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2014年高考数学题分类汇编



2014 年高考数学题分类汇编
函数与导数
一、选择题
1.【2014·全国卷Ⅰ(理 3,文 5) 】设函数 f ( x ) , g ( x) 的定义域都为 R,且 f ( x ) 时奇函数, g ( x) 是偶函数,则下列结论正确的是( )

A . f ( x) g ( x) 是偶函数

B .| f ( x) | g ( x) 是奇函数 D .| f ( x) g ( x) |是奇函数

C . f ( x) | g ( x) |是奇函数
【答案】C

2. 【2014·全国卷Ⅰ(理 6) 】如图,圆 O 的半径为 1,A 是圆上的定点,P 是圆上的动点,角 x 的 始边为射线 OA ,终边为射线 OP ,过点 P 作直线 OA 的垂线,垂足 为

M, 将点 M 到直线 OP 的距离表示为 x 的函数 f ( x ) , 则 y = f ( x) 在
[0, ? ]上的图像大致为( )

【答案】C 3. 【2014·全国卷Ⅰ(理 11,文 12) 】已知函数 f ( x ) = ax ? 3x ? 1 ,若 f ( x ) 存在唯一的零点 x0 ,
3 2

且 x0 >0,则 a 的取值范围为(



A .(2,+∞)

B .(-∞,-2)

C .(1,+∞)

D .(-∞,-1)

【答案】B 4. 【2014·全国卷Ⅱ(理 8) 】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

1 . 【解析】 x+1 ∴ f (0) = 0, 且f ′(0) = 2.联立解得a = 3.故选D. ? f ( x) = ax - ln(x + 1),∴ f ′( x) = a 5 【 2014 · 全 国 卷 Ⅱ ( 理 12 ) 】 设 函 数 f ? x ? ? 3 sin ? x . 若 存 在 f ? x ? 的 极 值 点 x0 满 足

m

2 x0 2 ? ? ? f ? x0 ? ? ? ? m ,则 m 的取值范围是( ) A. ? ??, ?6? ? ? 6, ?? B. ? ??, ?4? ? ? 4, ?? 2

C.

? ??, ?2? ? ? 2, ??

D. ? ??, ?1? ? ? 4, ?? 【答案】C。 【解析】

? f ( x) = 3 sin

πx |m| 的极值为± 3,即[ f ( x0 )]2 = 3, | x0 |≤ , m 2 m2 m2 2 ∴ x0 + [ f ( x0 )]2 ≥ + 3, ∴ + 3 < m 2 , 解得 | m |> 2.故选C. 4 4


6.【2014·全国卷Ⅱ(文 3) 】函数 f ? x ? 在 x=x 0 处导数存在,若 p:f (x0)=0;q:x=x0 是 f ? x ? 的 极值点,则 (A) p 是 q 的充分必要条件 (B) p 是 q 的充分条件,但不是 q 的必要条件 (C) p 是 q 的必要条件,但不是 q 的充分条件 (D) p 既不是 q 的充分条件,也不是 q 的必要条件 【答案】C 7.【2014·全国卷Ⅱ(文 11) 】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, ?? ? 【答案】D 8. 【2014·全国大纲卷(理 7) 】曲线 y ? xe x ?1 在点(1,1)处切线的斜率等于( A.2e B.e C.2 D.1 【答案】C 9. 【2014·全国大纲卷(理 12) 】函数 y ? f ( x) 的图象与函数 y ? g ( x) 的图象关于直线 x ? y ? 0 对称,则 y ? f ( x) 的反函数是( A. y ? g ( x ) 【答案】D 10.【2014·全国大纲卷(文 5) 】函数 y ? ln( 3 x ?1)( x ? ?1) 的反函数是( A. y ? (1 ? ex )3 ( x ? ?1) C. y ? (1 ? e x )3 ( x ? R) 【答案】D 11.【2014·全国大纲卷(文 12) 】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 B. y ? (ex ?1)3 ( x ? ?1) D. y ? (e x ?1)3 ( x ? R) ) B. y ? g ( ? x ) ) C. y ? ? g ( x ) D. y ? ? g (? x) )

【答案】D 12. 【2014·山东卷(理 3) 】函数 f ( x) ?

1 (log 2 x)2 ? 1

的定义域为

(A) (0, ) (B) (2, ??) (C) (0, )

1 2

1 2

1 (2, ??) (D) (0, ] [2, ??) 2

13.【2014·山东卷(文 3) 】函数 f ( x) ? (A) (0, 2) 【答案】C (B) (0, 2]

1 的定义域为( ) log 2 x ? 1 (C) (2, ??) (D) [2, ??)

14.【2014·山东卷(理 5) 】已知实数 x, y 满足 a x ? a y ( 0 ? a ? 1 ) ,则下列关系式恒成立的是 (A)

1 1 ? 2 x ?1 y ?1
2

(B) ln( x2 ? 1) ? ln( y 2 ? 1) (D) x2 ? y 2

(C) sin x ? sin y

15.【2014·山东卷(文 5) 】已知实数 x, y 满足 a x ? a y (0 ? a ? 1) ,则下列关系式恒成立的是 (A) x3 ? y 3 (C) ln( x2 ? 1) ? ln( y 2 ? 1) 【答案】A 16.【2014·山东卷(文 6) 】已知函数 y ? loga ( x ? c)(a, c为常数,其中a ? 0, a ? 1) 的图象如右 图,则下列结论成立的是 (B) sin x ? sin y (D)

1 1 ? 2 x ?1 y ?1
2

E

O
(A) a ? 0, c ? 1

x
(B) a ? 1, 0 ? c ? 1 (D) 0 ? a ? 1,0 ? c ? 1

(C) 0 ? a ? 1, c ? 1 【答案】D

17.【2014·山东卷(文 9) 】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 (A) f ( x) ? x (C) f ( x) ? tan x 【答案】D 18.【2014·山东卷(理 6) 】直线 y ? 4 x 与曲线 y ? x3 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 (B) f ( x) ? x3 (D) f ( x) ? cos( x ? 1)

19.【2014·山东卷(理 8) 】已知函数 f ( x) ?| x ? 2 | ?1 , g ( x) ? kx ,若 f ( x) ? g ( x) 有两个不相 等的实根,则实数 k 的取值范围是 (A) (0, ) (B) ( ,1) (C) (1, 2) (D) (2, ??)

1 2

1 2

20.【2014·安徽卷(理 6) 】设函数 f ? x ? ( x ? R) 满足 f ( x ? ? ) ? f ? x ? ? sinx .当 0 ? x ? ? 时, f ? x ? ? 0 ,则
? 23? ? f? ??( ? 6 ?

) B.
3 2

A.

1 2

C. 0

D. ?

1 2

【解析】⑴由条件知:
? 23? ? f? ?? ? 6 ? ? 5? ? f? ? 3? ? ? ? 6 ? ? 5? ? ? 5? ? f? ? 2? ? ? sin ? ? 2? ? ? ? 6 ? ? 6 ? ? 5? ? ? 5? ? 1 f? ? ? ? ? sin ? ?? ? ? ? ? 6 ? ? 6 ? 2 5? 1 1 ? 5? ? f ? ? ? sin ? 0? ? , 6 2 2 ? 6 ?

故选 A;

21.【2014·安徽卷(文、理 9) 】若函数 f ( x) ? x ? 1 ? 2 x ? a 的最小值 3,则实数 a 的值为( A. 5 或 8 【答案】D. 22.【2014·安徽卷(文 5) 】设 a ? log3 7 , b ? 2 3.3 , c ? 0.83.3 ,则( A. b ? a ? c 【答案】B 23.【2014·浙江卷(理 6,文 8) 】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 B. c ? a ? b C. c ? b ? a D. a ? c ? b ) B. ?1 或 5 C. ? 1 或 ?4 D. ?4 或 8



??1 ? a ? b ? c ? ?8 ? 4a ? 2b ? c 解:f (?1) ? f (?2) ? f (?3) ? ? ??1 ? a ? b ? c ? ?27 ? 9a ? 3b ? c ?a ? 6 ?? ?b ? 11
图像可能是( )

0? f ( ? 1? ) ? 3 ?6c ?

9

24.【2014·浙江卷(理 7,文 8) 】在同意直角坐标系中,函数 f ( x) ? xa ( x ? 0), g ( x) ? loga x 的

?a ? 0,x ? 0,恒过(1,1) ? 解:幂函数x ?a ? 0恒过(0, 0)、 (1,1) ,A显然排除、B可知a ? 1, g ( x)递减矛盾舍 ?图像随着a增大越翘 ?
a

C可得0 ? a? 1, 此时 g ( x 递增矛盾舍去,故选 ) D
2 2 25. 【 2014 · 浙 江 卷 ( 理 10 ) 】 设 函 数 f1 ( x) ? x , f 2 ( x) ? 2( x ? x ), f 3 ( x) ?

1 | sin 2?x | , 3

i , i ? 0,1,2,? ,99 , 记 I k ?| f k (a1 ) ? f k (a0 ) | ? | f k (a2 ) ? f k (a1 ) | ??? | f k (a99 ) ? f k (a98 ) | , 99 k ? 1,2,3. 则 A. I1 ? I 2 ? I 3 B. I 2 ? I1 ? I 3 C. I1 ? I 3 ? I 2 D. I 3 ? I 2 ? I1 ai ?

1 2i ? 1 1 ? 1 3 2 ? 99 ? 1 ? ? i ? ? i ?1 ? 解: ? I1 ? ? ? ? ... ? ? ? ?? ? ? ? ? ?1 99 99 99 ? 99 99 99 ? ? 99 ? ? 99 ?

2

2

i i ?1 ? i ? ? i ?1 ? 2 99 ? (2i ? 1) 2 ? ?? ? ?? ? ? 99 99 ? 99 ? ? 99 ? 99 99
故I 2 ? 2 50(98 ? 0) 100 ? 98 ? 2? ? ?1 99 2 ? 99 99 ? 99

2

2

1? 1 0 2 1 99 98 ? I 3 ? ? sin 2? ? sin 2? ? sin 2? ? sin 2? ? ... ? sin 2? ? sin 2? ? 3? 99 99 99 99 99 99 ?
1 25 74 ? (2sin 2? ? 2sin 2? ) ? 1 故I 2 ? I1 ? I3 3 99 99
26.【2014·北京卷(理 2) 】下列函数中,在区间 (0, ??) 上为增函数的是( )

A. y ? x ? 1

B. y? ( x ? 12)

C. y ? 2? x

D. y? l o 0 g. 5 x (?

1)

27.【2014·北京卷(文 2) 】下列函数中,定义域是 R 且为增函数的是( A. y ? e
?x

) D. y ? x

B. y ? x

C. y ? ln x

【答案】B。 28.【2014·北京卷(文 6) 】已知函数 f ? x ? ? 是( A. ? 0,1? 【答案】C 29.【2014·天津卷(理 4) 】函数 f ? x ? ? log 1 ? x 2 ? 4 ? 的单调递增区间是(
2

6 ? log 2 x ,在下列区间中,包含 f ? x ? 零点的区间 x
C. ? 2, 4 ? D. ? 4, ???

) B. ?1, 2 ?



A. (0, + ?

)

B. (- ? ,0)

C.

(2, + ? )

D. (- ? , 2)

【答案】D. 【解析】函数 f ? x ? 的定义域为 ? ??, ?2?

? 2, ??? 。由于 y ? log 1 u 在 ?0, ??? 上单调递减,而
2

u ? x 2 ? 4 在区间

? ??, ?2? 上单调递减,故 (-

? , 2) 为函数 y ? f ? x ? 的单调递增区间,选 D.
- 2

30.【2014·天津卷(文 4) 】设 a = log 2 p , b = log 1 p , c = p
2

,则(



(A) a > b > c (B) b > a > c (C) a > c > b 【解析】因为 a > 1 , b < 0 , 0 < c < 1 ,所以 a > c > b ,选 C.

(D) c > b > a

31.【2014·福建卷(理 4,文 8) 】若函数 y ? loga x(a ? 0, 且a ? 1) 的图像如右图所示,则下列函 数图像正确的是( 【 答 案】 B 32. 【2014·福建卷(理 7,文 8) 】已知函数 f ?x ? ? ? A. f ?x ? 是偶函数 【答案】D )

?x ? 1, x ? 0
2

?cos x, x ? 0 B. f ?x ? 是增函数 C. f ?x ? 是周期函数 D. f ?x ? 的值域为 ?? 1,???
? 1 3

则下列结论正确的是(



33.【2014·辽宁卷(理 3,文 3) 】已知 a ? 2 A. a ? b ? c 【答案】C B. a ? c ? b

, b ? log 2

C. c ? a ? b

1 1 , c ? log 1 ,则( 3 2 3 D. c ? b ? a
3 2



34.【2014·辽宁卷(理 11) 】当 x ?[?2,1] 时,不等式 ax ? x ? 4 x ? 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]

【答案】C 35.【2014·辽宁卷(理 12) 】已知定义在 [0,1] 上的函数 f ( x ) 满足:① f (0) ? f (1) ? 0 ; ②对所有 x, y ? [0,1] ,且 x ? y ,有 | f ( x) ? f ( y ) |?

若对所有 x, y ? [0,1] , | f ( x) ? f ( y) |? k ,则 k 的最小值为( A.

1 | x ? y |. 2


1 2

B.

1 4

C.

1 2?

D.

1 8

【答案】B

1 ? cos ? x, x ? [0, ] ? ? 2 36.【2014·辽宁卷(文 10) 】已知 f ( x ) 为偶函数,当 x ? 0 时, f ( x ) ? ? ,则 ? 2 x ? 1, x ? ( 1 , ??) ? ? 2
1 的解集为( ) 2 1 2 4 7 3 1 1 2 A. [ , ] [ , ] B. [ ? , ? ] [ , ] 4 3 3 4 4 3 4 3
不等式 f ( x ? 1) ?

C. [ , ] [ , ]

1 3 3 4

4 7 3 4

D. [ ?

3 1 1 3 ,? ] [ , ] 4 3 3 4

37.【2014·陕西卷(理 3) 】定积分

? (2x ? e )dx 的值为(
x 0

1



A.e ? 2
【答案】C 【解析】
1

B.e ? 1

C .e

D.e ? 1

? (2x ? e )dx ? ? x
x 0

2

? ex ? 1 0 ? ?1 ? e ? ? 1 ? e ,选 C。

38.【2014·陕西卷(文、理 7) 】下列函数中,满足“ f ? x ? y ? ? f ? x ? f ? y ? ”的单调递增函数 是( )
1

(A) f ? x ? ? x 2 【答案】D

(B) f ? x ? ? x3

(C) f ? x ? ? ? ?

?1? ?2?

x

(D) f ? x ? ? 3x

【解析】 只有C不是递增函数 .对D而言,f ( x + y) = 3x+ y , f ( x) ? f ( y) = 3x ? 3y = 3x+ y.选D 39.【2014·陕西卷(理 10) 】如图,某飞行器在 4 千米高空水平飞行,从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处下降, 已知下降飞行轨迹为某三次函数图像 的一部分,则函数的解析式为( )

1 3 3 x ? x 125 5 3 3 x ?x (C) y ? 125
(A) y ? 【答案】A

(B) y ?

2 3 4 x ? x 125 5 3 3 1 x ? x (D) y ? ? 125 5

-2 , 且 x ? 5 为 极 值 点 , 即 f ?(5) ? 0 , 对 而 言 , 由 于 【 解 析 】 三 次 奇 函 数 过 点 (0,0),(5,)
1 3 3 3x 2 3 3 3 f ( x) ? x - x , f (5) ? 1 ? 3 ? ?2 , f ?( x) ? ? ,f ?(5) ? ? ? 0 ,符合题意。 125 5 125 5 5 5
40.【2014·陕西卷(文 10) 】如图,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象的一部分,则该函数的解析式为( ) A. y ? x 3 ? x 2 ? x C. y ? x 3 ? x
1 4 1 2 1 2

B. y ? x 3 ? x 2 ? 3 x D. y ? x 3 ? x 2 ? 2 x
1 4 1 2

1 2

1 2

【答案】A. 0) 1 , 【解析】三次函数图象过点 (0,0),(2, ,且 f ?(0) ? ?
f ?(2) ? 3 ,设 f (x ) ? x (x ? 2)( ax ?b )

,则 f ?(x) ? 3ax 2 ? (4a ?2b) x ?2b ,从而 ?

1 ? ?2b ? ?1, 解得 a ? b ? ,则函 2 ?4a ? 2b ? 3,

数式为 y ? x3 ? x 2 ? x ,故选 A. 41.【2014·湖南卷(理 3) 】已知 f ( x), g ( x) 分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数,且

1 2

1 2

f ( x) ? g ( x) ? x3 ? x2 ? 1, 则f (1) ? g (1) =
A.-3 B.-1 C.1 D.3

42.【2014·湖南卷(文 4) 】下列函数中,既是偶函数又在区间 ( ??, 0) 上单调递增的是(



A. f ( x ) ?

1 x2

x B. f ( x) ? 2x? 1 C. f ( x) ? 3x D. f ( x) ? ? 2

【答案】A 43.【2014·湖南卷(理 10) 】已知函数 f ( x) ? x ? e ?
2 x

1 ( x ? 0)与g ( x) ? x 2 ? ln( x ? a) 的图象 2

上存在关于 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是 A. (??, 【答案】B 【解析】由题可得存在 x0 ? ? ??,0? 满足 x0 ? e 0 ?
2 x

1 ) e

B. (??, e )

C. ( ?

1 , e) e

D. ( ? e ,

1 ) e

1 2 ? ? ? x0 ? ? ln ? ? x0 ? a ? 2 1 1 ? e x0 ? ln ? ? x0 ? a ? ? ? 0 ,当 x0 取决于负无穷小时, e x0 ? ln ? ? x0 ? a ? ? 趋近于 ?? ,因为函数 2 2 1 y ? e x ? ln ? ? x ? a ? ? 在定义域内是单调递增的,所以 ln a ? ln e ? a ? e ,故选 B. 2


【考点定位】指对数函数 方程 44.【2014·湖南卷(文 9) 】若 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,则( A. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1
x x x x

B. e 2 ? e 1 ? ln x2 ? ln x1 D. x2e 1 ? x1e
x x2

C. x2e 1 ? x1e
x

x2

【答案】C 45【2014·江西卷(理 2) 】函数 f ( x) ? ln(x ? x) 的定义域为(
2



A. (0,1) 【答案】C

B. [0,1]

C. (??,0) ? (1,??)

D. (??,0] ? [1,??)

| x| 2 46.【2014·江西卷(理 3) 】已知函数 f ( x) ? 5 , g ( x) ? ax ? x(a ? R) ,若 f [ g (1)] ? 1 ,则 a ? ( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. -1 【答案】A

47. 【2014· 江西卷 (文 4) 】 已知函数 f ( x) ? ?

?a ? 2 x , x ? 0
?x ? 2 ,x ?0

1 )] 1 ? ,则 a ?( (a ? R) ,若 f [ f ( ?



A.

1 4

B.

1 2

C .1

D.2

【答案】A 48.【2014·江西卷(理 8) 】若 f ( x ) ? x ? 2
2

?

1

0

f ( x)dx, 则 ? f ( x )dx ? (
0

1



A. ? 1

B. ?

1 3

C.

1 3

D.1

【答案】B 49.【2014·江西卷(文 10) 】在同意直角坐标系中,函数 y ? ax ? x ?
2

a 与 2

y ? a2 x2 ? 2ax ? x ? a(a ? R) 的图像不可能的是(



【答案】B 50.【2014·湖北卷(理 6) 】若函数 f ( x), g ( x) 满足 间 ??1,1?

?

1

?1

f ( x) g( x)dx ? 0 ,则称 f ( x), g ( x) 为区
1 1 x, g ( x) ? cos x ; ② 2 2


上 的 一 组 正 交 函 数 , 给 出 三 组 函 数 : ① f ( x) ? sin

2 f ( x) ? x ? 1, g ( x) ? x ? 1 ; ③ f ( x) ? x, g ( x) ? x 。 其中为区间 [ ?1,1] 的正交函数的组数是 (

A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】C 51. 【 2014 · 湖 北 卷 ( 理 10 ) 】已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x ? 0 时,

f ( x) ?

1 2 2 2 ( | x? a |) ? |x ? 2 a ? | 3 a ). ?x ? R, f ( x ? 1) ? f ( x), 则实数 a 的取值范围为( 若 2
B. [?



A. [? , ]

1 1 6 6

6 6 , ] 6 6

C. [? , ]

1 1 3 3

D. [?

3 3 , ] 3 3

【答案】B 52.【2014·湖北卷(文 9) 】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} C. {2 ? 7 ,1, 3} B. { ? 3, ?1,1, 3} D. { ? 2 ? 7 , 1, 3}

【答案】D 53.【2014·四川卷(理 9) 】已知 f ( x) ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) , x ? (?1,1) 。现有下列命题: ① f (? x) ? ? f ( x) ;② f ( A.①②③ 【答案】B 54.【2014·四川卷(文 7) 】已知 b ? 0 , log5 b ? a , lg b ? c , 5 ? 10 ,则下列等式一定成立的
d

2x ) ? 2 f ( x) ;③ | f ( x) |? 2 | x | 。其中的所有正确命题的序号是 x ?1
2

B.②③

C.①③

D.①②

是(

) B、 a ? cd C、 c ? ad D、 d ? a ? c

A、 d ? ac 【答案】B

55.【2014·重庆卷(文 4) 】下列函数为偶函数的是(



A. f ( x) ? x ? 1
【答案】D

B. f ( x) ? 3x?

x

C. f ( x) ? 2x ? 2? x

D. f (x ) ? x2?

?x

2

56.【2014·重庆卷(文 9) 】若 log ( 3a ? 4b) ? log
4

2

ab, 则a ? b 的最小值是(



A. 6 ? 2 3 【答案】D

B. 7 ? 2 3

C. 6 ? 4 3

D. 7 ? 4 3

? 1 ? 3, x ? ? ?1, 0? ? mx ? m 57.【2014·重庆卷(文 10) 】已知函数 f ( x) ? ? x ? 1 ,且 g (x) ? f (x) ? ? x x ? ? 0,1? ?
在 ? ?1,1? 内有且仅有两个不同的零点,则实数 m 的取值范围是( A. ( ? 9 ,?2] ? (0, 1 ] B. ( ? 11 ,?2] ? (0, 1 ] )

4 2 C. ( ? 9 ,?2] ? (0, 2 ] 4 3

4 2 D. ( ? 11 ,?2] ? (0, 2 ] 4 3

【答案】A 58.【2014·广东卷(文 5) 】下列函数为奇函数的是

A .2 x ?
【答案】A

1 2x

B.x 2 sin x

C.2 cos x ? 1

D.x2 ? 2x

二、填空题

?e x ?1 , x ? 1, ? 59.【2014·全国卷Ⅰ(文 15) 】设函数 f ? x ? ? ? 1 则使得 f ? x ? ? 2 成立的 x 的取值范围 3 ? ? x , x ? 1,
是________. 【答案】 x ? 8 60.【2014·全国卷Ⅱ(理 15) 】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__________. 【答案】 ? ?1 , 3? 【 解 析 】 偶 函 数 y ? f ( x) 在 区 间 [ 0 ?? , 上 ) 单 减 , 且

f ( 2? )

, 0 则

f( x ? 1 ? )

0 ?f

x (?

,解得 ? ?1 1?? )f x ?1 (? 22 ) , 3?

61. 【 2014 · 全 国 卷 Ⅱ ( 文 15 ) 】已知函数

f ? x?

的 图 像 关 于 直 线 x =2 对 称 , f (0) =3 , 则

f (?1) ? _______.

62. 【2014· 山东卷 (理 15) 】 已知函数 y ? f ( x)( x ? R) .对函数 y ? g ( x)( x ? I ) , 定义 g ( x) 关于 f ( x ) 的“对称函数”为 y ? h( x)( x ? I ) , y ? h( x) 满足:对任意 x ? I ,两个点 ( x, h( x)) , ( x, g ( x)) 关 于点 ( x, f ( x)) 对称.若 h( x) 是 g ( x) ? 成立,则实数 b 的取值范围是 “对称函数” , 且 h( x) ? g ( x) 恒 4 ? x 2 关于 f ( x) ? 3x ? b 的 .

63.【2014·江苏卷(10) 】已知函数 f ( x) ? x 2 ? 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 .

64. 【2014· 江苏卷 (13) 】 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) ?| x 2 ? 2x ?

1 |. 2

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 的取值范围是 ▲

.

65.【2014·安徽卷(文 11) 】? ? 【答案】

16 ? ? ? 81 ?

?

3 4

? log3

5 4 ? log3 ? ________. 4 5

9 8

66. 【 2014 ·安徽卷(文 14 ) 】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 ,则 f ( x) ? ? ? sin ? x 1 ? x ? 2
? 29 ? f ? ?? ? 4? ? 41 ? f ? ?? ? 6?

___.

【答案】

5 16

67.【2014·安徽卷(文 15) 】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 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 ? x 2 ;

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 ? 0,0 ? 处“切过”曲线 C : y ? ln x 【答案】①③④
2 ? ? x ? x, x ? 0 68.【2014·浙江卷(理 15) 】设函数 f ? x ? ? ? 2 若 f ? f ?a ?? ? 2 ,则实数 a 的取值范围是 ? ?? x , x ? 0

______ 【解析】不等式 f ? f ?a ?? ? 2 可化为 ?

? f (a) ? 0
2 ? f (a) ? f (a) ? 2

或?

? f (a) ? 0
2 ?? f (a) ? 2

,解得 f (a) ? ?2 ,即

?a ? 0 ?a ? 0 ?a? 2 ,或 ? 2 ? 2 ? a ? a ? ?2 ? ? a ? ?2
69. 【2014· 浙江卷 (文 15) 】 设函数 f ( x) ? ?
2 ? ? x ? 2 x ? 2, x ? 0 , 若 f ( f (a)) ? 2 , 则a ? ?? x 2 , x ? 0 ?

.

70.【2014·浙江卷(文 16) 】已知实数 a 、 b 、 c 满足 a ? b ? c ? 0 , a ? b ? c ? 1 ,则 a 的最
2 2 2

大值为为_______.

71.【2014·天津卷(文 12) 】函数 f ( x) = lg x 的单调递减区间值是________.
2

【解析】由复合函数的单调性知, f ( x) 的单调递减区间是 (- ? ,0) .
2 72.【2014·天津卷(理 14) 】已知函数 f ( x ) = x + 3 x , x ? R .若方程 f (x)- a x - 1 = 0 恰

有 4 个互异的实数根,则实数 a 的取值范围为__________. 【答案】 0 < a < 1 或 a > 9 【解析】显然 a > 0 . (ⅰ)当 y = - a(x - 1)与 y = - x2 - 3x 相切时, a = 1 ,此时 f (x)- a x - 1 = 0 恰有 3 个互异 的实数根. (ⅱ)当直线 y = a ( x - 1)与函数 y = x2 + 3x 相切时, a = 9 ,此 时 f (x)- a x - 1 = 0 恰有 2 个互异的实数根. 结合图象可知 0 < a < 1 或 a > 9 .
y

x 2 + 3x 解 2:显然 a ? 1 ,所以 a = . x- 1
令 t = x - 1 ,则 a = t +

3 O 1

x

y

4 + 5. t

4 ? ( ? , 4] [4, + ) , t 4 所以 t + + 5 ? ( ゥ,1] [9, + ) . t
因为 t + 结合图象可得 0 < a < 1 或 a > 9 . 73.【2014·福建卷(文 15) 】函数 f ?x ? ? ? 【答案】2 74.【2014·陕西卷(理 11,文 12) 】已知 4 ? 2, lg x ? a, 则 x =________.
a

9 1 O t

? x 2 ? 2,

x?0 的零点个数是_________ 2 x ? 6 ? ln x , x ? 0 ?

【答案】 10

, lg x = a = 【解析】? 4 = 2 = 2, lg x = a,∴ 2a = 1
75.【2014·陕西卷(文 14) 】已知 f(x)= 的表达式为__________. 【答案】

a

2a

1 1 , 所以x = 102 = 10. 2

x ,x≥0, f1(x)=f(x),fn+1(x)=f(fn(x)),n ? N+, 则 f2014(x) 1? x

x 1 ? 2014 x

x x x 【 解 析 】 f ( x) ? f1 ( x) ? , 由 于 f n?1 ( x) ? f ( f n ( x)) , 则 f 2 ( x) ? 1 ? x ? , x 1? x 1 ? 2 x 1? 1? x x x x ,?,归纳得 f 2014 ( x) ? 。 f 3 ( x) ? 1 ? 2 x ? x 1 ? 2014 x 1 ? 3 x 1? 1? 2x
76.【2014·湖南卷(文 15) 】若 f ?x ? ? ln e3 x ? 1 ? ax 是偶函数,则 a ? ____________. 【答案】 ?

?

?

3 2

77.【2014·江西卷(文 11) 】若曲线 y ? x ln x上点P 处的切线平行于直线 2 x ? y ? 1 ? 0, 则点P 的 坐标是_______. 【答案】 (e, e) 78.【2014·江西卷(理 13) 】若曲线 y ? e 上点 P 处的切线平行于直线 2 x ? y ? 1 ? 0 ,则点 P 的 坐标是________. 【答案】 (-ln2,2) 79. 【2014· 湖北卷 (理 14) 】 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 M f (a, b) ,例如,当 f ?x ? ? 1( x ? 0) 时,可得 M f (a, b) ? c ? 算术平均数. (1)当 f ?x ? ? _____( x ? 0) 时, M f (a, b) 为 a , b 的几何平均数; (2)当 f ?x ? ? _____( x ? 0) 时, M f (a, b) 为 a , b 的调和平均数 (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 【答案】 x ;x 或 k1 x ; k 2 x 80.【2014·湖北卷(文 15) 】如图所示,函数 y ? f ( x) 的图象由两条射线和三条线段组成.
y
a
?3a ?2a
?a
?x

a?b ,即 M f (a, b) 为 a , b 的 2

2 ab ; a?b

y ? f ( x)
a

2a

O

3a

x

?a

第 15 题图

若 ?x ? R , f ( x) > f ( x ? 1) ,则正实数 a 的取值范围为



1 【答案】 (0 , ) 6
81.【2014·四川卷(理 12,文 13) 】设 f ( x) 是定义在 R 上的周期为 2 的函数,当 x ? [?1,1) 时,

??4 x 2 ? 2, ?1 ? x ? 0, 3 f ( x) ? ? ,则 f ( ) ? 2 0 ? x ? 1, ? x,
【答案】 1



82.【2014·四川卷(理 15,文 15) 】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 ? ( x) 组成的集合:对于函数 ? ( x) ,存在一个正数 M ,使得函数 ? ( x) 的值域包含于区 间 [? M , M ] 。例如,当 ?1 ( x) ? x 3 , ? 2 ( x) ? sin x 时, ?1 ( x) ? A , ? 2 ( 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) ? a ln( x ? 2) ? 其中的真命题有 【答案】①③④ 83.【2014·重庆卷(理 12) 】.函数 f ( x) ? log x ? log 2 (2x) 的最小值为_________. 【答案】 ?

x ( x ? ?2 , a ? R )有最大值,则 f ( x) ? B 。 x ?1
2

。 (写出所有真命题的序号)

1 4
2

84.【2014·重庆卷(理 16) 】若不等式 2 x ? 1 ? x ? 2 ? a ?

1 a ? 2 对任意实数 x 恒成立,则实数 2

a 的取值范围是____________.
【答案】 ? ?1, ? 2

? ?

1? ?
?5 x

85.【2014·广东卷(理 11) 】曲线 y ? e 【答案】 y ? ?5x ? 3

? 2 在点 (0,3) 处的切线方程为



86.【2014·广东卷(文 11) 】曲线 y ? ?5e x ? 3 在点 (0, ?2) 处的切线方程为

.

【答案】 5 x ? y ? 2 ? 0

三、解答题
x 87.【2014·全国卷Ⅰ(理 21) 】(本小题满分 12 分)设函数 f ( x) ? ae ln x ?

be x ?1 ,曲线 y ? f ( x) x

在点(1, f (1) 处的切线为 y ? e( x ? 1) ? 2 . (Ⅰ)求 a , b ; (Ⅱ)证明: f ( x) ? 1 . 【解析】

a b b (I)函数f ( x)的定义域为(0,+?),f '( x) ? ae x1nx ? e x ? 2 e x ?1 ? e x ?1. x x x 由题意可得f (1) ? 2, f '(1) ? e. 故a ? 1, b ? 2.
2 2 (II)由(I)知f ( x) ? e x1n ? e x ?1 , 从而f ( x) ? 1等价于x1nx ? xe ? x ? . x e 设函数g ( x) ? x1nx, 则g '( x) ? 1nx.
1 1 所以当x ? (0, )时,g '( x) ? 0; 当x ? ( , ??)时,g '( x) ? 0. e e

??5 分

1 1 故g ( x)在(0, )单调递减,在( , ??)单调递增,从而g ( x)在(0,?)的最小值为 e e 1 1 g( )=- . e e
??8 分

2 设函数h( x) ? xe ? x ? , 则h '( x) ? e ? x (1 ? x). e 所以当x ? (0,1)时h '( x) ? 0; 当x ? (1, ??)时,h '( x) ? 0.故h( x)在(0,1)单调递增, 1 在(1,+?)单调递减,从而h( x)在(0, ?)的最大值为h(1) ? ? . e 综上,当x ? 0时,g ( x) ? h( x), 即f ( x) ? 1.
??12 分 88. 【 2014 · 全 国 卷 Ⅰ ( 文 21 )】 设 函 数 f ? x ? ? a ln x ?

1? a 2 x ? bx ? a ? 1? , 曲 线 2

y ? f ? x ? 在点?1 ,f ?1?? 处的切线斜率为 0
(Ⅰ)求 b;

(Ⅱ)若存在 x0 ? 1, 使得 f ? x0 ? ? 【解析】 f ( x) ?
'

a ,求 a 的取值范围。 a ?1

a ? (1 ? a ) x ? b , x
??4

由题设知 f ' (1) ? 0 ,解得 b ? 1 . 分 (II) f ( x ) 的定义域为 (0, ??) ,由(1)知, f ( x) ? a ln x ?

a 1? a a ? (1 ? a) x ? 1 ? (x ? )( x ? 1) x x 1? a 1 a ? 1 ,故当 x ? (1, ??) 时, f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (1, ??) 单调递增, (ⅰ)若 a ? ,则 2 1? a a a 1? a a ?1 ? 所以,存在 x0 ? 1 ,使得 f ( x0 ) ? 的充要条件为 f (1) ? ,即 , a ?1 a ?1 2 a ?1 f ' ( x) ?
解得 ? 2 ?1 ? a ? 2 ?1 .

1? a 2 x ?x, 2

1 a a ? a ? 1 ,则 ? 1 ,故当 x ? (1, ) 时, f ' ( x) ? 0 ; 2 1? a 1? a a a a , ??) 时, f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (1, ) 单调递减,在 ( , ??) 单调递增. 当 x?( 1? a 1? a 1? a a a a )? 所以,存在 x0 ? 1 ,使得 f ( x0 ) ? 的充要条件为 f ( , a ?1 1? a a ?1
(ii)若 而 f(

a a a2 a a ,所以不合题意. ) ? a ln ? ? ? 1? a 1 ? a 2(1 ? a) a ? 1 a ? 1
1? a ?a ? 1 a ?1 ? ? . 2 2 a ?1

(iii)若 a ? 1 ,则 f (1) ?

综上,a 的取值范围是 (? 2 ?1, 2 ?1)

(1, ??) .
??12 分

89.【2014·全国卷Ⅱ(理 21) 】已知函数 f ? x ? = e x ? e ? x ? 2 x (Ⅰ)讨论 f ? x ? 的单调性; (Ⅱ)设 g ? x ? ? f ? 2x ? ? 4bf ? x ? ,当 x ? 0 时, g ? x ? ? 0 ,求 b 的最大值; (Ⅲ)已知 1.4142 ? 【解析】 (1)

2 ? 1.4143,估计 ln2 的近似值(精确到 0.001)

? f ( x) = e x - e- x - 2 x,x ∈ R ∴ f ′( x) = e x + e- x - 2 = e x + 所以,f ( x)在R上单增 .
(2)

1 1 -2 ≥ 2 e x ? x - 2 = 0. x e e

g ( x) = f (2 x) - 4bf ( x) = e 2 x - e -2 x - 4 x - 4b(e x - e - x - 2 x) > 0, x > 0. 令h( x) = e 2 x - e -2 x - 4 x - 4b(e x - e - x - 2 x), x > 0, 则h(0) = 0. h′( x) = 2e 2 x + 2e -2 x - 4 - 4b(e x + e - x - 2), ∴?x∈ (0,m),m > 0,使h′( x) ≥ 0. 即2e 2 x + 2e -2 x - 4 - 4b(e x + e - x - 2) ≥ 0 即e 2 x + e -2 x - 2 - 2b(e x + e - x - 2) ≥ 0. 同理,令m( x) = e 2 x + e -2 x - 2 - 2b(e x + e - x - 2),x ∈ (0,m),m > 0, 则m(0) = 0. m′( x) = 2e 2 x - 2e -2 x - 2b(e x - e - x ), ∴?x∈ (0,t ),t > 0,使m( x) ≥ 0. 即2e 2 x - 2e -2 x - 2b(e x - e - x ) ≥ 0,即(e x + e - x )(e x e - x ) - b (e x - e - x ) ≥ 0且e x - e - x > 0, 即e x + e - x ≥ b,即e x + e - x > 2 e x ? e - x = 2 ≥ b,所以b的最大值为2 3 (Ⅲ)由(Ⅱ)知, g (ln 2) ? ? 2 2b ? 2(2b ? 1) ln 2 . 2
当 b=2 时, g (ln 2) ?

3 8 2 ?3 ? 4 2 ? 6 ln 2 >0; ln 2 > >0.6928; 2 12

当b ?

3 2 ? 1 时, ln(b ? 1 ? b2 ? 2b ) ? ln 2 , 4
3 g (ln 2) = ? ? 2 2 ? (3 2 ? 2) ln 2 <0, 2
ln 2 <

18 ? 2 <0.6934 28

所以 ln 2 的近似值为 0.693. 90.【2014·全国卷Ⅱ(文 21) 】已知函数 的切线与 x 轴交点的横坐标为 ? 2 . (1)求 a ; (2)证明:当 k

f ( x) ? x3 ? 3x2 ? ax ? 2 ,曲线 y ? f ( x) 在点 (0, 2) 处

? 1 时,曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? kx ? 2 只有一个交点.

【解析】 (I) f '( x) = 3x 2 ? 6 x ? a , f '(0) ? a . 曲线 y ? f ( x) 在点(0,2)处的切线方程为 y ? ax ? 2 。 由题设得 ?
2 ? ?2 ,所以 a=1. a

(Ⅱ)由(I)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 ? 6 x ? 1 ? k

0 ,g ( x) 单调递增,g (?1) ? k ? 1 0, g (0) ? 4 ,

所以 g ( x) =0 在 ? ??,0? 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) 。

2 h ' (x ) ? 3 x? 6 x? 3 x (x ? , 2h )( x) 在 (0, 2) 单调递减,在 (2, ??) 单调递增,所以

g ( x)

h( x? )

h( ? 2)

0

所以 g ( x) ? 0 在 (0, ??) 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。
91.【2014·全国大纲卷(理 22) 】 (本小题满分 12 分)函数 f ( x) ? ln( x ? 1) ? (1)讨论 f ( x ) 的单调性; (2)设 a1 ? 1, an?1 ? ln(an ? 1) ,证明:

ax (a ? 1) . x?a

2 3 ? an ? . n +2 n?2

【解析】 (I) f ? x ? 的定义域为 ? ?1, ? ? ? , f ? ? x ? ?

2 ? x? ? x ? ? a ? 2a ??

? x ? 1?? x ? a ?

2



2 2 (i)当 1 ? a ? 2 时,若 x ? ?1 , a ? 2a ,则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ?1 , a ? 2a 上是增函数;若

?

?

?

?

x ? ? a 2 ? 2a , 0 ? , 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? a 2 ? 2 a , 0 ? 上 是 减 函 数 ; 若 x ? ? 0 , ? ? ? ,则

f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? 0 , ? ?? 上是增函数.
(ii)当 a = 2 时, f ⅱ ( x) ? 0 , f ( x )
0 成立当且仅当 x = 0 , f ( x) 在 (- 1, +

) 上是增函数.

2 (iii) 当 a > 2 时, 若 x ? ( 1, 0) , 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在是 (- 1 , 0) 上是增函数; 若 x ? 0 , a ? 2a , 2 2 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 0 , a ? 2 a 上是减函数;若 x ? a ? 2a , ? ? ,则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在

?

?

?

?

?

?

?a

2

? 2a , ? ? ? 上是增函数.

(II)由(I)知,当 a = 2 时, f ( x) 在 (- 1, + 即 ln ( x + 1) >

) 是增函数.当 x ? (0 ,

) 时, f (x) > f (0) = 0 ,

2x (x > 0) .又由(I)知,当 a = 3 时, x+ 2

f ? x ? 在 [0 , 3) 上是减函数;当 x ? (0 , 3) 时,
3 . n+ 2

f (x) < f (0) = 0 ,即 ln (x + 1) <

3x 2 < an (0 < x < 3) .下面用数学归纳法证明 x+ 3 n+ 2

2 (i)当 n = 1 时,由已知 < a1 = 1 ,故结论成立; 3

( ii ) 假 设 当 n = k 时 结 论 成 立 , 即

2 < ak k+ 2

3 . 当 n= k+1 时 , k+ 2

骣2 ak + 1 = ln (ak + 1) > ln 珑 + 1鼢 > 鼢 珑 珑 桫 k+ 2 鼢

2 3 2创 3 骣 2 3 k+ 2 = k+ 2 = 3 , , ak + 1 = ln (ak + 1) ? ln 1 < 2 3 桫 k+ 2 + 2 k+ 3 + 3 k+ 3 k+ 2 k+ 2

即当 n = k + 1 时有

2 < ak k+ 3

3 ,结论成立.根据(i) 、 (ii)知对任何 n ? N * 结论都成立. k+ 3

92.【2014·全国大纲卷(文 21) 】函数 f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0). (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若函数 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围. 【解析】 (1) f ?( x) ? 3ax2 ? 6 x ? 3 , f ?( x) ? 3ax2 ? 6 x ? 3 ? 0 的判别式△=36(1-a). (i)若 a≥1,则 f ?( x) ? 0 ,且 f ?( x) ? 0 当且仅当 a=1,x=-1,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: x1 ?

?1 ? 1 ? a ?1 ? 1 ? a , , x2 ? a a

若 0<a<1,则当 x∈(- ? ,x2)或 x∈(x1,+ ? )时, f ?( x) ? 0 ,故 f(x)在(- ? ,x2) , (x1,+ ? )上是增函数; 当 x∈(x2,x1)时, f ?( x) ? 0 ,故 f(x)在(x2,x1)上是减函数; (2)当 a>0,x>0 时, f ?( x) ? 0 ,所以当 a>0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数. 若 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 ? 综上,a 的取值范围是 [?

5 ?a?0. 4

5 , 0) (0, ??) . 4

ex 2 93.【2014·山东卷(理 20) 】设函数 f ( x) ? 2 ? k ( ? ln x) ( k 为常数, e ? 2.71828 ??? 是自然 x x
对数的底数). (Ⅰ)当 k ? 0 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)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】 (1) f ( x) ?
'

e x ? x 2 ? 2 xe x 2 1 ( x ? 2)(e x ? kx) ? k ( ? ? ) ? ( x ? 0) , x4 x2 x x3

x 当 k ? 0 时, kx ? 0, ?e ? kx ? 0 ,

令 f ( x) ? 0 ,得 x ? 2 ,函数在 x ? (0, 2) 上单调递减,在 (2, ??) 上单调递增;
'

(2)令 g ? x ? ? e x ? kx ,则 g ' ( x) ? e x ? k , 令 e ? k ? 0 ,得 x ? ln k 。
x

由于 g ' (0) ? 1 ? k ? 0, g (0) ? 1 ? 0 , g (2) ? e ? k ? 0, g ? 2 ? ? e ? 2k ? 0 ? k ?
' 2 2

e2 , 2

g ? ln k ? ? eln k ? k ln k ? 0?ln k ? 1?k ? e
e2 ( e, ) 综上知 e 的取值范围是 。 2
94.【2014·山东卷(文 20) 】 (本小题满分 13 分)设函数 f ( x) ? a ln x ? (I)若 a ? 0 ,求曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程; (II)讨论函数 f ( x ) 的单调性. 【解析】⑴由题意知 a ? 0 时, f (x) ? 此时 f (x) ?
'

x ?1 ,其中 a 为常数. x ?1

x ?1 , x ? (0, ??) . x ?1

2 1 ' , f (1) ? 0 。 2 ,可得 f (1) ? (x ? 1) 2

所以 y ? f ( x ) 在 ?1, f (1) ? 处的切线方程为 x ? 2 y ? 1 ? 0 ⑵函数 f ( x) 的定义域为 (0, ??) .

f ?( x) ?

a 2 ax 2 ? (2a ? 2) ? a ? ? 。 x ( x ? 1)2 x( x ? 1)2

当 a ? 0 , 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 ? ? (2a ? 2)2 ? 4a2 ? 4(2a ? 1) ,

1 ? ( x ? 1) 2 1 f ( x) 在 (0, ??) 上单调递减; ①当 a ? ? 时, ? ? 0 , f ?( x ) ? 2 ? 0 ,函数 2 2 x ( x ? 1)
②当 a ? ? ③当 ? 则 x1 ?

1 时, ? ? 0 , g ( x) ? 0 ,则 f ' (x) ? 0 ,函数 f ( x) 在 (0, ??) 上单调递减; 2

1 ? a ? 0 时, ? ? 0 ,设 x1 x2 ( x1 ? x2 ) 是函数 g ( x) 的两个零点, 2

?(a ? 1) ? 2a ? 1 ?(a ? 1) ? 2a ? 1 , x2 ? , a a

由 x1 ?

a ? 1 ? 2a ? 1 a 2 ? 2 a ? 1 ? 2a ? 1 ? ? 0。 a ?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。
综上所述: 当 a ? 0 时,函数 f ( x) 在(0,+ ? )上单调递增加; 当a ? ? 当?

1 时,函数 f ( x) 在(0,+ ? )上单调递减; 2

? ?(a ? 1) ? 2a ? 1 ? ? ?(a ? 1) ? 2a ? 1 ? 1 0, , ?? ? a ? 0 时, f ( x) 在 ? , ? ? ? ? ? ? ? 上单调递减, a a 2 ? ? ? ?
在? ?

? ?(a ? 1) ? 2a ? 1 ?(a ? 1) ? 2a ? 1 ? , ? ? 上单调递增。 a a ? ?
f ( x) ? e x ? e ? x
,其中 e 是自然对数的底数.

95.【2014·江苏卷(19) 】(本小题满分 16 分)已知函数 (1)证明: f ( x) 是 R 上的偶函数;

(2)若关于 x 的不等式 mf ( x ) ≤ e ? x ? 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 ) ? a(? x0 ? 3x0 ) 成立.试比较 e a ?1 与 a e ?1 的大小, 并证明你的结论.

【解析】本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基础知识,考查综合运用数学思想 方法分析与解决问题的能力.满分 16 分. (1) ?x ? R , f (? x) ? e? x ? e x ? f ( x) ,∴ f ( x) 是 R 上的偶函数 (2)由题意, m(e? x ? e x ) ≤ e? x ? m ? 1 ,即 m(ex ? e? x ? 1) ≤ e? x ? 1
? ?) ,∴ e x ? e ? x ? 1 ? 0 ,即 m ≤ ∵ x ? (0 ,

e? x ? 1 对 x ? (0 , ? ?) 恒成立 e ? e? x ? 1
x

? ?) 恒成立 令 t ? e x (t ? 1) ,则 m ≤ 2 1 ? t 对任意 t ? (1, t ? t ?1

t ?1 1 ∵ 2 1? t ? ? ?? ≥ ? 1 ,当且仅当 t ? 2 时等号成立 t ? t ?1 (t ? 1)2 ? (t ? 1) ? 1 1 3 t ?1 ? ?1 t ?1
∴ m≤?1 3
? ?) 上单调增 (3) f '( x) ? e x ? e? x ,当 x ? 1 时 f '( x) ? 0 ,∴ f ( x) 在 (1 ,

令 h( x) ? a(? x3 ? 3x) , h '( x) ? ?3ax( x ? 1)

x ? 1 ,∴ h '( x) ? 0 ,即 h( x) 在 x ? (1 , ? ?) 上单调减 ∵ a ? 0,

∵存在 x0 ?[1, ? ?) ,使得 f ( x0 ) ? a(? x03 ? 3x0 ) ,∴ f (1) ? e ? 1 ? 2a ,即 a ? 1 e ? 1 e 2 e ∵ ln aa?1 ? ln ae?1 ? ln ea?1 ? (e ? 1)ln a ? a ? 1 e
e-1

? ?

设 m(a) ? (e ? 1) ln a ? a ? 1 ,则 m '(a) ? e ? 1 ? 1 ? e ? 1 ? a , a? 1 e?1 a a 2 e 当 1 e ? 1 ? a ? e ? 1 时, m '(a) ? 0 , m(a) 单调增; 2 e 当 a ? e ? 1 时, m '(a) ? 0 , m(a) 单调减 因此 m(a) 至多有两个零点,而 m(1) ? m(e) ? 0 ∴当 a ? e 时, m(a) ? 0 , a e?1 ? ea?1 ; 当 1 e ? 1 ? a ? e 时, m(a) ? 0 , a e?1 ? ea?1 ; 2 e 当 a ? e 时, m(a) ? 0 , a e?1 ? ea?1 .

? ?

? ?

? ?

96.【2014·安徽卷(理 19,文 20) 】 (本小题满分 13 分)设函数 f ( x) ? 1 ? (1 ? a) x ? x 2 ? x3 ,其中 a ? 0 . (Ⅰ)讨论 f ( x) 在其定义域上的单调性; (Ⅱ)当 x ? ?0,1? 时,求 f ( x) 取得最大值和最小值时的 x 的值. 【解析】 (Ⅰ) f ( x ) 的定义域为 (??, ??) , f '( x) ? 1 ? a ? 2 x ? 3x2 令 f '( x) ? 0 得 x1 ?

?1 ? 4 ? 3a ?1 ? 4 ? 3a , x2 ? , x1 ? x2 3 3

所以 f '( x) ? ?3( x ? x1 )( x ? x2 ) 当 x ? x1 或 x ? x2 时 f '( x) ? 0 ;当 x1 ? x ? x2 时 f '( x) ? 0 故 f ( x ) 在 (??, x1 ) 和 ( x2 , ??) 内单调递减,在 ( x1 , x2 ) 内单调递增。 (Ⅱ)∵ a ? 0 ,∴ x1 ? 0, x2 ? 0 (1)当 a ? 4 时 x2 ? 1 ,由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 [0,1] 上单调递增 ∴ f ( x ) 在 x ? 0 和 x ? 1 处分别取得最小值和最大值。 (2)当 4 ? a ? 0 时, x2 ? 1 , 由(Ⅰ)知 f ( x ) 在 [0, x2 ] 上单调递增,在 [ x2 ,1] 上单调递减

∴ f ( x ) 在 x ? x2 ?

?1 ? 4 ? 3a 处取得最大值 3

又 f (0) ? 1, f (1) ? a ∴当 1 ? a ? 0 时 f ( x ) 在 x ? 1 处取得最小值 当 a ? 1 时 f ( x ) 在 x ? 0 和 x ? 1 处同时取得最小值 当 4 ? a ? 1 时, f ( x ) 在 x ? 0 取得最小值。 97.【2014·浙江卷(理 20) 】已知函数 f ( x) ? x3 ? 3 x ? a ,(a ? R) (Ⅰ)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) (Ⅱ)设 b ? R ,若 ? f ( x) ? b ? ? 4 对 x ?[?1,1] 恒成立,求 3a ? b 得取值范围.
2

3 2 ? ? ? x ? 3x ? 3a, x ? a ?3x ? 3, x ? a 解: (1) f ( x) ? ? 3 , f '( x) ? ? 2 ? x ? 3x ? 3a, x ? a ?3x ? 3, x ? a ? ?

由于所在区间[?1,1]上,故对a讨论如下: i、a ? ?1, x ? [?1,1] ? a, f '( x) ? 3 x 2 ? 3 ? 0, ? M (a ) ? f (1) ? 4 ? 3a, m(a) ? f (?1) ? ?4 ? 3a, M (a) ? m(a) ? 8 ii、 ? 1 ? a ? 0, m(a) ? f (a) ? a 3 , M (a) ? max{ f (1), f (?1)} ? 4 ? 3a ? M (a) ? m(a) ? 4 ? 3a ? a 3 iii、 0 ? a ? 1, m(a ) ? f (a ) ? a 3 , M (a ) ? max{ f (1), f (?1)} ? 3a ? 2 ? M (a) ? m(a) ? 3a ? 2 ? a 3 iv、a ? 1, x ? [?1,1] ? a, M (a) ? f (?1) ? 3a ? 2, m(a) ? f (1) ?3a ? 2 ? M (a ) ? m(a ) ? 3a ? 2 ? 3a ? 2 ? 4
(2) 等价x ?[?1,1], ?2 ? b ? f ( x) ? 2 ? b, M (a) ? m(a) ? 4

结合(1)得i, ii其中M (a) ? m(a) ? 4故舍去 iv、只要2 ? b ? 3a ? 2 ? 3a ? b ? 0, a ? 1

iii、 2 ? 3a ? 2 ? a3 ? 4,0 ? a ? 1, 要恒成立,见下图

此时3a ? 2必须在??b,2 ? b? ? 3a ? b ?[?2,0]

98.【2014·浙江卷(文 21) 】已知函数 f ? x ? ? x3 ? 3| x ? a | (a ? 0) ,若 f ( x) 在 [ ?1,1] 上的最小值记 为 g (a) . (1)求 g (a) ; (2)证明:当 x ? [?1,1] 时,恒有 f ( x) ? g (a) ? 4 . 【解析】本题主要考查函数最大(最小)值的概念 、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同 时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力。满分 15 分。 (1)因为 ? 1 ? x ? 1 , ① 当 0 ? a ? 1 时,
3 2 若 x ? [?1, a] ,则 f ( x) ? x ? 3x ? 3a , f ?( x) ? 3x ? 3 ? 0 ,故 f ( x ) 在 (?1, a) 上是减函数; 3 2 若 x ? [a,1] ,则 f ( x) ? x ? 3x ? 3a , f ?( x) ? 3x ? 3 ? 0 ,故 f ( x ) 在 (a,1) 上是增函数;

所以, g (a) ? f (a) ? a .
3 3 2 ② 当 a ? 1 ,则 x ? a , f ( x) ? x ? 3x ? 3a , f ?( x) ? 3x ? 3 ? 0 ,故 f ( x ) 在 ( ?1,1) 上是减函数,

所以 g (a) ? f (1) ? ?2 ? 3a , 综上所述, g (a) ? ?

?a 3 ,0 ? a ? 1

?? 2 ? 3a, a ? 1

.

(2)令 h( x) ? f ( x) ? g ( x) , ① 当 0 ? a ? 1 时, g (a) ? a ,
3

若 x ? [a,1] , h( x) ? x ? 3x ? 3 得 h?( x) ? 3x ? 3 ,所以 h( x) 在 (a,1) 上是增函数,所以 h( x) 在
3 2

[a,1] 上的最大值是 h(1) ? 4 ? 3a ? a3 ,且 0 ? a ? 1 ,所以 h( x) ? 4 ,
故 f ( x) ? g ( a) ? 4 . 若 x ? [?1, a] , h( x) ? x ? 3x ? 3a ? a ,则 h?( x) ? 3x ? 3 ,所以 h( x) 在 (?1, a) 上是减函数,
3 3 2

所以 h( x) 在 [?1, a] 上的最大值是 h(?1) ? 2 ? 3a ? a ,
3

令 t (a) ? 2 ? 3a ? a ,则 t ?(a) ? 3 ? 3a ? 0 ,
3 2

所以 t ( a ) 在 (0,1) 上是增函数,所以 t (a) ? t (1) ? 4 即 h(?1) ? 4 ,

故 f ( x) ? g ( a) ? 4 , ② 当 a ? 1 时, g (a) ? ?2 ? 3a ,所以 h( x) ? x3 ? 3x ? 2 ,得 h?( x) ? 3x 2 ? 3 , 此时 h( x) 在 ( ?1,1) 上是减函数,因此 h( x) 在 [ ?1,1] 上的最大值是 h(?1) ? 4 , 故 f ( x) ? g (a) ? 4 ,综上所述,当 x ? [?1,1] 时恒有 f ( x) ? g (a) ? 4 .

99.【2014·北京卷(理 18,文 8) 】已知函数

f ( x) ? x cos x ? sin x, x ? [0, ] , 2

?

(1)求证: (2)若 a ?

f ( x) ? 0 ;
sin x ? ? b 在 (0, ) 上恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. 2 x

【解析】 (I)由 f ( x) ? x cos x ? sin x 得

f '( x) ? cos x ? x sin x ? cos x ? ? x sin x 。
因为在区间 (0,

?
2

) 上 f '( x) ? ? x sin x

? ?? 0 ,所以 f ( x) 在区间 ?0, ? 上单调递减。 ? 2?

从而 f ( x ) ? f (0) ? 0 。 (Ⅱ)当 x

0 时, “

sin x x

a ”等价于“ sin x ? ax

n i s 0” “

x x

b ”等价于“ sin x ? bx

0” 。

令 g ( x) ? sin x ? cx ,则 g '( x ) ? cos x ? c , 当 c ? 0 时, g ( x)

0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2

?

当 c ? 1 时,因为对任意 x ? (0,

?
2

) , g '( x ) ? cos x ? c

? ?? 0 ,所以 g ( x) 在区间 ?0, ? 上单 ? 2?

调递减。从而 g ( x) 当0

g (0) ? 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2

?

c

1 时,存在唯一的 x0 ? (0, ) 使得 g '( x0 ) ? cos x0 ? c ? 0 。 2

?

g ( x) 与 g '( x ) 在区间 (0, ) 上的情况如下: 2

?

x

(0, x0 )

x0

( x0 , ) 2

?

g '( x )

→ ↗

0

→ ↘

g ( x)

因为 g ( x) 在区间 ?0, x0 ? 上是增函数,所以 g ( x0 ) 任意 x ? (0,

“ g ( x) g (0) ? 0 。进一步,

0对

? ? 2 ) 恒成立”当且仅当 g ( ) ? 1 ? c ? 0 ,即 0 c ? , 2 2 2 ? 2 ? 综上所述,当且仅当 c ? 时, g ( x) 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立;当且仅当 c ? 1 时, ? 2
? ?

0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2 sin x ? 2 b 对任意 x ? (0, ) 恒成立,则 a 最大值为 ,b 的最小值为 1. 所以,若 a x 2 ? 3 100.【2014·北京卷(文 20) 】已知函数 f ( x) ? 2 x ? 3x . g ( x)
(1)求 f ( x ) 在区间 [?2,1] 上的最大值; (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)

(I)由 f ( x) ? 2 x3 ? 3x 得 f '( x) ? 6 x2 ? 3 ,令 f '( x) ? 0 ,得 x ? ?

2 2 或x? , 2 2

因为 f (?2) ? ?10 , f (?

2 2 ) ? 2 , f ( ) ? ? 2 , f (1) ? ?1 , 2 2 2 )? 2. 2

所以 f ( x ) 在区间 [?2,1] 上的最大值为 f (?

(II)设过点 P(1,t)的直线与曲线 y ? f ( x) 相切于点 ( x0 , y0 ) ,则

y0 ? 2x03 ? 3x0 ,且切线斜率为 k ? 6x02 ? 3 ,所以切线方程为 y ? y0 ? (6x02 ? 3)( x ? x0 ) ,
因此 t ? y0 ? (6x02 ? 3)(1 ? x0 ) ,整理得: 4x03 ? 6x02 ? t ? 3 ? 0 , 设 g ( x) ? 4 x ? 6 x ? 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)
3 2

' 有 3 个不同零点” , g ( x) ? 12 x ? 12 x = 12 x( x ? 1) ,
2

g ( x) 与 g ' ( x) 的情况如下:

x

(??, 0)

0

(0,1)

1

(1, ??)

g ' ( x)
g ( x)

+

0 t+3

?

0

+

t ?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, 当 g (0) ? t ? 3 ? 0 ,即 t ? ?3 时,此时 g ( x) 在区间 (??,1] 和 (1, ??) 上分别至多有 1 个零点,所 以

g ( x) 至多有 2 个零点,
当 g (1) ? t ? 1 ? 0 , t ? ?1 时,此时 g ( x) 在区间 (??, 0) 和 [0, ??) 上分别至多有 1 个零点,所以

g ( x) 至多有 2 个零点.
当 g (0) ? 0 且 g (1) ? 0 ,即 ?3 ? t ? ?1 时,因为 g (?1) ? t ? 7 ? 0 , g (2) ? t ? 11 ? 0 , 所以 g ( x) 分别为区间 [?1,0),[0,1) 和 [1, 2) 上恰有 1 个零点,由于 g ( x) 在区间 (??, 0) 和 (1, ??) 上 单调,所以 g ( x) 分别在区间 (??, 0) 和 [1, ??) 上恰有 1 个零点. 综上可知,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) . (III)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. 101.【2014·天津卷(理 20) 】已知函数 f (x) = x - ae 两个零点 x1 , x2 ,且 x1 < x2 . (Ⅰ )求 a 的取值范围; (Ⅱ )证明
x

(a ? R) , x ?

R .已知函数 y = f (x) 有

x2 随着 a 的减小而增大; x1

(Ⅲ )证明

x1 + x2 随着 a 的减小而增大.

【解析】 本小题主要考查函数的零点、 导数的运算、 利用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考 查函数思想、化归思想. 考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. 满分 14 分. (Ⅰ)解:由 f (x) = x - ae ,可得 f ? (x) = 1- ae .
x x

下面分两种情况讨论: (1) a ? 0 时

f? (x) > 0 在 R 上恒成立,可得 f ( x) 在 R 上单调递增,不合题意.
(2) 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
f? (x)

(- ? , ln a)
+ ↗

- ln a
0

(- ln a, + ? )
- ↘

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: 1° f (- ln a) > 0 ;2°存在 s1 ? 3°存在 s2 ?

).

( ? , ln a),满足 f (s1 ) < 0 ;

( ln a, + ) ,满足 f (s2 ) < 0 .
, 解得 0 < a < e
- 1

l a- 1 > 0 由 f (- ln a) > 0 , 即- n
且 f (s1 ) = - a < 0 ;取 s2 =

, 而此时, 取 s1 = 0 , 满足 s1 ?

( ? , ln a) ,

2 2 + ln ,满足 s2 ? ( ln a, + a a

) ,且

2 2 骣 骣2 2 珑 a鼢 a f (s2 ) = 珑 - e 鼢 + ln - e < 0 . 鼢 珑 鼢桫a 珑 a 桫

所以, a 的取值范围是 (0, e

- 1

).
x

(Ⅱ )证明:由 f (x) = x - ae = 0 ,有 a = 设 g ( x) = 当x?

x . ex

x 1- x , 由 g? ( x) = x ,知 g ( x) 在 (- ? ,1) 上单调递增,在 (1, + ? x e e

) 上单调递减.

并且,

(

,0]时, g ( x) ? 0 ;当 x ? (0,

)时, g (x) > 0 .

- 1 由已知, x1 , x2 满足 a = g (x1 ) , a = g (x2 ). 由 a ? (0, e ) ,及 g ( x) 的单调性,可得 x1 ? (0,1) ,

x2 ? (1,

).

- 1 对于任意的 a1 , a2 ? (0, e ) ,设 a1 > a2 , g (x1 ) = g (x2 ) = a1 ,其中 0 < x1 < 1 < x2 ;

g (h1 ) = g (h2 ) = a2 ,其中 0 < h1 < 1 < h2 .
因为 g ( x) 在 (0,1) 上单调递增,故由 a1 > a2 ,即 g (x1 ) > g (h1 ) ,可得 x1 > h1 ;类似可得 x2 < h2 . 又由 x1 , h1 > 0 ,得

x2 h2 h2 . < < x1 x1 h1

所以,

x2 随着 a 的减小而增大. x1
x x

(Ⅲ)证明:由 x1 = ae 1 , x2 = ae 2 ,可得 ln x1 = ln a + x1 , ln x2 = ln a + x2 . 故 x2 - x1 = ln x2 - ln x1 = ln

x2 . x1



ì x2 = tx1 , ? ln t t ln t x2 解得 x1 = , x2 = .所以, = t ,则 t > 1 ,且 ? í ? t 1 t 1 x1 x x = ln t , 1 ? ? 2

x1 + x2 =

(t + 1)ln t
t- 1

.



令 h ( x) =

( x + 1)ln x
x- 1

, x ? (1,

) ,则 h?( x) =
骣 x - 1÷ ? ÷. ? ? 桫x ÷
2

- 2ln x + x -

( x - 1)

2

1 x.

1 令 u ( x ) = - 2ln x + x ,得 u ? ( x) = x
当 x ? (1,

) 时, u? (x) > 0 .因此, u (x)在 (1, + ? ) 上单调递增,故对于任意的 x ? (1,

),

u (x) > u (1) = 0 ,由此可得 h? (x)> 0 ,故 h(x)在 (1, + ? ) 上单调递增.
因此,由①可得 x1 + x2 随着 t 的增大而增大. 而由(Ⅱ ) , t 随着 a 的减小而增大,所以 x1 + x2 随着 a 的减小而增大. 102.【2014·天津卷(文 19) 】已知函数 f ( x ) = x 2

2 3 ax (a > 0), x ? R . 3

(Ⅰ )求 f ( x) 的单调区间和极值; (Ⅱ )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. (Ⅰ )解:因为 f ( x ) = x 2

2 3 ax ,所以 f ? (x) = 2x - 2ax2 = 2x(1- ax). 3

令 f? (x) = 0 得 x = 0 或 因为当 x < 0 或 x >

1 . a

1 1 时, f ( x) 单调递减,当 0 < x < 时, f ( x) 单调递增, a a

÷ 所以 f ( x)极小值 = f (0) = 0 , f ( x)极大值 = f ? . ÷= ? ? 桫 a ÷ 3a 2
(Ⅱ )解:因为 f (x1 )? f (x2 )

骣 1

1

骣 2 2a 3 鼢 骣 2 2a 3 x1 x1 鼢 x x2 = 1 . 1 ,所以 珑 珑 鼢 珑 桫 桫2 3 3

103.【2014·福建卷(理 20) 】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. (I)求 a 的值及函数 f ?x ? 的极值;
2 x

(II)证明:当 x ? 0 时, x ? e ;

(III)证明:对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,使得当 x ? ?x0, ? ?? ,恒有 x ? ce .
2 x

【解析】本小题主要考查导数的运算及导数的应用、全称量词等基础知识的考查运用,考查抽象概 括能力、推理论证能力,考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整 合思想、函数与方程思想等。 满分 14 分。
x 解法一: ( I ) 由 f ( x) ? e x ? ax , 得 f ' ( x )? e ? a. 又 f '(0) ? 1 ? a ? ?1 , 得 a ? 2 . 所 以

f ( x ) ? ex ? 2 x , f x ' ( ?)ex ? .令 2 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 ) 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.
(II)令 g ( x) ? e x ? x 2 ,则 g '( x) ? e x ? 2 x .由(I)得 g '( x) ? f ( x) ? f (ln 2) ? 0 ,故 g ( x) 在 R 上单调递增,又 g (0) ? 1 ? 0 ,因此,当 x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 x ? e .
2 x x x 2 x 2 x (III)①若 c ? 1 ,则 e ? ce .又由(II)知,当 x ? 0 时, x ? e .所以当 x ? 0 时, x ? ce .

取 x0 ? 0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? cx .
2 2

1 ? 1 ,要使不等式 x 2 ? ce x 成立,只要 e x ? kx 2 成立.而要使 e x ? kx 2 成立, c 2 x?2 2 则只要 x ? ln(kx ) ,只要 x ? 2 ln x ? ln k 成立.令 h( x) ? x ? 2ln x ? ln k ,则 h '( x) ? 1 ? ? . x x
②若 0 ? c ? 1 ,令 k ?

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 2 x ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . c
2 x

综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . 解法二: (I)同解法一; (II)同解法一 (III)对任意给定的正数 c,取 xo ?

4 c
x x x

x 由(II)知,当 x>0 时, e ? x ,所以 e ? e 2 , e 2 ? ( ) ( )
2

2

x 2

x 2

2

4 x 2 1 2 ( ) ? x c 2 c 2 x 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce .
当 x ? xo 时, e ? ( ) ( ) ?
x 2 2

x 2

x 2

104.【2014·福建卷(文 20) 】已知函数 曲线 y ?

f ( x) ? ex ? ax ( a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A ,

f ( x) 在点 A 处的切线斜率为 ?1 .
f ( x) 的极值;
2

(Ⅰ)求 a 的值及函数

(Ⅱ)证明:当 x ? 0 时, x

? ex
x

(Ⅲ)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,使得当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce 【解析】解法一: (1)由 f ( x) ? e ? ax ,得 f ( x) ? e ? a .
x ' x ' 又 f (0) ? 1 ? a ? ?1,得 a ? 2 .

所以 f ( x) ? e ? 2 x , f ( x) ? e ? 2 .
x ' x

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)令 g ( x) ? e x ? x 2 ,则 g ' ( x) ? e x ? 2 x . 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 x ? e .
2 x

(3)对任意给定的正数 c,取 x0 ? 由(2)知,当 x ? 0 时, x ? e .
2 x

1 , c

所以当 x ? x0 时, e ? x ?
x 2

1 x ,即 x ? ce x . c
x

因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . 解法二: (1)同解法一. (2)同解法一. (3)令 k ?
x

1 ( k ? 0) ,要使不等式 x ? ce x 成立,只要 e x ? kx 成立. c

而要使 e ? kx 成立,则只需 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 ? ce .
x
' ②若 k ? 1 ,令 h( x) ? x ? ln x ? ln k ,则 h ( x ) ? 1 ?

1 x ?1 ? , x x

所以当 x ? 1 时, h ( x) ? 0 , h( x) 在 (1, ??) 内单调递增.
'

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 . 因此对任意 c ? (0,1) ,取 x0 ?

4 x ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . c

综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce .
x

解法三: (1)同解法一. (2)同解法一. (3)①若 c ? 1 ,取 x0 ? 0 , 由(2)的证明过程知, e ? 2 x ,
x

所以当 x ? ( x0 , ??) 时,有 ce ? e ? 2 x ? x ,即 x ? ce .
x x x

②若 0 ? c ? 1 , 令 h( x) ? ce x ? x ,则 h' ( x) ? ce x ? 1 , 令 h ( x) ? 0 得 x ? ln
'

1 . c

1 ' 时, h ( x) ? 0 , h( x) 单调递增. c 2 取 x0 ? 2 ln , c
当 x ? ln

h( x0 ) ? ce
易知

2ln

2 c

? 2ln

2 2 2 ? 2( ? ln ) , c c c

2 2 ? ln ? 0 ,又 h( x) 在 ( x0 , ??) 内单调递增, c c
x

所以当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 h( x) ? h( x0 ) ? 0 ,即 x ? ce . 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce .
x

注:对 c 的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分。 105.【2014·辽宁卷(理 21) 】已知函数 f ( x) ? (cos x ? x)(? ? 2 x) ? (sin x ? 1) ,

8 3

g ( x) ? 3( x ? x) cos x ? 4(1 ? sin x) ln(3 ?
证明: (1)存在唯一 x0 ? (0, (2)存在唯一 x1 ? ( (Ⅰ)当 x ? (0,

2x

?
2

?

).

) ,使 f ( x0 ) ? 0 ;

?
2

, ? ) ,使 g ( x1 ) ? 0 ,且对(1)中的 x0 ? x1 ? ? .

2 ? ) 时, f '( x) ? ?(1 ? sin x)(? ? 2 x) ? 2 x ? cos x ? 0 ,函数 f ( x) 在 (0, ) 上为 2 3 2 8 ? 16 ? 2 ? 0 ,所以存在唯一 x0 ? (0, ) ,使 f ( x0 ) ? 0 . 减函数,又 f (0) ? ? ? ? 0, f ( ) ? ?? ? 3 2 3 2

?

(Ⅱ)考虑函数 h( x) ? 令 t ? ? ? x ,则 x ? [ 记 u (t ) ? h(? ? t ) ?

?

3( x ? ? ) cos x 2 ? ? 4 ln(3 ? x), x ? [ , ? ] , 1 ? sin x ? 2

, ? ] 时, t ? [0, ] , 2 2

?

3t cos t 2 3 f (t ) ? 4 ln(1 ? t ) ,则 u '(t ) ? , 1 ? sin t ? (? ? 2t )(1 ? sin t )

由(Ⅰ)得,当 t ? (0, x0 ) 时, u '(t ) ? 0 ,当 t ? ( x0 ,

?
2

) 时, u '(t ) ? 0 .

在 (0, x0 ) 上 u(t ) 是增函数,又 u (0) ? 0 ,从而当 t ? (0, x0 ] 时, u(t ) ? 0 ,所以 u(t ) 在 (0, x0 ] 上无 零点. 在 ( x0 ,

? ? ? ) 上 u(t ) 是 减 函 数 , 由 u ( x 0 ) ? 0, u ( ) ? ?4 ln 2 ? 0 , 存 在 唯 一 的 t1 ? ( x0 , ) , 使 2 2 2

u(t1 ) ? 0.
所以存在唯一的 t1 ? ( x0 ,

?
2

) 使 u(t1 ) ? 0 .

因此存在唯一的 x1 ? ? ? t1 ? ( 因为当 x ? ( 一的 x1 ? (

?
2

, ? ) ,使 h( x1 ) ? h(? ? t1 ) ? u(t1 ) ? 0 .

?
2

, ? ) 时, 1 ? sin x ? 0 ,故 g ( x) ? (1 ? sin x)h( x) 与 h( x) 有相同的零点,所以存在唯

?
2

, ? ) ,使 g ( x1 ) ? 0 .

因 x1 ? ? ? t1 , t1 ? x0 ,所以 x0 ? x1 ? ? 106.【2014·辽宁卷(文 8) 】已知函数 f ( x) ? ? ( x ? cos x) ? 2sin x ? 2 ,

g ( x) ? ( x ? ? )

1 ? sin x 2 x ? ?1 . 1 ? sin x ?

证明: (Ⅰ)存在唯一 x0 ? (0, (Ⅱ)存在唯一 x1 ? ( (Ⅰ)当 x ? (0,

?
2

) ,使 f ( x0 ) ? 0 ;

?
2

, ? ) ,使 g ( x1 ) ? 0 ,且对(1)中的 x0,有 x0 ? x1 ? ? .

?

) 时, f ' ( x) ? ? ? ? sin x ? 2 cosx ? 0 ,所以 f ( x ) 在 (0, ) 上为增函数.又 2 2

?

? ? 4 ? 0 .所以存在唯一 x0 ? (0, ) ,使 f ( x0 ) ? 0 . f (0) ? ?? ? 2 ? 0 . f ( ) ? 2 2 2
( Ⅱ ) 当 x?(

?

?2

?
2

? , ) 时 , 化 简 得 g ( x) ? (? ? x)

cos x 2x ? ?1 . 令 t ? ? ? x . 记 1 ? sin x ?

u( t )? g ?( ? t )? ?

t cos t 2t ? f (t ) ? ? 1 . t ? (0, ) .则 u ' (t ) ? .由(Ⅰ)得,当 t ? (0, x 0 ) 时, u ' (t ) ? 0 ; 1 ? sin t ? 2 ? (1 ? sin t )
当 t ? ( x0 ,

?

) 时, u ' (t ) ? 0 .从而在 ( x0 , ) 上 u(t ) 为增函数,由 u ( ) ? 0 知,当 t ? [ x0 , ) 时, 2 2 2 2

?

?

?

u(t ) ? 0 ,所以 u(t ) 在 [ x0 , ) 上无零点.在 (0, x 0 ) 上 u(t ) 为减函数,由 u(0) ? 1 及 u ( x0 ) ? 0 知存 2
在 唯 一 t0 ? (0, x 0 ) , 使 得 u( x0 )? 0. 于 是 存 在 唯 一 t0 ? ( 0 ,

?

?

x1 ? ? ? t0 ? ( , ? ) . g ( x1 ) ? g (? ? t0 ) ? u(t0 ) ? 0 2
.因此存在唯一的 x1 ? (

?

2

) , 使 得 u (t0 )? 0. 设

?

2

, ? ) ,使得 g ( x1 ) ? 0 .由于 x1 ? ? ? t0 , t0 ? x 0 ,所以 x0 ? x1 ? ? .

107 【2014· 陕西卷 (理 21) 】 设函数 的导函数.

f ( x) ? ln(1 ? x), g ( x) ? xf '( x), x ? 0 ,其中 f '( x) 是 f ( x)

(1) g1 ( x) ? g ( x), gn?1 ( x) ? g ( g n ( 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) ? 【解析】

? g (n) 与 n ? f (n) 的大小,并加以证明.
1 x ,? g ( x ) ? 1? x 1? x

f ( x) ? ln( x ? 1) ,? f ?( x) ?

(1) g ( x) ?

x x ?1?1 1 ? ? 1? 1? x 1? x 1? x 1 1 x ? 0 ,?1 ? x ? 1 ,? ? 1 ,?1 ? ? 0 ,即 g ( x) ? 0 ,当且仅当 x ? 0 时取等号 1? x 1? x

当 x ? 0 时, g n (0) ? 0 当 x ? 0 时, g ( x) ? 0

gn?1 ( x) ? g ( gn ( x))
? g n ?1 ( x) ? g n ( x) 1 ? g n ( x) 1 1 1 1 ? ? ? 1 ,即 ? ?1 ,? 1 ? g n ( x) gn?1 ( x) g n ( x) g n ( x) g n ?1 ( x) g n ( x)

? 数列 {
?

1 } 是以 g1 ( x) 为首项,以 1 为公差的等差数列 g n ( x)

x 1 1 1 1 ? nx ( x ? 0) ,? g n ( x) ? ? ? (n ? 1) ?1 ? ? (n ? 1) ?1 ? x 1 ? nx gn ( x) g1 ( x) x 1? x

当 x ? 0 时, g n (0) ? (2)在 x ? 0 范围内 令 h( x ) ?

0 x ? 0 ,? g n ( x) ? ( x ? 0) 1? 0 1 ? nx

f ( x) ? ag ( x) 恒成立,等价于 f ( x) ? ag ( x) ? 0 成立
ax ,即 h( x) ? 0 恒成立, 1? x

f ( x) ? ag ( x) ? ln( x ? 1) ?

h?( x) ?

1 a(1 ? x) ? ax x ? 1 ? a ? ? x ?1 (1 ? x)2 (1 ? x)2

令 h?( x) ? 0 ,即 x ? 1 ? a ? 0 ,得 x ? a ? 1 当 a ? 1 ? 0 即 a ? 1 时, h( x) 在 [0, ??) 上单调递增, h( x) ? h(0) ? ln(1 ? 0) ? 0 ? 0 所以当 a ? 1 时, h( x) 在 [0, ??) 上 h( x) ? 0 恒成立; 当 a ? 1 ? 0 即 a ? 1 时, h( x) 在 [a ? 1, ??) 上单调递增,在 [0, a ? 1] 上单调递减, 所以 h( x) ? h(a ? 1) ? ln a ? a ? 1 设 ? (a) ? ln a ? a ? 1(a ? 1) , ? ?( a ) ? 因为 a ? 1 ,所以

1 ?1 a

1 ? 1 ? 0 ,即 ? ?(a) ? 0 ,所以函数 ? (a) 在 (1, ??) 上单调递减 a

所以 ? (a) ? ? (1) ? 0 ,即 h(a ? 1) ? 0 ,所以 h( x) ? 0 不恒成立 综上所述,实数 a 的取值范围为 (??,1] ; (3)由题设知: g (1) ? g (2) ? ??? ? g (n) ?

1 2 n ? ? ??? ? , n ? f (n) ? n ? ln(n ? 1) 2 3 n ?1

比较结果为: g (1) ? g (2) ? ??? ? g (n) ? n ? ln(n ? 1)

1 1 1 1 ? ? ? ??? ? ? ln(n ? 1) 2 3 4 n ?1 x ,x ?0 在(2)中取 a ? 1 ,可得 ln(1 ? x) ? 1? x 1 n ?1 1 1 ? ? 令 x ? , n ? N ,则 ln ,即 ln( n ? 1) ? ln n ? n n n ?1 n ?1 1 故有 ln 2 ? ln1 ? 2 1 ln 3 ? ln 2 ? 3 ??????
证明如下:上述不等式等价于

ln(n ? 1) ? ln n ?

1 n ?1 1 1 1 1 ? ? ? ??? ? 2 3 4 n ?1

上述各式相加可得: ln(n ? 1) ? 结论得证.

108.【2014·陕西(文 21) 】设函数

f ( x) ? ln x ?

m ,m? R . x

(1)当 m ? e ( e 为自然对数的底数)时,求 (2)讨论函数 g ( x) ?

f ( x) 的最小值;

x f '( x) ? 零点的个数; 3

(3)若对任意 b ? a

? 0,

f (b) ? f (a) ? 1 恒成立,求 m 的取值范围. b?a
e x

【解析】 (1)由题设,当 m ? e 时, f ( x) ? ln x ? 易得函数 f ( x ) 的定义域为 (0, ??)

? f ?( x) ?

1 e x?e ? ? 2 x x2 x

? 当 x ? (0, e) 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x) 在 (0, e) 上单调递减;
当 x ? (e, ??) 时, f ?( x) ? 0 ,此时 f ( x ) 在 (e, ??) 上单调递增;

e ? 当 x ? e 时, f ( x) 取得极小值 f (e) ? ln e ? ? 2 e

? f ( x) 的极小值为 2
(2) 函数 g ( x) ? f ?( x) ?

x 1 m x ? ? ? ( x ? 0) 3 x x2 3

令 g ( x) ? 0 ,得 m ? ? 设 ? ( x) ? ?

1 3 x ? x( x ? 0) 3

1 3 x ? x( x ? 0) 3

???( x) ? ? x2 ? 1 ? ?( x ?1)( x ? 1)
当 x ? (0,1) 时, ? ?( x) ? 0 ,此时 ? ( x) 在 (0,1) 上单调递增; 当 x ? (1, ??) 时, ? ?( x) ? 0 ,此时 ? ( x) 在 (1, ??) 上单调递减; 所以 x ? 1 是 ? ( x) 的唯一极值点,且是极大值点,因此 x=1 也是 ? ( x) 的最大值点,

1 2 ? ? ( x) 的最大值为 ? (1) ? ? ? 1 ? 3 3
又 ? (0) ? 0 ,结合 y= ? ( x) 的图像(如图) ,可知 ① 当m ? ②当 m ?

2 时,函数 g ( x) 无零点; 3

2 时,函数 g ( x) 有且仅有一个零点; 3 2 ③当 0 ? m ? 时,函数 g ( x) 有两个零点; 3
④ m ? 0 时,函数 g ( x) 有且只有一个零点; 综上所述,当 m ? 当0 ? m ?

2 2 时,函数 g ( x) 无零点;当 m ? 或 m ? 0 时,函数 g ( x) 有且仅有一个零点; 3 3

2 时,函数 g ( x) 有两个零点. 3 f (b) ? f (a) ? 1 恒成立,等价于 f (b) ? b ? f (a) ? a 恒成立 (2)对任意 b ? a ? 0, b?a m 设 h( x) ? f ( x) ? x ? ln x ? ? x( x ? 0) ,?等价于h( x) 在 (0, ??) 上单调递减 x 1 m ? h?( x) ? ? 2 ? 1 ? 0 在 (0, ??) 恒成立 x x 1 1 ? m ? ? x 2 ? x ? ?( x ? ) 2 ? ( x ? 0) 恒成立 2 4 1 1 1 1 ? x) ( =0 仅在 x ? 时成立) ? m ? (对 m ? , h ,?m 的取值范围是 [ , ??) 4 2 4 4 2x . 109.【2014·湖南卷(理 22) 】已知常数 a ? 0, 函数f ( x) ? ln(1 ? ax) ? x?2
(1)讨论 f ( x ) 在区间 (0, ??) 上的单调性; (2)若 f ( x ) 存在两个极值点 x1 , x2 , 且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0, 求 a 的取值范围. 【解析】 (I) f ( x) ?

'

a 2( x ? 2) ? 2 x ax 2 ? 4(a ? 1) ? = 1 ? ax ( x ? 2) 2 (1 ? ax)( x ? 2)2

当 ? 1 时, ,此时 f ( x ) 在区间 ? 0, ??? 上单调递增。

当 0<a<1 时,由 f ?( x) ? 0 得 x 1 ? 2

1? a 1? a ( x 2 ? ?2 舍去) a a

当 x ? ? 0, x 1 ? 时, f ?( x) ? 0 ;当 x ? ? x 1 , ?? ? 时, f ?( x) ? 0

故 f ( x ) 在区间 ? 0, x 1 ? 上单调递增,在区间 ? x 1 , ?? ? 上单调递增。 综上所述 当a

? 1 时, f ( x) 在区间(0, ?? )上单调递增;
1? a 1? a )上单调递减,在区间( 2 , ?? )上单调递增 a a

当 0< a <1 时, f ( x ) 在区间(0, 2

(II)由()式知。当 a ? 1 , 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< a <1。又 f ( x ) 的极值点只可能是 x1 ? 2

1? a 1? a 和 x2 ? ?2 ,且由 f ( x ) 的定义 a a

可知,

x > ? 1 且 x ? —2,所以 2
a

1 1? a >? 。 a a

2

1? a a

? —2,解得 a ?

1 。此时,由()式易知, x 1 , x 2 分别是 f ( x ) 的极小值点和极大值 2

点,而 f ( x1 ) ? f ( x2 ) = ln ( 1 ? ax )-

2x 2x + ln (1+ ax 2 )x 1 ?2 x 2 ?2

2 = ln ? ?1 ? a ? x x ? x 2 ? ? a x 1 x 2 ? ?-

4 x 1 x 2 ?4 ? x ? X ? x 1 x 2 ?2 ? x 1 ? x 2 ? ? 4

= ln ? 2 a ? 1? —
2

4 ? a ? 1? 2 2 ?2 = ln ? 2 a ? 1? + 2a ? 1 2a ? 1

令 2 a -1=x,由 0< a <1 且 a

?

1 知 2

当 0< a <

1 1 时,-1<x<0; 当 < a <1 时。0<x<1 2 2
2

记 g (x)=ln x +

2 -2 x 2 -2,所以 x

(i)

当-1<x<0 时, g (x)=2ln(-x)+

2 2 2x ? 2 g ' (x)= - 2 = 2 <0 x x x
因此, g (x)在区间(-1,0)上单调递减,从而 g (x)< g (-1)=-4<0,故当 0< a < 时, f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 ;

1 2

(ii)当 0<x<1 时, g (x)=2lnx+

2 2 2 2( x ? 1) ? 0, -2,所以 g ( x) ? ? 2 ? x x x x2 1 < a <1 时,f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 2

因此 g(x) 在区间 (0,1) 上单调递减, 从而 g(x) > g(1) =0.故当 综上所述。满足条件的 a 的取值范围为( 110【2014·湖南卷(文 21) 】已知函数 (1)求

1 ,1) 2

f ( x) ? x cos x ? sin x ? 1( x ? 0) .

f ( x) 的单调区间;

(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

1 1 ? 2? 2 x1 x2

?

1 2 ? xn 2 3

(I)数 f ? x ? 求导可得 f ' ? x ? ? cos x ? x sin x ? cos x ? ?x sin x ? x ? 0? ,令 f ' ? x ? ? 0 可得

x ? k? ? k ? N *? ,当 x ? ? 2k? , ? 2k ?1? ? ? ? k ? N *? 时, sin x ? 0 .此时 f ' ? x ? ? 0 ;
当 x ? ? 2k ? 1? ? , ? 2k ? 2? ?

?

? ? k ? N *? 时, sin x ? 0 ,此时 f ' ? x? ? 0 , ? ? ? k ? N *? ,
? ?? ? ? ? 0 ,所以 x1 ? 2 , ?2?

故函数 f ? x ? 的单调递减区间为 2k? , ? 2k ?1? ? 单调递增区间为

?? 2k ?1?? , ? 2k ? 2?? ? ? k ? N *? .

(II)由(1)可知函数 f ? x ? 在区间 ? 0, ? ? 上单调递减,又 f ? 当 n ? N * 时 , 因为 f ? n? ? f

?1 ?? n ? 1? ? ? ? ? ?? ?

n

n ?1 ? ?? ? 1 ?? 0 n? ? 1 n? 1 , 且函数 f ? x ? ?? ? 1 ?? ? ? ?

的图像是连续不断的 , 所以 f ? x ? 在区间 n? , ? n ? 1? ? 内至少存在一个零点 , 又 f ? x ? 在区间

?

?

? n? , ? n ?1?? ? 上是单调的,故 n? ? x

n?1

? ? n ?1? ? ,因此,

当 n ? 1 时,

1 4 2 ? 2? ; 2 x1 ? 3 1 1 1 2 ? 2 ? 2 ? 4 ? 1? ? ; 2 x1 x2 ? 3
1 1 1 + 2? 2? x12 x2 x3
?

当 n ? 2 时,

当 n ? 3 时,

?

1 1 ? 1 ? 4 ?1? 2 ? 2 2 ? xn ? ? 2 ?
?

?
1

? ? ? n ? 1? ? ? 1
2

?

1 1 1 + 2? 2? x12 x2 x3

1 1 ? 1 ? 2 ?5 ? ? 2 xn ? ? 1? 2

? ? ? n ? 2 ?? n ? 1? ?

?

1 1 1 + 2? 2? x12 x2 x3

?

1 1 ? ? 1? ? 2 ?5 ? ?1 ? ? ? 2 xn ? ? ? 2 ?
1 1 ? 2? x12 x2 ?

1 ? 6 2 1 ?? 1 ? ? 1 ? , ?? ? ?? ?? ? 2 ? 6 ? n ?1 ? ? 2 3 ? n ? 2 n ?1 ?? ? ?

综上所述,对一切的 n ? N * ,

1 2 ? . 2 xn 3
.

111【2014·江西卷(理 18) 】已知函数 (1)当 时,求 的极值; (2)若 在区间 上单调递增,求 b 的取值范围. 时, f ?( x) ?
?5 x( x ? 2) 1 ? 2x , 由 f ?( x) ? 0 得 x ? ?2 或 x ? 0.

【解析】 (1)当

1 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, ) 2
时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减,故 f ( x) 在 x ? ?2 取极小值 f (-2)= 0 ,在 x ? 0. 取极大值 f (0)= 4. (2) f ?( x) ?
? x(5 x ? 3b ? 2) 1 ? 2x

1 , 因为当 x ? (0, ) 时, 3

?x 1 ? 2x

?0

1 5 依题意当 x ? (0, ) 时,有 5 x ? 3b ? 2 ? 0 ,从而 ? 3b ? 2 ? 0 3 3 1 所以 b 的取值范围为 (??, ]. 9
112.【2014·江西卷(文 18) 】已知函数 f ( x) ? (4x 2 ? 4ax ? a 2 ) x ,其中 a ? 0 . (1)当 a ? ?4 时,求 f ( x) 的单调递增区间; (2)若 f ( x) 在区间 [1,4] 上的最小值为 8,求 a 的值. 当 a ? ?4 时,由 f ?( x ) ?
2(5 x ? 2)( x ? 2) x

,得 x ?

2 2 或 x ? 2 ,由 f ?( x)>0 得 x ? (0, ) 或 x ? (2, ??) , 5 5

2 故函数 f(x)的单调递增区间为 (0, ) 和 (2, ??) 5

(2) 因为 f ?( x) ? (8 x ? 4a) x ? 得x??

4 x 2 ? 4ax ? a 2 2 x

?

20 x 2 ? 12ax ? a 2 2 x

?

(10 x ? a)(2 x ? a) 2 x

= )0 , a<0, 由 f ?( x

a a a a a 或 x ? ? ,当 x ? (0, ? ) 时, f ( x) 单调递增, x ? (? , ? ) 时, f ( x) 单调递减,当 10 2 10 10 2

a a x ? (? , ??) 时, f ( x) 单调递增,易知 f ( x) =(2x+a)2 x ? 0 ,且 f (? ) ? 0, 2 2

a 当 ? ? 1 时,即-2 ? a<0 时, f ( x) 在 [1, 4] 上的最小值为 f (1) ,由 f (1) =4+4a+a2=8,得 a= ?2 2-2 均 2
不符合题意 当1 ? ? 当?

a a ? 4 时,即 -8 ? a ? ?2时 , f ( x) 在 [1, 4] 上的最小值为 f (? ) ? 0, 不符合题意 2 2

a ? 4 时,即 a ? ?8时 , f ( x) 在 [1, 4] 上的最小值可能在 x=1 或 x=4 上取得,而 f (1) ? 8, 由 2

f (4) ? 2(64 ? 16a ? a2 ) ? 8, 得 a ? ?10 或 a ? ?6 (舍去),当 a ? ?10 时, f ( x) 在 (1, 4) 上单调递减,
f ( x) 在 [1, 4] 上的最小值为 f (4) ? 8, 符合题意。综上有,a=-10

113.【2014·湖北卷(理 22,文 8(Ⅰ ) 、 (Ⅱ ) ) 】 π 为圆周率, e ? 2.718 28 (Ⅰ )求函数 f ( x) ?

为自然对数的底数.

ln x 的单调区间; x

(Ⅱ )求 e 3 , 3 e , e π , πe , 3 π , π3 这 6 个数中的最大数与最小数. (Ⅲ)将 e 3 , 3 e , e π , πe , 3 π , π3 这 6 个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论。 (I)函数 f ( x) 的定义域为 (0,??) ,因为 f ( x) ?

ln x 1 ? ln x ,所以 f ?( x) ? , x x2

当 f ?( x) ? 0 ,即 0 ? x ? e 时,函数 f ( x) 单调递增; 当 f ?( x) ? 0 ,即 x ? e 时,函数 f ( x) 单调递减; 故函数 f ( x) 的单调增区间为 (0, e) ,单调减区间为 (e,??) .
e e ? ? (II)因为 e ? 3 ? ? ,所以 e ln 3 ? e ln ? , ? ln e ? ? ln 3 ,即 ln 3 ? ln ? , ln e ? ln 3 ,

x x 于是根据函数 y ? ln x 、 y ? e 、 y ? ? 在定义域上单调递增,

所以 3 ? ? ? ? , e ? e ? 3 ,
e e 3 3

?

?

故这 6 个数的最大数在 ? 3 与 3? 之中,最小数在 3e 与 e 3 之中, 由 e ? 3 ? ? 及(I)的结论得 f (? ) ? f (3) ? f (e) ,即 由

ln ?

ln ?

?

?

ln 3 ln e , ? 3 e

?

?

ln 3 ? 3 3 ? 得 ln ? ? ln 3 ,所以 3 ? ? , 3



ln 3 ln e e 3 e 3 得 ln 3 ? ln e ,所以 3 ? e , ? 3 e

综上,6 个数中的最大数为 3? ,最小数为 3e .
e 3 e e 3 (III)由(II)知, 3 ? ? ? ? , 3 ? e ,又由(II)知,

ln ?

?

?

ln e , e

故只需比较 e 3 与 ? e 和 e ? 与 ? 3 的大小, 由(I)知,当 0 ? x ? e 时, f ( x) ? f (e) ? 在上式中,令 x ?

ln x 1 1 ,即 ? , x e e
e

e2

?

,又

e2

?

? e ,则 ln

e2

?

?

?

,即得 ln ? ? 2 ?

e

?



由① 得, e ln ? ? e(2 ?

e

?

) ? 2.7 ? (2 ?

2.71 ) ? 2.7 ? (2 ? 0.88) ? 3.024 ? 3 , 3.1

3 e e 3 即 e ln ? ? 3 ,亦即 ln ? ? ln e ,所以 e ? ? ,

又由① 得, 3 ln ? ? 6 ?
e 3

3e

?
e

? 6 ? e ? ? ,即 3 ln ? ? ? ,所以 e? ? ? 3 ,
?
3

综上所述,3 ? e ? ? ? e ? ? ? 3 ,即 6 个数从小到大的顺序为 3e ,e 3 ,? e ,e ? ,? 3 ,3? . 114.【2014·四川卷(理 21) 】已知函数 f ( x) ? e ? ax ? bx ? 1 ,其中 a, b ? R , e ? 2.71828
x 2

?

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: (1) 因为 f ( x) ? e ? ax ? bx ? 1 所以 g ( x) ? f ?( x) ? e ? 2ax ? b
x 2 x

又 g ?( x) ? e ? 2a
x

因为 x ? [0,1] , 1 ? e x ? e ①若 a ?

所以:

1 x ,则 2a ? 1 , g ?( x) ? e ? 2a ? 0 , 2

所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单增, g min ( x) ? g (0) ? 1 ? b ②若

1 e ? a ? ,则 1 ? 2a ? e , 2 2
x x

于是当 0 ? x ? ln(2a ) 时 g ?( x) ? e ? 2a ? 0 ,当 ln(2a ) ? x ? 1 时 g ?( x) ? e ? 2a ? 0 , 所以函数 g ( x) 在区间 [0, ln(2a)] 上单减,在区间 [ln(2a ),1] 上单增,

g min ( x) ? g[ln(2a)] ? 2a ? 2a ln(2a) ? b

③若 a ?

e x ,则 2a ? e , g ?( x) ? e ? 2a ? 0 2

所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单减, g min ( x) ? g (1) ? e ? 2a ? b

1 ? a? , ?1 ? b, 2 ? 1 e ? ?a? , 综上: g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值为 g min ( x) ? ?2a ? 2a ln(2a ) ? b, 2 2 ? e ? ? e ? 2 a ? b, a ? 2 , ?
(2)由 f (1) ? 0 ? e ? a ? b ? 1 ? 0 ? b ? e ? a ? 1 ,又 f (0) ? 0 若函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内有零点,则函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内至少有三个单调区间 由 (1) 知当 a ?

1 e 或 a ? 时, 函数 g ( x) 即 f ?( x) 在区间 [0,1] 上单调, 不可能满足 “函数 f ( x) 2 2

在区间 (0,1) 内至少有三个单调区间”这一要求。

1 e ? a ? ,则 g min ( x) ? 2a ? 2a ln(2a) ? b ? 3a ? 2a ln(2a) ? e ? 1 2 2 3 令 h( x) ? x ? x ln x ? e ? 1 ( 1 ? x ? e ) 2 1 1 则 h?( x) ? ? ln x 。由 h?( x) ? ? ln x ? 0 ? x ? e 2 2
若 所以 h( x) 在区间 (1, e ) 上单增,在区间 ( e , e) 上单减

hmax ( x) ? h( e ) ?

3 e ? e ln e ? e ? 1 ? e ? e ? 1 ? 0 即 g min ( x) ? 0 恒成立 2

于是,函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内至少有三个单调区间 ? ? 又

? g (0) ? 2 ? e ? a ? 0 ?a ? e ? 2 ?? ? g (1) ? ?a ? 1 ? 0 ?a ? 1

1 e ?a? 2 2

所以 e ? 2 ? a ? 1

综上, a 的取值范围为 (e ? 2,1) 115.【2014·四川卷(文 21) 】已知函数 f ( x) ? e ? ax ? bx ? 1,其中 a, b ? R , e ? 2.71828 ???
x 2

为自然对数的底数。 (Ⅰ )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; (Ⅱ )若 f (1) ? 0 ,函数 f ( x ) 在区间 (0,1) 内有零点,证明: e ? 2 ? a ? 1 。 【解析】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理

论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数 学思想,并考查思维的严谨性. (Ⅰ) g ( x) ? ex ? 2ax ? b, g ?( x) ? e x ? 2a ①当 a ? 0 时, g ?( x) ? e x ? 2a ? 0 ,所以 g ( x) ? g (0) ? 1 ? b . ②当 a ? 0 时,由 g ?( x) ? e x ? 2a ? 0 得 ex ? 2a, x ? ln(2a) . 若a ?

1 e ,则 ln(2a) ? 0 ;若 a ? ,则 ln(2a) ? 1 . 2 2

所以当 0 ? a ? 当

1 时, g ( x) 在 [0,1] 上单调递增,所以 g ( x) ? g (0) ? 1 ? b . 2

1 e ? a ? 时 , g ( x) 在 [0, ln 2a] 上 单 调 递 减 , 在 [ln 2a,1] 上 单 调 递 增 , 所 以 2 2

g ( x)? g ( l n a 2 ? ) a ?2
当a ?

a2 l? a n 2b .

e 时, g ( x) 在 [0,1] 上单调递减,所以 g ( x) ? g (1) ? e ? 2a ? b . 2

(Ⅱ)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 . 所以 g ( x) 在区间 (0,1) 内至少有两个零点. 由(Ⅰ)知,当 a ? 当a ? 所以

1 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 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. 2

1 e ?a? . 2 2

g ( x) 在 [0, ln 2a] 上单调递减, 此时, 在 [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) ? e ? a ? b ? 1 ? 0 得: a ? b ? e ? 1 ? 2 ,有

g (0) ? 1 ? b ? a ? e ? 2 ? 0, g (1) ? e ? 2a ? b ? 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 . 116.【2014·重庆卷(理 20) 】已知函数

f ( x) ? ae2 x ? be?2 x ? cx(a, b, c ? R) 的导函数 f '( x) 为

偶函数,且曲线 y ?

f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线的斜率为 4 ? c .

(1)确定 a , b 的值; (2)若 c ? 3 ,判断 (3)若

f ( x) 的单调性;

f ( x) 有极值,求 c 的取值范围.

【解析】 (Ⅰ) 对 f ? x ? 求导得 f ? ? x ? ? 2ae2 x ? 2be?2 x ? c , 由 f ? ? x ? 为偶函数, 知 f ? ? ?x ? ? f ? ? x ? ,
2x ?2 x ? 0 ,因 e2 x ? e?2 x ? 0 ,所以 a ? b 即 2 ?a ? b? e ? e

?

?

又 f ? ? 0? ? 2a ? 2b ? c ,故 a ? 1, b ? 1 . (Ⅱ)当 c ? 3 时, f ? x ? ? e ? e
2x ?2 x

? 3x ,那么

f ? ? x ? ? 2e2 x ? 2e?2 x ? 3 ? 2 2e2 x ? e?2 x ? 3 ? 1 ? 0


f ( x) 在 R 上为增函数.

(Ⅲ)由(Ⅰ)知 f ? ? x ? ? 2e2 x ? 2e?2 x ? c ,而 2e2 x ? 2e?2 x ? 2 2e2 x ?e ?2 x ? 4 ,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 ? ? 2e
2x

? 2e?2 x ? c ? 0 ,此时 f ? x ? 无极值; ? 2e?2 x ? 4 ? 0 ,此时 f ? x ? 无极值;
2 c ? c 2 ? 16 ? c ? 0 有两根, t1,2 ? ? 0, t 4

当 c ? 4 时,对任意 x ? 0, f ? ? x ? ? 2e 当 c ? 4 时,令 e
2x

2x

? t ,注意到方程 2t ?

即 f ? ? x ? ? 0 有两个根 x1 ?

1 1 ln t1 或 x2 ? ln t2 . 2 2

当 x1 ? x ? x2 时, f ? ? x ? ? 0 ;又当 x ? x2 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, ??? .

x a 3 117.【2014·重庆卷(文 19) 】已知函数 f ( x) ? ? ? ln x ? ,其中 a ? R ,且曲线 y ? f ( x) 在 4 x 2
点 (1, f (1)) 处的切线垂直于 y ? (1)求 a 的值;

1 x 2

(2)求函数 f ( x) 的单调区间和极值。 【解析】 (Ⅰ)对 f ? x ? 求导得 f ? ? x ? ?

1 a 1 ? ? ,由 f ? x ? 在点 ?1, f ?1? ? 处切线垂直于直线 4 x2 x 1 5 3 y ? x 知 f ? ? x ? ? ? ? a ? ?2, 解得 a ? ; 2 4 4
x 5 3 1 5 1 x2 ? 4 x ? 5 ? ? ln x ? ,则 f ? ? x ? ? ? 2 ? ? , 4 4x 2 4 4x x 4 x2

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x) ?

令 f ? ? x ? ? 0 ,解得 x ? ?1 或 x ? 5 .因 x ? ?1 不在 f ? x ? 的定义域 ? 0, ??? 内,故舍去. 当 x ? ? 0,5? 时, f ? ? x ? ? 0, 故 f ? x ? 在 ? 0,5? 内为减函数; 当 x ? ?5, ??? 时, f ? ? x ? ? 0, 故 f ? x ? 在 ? 5, ??? 内为增函数; 由此知函数 f ? x ? 在 x ? 5 时取得极小值 f ?5? ? ? ln5 . 118.【2014·广东卷(理 21) 】设函数 f ( x) ? (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) 。 【解析】解: (1)可知 ( x2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x2 ? 2 x ? k ) ? 3 ? 0 ,

1 ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2 2 2

,其中 k ? ?2 。

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

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

(??, ?1 ? 2 ? k )
(2)

(?1 ? ?2 ? k , ?1 ? ?2 ? k )
??

(?1 ? 2 ? k , ? ?) ;
( x 2 ? 2 x ? k ? 1)(2 x ? 2) ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2 2 2 3

f '( x) ? ?

2( x 2 ? 2 x ? k )(2 x ? 2) ? 2(2 x ? 2) 2 ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2 2 2 3



由 f '( x) ? 0 得 ( x ? 2x ? k ? 1)(2 x ? 2) ? 0 ,即 ( x ? 1 ? k )( x ? 1 ? k )( x ? 1) ? 0 ,
2

? x ? ?1 ? ?k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?k ,结合定义域知 x ? ?1 ? 2 ? k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?2 ? k , 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (??, ?1 ? 2 ? k ) , (?1, ?1 ? ?2 ? k ) ,
同理递减区间为 (?1 ? ?2 ? k , ?1) , (?1 ? 2 ? k , ? ?) ;
2 2 2 2 (3)由 f ( x) ? f (1) 得 ( x ? 2x ? k ) ? 2( x ? 2x ? k ) ? 3 ? (3 ? k ) ? 2(3 ? k ) ? 3 ,

?[( x2 ? 2x ? k )2 ? (3 ? k )2 ] ? 2[( x2 ? 2x ? k ) ? (3 ? k )] ? 0 , ?( x2 ? 2x ? 2k ? 5) ? ( x2 ? 2x ? 3) ? 0 ,

?( x ?1 ? ?2k ? 4)( x ?1 ? ?2k ? 4) ? ( x ? 3)( x ?1) ? 0 ,

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

(1, ?1 ? ?2 ? k )

(?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4) .
119. 【2014·广东卷(文 21) 】已知函数 f ( x) ? x3 ? x2 ? ax ? 1(a ? R) . (1)求函数 f ( x) 的单调区间;

? 1? (2)当 a ? 0 时,试讨论是否存在 x0 ? ? 0, ? ? 2?

1 ?1 ? ? ,1? ,使得 f ( x0 ) ? f ( ) . 2 ?2 ?

解 : (1) f ' ( x) ? x 2 ? 2 x ? a, 方程x 2 ? 2 x ? a ? 0的判别式 : ? ? 4 ? 4a, ?当a ? 1时, ? ? 0,? f ' ( x) ? 0, 此时f ( x)在(??, ??)上为增函数. 当a ? 1时, 方程x 2 ? 2 x ? a ? 0的两根为 ? 1 ? 1 ? a , 当x ? (??, ?1 ? 1 ? a )时, f ' ( x) ? 0,? 此时f ( x)为增函数, 当x ? (?1 ? 1 ? a , ?1 ? 1 ? a )时, f ' ( x) ? 0, 此时f ( x)为减函数, 当x ? (?1 ? 1 ? a , ??)时, f ' ( x) ? 0, 此时f ( x)为增函数, 综上, a ? 1时, f ( x)在( ??, ??)上为增函数, 当a ? 1时, f ( x)的单调递增区间为( ??, ?1 ? 1 ? a ), ( ?1 ? 1 ? a , ??), f ( x)的单调递减区间为(?1 ? 1 ? a , ?1 ? 1 ? a ).

1 1 1 1 ?1 1 ? (2) f ( x0 ) ? f ( ) ? x03 ? x0 2 ? ax0 ? 1 ? ? ( )3 ? ( ) 2 ? a( ) ? 1? 2 3 2 2 ?3 2 ? 1? 1 ? ? 1 ? 1 ? ? x03 ? ( )3 ? ? ? x0 2 ? ( ) 2 ? ? a( x0 ? ) 3? 2 ? ? 2 ? 2 x 1 ? 1? 1 1 1 1 ? ?( x0 ? )( x0 2 ? 0 ? ) ? ? ( x0 ? )( x0 ? ) ? a( x0 ? ) 3? 2 2 4 ? 2 2 2 1 x2 x 1 1 ? ( x0 ? )( 0 ? 0 ? ? x0 ? ? a ) 2 3 6 12 2 1 1 ? ( x0 ? )(4 x0 2 ? 14 x0 ? 7 ? 12a ) 12 2 1 1 1 ? 若存在x0 ? (0, ) ( ,1), 使得f ( x0 ) ? f ( ), 2 2 2 1 1 必须4 x0 2 ? 14 x0 ? 7 ? 12a ? 0在(0, ) ( ,1)上有解. 2 2 a ? 0,?? ? 142 ? 16(7 ? 12a ) ? 4(21 ? 48a) ? 0, 方程的两根为 : 依题意, 0 ? ?14 ? 2 21 ? 48a ?7 ? 21 ? 48a ?7 ? 21 ? 48a ? , x0 ? 0,? x0只能是 , 8 4 4

?7+ 21 ? 48a 25 7 ? 1, 即7 ? 21 ? 48a ? 11,? 49 ? 21 ? 48a ? 121, 即 ? ?a?? , 4 12 12 ?7+ 21 ? 48a 1 5 5 又由 = , 得a ? ? , 故欲使满足题意的x0 存在, 则a ? ? , 4 2 4 4 25 5 5 7 1 1 1 ?当a ? (? , ? ) (? , ? )时, 存在唯一的x0 ? (0, ) ( ,1)满足f ( x0 ) ? f ( ). 12 4 4 12 2 2 2 25 7 5 1 1 1 ? ? 当a ? (??, ? ] [? , 0) ?? ? 时, 不存在x0 ? (0, ) ( ,1)使 f ( x0 ) ? f ( ). 12 12 2 2 2 ? 4?



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