【数学】2018届一轮复习人教A版导数及其应用学案理(1)
专题04 导数及其应用
高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．
预测2018年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．
1．导数的定义
f ′(x)＝ ＝ .
2．导数的几何意义
函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f ′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f ′(x0)．
3．导数的运算
(1)基本初等函数的导数公式
①c′＝0(c为常数)； ②(xm)′＝mxm－1；
③(sinx)′＝cosx; ④(cosx)′＝－sinx；
⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝axlna；
⑦(lnx)′＝； ⑧(logax)′＝.
(2)导数的四则运算法则
①[f(x)±g(x)]′＝f ′(x)±g′(x)；
②[f(x)·g(x)]′＝f ′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
③[]′＝.
④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′uu′x.
4．函数的性质与导数
在区间(a，b)内，如果f ′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f ′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．
5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．
被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a
0时，S＝f(x)dx；
②当f(x)<0时，S＝－f(x)dx；
③当x∈[a，c]时，f(x)>0；当x∈[c，b]时，f(x)<0，则S＝f(x)dx－f(x)dx.
考点一 导数的几何意义及应用
例1、(1)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.
答案：1
(2)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.
解析：基本法：令f(x)＝x＋ln x，求导得f′(x)＝1＋，f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.设直线y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切点为P(x0，y0)，则y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，
∴a＝0或x0＝－，又ax＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，即ax＋ax0＋2＝0，当a＝0时，显然不满足此方程，
∴x0＝－，此时a＝8.
速解法：求出y＝x＋ln x在(1,1)处的切线为y＝2x－1
由得ax2＋ax＋2＝0，
∴Δ＝a2－8a＝0，
∴a＝8或a＝0(显然不成立)．
答案：8
【变式探究】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
解析：基本法：y′＝a－，当x＝0时，y′＝a－1＝2，
∴a＝3，故选D.
答案：D
考点二 导数与函数的极值、最值
例2、(1)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)
解析：基本法：a＝0时，不符合题意．
a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，
得x1＝0，x2＝.
若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．
则a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f＞0，即a×－3×＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故选C.
速解法：若a＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0，
在(－1,0)处有零点，不符合题意．
∴a＜0，若a＝－，则f(x)＝－x3－3x2＋1
f′(x)＝－4x2－6x＝0，∴x＝0，或x＝－.
此时f为极小值且f＜0，有三个零点，排除D.
答案：C
(2)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( )
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减
D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0
解析：基本法：由三次函数的值域为R知，f(x)＝0必有解，A项正确；因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的图象是中心对称图形，B项正确；若y＝f(x)有极值点，则其导数y＝f′(x)必有2个零点，设为x1，x2(x1＜x2)，则有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上递增，在(x1，x2)上递减，在(x2，＋∞)上递增，则x2为极小值点，所以C项错误，D项正确．选C.
速解法：联想f(x)的图象模型如图显然C错．
答案：C
【方法技巧】
1.函数图象是研究函数单调性、极值、最值最有利的工具．
2．可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，当x＝0时就不是极值点，但f′(0)＝0.
3．极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值；在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．
4．f′(x)在f′(x)＝0的根的左右两侧的值的符号，如果“左正右负”，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果“左负右正”，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，即都为正或都为负，则f(x)在这个根处无极值．
【变式探究】
1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，且f(x)的极小值等于－115，则a的值是( )
A．－ B.
C．2 D．5
答案：C
考点三 导数与函数的单调性
例3、若函数f(x)＝x2＋ax＋在是增函数，则a的取值范围是( )
A．[－1,0] B．[－1，＋∞)
C．[0,3] D．[3，＋∞)
解析：基本法：由题意知f′(x)≥0对任意的x∈恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，所以2x＋a－≥0对任意的x∈恒成立，分离参数得a≥－2x，若满足题意，需a≥max.令h(x)＝－2x，x∈.因为h′(x)＝－－2，所以当x∈时，h′(x)＜0，即h(x)在上单调递减，所以h(x)＜h＝3，故a≥3.
速解法：当a＝0时，检验f(x)是否为增函数，当a＝0时，
f(x)＝x2＋，f＝＋2＝，f(1)＝1＋1＝2，
f＞f(1)与增函数矛盾．排除A、B、C.故选D.
答案：D
(2)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，＋∞)
解析：基本法：依题意得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)
上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立，
∵x＞1，∴0＜＜1，
∴k≥1，故选D.
速解法：若k＝1，则f′(x)＝1－＝在(1，＋∞)上有f′(x)＞0，f(x)＝kx－ln x为增函数．
答案：D
【变式探究】
对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有( )
A．f(0)＋f(2)＞2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)＜2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1)
解析：基本法：选A.当x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)递减，当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)，故选A.
1.【2017课标II，理】已知函数，且。
(1)求；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且。
【答案】(1)；
(2)证明略。
【解析】（1）的定义域为
设，则等价于
因为
若a=1，则.当0＜x＜1时，单调递减；当x＞1时，＞0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故
综上，a=1
（2）由（1）知
设
当时，；当时，，所以在单调递减，在
单调递增
又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，.
因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点
由
由得
因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由得
所以
2.【2017山东，理20】已知函数，，其中
是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【答案】（1） （2）见解析
【解析】
（Ⅰ）由题意
又，
所以，
因此 曲线在点处的切线方程为
，
即 .
(1)当时，
当时， ， 单调递减，
当时， ， 单调递增，
所以 当时取得极小值，极小值是 ；
(2)当时，
由 得 ，
①当时， ，
当时， ， 单调递增；
当时， ， 单调递减；
当时， ， 单调递增.
所以 当时取得极大值.
极大值为，
当时取到极小值，极小值是 ；
②当时， ，
所以 当时， ，函数在上单调递增，无极值；
综上所述：
当时， 在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是；
当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是；
极小值是.
3.【2017天津，理20】设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）设，函数，求证：；
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.
【答案】（Ⅰ）增区间是， ，递减区间是.（Ⅱ）见解析；（III）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：由，可得，
进而可得.令，解得，或.
当x变化时，的变化情况如下表：
x
+
-
+
↗
↘
↗
所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是.
（Ⅱ）证明：由，得，
.
令函数，则.由（Ⅰ）知，当时， ，故当时， ， 单调递减；当时， ， 单调递增.因此，当时， ，可得.
令函数，则.由（Ⅰ）知， 在上单调递增，故当时， ， 单调递增；当时， ， 单调递减.因此，当时， ，可得.
所以， .
（III）证明：对于任意的正整数 ，，且，
令，函数.
由（II）知，当时，在区间内有零点；
当时，在区间内有零点.
所以在内至少有一个零点，不妨设为，则.
由（I）知在上单调递增，故，
于是.
因为当时，，故在上单调递增，
所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.
又因为，，均为整数，所以是正整数，
从而.
所以.所以，只要取，就有.
1. 【2016高考山东理数】若函数的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称具有T性质.下列函数中具有T性质的是（ ）
（A） （B） （C） （D）
【答案】A
【解析】当时，，，所以在函数图象存在两点，使条件成立，故A正确；函数的导数值均非负，不符合题意，故选A。
2.【2016年高考四川理数】设直线l1，l2分别是函数f(x)= 图象上点P1，P 2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是( )
（A）(0,1) （B）(0,2) （C）(0,+∞) （D）(1,+∞)
【答案】A
3.【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．
【答案】
【解析】对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.
4.【2016高考新课标3理数】已知为偶函数，当时，，则曲线在
点处的切线方程是_______________．
【答案】
【解析】当时，，则．又因为为偶函数，所以，所以，则切线斜率为，所以切线方程为，即．
5.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围；
(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.
【答案】
【解析】
（Ⅰ）．
（i）设,则,只有一个零点．
（ii）设,则当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．
又,,取满足且,则
,
故存在两个零点．
（iii）设,由得或．
若,则,故当时,,因此在上单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．
若,则,故当时,；当时,．因此在单调递减,在单调递增．又当时,
,所以不存在两个零点．
综上,的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知,,在上单调递减,所以等价于,即．
由于,而,所以
．
设,则．
所以当时,,而,故当时,．
从而,故．
6.【2016高考山东理数】(本小题满分13分)
已知.
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）的定义域为；
.
当， 时，，单调递增；
，单调递减.
当时，.
（1），，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
（2）时，，在内，，单调递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，
，，
令，.
则，
由可得，当且仅当时取得等号.
又，
设，则在单调递减，
因为，
所以在上存在使得 时，时，，
所以函数在上单调递增；在上单调递减，
由于，因此，当且仅当取得等号，
所以，
即对于任意的恒成立。
7.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）
已知函数.
设.
（1）求方程的根;
（2）若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；
（3）若，函数有且只有1个零点，求的值。
【答案】（1）①0 ②4（2）1
【解析】
（1）因为，所以.
①方程，即，亦即，
所以，于是，解得.
②由条件知.
因为对于恒成立，且，
所以对于恒成立.
而，且，
所以，故实数的最大值为4.
（2）因为函数只有1个零点，而，
所以0是函数的唯一零点.
因为，又由知，
所以有唯一解.
令，则，
从而对任意，，所以是上的单调增函数，
于是当，；当时，.
因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.
下证.
若，则，于是，
又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.
若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.
因此，.
于是，故，所以.
8.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）
设函数,，其中
(I)求的单调区间；
(II) 若存在极值点，且，其中，求证：；
（Ⅲ）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析
当变化时，，的变化情况如下表：
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.
（Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，
由题意，得，即，
进而.
又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足 ，且，因此，所以.
（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：
（1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此
，
所以.
（2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，，
所以在区间上的取值范围为，因此
.
（3）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，
，，
所以在区间上的取值范围为，因此
.
综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.
9.【2016高考新课标3理数】设函数，其中，记的最大值为．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求；
（Ⅲ）证明．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析．
【解析】
（Ⅰ）.
（Ⅱ）当时，
.
因此.
（Ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．
（Ⅱ）当时，由，知．又
，所以．
综上，
（Ⅲ）由（Ⅰ）得.
当时，.
当时，，所以.
当时，，所以.
10.【2016高考浙江理数】（本小题15分）已知，函数F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}，
其中min{p，q}=
（I）求使得等式F（x）=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围；
（II）（i）求F（x）的最小值m（a）；
（ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.
【答案】（I）；（II）（i）；（ii）．
【解析】
（Ⅰ）由于，故
当时，，
当时，．
所以，使得等式成立的的取值范围为．
（Ⅱ）（ⅰ）设函数，，
则，，
所以，由的定义知，即
（ⅱ）当时，
，
当时，．
所以，．
11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，；
(Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）的定义域为.
且仅当时，，所以在单调递增，
因此当时，
所以
（II）
由（I）知，单调递增，对任意
因此，存在唯一使得即，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
因此在处取得最小值，最小值为
于是，由单调递增
所以，由得
因为单调递增，对任意存在唯一的
使得所以的值域是
综上，当时，有，的值域是
12.【2016年高考北京理数】（本小题13分）
设函数，曲线在点处的切线方程为，
（1）求，的值；
（2）求的单调区间.
【答案】（Ⅰ），；（2）的单调递增区间为.
解得；（2）由（Ⅰ）知.
由即知，与同号.
令，则.
所以，当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增.
故是在区间上的最小值，
从而.
综上可知，，，故的单调递增区间为.
【2015高考江苏，19】（本小题满分16分）
已知函数.
（1）试讨论的单调性；
（2）若（实数c是a与无关的常数），当函数有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是，求c的值.
【答案】（1）当时， 在上单调递增；
当时， 在，上单调递增，在上单调递减；
当时， 在，上单调递增，在上单调递减．
（2）
【解析】（1），令，解得，．
当时，因为（），所以函数在上单调递增；
当时，时，，时，，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减；
当时，时，，时，，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）知，函数的两个极值为，，则函数
有三个
零点等价于，从而或．
又，所以当时，或当时，．
设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是
，则在上，且在上均恒成立，
【2015高考四川，理21】已知函数，其中.
（1）设是的导函数，评论的单调性；
（2）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
【答案】（1）当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.（2）详见解析.
【解析】（1）由已知，函数的定义域为，
，
所以.
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增.
（2）由，解得.
令.
则，.
故存在，使得.
令，.
由知，函数在区间上单调递增.
所以.
即.
当时，有，.
由（1）知，函数在区间上单调递增.
故当时，有，从而；
当时，有，从而；
所以，当时，.
综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.
【2015高考广东，理19】设，函数．
(1) 求的单调区间 ；
(2) 证明：在上仅有一个零点；
(3) 若曲线在点处的切线与轴平行，且在点处的切线与直线平行（是坐标原点）,证明：．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】（1）依题，
∴ 在上是单调增函数；
（2）证明：由（1）问可知函数在（﹣∞，+∞）上为增函数．
又f（0）=1﹣a，
∵a＞1．∴1﹣a＜0
∴f（0）＜0．当x→+∞时，f（x）＞0成立．
∴f（x）在（﹣∞，+∞）上有且只有一个零点
（3）证明：f'（x）=ex（x+1）2，
设点P（x0，y0）则）f'（x）=ex0（x0+1）2，
∵y=f（x）在点P处的切线与x轴平行，∴f'（x0）=0，即：ex0（x0+1）2=0，
∴x0=﹣1
将x0=﹣1代入y=f（x）得y0=．∴，
∴…10分
令；g（m）=em﹣（m+1）g（m）=em﹣（m+1），
则g'（m）=em﹣1，由g'（m）=0得m=0．
当m∈（0，+∞）时，g'（m）＞0
当m∈（﹣∞，0）时，g'（m）＜0
∴g（m）的最小值为g（0）=0…12分
∴g（m）=em﹣（m+1）≥0
∴em≥m+1
∴em（m+1）2≥（m+1）3
即：
∴m≤…14分
（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．
(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当n＝1时，由题设知a1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．
由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.
当n＝k＋1时，＝＋a＝
1＋.
由ak>c>0得－1<－<<0.
由(1)中的结论得＝>1＋p· ＝.
因此a>c，即ak＋1>c，
所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．
再由＝1＋可得<1，
即an＋1an＋1>c，n∈N*.
方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，
所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.
由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.
①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知
a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，
故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，
即有ak＋1>ak＋2>c，
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均成立．
【2015高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．
【2015高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（ ）
(A)[-，1） (B)[-，） (C)[，） (D)[，1）
【答案】D
【解析】设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线
的下方.因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，当时，=-1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D.
【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）
设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：
即
①，设函数，则．当时，；当时，
．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．
【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）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的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数 （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，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.
【答案】（1）（2）①定义域为，
②千米
【解析】
（1）由题意知，点，的坐标分别为，．
将其分别代入，得，
解得．
（2）①由（1）知，（），则点的坐标为，
设在点处的切线交，轴分别于，点，，
则的方程为，由此得，．
故，．
②设，则．令，解得．
当时，，是减函数；
当时，，是增函数．
从而，当时，函数有极小值，也是最小值，所以，
此时．
答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米．
【2015高考新课标2，理12】设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】记函数，则，因为当时，，故当时，，所以在单调递减；又因为函数是奇函数，故函数是偶函数，所以在单调递减，且．当时，，则；当时，，则，综上所述，使得成立的的取值范围是，故选A．
【2015高考新课标1，理12】设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（ ）
(A)[-，1） (B)[-，） (C)[，） (D)[，1）
【答案】D
【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）
设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．
【解析】(Ⅰ)．
若，则当时，，；当时，，．
若，则当时，，；当时，，．
所以，在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即
①，设函数，则．当时，；当时，
．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．
【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）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的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为
20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数 （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，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.
【答案】（1）（2）①定义域为，
②千米
【解析】
（1）由题意知，点，的坐标分别为，．
将其分别代入，得，
解得．
（2）①由（1）知，（），则点的坐标为，
设在点处的切线交，轴分别于，点，，
则的方程为，由此得，．
故，．
②设，则．令，解得．
当时，，是减函数；
当时，，是增函数．
从而，当时，函数有极小值，也是最小值，所以，
此时．
答：当时，公路的长度最短，最短长度为千米．
1．（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．
【解析】解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，
x2＝，x1x2时，f′(x)<0；
当x10.
故f(x)在和 内单调递减，
在内单调递增．
2．（2014·安徽卷）设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.
(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；
(2)数列{an}满足a1＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c.
【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋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当n＝1时，由题设知a1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．
由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.
当n＝k＋1时，＝＋a＝
1＋.
由ak>c>0得－1<－<<0.
由(1)中的结论得＝>1＋p· ＝.
因此a>c，即ak＋1>c，
所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．
再由＝1＋可得<1，
即an＋1an＋1>c，n∈N*.
方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，
所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.
由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.
①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知
a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，
故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，
即有ak＋1>ak＋2>c，
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均成立．
3．（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，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，x20时，ex>x2，所以ex＝e·e>·，
当x>x0时，ex>>＝x2，
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x20，f(x)单调递增；当x∈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)＝，易知当x∈时，<0，
依题意当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，得b≤.
所以b的取值范围为.
7．（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
【答案】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．（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
【答案】D 【解析】y′＝a－，根据已知得，当x＝0时，y′＝2，代入解得a＝3.
9．（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．
【解析】解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝，
g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(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)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则φ′(x)＝－＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
故知ln(1＋x)≥不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，，x>0.
令x＝，n∈N＋，则ln>.
故有ln 2－ln 1>，
ln 3－ln 2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，
结论得证．
方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，
∴＋＋…＋>dx＝
dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
10．（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－，求数列的前n项和Tn.
【解析】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＋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－.
由题意有a2－＝2－，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n，
所以数列{}的通项公式为＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋，
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.
所以，Tn＝.
11．（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．
【解析】解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，
x2＝，x1x2时，f′(x)<0；
当x10.
故f(x)在和 内单调递减，
在内单调递增．
12．（2014·安徽卷） 设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.
(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；
(2)数列{an}满足a1＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c.
【解析】证明：(1)用数学归纳法证明如下．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋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当n＝1时，由题设知a1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．
由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.
当n＝k＋1时，＝＋a＝
1＋.
由ak>c>0得－1<－<<0.
由(1)中的结论得＝>1＋p· ＝.
因此a>c，即ak＋1>c，
所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．
再由＝1＋可得<1，
即an＋1an＋1>c，n∈N*.
方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，
所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.
由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.
①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知
a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，
故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，
即有ak＋1>ak＋2>c，
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均成立．
13．（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，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－＝.
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＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x20时，ex>x2，所以ex＝e·e>·，
当x>x0时，ex>>＝x2，
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x20，f(x)单调递增；当x∈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)＝，易知当x∈时，<0，
依题意当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，得b≤.
所以b的取值范围为.
17．（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
【答案】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.
18．（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
【答案】D 【解析】 y′＝a－，根据已知得，当x＝0时，y′＝2，代入解得a＝3.
19．（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．
【解析】解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝，
g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(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)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则φ′(x)＝－＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
故知ln(1＋x)≥不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
方法二：上述不等式等价于＋＋…＋，x>0.
令x＝，n∈N＋，则ln>.
故有ln 2－ln 1>，
ln 3－ln 2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，
结论得证．
方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，
∴＋＋…＋>dx＝
dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
20．（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－，求数列的前n项和Tn.
【解析】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＋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－.
由题意有a2－＝2－，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n，
所以数列{}的通项公式为＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋，
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.
所以，Tn＝.
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，求a的取值范围．
【解析】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≤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≥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0，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，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，“>a”等价于“sin x－ax>0”，“0对任意x∈恒成立．
当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在区间上单调递减，
从而g(x)g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即00对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈恒成立．
所以，若a<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－＝.
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＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x20时，ex>x2，所以ex＝e·e>·，
当x>x0时，ex>>＝x2，
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x20，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<，得ln 3e2－.①
由①得，eln π>e>2.7×>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－>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)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
(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－且x≠－2，
所以－2>－，－2≠－2，
解得a≠.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点．
而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－＝ln(2a－1)2－＝ln(2a－1)2＋－2.
令2a－1＝x.由0g(1)＝0.故当0.
综上所述，满足条件的a的取值范围为.
27．（2014·江西卷）已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．
(1)当b＝4时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围．
28．（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.
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
【答案】C 【解析】当－2≤x<0时，不等式转化为a≤，
令f(x)＝(－2≤x<0)，
则f′(x)＝＝，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤＝－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：0，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)>(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>＝，
ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln<＝，
即当n＝k＋1时，有 0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
【答案】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＝.
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＝，且f(x)极小值＝f＝，此时只需>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)．
31．（2014·新课标全国卷Ⅰ）设函数f(x)＝aexln 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.
【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－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＋ex－1，
从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，
则g′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈时，g′(x)<0；
32．（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＜＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．
【解析】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>>0.692 8；
当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，
g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln 2<0，
ln 2<<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
33．（2014·山东卷）设函数f(x)＝－k(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．
【解析】解：(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－k
＝－
＝.
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
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)≥不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，，x>0.
令x＝，n∈N＋，则ln>.
故有ln 2－ln 1>，
ln 3－ln 2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，
结论得证．
方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，
∴＋＋…＋>dx＝
dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
35．（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<η2.
又由ξ1，η1>0，得<<，
所以随着a的减小而增大．
(3)证明：由x1＝aex1，x2＝aex2，可得ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln.
设＝t，则t>1，且解得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝.①
令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝.
令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝.
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0.因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．
而由(2)，t随着a的减小而增大，所以x1＋x2随着a的减小而增大．
36．（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．
(ii)当－10，t(a)在上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，
因此－2≤3a＋b≤0.
(iii)当0，
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＝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＋－c＝0有两根t1，2＝>0，则f′(x)＝0有两个根x1＝ln t1，x2＝ln 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，＋∞)．
38．（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
【答案】. 【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＝2ln xdx＝2(xln x－x)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＝.
39．（2014·湖北卷） 若函数f(x)，g(x)满足f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1，1]上的一组正交函数，给出三组函数：
①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；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
【答案】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f(x)g(x)dx＝0.
①f(x)g(x)dx＝sinxcosxdx＝
sinxdx＝＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；
②f(x)g(x)dx＝(x＋1)(x－1)dx＝＝－≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；
③f(x)g(x)dx＝x·x2dx＝＝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.
1．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是( )
解析：选D 当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．
2．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(0,1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0,2)
解析：选A 对于函数y＝x2－ln x，易得其定义域为{x|x>0}，y′＝x－＝，令<0，又x>0，所以x2－1<0，解得00；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.
5．已知函数f(x)＝x＋在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0,1]
C．(0,1] D．(－∞，0)∪[1，＋∞)
解析：选D 函数f(x)＝x＋的导数为f′(x)＝1－，由于f(x)在(－∞，－1)上单调递增，则f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，即≤x2在(－∞，－1)上恒成立．由于当x<－1时，x2>1，则有≤1，解得a≥1或a<0.
6． f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则a的取值范围是________．
解析：由f′(x)＝3x2－3>0，解得单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，f′(x)<0得单调递减区间为(－1,1)．要有3个不同零点需满足解得a∈(－2,2)．
答案：(－2,2)
7．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
解析：因为y′＝3x2－12，由y′>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由y′<0，得函数的减区间是(－2，2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－20.讨论f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ<0，即00都有f′(x)>0.
此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＝0，即a＝2 时，仅对x＝有f′(x)＝0，对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
③当Δ>0，即a>2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0时，求函数f(x)在[b，＋∞)上的最小值．
解：f′(x)＝.
(1)因为x＝是f(x)的一个极值点，所以f′＝0，
因此a－a＋1＝0，解得a＝.
经检验，当a＝时，x＝是f(x)的一个极值点，故所求a的值为.
(2)由(1)可知，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝或x＝，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递增区间是，，单调递减区间是.
所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f(b)＝＝.
