 3 ,所以 x= 5π 6 是函数 f(x)图像的一条对称轴. 8.B13[2014·江西卷] 若 f(x)=x2+2∫1 0f(x)dx,则 ∫1 0f(x)dx=(  ) A.-1 B.- 1 3 C. 1 3 D.1 8.B [解析] ∫1 0f(x)dx= ∫1 0[x2+2 ∫1 0 f(x)dx]dx= [1 3x3+(2 ∫1 0 f(x)dx)x]10=1 3+2∫1 0 f(x)dx,得 ∫1 0f(x)dx=- 1 3. 6.B13[2014·山东卷] 直线 y=4x 与曲线 y=x 3 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 6.D [解析] 直线 y=4x 与曲线 y=x3 在第一象限的交点坐标是(2,8),所以两者围成 的封闭图形的面积为∫2 0(4x-x3)dx=Error! 2 0=4,故选 D. 3.B13[2014·陕西卷] 定积分∫1 0(2x+ex)dx 的值为(  ) A.e+2 B.e+1 C.e D.e-1 3.C [解析] ∫1 0(2x+ex)dx=(x2+ex)10=(12+e1)-(02+e0)=e. B14 单元综合 9.B14[2014·四川卷] 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 1+x2 )=2f(x); ③|f(x)|≥2|x|. 其中的所有正确命题的序号是(  ) A.①②③ B.②③ C.①③ D.①② 9.A [解析] f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x) =ln 1-x 1+x=-ln 1+x 1-x=-[ln(1+x)-ln(1-x)] =-f(x),故①正确;当 x∈(-1,1)时, 2x 1+x2∈(-1,1),且 f( 2x 1+x2 )=ln(1+ 2x 1+x2)-ln (1- 2x 1+x2)=ln 1+ 2x 1+x2 1- 2x 1+x2 =ln 1+x2+2x 1+x2-2x=ln(1+x 1-x ) 2 =2ln 1+x 1-x=2[ln(1+x)-ln(1-x)]=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, 即 g(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-2x,0≤x<1, g′(x)= 1 1+x+ 1 1-x-2= 2x2 1-x2,0≤x<1. 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. 10.B9、B14[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=x 2+ex- 1 2(x<0)与 g(x)=x2+ln(x+a)的图像 上存在关于 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是(  ) A.(-∞, 1 e) B.(-∞, e) C.(- 1 e, e) D.(- e, 1 e) 10.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)的图像上, 则有 m2+e-m- 1 2=m2+ln(m+a),解得 m+a=ee-m- 1 2,即 a=ee-m- 1 2-m(m>0),可得 a∈(-∞, e). 14.B14、H1[2014·湖北卷] 设 f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,且 f(x)>0,对任意 a>0,b>0,若经过点(a,f(a)),(b,-f(b))的直线与 x 轴的交点为(c,0),则称 c 为 a,b 关 于函数 f(x)的平均数,记为 Mf(a,b),例如,当 f(x)=1(x>0)时,可得 Mf(a,b)=c= a+b 2 , 即 Mf(a,b)为 a,b 的算术平均数. (1)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的几何平均数; (2)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的调和平均数 2ab a+b. (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 14.(1) x (2)x(或填(1)k1 x;(2)k2x,其中 k1,k2 为正常数) [解析] 设 A(a,f(a)),B(b,-f(b)),C(c,0),则此三点共线: (1)依题意,c= ab,则 0-f(a) c-a = 0+f(b) c-b , 即 0-f(a) ab-a = 0+f(b) ab-b . 因为 a>0,b>0,所以化简得 f(a) a = f(b) b ,故可以选择 f(x)= x(x>0); (2)依题意,c= 2ab a+b,则 0-f(a) 2ab a+b-a = 0+f(b) 2ab a+b-b ,因为 a>0,b>0,所以化简得 f(a) a = f(b) b ,故可以选择 f(x)=x(x>0). 12.B14、E9[2014·辽宁卷] 已知定义在[0,1]上的函数 f(x)满足: ①f(0)=f(1)=0; ②对所有 x,y∈[0,1],且 x≠y,有|f(x)-f(y)|< 1 2|x-y|. 若对所有 x,y∈[0,1],|f(x)-f(y)| 1 2时,|f(x)-f(y)|=|f(x)-f(1)-(f(y)-f(0))|≤|f(x)-f(1)|+|f(y)-f(0)|< 1 2 |x-1|+ 1 2|y-0|=- 1 2(x-y)+ 1 2< 1 4.故 kmin= 1 4. 22.B12、B14[2014·湖南卷] 已知常数 a>0,函数 f(x)=ln(1+ax)- 2x 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. 22.解:(1)f′(x)= a 1+ax- 2(x+2)-2x (x+2)2 = ax2+4(a-1) (1+ax)(x+2)2.(*) 当 a≥1 时,f′(x)>0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 00. 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; 当 0<a<1 时,f(x)在区间 (0,2 1-a a )上单调递减,在区间(2 1-a a ,+∞)上单调递 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 a且 x≠-2, 所以-2 1-a a >- 1 a,-2 1-a a ≠-2, 解得 a≠ 1 2.此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点. 而 f(x1)+f(x 2)=ln(1+ax 1)- 2x1 x1+2+ln(1+ax 2)- 2x2 x2+2=ln[1+a(x 1 +x 2)+a 2x1x2]- 4x1x2+4(x1+x2) x1x2+2(x1+x2)+4=ln(2a-1)2-4(a-1) 2a-1 =ln(2a-1)2+ 2 2a-1-2. 令 2a-1=x.由 0g(1)=0.故当 1 20. 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为(1 2,1 ). 21.B12、B14[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aexln x+ bex-1 x ,曲线 y=f(x)在点(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. 21.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=aexln x+ a xex- b x2ex-1+ b xex-1. 由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2. (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ 2 xex-1, 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe-x- 2 e. 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x, 所以当 x∈(0,1 e )时,g′(x)<0; 当 x∈(1 e,+∞)时,g′(x)>0. 故 g(x)在(0,1 e )上单调递减,在(1 e,+∞)上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小 值为 g(1 e )=- 1 e. 设函数 h(x)=xe-x- 2 e,则 h′(x)=e-x(1-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,+∞)上的最大值 为 h(1)=-1 e. 因为 gmin(x)=g(1 e )=h(1)=hmax(x), 所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. 21.B12、B14[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ex-e-x-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). 21.解:(1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)] =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-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. (ii)当 b>2 时,若 x 满足 20,ln 2> 8 2-3 12 >0.692 8; 当 b= 3 2 4 +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, g(ln 2)=- 3 2-2 2+(3 2+2)ln 2<0, ln 2< 18+ 2 28 <0.693 4. 所以 ln 2 的近似值为 0.693. 15.B3,B14[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函数 f(x)∈B 的充要条件是 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; ④若函数 f(x)=aln(x+2)+ x x2+1(x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B. 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 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 f(x)的值域包 含于[-M,M]=[-1,1],但此时 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(a0)=b-g(a0),即 f(a0)+g(a0) =b0∉[-M,M],故③正确. 对于 f(x)=aln(x+2)+ x x2+1 (x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要 使得函数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)= x x2+1 (x>-2). 易知 f(x)∈[-1 2,1 2],所以存在正数 M= 1 2,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确. 20.B12、B14[2014·天津卷] 设 f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函数 y=f(x)有两个零点 x1,x2,且 x10 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. 由 f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得 00.由已知,x1,x2 满足 a=g(x1),a=g(x2).由 a∈(0,e-1)及 g(x)的单调性,可得 x1 ∈(0,1),x2∈(1,+∞). 对于任意的 a1,a2∈(0,e-1),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<η 2. 又由 ξ1,η1>0,得 ξ2 ξ1< η2 ξ1< η2 η1, 所以 x2 x1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 x2 x1. 设 x2 x1=t,则 t>1,且 {x2=tx1, x2-x1=ln t,解得 x1 = ln t t-1 ,x 2 = tln t t-1 ,所以 x1 +x 2 = (t+1)ln t t-1 .① 令 h(x)= (x+1)ln x x-1 ,x∈(1,+∞), 则 h′(x)= -2ln x+x-1 x (x-1)2 . 令 u(x)=-2ln x+x- 1 x,得 u′(x)=(x-1 x ) 2 . 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. 10.B14[2014·浙江卷] 设函数 f1(x)=x2,f2(x)=2(x-x2),f3(x)= 1 3|sin 2πx|,ai= i 99,i= 0,1,2,…,99.记 Ik=|fk(a1)-fk(a0)|+|fk(a2)-fk(a1)|+…+|fk(a99)-fk(a98)|,k=1,2,3,则 (  ) A.I11.故 I2 a, 3x2-3,x < a. 因为[f(x)+b]2≤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. (ii)当-10,t(a)在(0,1 3 )上是增函数,故 t(a)>t(0)=-2, 因此-2≤3a+b≤0. (iii)当 1 3 1 5 B.a> 1 5或 a<-1 C.-10,解得 a> 1 5或 a<-1. 11.[2014·福建闽南期末] 计算:∫2 1(1+1 x )dx=________. 11.1+ln 2 [解析] ∫2 11+ 1 xdx=(x+ln x)Error!) 2 1=(2+ln 2)-(1+ln 1)=1+ln 2. 4.[2014·内江模拟] 已知函数 f(x)= 1 3x3- 1 2x2+cx+d 有极值,则 c 的取值范围为(  ) A.c< 1 4 B.c≤ 1 4 C.c≥ 1 4 D.c> 1 4 4.A [解析] 由题意得,f′(x)=x2-x+c,Δ=1-4c>0,解得 c< 1 4. 2.[2014·成都检测] 定义在 R 上的函数 y=f(x),f(0)≠0,当 x>0 时,f(x)>1, 且对任意的 a,b∈R,有 f(a+b)=f(a)f(b). (1)求证:f(0)=1; (2)求证:对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0; (3)若 f(x)f(2x-x2)>1,求 x 的取值范围. 2.解:(1)证明:令 a=b=0,则有 f(0)=[f(0)]2. ∵f(0)≠0,∴f(0)=1. (2)证明:令 a=x,b=-x,则有 f(0)=f(x)f(-x), ∴f(-x)= 1 f(x). ∵当 x>0 时,f(x)>1>0,∴当 x<0 时,-x>0, ∴f(-x)>0,∴f(x)= 1 f(-x)>0. 又当 x=0 时,f(0)=1>0, ∴对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0. (3)任取 x2>x1,则 f(x2)>0,f(x1)>0,x2-x1>0, ∴ f(x2) f(x1)=f(x2)·f(-x1)=f(x2-x1)>1, ∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在 R 上单调递增. 又 f(x)·f(2x-x2)=f[x+(2x-x2)]=f(-x2+3x), 且 f(0)=1, ∴f(3x-x2)>f(0),∴3x-x2>0,解得 00), 所以 h′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 令 h′(x)=0,解得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) h′(x) + 0 - 0 + h(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数 h(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(a,+∞),单调递减区间为(-1,a), 故 h(x)在区间(-2,-1)上单调递增,在区间(-1,0)上单调递减. 又函数 h(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,所以有 {h(-2) < 0, h(-1) > 0, h(0) < 0, 即{-8 3+2(1-a)+2a-a < 0, -1 3+1-a 2 +a-a > 0, -a < 0, 解得 0
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