已知f(x)的导函数为e已知25的x次方 2000/x，求f(x)的一个原函数
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时间：2014-12-16 01:05
2014年高考数学文科（高考真题、模拟新题）分类汇编：B单元 函数与导数 下载_千教网
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2014年高考数学文科（高考真题、模拟新题）分类汇编：B单元 函数与导数
所属科目：数学&&&&文件类型：doc
类别：试题、练习
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函数与导数
B1 函数及其表示14．、[;安徽卷] 若函数f(x)(x∈R)是周期为4的奇函数，且在[0，2]上的解析式为f(x)＝x（1－x），0≤x≤1，sin πx，1<x≤2，则f294＋f416＝__．14.516 [解析] 由题易知f294＋f416＝f－34＋f－76＝－f34－f76＝－316＋sin π6＝516.2．、[;北京卷] 下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )A．y＝e－x
B．y＝x3C．y＝ln x
D．y＝|x|2．B [解析] 由定义域为R，排除选项C，由函数单调递增，排除选项A，D.21．、、[;江西卷] 将连续正整数1，2，…，n(n∈N*)从小到大排列构成一个数123…n，F(n)为这个数的位数(如n＝12时，此数为112，共有15个数字，F(12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到0的概率．(1)求p(100)；(2)当n≤2014时，求F(n)的表达式；(3)令g(n)为这个数中数字0的个数，f(n)为这个数中数字9的个数，h(n)＝f(n)－g(n)，S＝{n|h(n)＝1，n≤100，n∈N*}，求当n∈S时p(n)的最大值．21．解：(1)当n＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p(100)＝11192.(2)F(n)＝n，1≤n≤9，2n－9，10≤n≤99，3n－108，100≤n≤999，4n－≤n≤2014.(3)当n＝b(1≤b≤9，b∈N*)，g(n)＝0；当n＝10k＋b(1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N)时，g(n)＝k；当n＝100时，g(n)＝11，即g(n)＝0，1≤n≤9，k，n＝10k＋b，11，n＝100.1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N，同理有f(n)＝0，1≤n≤8，k，n＝10k＋b－1，1≤k≤8，0≤b≤9，k∈N*，b∈N，n－80，89≤n≤98，20，n＝99，100.由h(n)＝f(n)－g(n)＝1，可知n＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90，所以当n≤100时，S＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}．当n＝9时，p(9)＝0.当n＝90时，p(90)＝g（90）F（90）＝.当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)＝g（n）F（n）＝k2n－9＝k20k＋9，由y＝k20k＋9关于k单调递增，故当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)的最大值为p(89)＝8169.又，所以当n∈S时，p(n)的最大值为119.3．[;山东卷] 函数f(x)＝1log2x－1的定义域为( )A．(0，2)
C．(2，＋∞)
D．[2，＋∞)3．C [解析] 若函数f(x)有意义，则log2x－1＞0，∴log2x＞1，∴x＞2. B2
反函数5．[;全国卷] 函数y＝ln(3x＋1)(x＞－1)的反函数是( )A．y＝(1－ex)3(x＞－1)B．y＝(ex－1)3(x＞－1)C．y＝(1－ex)3(x∈R)D．y＝(ex－1)3(x∈R)5．D [解析] 因为y＝ln(3x＋1)，所以x＝(ey－1)3.因为x>－1，所以y∈R，所以函数y＝ln(3x＋1)(x>－1)的反函数是y＝(ex－1)3(x∈R)．B3
函数的单调性与最值2．、[;北京卷] 下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )A．y＝e－x
B．y＝x3C．y＝ln x
D．y＝|x|2．B [解析] 由定义域为R，排除选项C，由函数单调递增，排除选项A，D.4．、[;湖南卷] 下列函数中，既是偶函数又在区间(－∞，0)上单调递增的是( )A．f(x)＝1x2
B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝x3
D．f(x)＝2－x4．A [解析] 由偶函数的定义，可以排除C，D，又根据单调性，可得B不对．19．、、、[;江苏卷] 已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数．(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x ＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)19．解： (1)证明：因为对任意 x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e －(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)由条件知 m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令 t＝ex(x>0)，则 t>1，所以 m≤－t－1t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋ 1对任意 t>1成立．因为t－1＋1t－1＋ 1≥2 （t－1）•1t － 1＋1＝3, 所以 －1t－1＋1t－1＋ 1≥－13，当且仅当 t＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是－∞，－13.(3)令函数 g(x)＝ex＋1ex－ a(－x3＋3x)，则g′ (x) ＝ex－1ex＋3a(x2－1)．当 x≥1时，ex－1ex>0，x2－1≥0.又a>0，故 g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是 g(1)＝ e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x30＋ 3x0 )<0 成立， 当且仅当最小值g(1)<0，故 e＋e－1－2ae＋e－12.令函数h(x) ＝ x －(e－1)ln x－1，则 h′(x)＝1－e－1x. 令 h′(x)＝0, 得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调递减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调递增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0；当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．故①当a∈e＋e－12，e⊆(1，e)时， h(a)<0，即a－1<(e－1)ln a，从而ea－1②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈e＋e－12，e时，ea－1ae－1.15．、、[;四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；②若函数f(x)∈B，则f(x)有最大值和最小值；③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∈/B；④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋xx2＋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，则函数f(x)的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f(a)＝b，故①正确．取函数f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M＝1，使得函数f(x)的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时函数f(x)没有最大值和最小值，故②错误．当f(x)∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f(a)＝b，所以，当g(x)∈B时，对于函数f(x)＋g(x)，如果存在一个正数M，使得f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f(x)＋f(a0)＝b0－g(a0)，即f(a0)＋g(a0)＝b0∉[－M，M]，故③正确．对于f(x)＝aln(x＋2)＋xx2＋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)＝xx2＋1(x＞－2)．易知f(x)∈－12，12，所以存在正数M＝12，使得f(x)∈[－M，M]，故④正确21．、[;四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.21．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，所以g′(x)＝ex－2a.当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．当a≤12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≥e2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12＜a＜e2时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.综上所述，当a≤12时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当12＜a＜e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)证明：设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a≤12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；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12＜a＜e2.此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．因此x1∈(0，ln(2a))，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.由f(1)＝0有a＋b＝e－1<2，有g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.解得e－2＜a＜1.所以，函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.B4
函数的奇偶性与周期性4．[;重庆卷] 下列函数为偶函数的是( )A．f(x)＝x－1
B．f(x)＝x2＋xC．f(x)＝2x－2－x
D．f(x)＝2x＋2－x4．D [解析] A中，f(－x)＝－x－1，f(x)为非奇非偶函数；B中，f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x，f(x)为非奇非偶函数；C中，f(－x)＝2－x－2x＝－(2x－2－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数；D中，f(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，f(x)为偶函数．故选D.14．、[;安徽卷] 若函数f(x)(x∈R)是周期为4的奇函数，且在[0，2]上的解析式为f(x)＝x（1－x），0≤x≤1，sin πx，1<x≤2，则f294＋f416＝__．14.516 [解析] 由题易知f294＋f416＝f－34＋f－76＝－f34－f76＝－316＋sin π6＝516.5．[;广东卷] 下列函数为奇函数的是( )A．2x－12x
B．x3sin x
C．2cos x＋1
D．x2＋2x5．A [解析] 对于A选项，令f(x)＝2x－12x＝2x－2－x，其定义域是R，f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，所以A正确；对于B选项，根据奇函数乘奇函数是偶函数，所以x3sin x是偶函数；C显然也是偶函数；对于D选项，根据奇偶性的定义，该函数显然是非奇非偶函数．9．、[;湖北卷] 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为( )A．{1，3}
B．{－3，－1，1，3}C．{2－7，1，3}
D．{－2－7，1，3}9．D [解析] 设x0，所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－3(－x)]＝－x2－3x .求函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点等价于求方程f(x)＝－3＋x的解．当x≥0时，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；当x<0时，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－7.故选D.4．、[;湖南卷] 下列函数中，既是偶函数又在区间(－∞，0)上单调递增的是( )A．f(x)＝1x2
B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝x3
D．f(x)＝2－x4．A [解析] 由偶函数的定义，可以排除C，D，又根据单调性，可得B不对．15．[;湖南卷] 若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函数，则a＝____．15．－32 [解析] 由偶函数的定义可得f(－x)＝f(x)，即ln(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)＋ax，∴2ax＝－ln e3x＝－3x，∴a＝－32.19．、、、[;江苏卷] 已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数．(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x ＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)19．解： (1)证明：因为对任意 x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e －(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)由条件知 m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令 t＝ex(x>0)，则 t>1，所以 m≤－t－1t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋ 1对任意 t>1成立．因为t－1＋1t－1＋ 1≥2 （t－1）•1t － 1＋1＝3, 所以 －1t－1＋1t－1＋ 1≥－13，当且仅当 t＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是－∞，－13.(3)令函数 g(x)＝ex＋1ex－ a(－x3＋3x)，则g′ (x) ＝ex－1ex＋3a(x2－1)．当 x≥1时，ex－1ex>0，x2－1≥0.又a>0，故 g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是 g(1)＝ e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x30＋ 3x0 )<0 成立， 当且仅当最小值g(1)<0，故 e＋e－1－2ae＋e－12.令函数h(x) ＝ x －(e－1)ln x－1，则 h′(x)＝1－e－1x. 令 h′(x)＝0, 得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调递减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调递增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0；当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．故①当a∈e＋e－12，e⊆(1，e)时， h(a)<0，即a－1<(e－1)ln a，从而ea－1②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈e＋e－12，e时，ea－1ae－1.12．[;全国卷] 奇函数f(x)的定义域为R.若f(x＋2)为偶函数，且f(1)＝1，则f(8)＋f(9)＝( )A．－2
B．－1C．0
D．112．D [解析] 因为f(x＋2)为偶函数，所以其对称轴为直线x＝0，所以函数f(x)的图像的对称轴为直线x＝2.又因为函数f(x)是奇函数，其定义域为R，所以f(0)＝0，所以f(8)＝f(－4)＝－f(4)＝－f(0)＝0，故f(8)＋f(9)＝0＋f(－5)＝－f(5)＝－f(－1)＝f(1)＝1.15．[;新课标全国卷Ⅱ] 偶函数y＝f(x)的图像关于直线x＝2对称，f(3)＝3，则f(－1)＝____．15．3 [解析] 因为函数图像关于直线x＝2对称，所以f(3)＝f(1)，又函数为偶函数，所以f(－1)＝f(1)，故f(－1)＝3.5．[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是( )A．f(x)g(x)是偶函数B．|f(x)|g(x)是奇函数C．f(x)|g(x)|是奇函数D．|f(x)g(x)|是奇函数5．C [解析] 因为f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，所以有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，于是f(－x)•g(－x)＝－f(x)g(x)，即f(x)g(x)为奇函数，A错；|f(－x)|g(－x)＝|f(x)|g(x)，即|f(x)|g(x)为偶函数，B错；f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|，即f(x)|g(x)|为奇函数，C正确；|f(－x)g(－x)|＝|f(x)g(x)|，即f(x)g(x)为偶函数，所以D也错．13．[;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f32＝____．13．1 [解析] 由题意可知，f32＝f2－12f－12＝－4－122＋2＝1.B5
二次函数10．[;江苏卷] 已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是____．10.－22，0 [解析] 因为f(x)＝x2＋mx－1是开口向上的二次函数，所以函数的最大值只能在区间端点处取到，所以对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，只需f（m）＜0，f（m＋1）＜0， 解得－22＜m＜22，－32＜m＜0，即m∈－22，0.14．、[;全国卷] 函数y＝cos 2x＋2sin x的最大值为____．14.32 [解析] 因为y＝cos 2x＋2sin x＝1－2sinx2＋2sin x＝－2sin x－122＋32，所以当sin x＝12时函数y＝cos 2x＋2sin x取得最大值，最大值为32.B6
指数与指数函数 5．[;安徽卷] 设a＝log37，b＝21.1，c＝0.83.1，则( )A．bC．ca＝log37>1，b＝21.1>2，c＝0.83.10，且a≠1)的图像如图1­2所示，则下列函数图像正确的是( )图1­2 A B C D图1­38．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＝13x，其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，其函数图像不正确，故选B.3．、[;辽宁卷] 已知a＝2－13，b＝log213，c＝log1213，则( )A．a＞b＞c
B．a＞c＞bC．c＞b＞a
D．c＞a＞b3．D [解析] 因为0c＝log1213>log1212＝1，所以c>a>b.15．、[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)＝ex－1，x＜1，x13，x≥1，则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是____．15．(－∞，8] [解析] 当x<1时，由ex－1≤2，得x<1；当x≥1时，由x13≤2，解得1≤x≤8，综合可知x的取值范围为x≤8.5．，[;山东卷] 已知实数x，y满足axA．x3>y3
B．sin x>sin yC．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)
D.1x2＋1>1y2＋15．A [解析] 因为ax＜ay(0＜a＜1)，所以x＞y，所以x3>y3恒成立．故选A.7．[;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)＝x3
B．f(x)＝3xC．f(x)＝x12
D．f(x)＝12x7．B [解析] 由于f(x＋y)＝f(x)f(y)，故排除选项A，C.又f(x)＝12x为单调递减函数，所以排除选项D.12．[;陕西卷] 已知4a＝2，lg x＝a，则x＝____．12.10 [解析] 4a＝2，即22a＝2，可得a＝12，所以lg x＝12，所以x＝1012＝10.7．、[;四川卷] 已知b＞0，log5b＝a，lg b＝c，5d＝10，则下列等式一定成立的是( )A．d＝ac
B．a＝cdC．c＝ad
D．d＝a＋c7．B [解析] 因为5d＝10，所以d＝log510，所以cd＝lg b•log510＝log5b＝a，故选B.9．、[;四川卷] 设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|＋|PB|的取值范围是( )A．[5，2 5 ]
B．[10，2 5 ]C．[10，4 5 ]
D．[25，4 5 ]9．B [解析] 由题意可知，定点A(0，0)，B(1，3)，且两条直线互相垂直，则其交点P(x，y)落在以AB为直径的圆周上，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，即|PA|＋|PB|≥|AB|＝10.又|PA|＋|PB|＝（|PA|＋|PB|）2＝|PA|2＋2|PA||PB|＋|PB|2≤2（|PA|2＋|PB|2）＝2 5，所以|PA|＋|PB|∈[10，2 5]，故选B.4．[;天津卷] 设a＝log2π，b＝log12π，c＝π－2，则( )A．a＞b＞c
B．b＞a＞cC．a＞c＞b
D．c＞b＞a4．C [解析] ∵a＝log2π>1，b＝log12π<0，c＝1π2<1，∴b<cB7
对数与对数函数12．[;天津卷] 函数f(x)＝lg x2的单调递减区间是____．12．(－∞，0) [解析] 函数f(x)＝lg x2的单调递减区间需满足x2>0且y＝x2单调递减，故x∈(－∞，0)．11．[;安徽卷] 1681－34＋log354＋log345＝____.11.278 [解析] 原式＝234－34 ＋log354×45＝23－3＝278.8．、[;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1­28．D [解析] 只有选项D符合，此时08．，，[;福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1­2所示，则下列函数图像正确的是( )图1­2 A B C D图1­38．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＝13x，其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，其函数图像不正确，故选B.13．、[;广东卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝____．13．5 [解析] 在等比数列中，a1a5＝a2a4＝a23＝4.因为an>0，所以a3＝2，所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)(a2a4)a3＝a53＝25，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.3．、[;辽宁卷] 已知a＝2－13，b＝log213，c＝log1213，则( )A．a＞b＞c
B．a＞c＞bC．c＞b＞a
D．c＞a＞b3．D [解析] 因为0c＝log1213>log1212＝1，所以c>a>b.6．，[;山东卷] 已知函数y＝loga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图像如图1­1所示，则下列结论成立的是( )图1­1A．a>1，x>1
B．a>1，0<c<1C．01
D．06．D [解析] 由该函数的图像通过第一、二、四象限，得该函数是减函数，∴0＜a＜1.∵图像与x轴的交点在区间(0，1)之间，∴该函数的图像是由函数y＝logax的图像向左平移不到1个单位后得到的，∴0＜c＜1.7．、[;四川卷] 已知b＞0，log5b＝a，lg b＝c，5d＝10，则下列等式一定成立的是( )A．d＝ac
B．a＝cdC．c＝ad
D．d＝a＋c7．B [解析] 因为5d＝10，所以d＝log510，所以cd＝lg b•log510＝log5b＝a，故选B.9．、[;重庆卷] 若log4(3a＋4b)＝log2ab，则a＋b的最小值是( )A．6＋2 3
B．7＋2 3C．6＋4 3
D．7＋4 39．D [解析] 由log4(3a＋4b)＝log2ab，得3a＋4b＝ab，则4a＋3b＝1，所以a＋b＝(a＋b)4a＋3b＝7＋4ba＋3ab≥7＋2 4ba•3ab＝7＋4 3，当且仅当4ba＝3ab，即a＝4＋2 3，b＝2 3＋3时等号成立，故其最小值是7＋4 3.B8
幂函数与函数的图像8．、[;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1­28．D [解析] 只有选项D符合，此时08．，，[;福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1­2所示，则下列函数图像正确的是( )图1­2
A B C D图1­38．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＝13x，其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，其函数图像不正确，故选B.15．[;湖北卷] 如图1­4所示，函数y＝f(x)的图像由两条射线和三条线段组成．若∀x∈R，f(x)＞f(x－1)，则正实数a的取值范围为____．图1­415.0，16 [解析] “∀x∈R，f(x)>f(x－1)”等价于“函数y＝f(x)的图像恒在函数y＝f(x－1)的图像的上方”，函数y＝f(x－1)的图像是由函数y＝f(x)的图像向右平移一个单位得到的，如图所示．因为a>0，由图知6a<1，所以a的取值范围为0，16.13．、[;江苏卷] 已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝x2－2x＋12.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____．13.0，12 [解析] 先画出y＝x2－2x＋12在区间[0，3]上的图像，再将x轴下方的图像对称到x轴上方，利用周期为3，将图像平移至区间[－3，4]内，即得f(x)在区间[－3，4]上的图像如下图所示，其中f(－3)＝f(0)＝f(3)＝0.5，f(－2)＝f(1)＝f(4)＝0.5.函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)等价于y＝f(x)的图像与直线y＝a有10个不同的交点，由图像可得a∈0，12. 15．、[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)＝ex－1，x＜1，x13，x≥1，则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是____．15．(－∞，8] [解析] 当x<1时，由ex－1≤2，得x<1；当x≥1时，由x13≤2，解得1≤x≤8，综合可知x的取值范围为x≤8.6．，[;山东卷] 已知函数y＝loga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图像如图1­1所示，则下列结论成立的是( )图1­1A．a>1，x>1
B．a>1，0<c<1C．01
D．06．D [解析] 由该函数的图像通过第一、二、四象限，得该函数是减函数，∴0＜a＜1.∵图像与x轴的交点在区间(0，1)之间，∴该函数的图像是由函数y＝logax的图像向左平移不到1个单位后得到的，∴0＜c＜1.B9
函数与方程
6．[;北京卷] 已知函数f(x)＝6x－log2x，在下列区间中，包含f(x)的零点的区间是( )A．(0，1)
B．(1，2)C．(2，4)
D．(4，＋∞)6．C [解析] 方法一：对于函数f(x)＝6x－log2x，因为f(2)＝2>0，f(4)＝－0.5<0，根据零点的存在性定理知选C.方法二：在同一坐标系中作出函数h(x)＝6x与g(x)＝log2x的大致图像，如图所示，可得f(x)的零点所在的区间为(2，4)．7．[;浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0＜f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，则( )A．c≤3
B．3＜c≤6C．6＜c≤9
D．c＞97．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0<f(－1)≤3，故0<－6＋c≤3，∴6<c≤9，故选C.10．[;重庆卷] 已知函数f(x)＝1x＋1－3，x∈（－1，0]，x，x∈（0，1]，且g(x)＝f(x)－mx－m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.－94，－2∪0，12B.－114，－2∪0，12C.－94，－2∪0，23D.－114，－2∪0，2310．A [解析] 作出函数f(x)的图像，如图所示．函数g(x)＝f(x)－mx－m的零点为方程f(x)－mx－m＝0的根，即为函数y＝f(x)与函数y＝m(x＋1)图像的交点．而函数y＝m(x＋1)的图像恒过定点P(－1，0)，由图易知有两交点的边界有四条，其中kPO＝0，kPA＝12，kPB＝－2，第四条为过P点的曲线y＝1x＋1－3的切线PC.将y＝m(x＋1)(m≠0)代入y＝1x＋1－3，得mx2＋(2m＋3)x＋m＋2＝0，则由Δ＝(2m＋3)2－4m(m＋2)＝4m＋9＝0，得m＝－94，即kPC＝－94，所以由图可知满足条件的实数m的取值范围是－94，－2∪0，12.15．[;福建卷] 函数f(x)＝x2－2，x≤0，2x－6＋ln x，x＞0的零点个数是____．15．2 [解析] 当x≤0时，f(x)＝x2－2，令x2－2＝0，得x＝2(舍)或x＝－2，即在区间(－∞，0)上，函数只有一个零点．当x>0时，f(x)＝2x－6＋ln x，令2x－6＋ln x＝0，得ln x＝6－2x.作出函数y＝ln x与y＝6－2x在区间(0，＋∞)上的图像，则两函数图像只有一个交点，即函数f(x)＝2x－6＋ln x(x>0)只有一个零点．综上可知，函数f(x)的零点的个数是2.9．、[;湖北卷] 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为( )A．{1，3}
B．{－3，－1，1，3}C．{2－7，1，3}
D．{－2－7，1，3}9．D [解析] 设x0，所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－3(－x)]＝－x2－3x .求函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点等价于求方程f(x)＝－3＋x的解．当x≥0时，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；当x<0时，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－7.故选D.13．、[;江苏卷] 已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝x2－2x＋12.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____．13.0，12 [解析] 先画出y＝x2－2x＋12在区间[0，3]上的图像，再将x轴下方的图像对称到x轴上方，利用周期为3，将图像平移至区间[－3，4]内，即得f(x)在区间[－3，4]上的图像如下图所示，其中f(－3)＝f(0)＝f(3)＝0.5，f(－2)＝f(1)＝f(4)＝0.5.函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)等价于y＝f(x)的图像与直线y＝a有10个不同的交点，由图像可得a∈0，12. 4．[;江西卷] 已知函数f(x)＝a•2x，x≥0，2－x，x<0(a∈R)．若f[f(－1)]＝1，则a＝( )A.14
D．24．A [解析] 因为f(－1)＝21＝2，f(2)＝a&#a＝1，所以a＝14.15．[;浙江卷] 设函数f(x)＝x2＋2x＋2，x≤0，－x2， x＞0.若f(f(a))＝2，则a＝____.15.2 [解析] 令t＝f(a)，若f(t)＝2，则t2＋2t＋2＝2 满足条件，此时t＝0或t＝－2，所以f(a)＝0或f(a)＝－2，只有－a2＝－2满足条件，故a＝2.21．[;全国卷] 函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，2)是增函数，求a的取值范围．21．解：(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．(i)若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)＝0当且仅当a＝1，x＝－1时成立．故此时f(x)在R上是增函数．(ii)由于a≠0，故当a＜1时，f′(x)＝0有两个根；x1＝－1＋1－aa，x2＝－1－1－aa.若0＜a＜1，则当x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函数；当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，故f(x)在(x2，x1)是减函数．若a＜0，则当x∈(－∞，x1)或(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是减函数；当x∈(x1，x2)时f′(x)＞0，故f(x)在(x1，x2)是增函数．(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，故当a＞0时，f(x)在区间(1，2)是增函数．当a＜0时，f(x)在区间(1，2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－54≤a＜0.综上，a的取值范围是－54，0∪(0，＋∞)．14．[;天津卷] 已知函数f(x)＝|x2＋5x＋4|，x≤0，2|x－2|，x＞0.若函数y＝f(x)－a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为____．14．(1，2) [解析] 在同一坐标系内分别作出y＝f(x)与y＝a|x|的图像，如图所示，当y＝a|x|与y＝f(x)的图像相切时，联立－ax＝－x2－5x－4，a>0，整理得x2＋(5－a)x＋4＝0，则Δ＝(5－a)2－4×1×4＝0，解得a＝1或a＝9(舍去)，∴当y＝a|x|与y＝f(x)的图像有四个交点时，有1B10 函数模型及其应用 8．[;北京卷] 加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p与加工时间t(单位：分钟)满足函数关系p＝at2＋bt＋c(a，b，c是常数)，图1­2记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为( )图1­2A．3.50分钟
B．3.75分钟C．4.00分钟
D．4.25分钟8．B [解析] 由题意得0.7＝9a＋3b＋c，0.8＝16a＋4b＋c，0.5＝25a＋5b＋c，解之得a＝－0.2，b＝1.5，c＝－2，∴p＝－0.2t2＋1.5t－2＝－0.2(t－3.75)2＋0.8125，即当t＝3.75时，p有最大值．10．[;陕西卷] 如图1­2所示，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为( )图1­2A．y＝12x3－12x2－xB．y＝12x3＋12x2－3xC．y＝14x3－xD．y＝14x3＋12x2－2x10．A [解析] 由题意可知，该三次函数的图像过原点，则其常数项为0，不妨设其解析式为y＝f(x)＝ax3＋bx2＋cx，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∴f′(0)＝－1，f′(2)＝3，可得c＝－1，3a＋b＝1.又y＝ax3＋bx2＋cx过点(2，0)，∴4a＋2b＝1，∴a＝12，b＝－12，c＝－1，∴y＝f(x)＝12x3－12x2－x.B11 导数及其运算21．、、[;陕西卷] 设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3)若对任意b＞a＞0，f（b）－f（a）b－a＜1恒成立，求m的取值范围．21．解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex，则f′(x)＝x－ex2，∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增．∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x>0)，设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图像(如图所示)，可知①当m >23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<23时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b>a>0，f（b）－f（a）b－a<1恒成立，等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋mx－x(x>0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝1x－mx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－x－122＋14(x>0)恒成立，∴m≥14对m＝14，h′（x）＝0仅在x＝12时成立，∴m的取值范围是14，＋∞.20．、[;安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．20．解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，且x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当xx2时，f′(x)<0；当x1<x0.故f(x)在－∞，－1－4＋3a3和 －1＋4＋3a3，＋∞内单调递减，在－1－4＋3a3，－1＋4＋3a3内单调递增．(2)因为a>0，所以x10，①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0因此f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当120．、[;北京卷] 已知函数f(x)＝2x3－3x.(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)20．解：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－22或x＝22.因为f(－2)＝－10，f－22＝2，f22＝－2，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f－22＝2.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x20－3)(1－x0)，整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)g′(x) ＋ 0 － 0 ＋g(x)
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．结合图像知，当g(x)有3个不同零点时，有g（0）＝t＋3>0，g（1）＝t＋1－0，解得－3<t<－1.故当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．22．、[;福建卷] 已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.22．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4＞0，即g′(x)＞0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex.(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝1c，由(2)知，当x＞0时，x2＜ex.所以当x＞x0时，ex＞x2＞1cx，即x<cex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：令k＝1c(k＞0)，要使不等式x＜cex成立，只要ex＞kx成立．而要使ex＞kx成立，则只需要x>ln(kx)，即x＞ln x＋ln k成立．①若0＜k≤1，则ln k≤0，易知当x＞0时，x＞ln x≥ln x＋ln k成立．即对任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.②若k＞1，令h(x)＝x－ln x－ln k，则h′(x)＝1－1x＝x－1x，所以当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增．取x0＝4k，h(x0)＝4k－ln(4k)－ln k＝2(k－ln k)＋2(k－ln 2)，易知k＞ln k，k＞ln 2，所以h(x0)＞0.因此对任意c∈(0，1)，取x0＝4c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：①若c≥1，取x0＝0，由(2)的证明过程知，ex＞2x，所以当x∈(x0，＋∞)时，有cex≥ex＞2x＞x，即x＜cex.②若0＜c＜1，令h(x)＝cex－x，则h′(x)＝cex－1.令h′(x)＝0得x＝ln1c.当x＞ln1c时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．取x0＝2ln2c，则h(x0)＝ce2ln2c－2ln2c＝22c－ln2c，易知2c－ln2c＞0，又h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，所以当x∈(x0，＋∞)时，恒有h(x)＞h(x0)＞0，即x＜cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.11．、[;广东卷] 曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)处的切线方程为____．11．5x＋y＋2＝0 [解析] ∵y′＝－5ex，∴所求切线斜是k＝－5e0＝－5，∴切线方程是y－(－2)＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0.11．[;江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋bx(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是____．11．－3 [解析] 易知y′＝2ax－bx2.根据题意有－5＝4a＋b2，4a－b4＝－72，解得a＝－1，b＝－2，故a＋b＝－3.23．、[;江苏卷] 已知函数f0(x)＝sin xx(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求2f1π2＋π2f2π2的值；(2)证明：对任意的n∈N*，等式nfn－1π4＋π4fnπ4＝22都成立．23．解： (1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝sin xx′＝cos xx－sin xx2，于是f2(x)＝f1′(x)＝cos xx′－sin xx2′＝－sin xx－2cos xx2＋2sin xx3，所以f1π2＝－4π2，f2π2＝－2π＋16π3.故2f1π2＋π2f2π2＝－1.(2)证明：由已知得，xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf0′(x)＝cos x，即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sinx＋π2.类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sinx＋3π2，4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋nπ2对所有的n∈N*都成立．(i)当n＝1时，由上可知等式成立．(ii)假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋kπ2.因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kfk－1′(x)＋fk(x)＋xfk′(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，sinx＋kπ2′＝cosx＋kπ2•x＋kπ2′＝sinx＋（k＋1）π2，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋（k＋1）π2，因此当n＝k＋1时，等式也成立．综合(i)(ii)可知，等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋nπ2对所有的n∈N*都成立．令x＝π4，可得nfn－1π4＋π4fnπ4＝sinπ4＋nπ2(n∈N*)，所以nfn－1π4＋π4fnπ4＝
(n∈N*)．21．、[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1，求a的取值范围．21．解：(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1，(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝aln x＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1)．(i)若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)(ii)若121，故当x∈1，a1－a时，f′(x)<0；当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)>0.f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)而fa1－a＝alna1－a＋a22（1－a）＋aa－1>aa－1，所以不合题意．(iii)若a>1, 则f(1)＝1－a2－1＝－a－12综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．20．，[;山东卷] 设函数f(x)＝aln x＋x－1x＋1，其中a为常数．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．20．解：(1)由题意知，当a＝0时，f(x)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞)．此时f′(x)＝2（x＋1）2，所以f′(1)＝12.又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝ax＋2（x＋1）2＝ax2＋（2a＋2）x＋ax（x＋1）2.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①当a＝－12时，Δ＝0，f′(x)＝－12（x－1）2x（x＋1）2≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a＜－12时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．③当－12＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝－（a＋1）＋2a＋1a，x2＝－（a＋1）－2a＋1a.因为x1＝a＋1－2a＋1－a＝a2＋2a＋1－2a＋1－a＞0，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．综上可得，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－12时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a<0时，f(x)在0，－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a，＋∞上单调递减，在－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a上单调递增．19．、、[;四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；(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2－1ln 2，求数列{anb2n}的前n项和Sn.19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，当n≥1时，bn＋1bn＝2an＋1－an＝2d.故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，其在x轴上的截距为a2－1ln 2.由题意知，a2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a2＝2，所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anb2n＝n•4n.于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n•4n＋1＝4n＋1－43－n•4n＋1＝（1－3n）4n＋1－43，所以，Sn＝（3n－1）4n＋1＋49.19．、[;天津卷] 已知函数f(x)＝x2－23ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)•f(x2)＝1，求a的取值范围．19．解：(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a>0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 0，1a1a1a，＋∞f′(x) － 0 ＋ 0 －f(x)
13a2所以，f(x)的单调递增区间是0，1a；单调递减区间是(－∞，0)，1a，＋∞.当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝1a时，f(x)有极大值，且极大值f1a＝13a2.(2)由f(0)＝f32a＝0及(1)知，当x∈0，32a时，f(x)>0；当x∈32a，＋∞时，f(x)<0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝1f（x）x∈（1，＋∞），f（x）≠0，则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)•f(x2)＝1”等价于A⊆B，显然0∉B.下面分三种情况讨论：(i)当32a>2，即0(ii)当1≤32a≤2，即34≤a≤32时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)．由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B，所以A⊆B.(iii)当32a32时，有f(1)<0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝1f（1），0，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是34，32.B12 导数的应用21．、[;四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.21．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，所以g′(x)＝ex－2a.当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．当a≤12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≥e2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12＜a＜e2时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.综上所述，当a≤12时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当12＜a＜e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)证明：设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a≤12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；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12＜a＜e2.此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．因此x1∈(0，ln(2a))，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.由f(1)＝0有a＋b＝e－1<2，有g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.解得e－2＜a＜1.所以，函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.15．[;安徽卷] 若直线l与曲线C满足下列两个条件：(i)直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；(ii)曲线C在点P附近位于直线l的两侧．则称直线l在点P处“切过”曲线C.下列命题正确的是____(写出所有正确命题的编号)．①直线l：y＝0在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝x3；②直线l：x＝－1在点P(－1，0)处“切过”曲线C：y＝(x＋1)2；③直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝sin x；④直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝tan x；⑤直线l：y＝x－1在点P(1，0)处“切过”曲线C：y＝ln x.15．①③④ [解析] 对于①，因为y′＝3x2，y′x＝0＝0，所以l：y＝0是曲线C：y＝x3在点P(0，0)处的切线，画图可知曲线C在点P附近位于直线l的两侧，①正确；对于②，因为y′＝2(x＋1)，y′x＝－1＝0，所以l：x＝－1不是曲线C：y＝(x＋1)2在点P(－1，0)处的切线，②错误；对于③，y′＝cos x，y′x＝0＝1，所以曲线C在点P(0，0)处的切线为l：y＝x，画图可知曲线C在点P附近位于直线l的两侧，③正确；对于④，y′＝1cos2x，y′x＝0＝1，所以曲线C在点P(0，0)处的切线为l：y＝x，画图可知曲线C在点P附近位于直线l的两侧，④正确；对于⑤，y′＝1x，y′x＝1＝1，所以曲线C在点P(1，0)处切线为l：y＝x－1，又由h(x)＝x－1－ln x(x>0)可得h′(x)＝1－1x＝x－1x，所以hmin(x)＝h(1)＝0，故x－1≥ln x，所以曲线C在点P附近位于直线l的下侧，⑤错误．20．、[;安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．20．解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，且x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当xx2时，f′(x)<0；当x1<x0.故f(x)在－∞，－1－4＋3a3和 －1＋4＋3a3，＋∞内单调递减，在－1－4＋3a3，－1＋4＋3a3内单调递增．(2)因为a>0，所以x10，①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0因此f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当120．、[;北京卷] 已知函数f(x)＝2x3－3x.(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)20．解：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－22或x＝22.因为f(－2)＝－10，f－22＝2，f22＝－2，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f－22＝2.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x20－3)(1－x0)，整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)g′(x) ＋ 0 － 0 ＋g(x)
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．结合图像知，当g(x)有3个不同零点时，有g（0）＝t＋3>0，g（1）＝t＋1－0，解得－3<t<－1.故当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．22．、[;福建卷] 已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.22．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4＞0，即g′(x)＞0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex.(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝1c，由(2)知，当x＞0时，x2＜ex.所以当x＞x0时，ex＞x2＞1cx，即x<cex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：令k＝1c(k＞0)，要使不等式x＜cex成立，只要ex＞kx成立．而要使ex＞kx成立，则只需要x>ln(kx)，即x＞ln x＋ln k成立．①若0＜k≤1，则ln k≤0，易知当x＞0时，x＞ln x≥ln x＋ln k成立．即对任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.②若k＞1，令h(x)＝x－ln x－ln k，则h′(x)＝1－1x＝x－1x，所以当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增．取x0＝4k，h(x0)＝4k－ln(4k)－ln k＝2(k－ln k)＋2(k－ln 2)，易知k＞ln k，k＞ln 2，所以h(x0)＞0.因此对任意c∈(0，1)，取x0＝4c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：①若c≥1，取x0＝0，由(2)的证明过程知，ex＞2x，所以当x∈(x0，＋∞)时，有cex≥ex＞2x＞x，即x＜cex.②若0＜c＜1，令h(x)＝cex－x，则h′(x)＝cex－1.令h′(x)＝0得x＝ln1c.当x＞ln1c时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．取x0＝2ln2c，则h(x0)＝ce2ln2c－2ln2c＝22c－ln2c，易知2c－ln2c＞0，又h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，所以当x∈(x0，＋∞)时，恒有h(x)＞h(x0)＞0，即x＜cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.21．[;广东卷] 已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<0时，试讨论是否存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12.21．[;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 xx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．21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝ln xx，所以f′(x)＝1－ln xx2.当f′(x)>0，即0<x<e时，函数f(x)单调递增；当f′(x)e时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e<ln πe，ln eπ<ln 3π.于是根据函数y＝ln x，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增可得，3e<πe<π3，e3<eπ<3π.故这6个数中的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．由e<3<π及(1)的结论，得f(π)<f(3)<f(e)，即ln ππ<ln 33<ln ee.由ln ππ<ln 33， 得ln π3π3.由ln 33<ln ee，得ln 3e<ln e3，所以3e<e3.综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e.9．[;湖南卷] 若0＜x1＜x2＜1，则( )A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1C．x2ex1＞x1ex2D．x2ex1＜x1ex29．C [解析] 依题可构造函数f(x)＝exx，则f′(x)＝ex•x－exx2＝ex（x－1）x2.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，所以f(x)＝exx在区间(0，1)上递减，故0＜x1＜x2＜1时有f(x1)＞f(x2)，即x2ex1＞x1ex2.21．、[;湖南卷] 已知函数f(x)＝xcos x－sin x＋1(x＞0)．(1)求f(x)的单调区间；(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1x21＋1x22＋…＋1x2n＜23.21．解： (1)f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.令f′(x)＝0，得x＝kπ(k∈N*)．当x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x>0，此时f′(x)<0; 当x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x0.故f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．(2)由(1)知，f(x)在区间(0，π)上单调递减．又fπ2＝0，故x1＝π2.当n∈N*时，因为f(nπ)f（n＋1）π＝[(－1)nnπ＋1][(－1)n＋1(n＋1)π＋1]＜0，且函数f(x)的图像是连续不断的，所以f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)内至少存在一个零点．又f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是单调的，故nπ＜xn＋1＜(n＋1)π.因此，当n＝1时，1x21＝4π2＜23；当n＝2时，1x21＋1x22＜1π2(4＋1)＜23；当n≥3时，1x21＋1x22＋…＋1x2n<1π24＋1＋122＋…＋1（n－1）2＜1π25＋11×2＋…＋1（n－2）（n－1）＜1π25＋1－12＋12－13＋…＋1n－2－1n－1＝1π26－1n－1＜6π2＜23.综上所述，对一切n∈N*，1x21＋1x22＋…＋1x2n＜23.11．[;江西卷] 若曲线y＝xln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是____．11．(e，e) [解析] 由题意知，y′＝ln x＋1，直线斜率为2.由导数的几何意义知，令ln x＋1＝2，得x＝e，所以y＝eln e＝e，所以P(e，e)．21．、、[;江西卷] 将连续正整数1，2，…，n(n∈N*)从小到大排列构成一个数123…n，F(n)为这个数的位数(如n＝12时，此数为112，共有15个数字，F(12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到0的概率．(1)求p(100)；(2)当n≤2014时，求F(n)的表达式；(3)令g(n)为这个数中数字0的个数，f(n)为这个数中数字9的个数，h(n)＝f(n)－g(n)，S＝{n|h(n)＝1，n≤100，n∈N*}，求当n∈S时p(n)的最大值．21．解：(1)当n＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p(100)＝11192.(2)F(n)＝n，1≤n≤9，2n－9，10≤n≤99，3n－108，100≤n≤999，4n－≤n≤2014.(3)当n＝b(1≤b≤9，b∈N*)，g(n)＝0；当n＝10k＋b(1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N)时，g(n)＝k；当n＝100时，g(n)＝11，即g(n)＝0，1≤n≤9，k，n＝10k＋b，11，n＝100.1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N，同理有f(n)＝0，1≤n≤8，k，n＝10k＋b－1，1≤k≤8，0≤b≤9，k∈N*，b∈N，n－80，89≤n≤98，20，n＝99，100.由h(n)＝f(n)－g(n)＝1，可知n＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90，所以当n≤100时，S＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}．当n＝9时，p(9)＝0.当n＝90时，p(90)＝g（90）F（90）＝.当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)＝g（n）F（n）＝k2n－9＝k20k＋9，由y＝k20k＋9关于k单调递增，故当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)的最大值为p(89)＝8169.又，所以当n∈S时，p(n)的最大值为119.12．、[;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，－98C．[－6，－2]
D．[－4，－3]12．C [解析] 当－2≤x<0时，不等式可转化为a≤x2－4x－3x3，令f(x)＝x2－4x－3x3(－2≤x<0)，则f′(x)＝－x2＋8x＋9x4＝－（x－9）（x＋1）x4，故函数f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤fmin(x)＝f(－1)＝1＋4－3－1＝－2.当x＝0时，不等式恒成立．当0<x≤1时，a≥x2－4x－3x3，令g(x)＝x2－4x－3x3(0<x≤1)，则g′(x)＝－x2＋8x＋9x4，故函数g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥gmax(x)＝g(1)＝1－4－31＝－6.综上，－6≤a≤－2.11．[;新课标全国卷Ⅱ] 若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )A．(－∞，－2]
B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)
D．[1，＋∞)11．D [解析] f′(x)＝k－1x＝kx－1x，且x>0，由题可知f′(x)≥0，即得kx－1≥0，得x≥1k(k<0时不满足)，因为函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以1k≤1，解得k≥1.21．[;新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．21．解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－2a＝－2，所以a＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4，由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．12．[;全国新课标卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )A．(2，＋∞)
B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)
D．(－∞，－1)12．C [解析] 显然a＝0时，函数有两个不同的零点，不符合．当a≠0时，由f′(x)＝3ax2－6x＝0，得x1＝0，x2＝2a.当a>0时，函数f(x)在(－∞，0)，2a，＋∞上单调递增，在0，2a上单调递减，又f(0)＝1，所以函数f(x)存在小于0的零点，不符合题意；当a0，解得a<－2，所以选C.21．、[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1，求a的取值范围．21．解：(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1，(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝aln x＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1)．(i)若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)(ii)若121，故当x∈1，a1－a时，f′(x)<0；当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)>0.f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)而fa1－a＝alna1－a＋a22（1－a）＋aa－1>aa－1，所以不合题意．(iii)若a>1, 则f(1)＝1－a2－1＝－a－12综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．20．，[;山东卷] 设函数f(x)＝aln x＋x－1x＋1，其中a为常数．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．20．解：(1)由题意知，当a＝0时，f(x)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞)．此时f′(x)＝2（x＋1）2，所以f′(1)＝12.又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝ax＋2（x＋1）2＝ax2＋（2a＋2）x＋ax（x＋1）2.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①当a＝－12时，Δ＝0，f′(x)＝－12（x－1）2x（x＋1）2≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a＜－12时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．③当－12＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝－（a＋1）＋2a＋1a，x2＝－（a＋1）－2a＋1a.因为x1＝a＋1－2a＋1－a＝a2＋2a＋1－2a＋1－a＞0，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．综上可得，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－12时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a<0时，f(x)在0，－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a，＋∞上单调递减，在－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a上单调递增．21．、、[;陕西卷] 设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3)若对任意b＞a＞0，f（b）－f（a）b－a＜1恒成立，求m的取值范围．21．解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex，则f′(x)＝x－ex2，∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增．∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x>0)，设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图像(如图所示)，可知①当m >23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<23时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b>a>0，f（b）－f（a）b－a<1恒成立，等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋mx－x(x>0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝1x－mx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－x－122＋14(x>0)恒成立，∴m≥14对m＝14，h′（x）＝0仅在x＝12时成立，∴m的取值范围是14，＋∞.19．、[;天津卷] 已知函数f(x)＝x2－23ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)•f(x2)＝1，求a的取值范围．19．解：(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a>0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 0，1a1a1a，＋∞f′(x) － 0 ＋ 0 －f(x)
13a2所以，f(x)的单调递增区间是0，1a；单调递减区间是(－∞，0)，1a，＋∞.当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝1a时，f(x)有极大值，且极大值f1a＝13a2.(2)由f(0)＝f32a＝0及(1)知，当x∈0，32a时，f(x)>0；当x∈32a，＋∞时，f(x)<0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝1f（x）x∈（1，＋∞），f（x）≠0，则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)•f(x2)＝1”等价于A⊆B，显然0∉B.下面分三种情况讨论：(i)当32a>2，即0(ii)当1≤32a≤2，即34≤a≤32时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)．由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B，所以A⊆B.(iii)当32a32时，有f(1)<0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝1f（1），0，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是34，32.21．[;浙江卷] 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)＋4.21．解：(1)因为a>0，－1≤x≤1，所以，(i)当0若x∈[a，1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3>0，故f(x)在(a，1)上是增函数．所以g(a)＝f(a)＝a3.(ii)当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1，1)上是减函数，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.综上，g(a)＝a3，0(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)．(i)当0若x∈[a，1]，则h(x)＝x3＋3x－3a－a3，得h′(x)＝3x2＋3>0，则h(x)在(a，1)上是增函数，所以h(x)在[a，1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，而0若x∈[－1，a]，则h(x)＝x3－3x＋3a－a3≤0，得h′(x)＝3x2－3，则h(x)在(－1，a)上是减函数，所以h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3，令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a2>0，知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.(ii)当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，故h(x)＝x3－3x＋2，得h′(x)＝3x2－3≤0，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，当x∈[－1，1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.19．[;重庆卷] 已知函数f(x)＝x4＋ax－ln x－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．19．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝14－ax2－1x，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x知f′(1)＝－34－a＝－2，解得a＝54.(2)由(1)知f(x)＝x4＋54x－ln x－32，则f′(x)＝x2－4x－54x2.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为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)上为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)上为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln 5.B13 定积分与微积分基本定理
B14 单元综合19．、、、[;江苏卷] 已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数．(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x ＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)19．解： (1)证明：因为对任意 x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e －(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)由条件知 m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令 t＝ex(x>0)，则 t>1，所以 m≤－t－1t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋ 1对任意 t>1成立．因为t－1＋1t－1＋ 1≥2 （t－1）•1t － 1＋1＝3, 所以 －1t－1＋1t－1＋ 1≥－13，当且仅当 t＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是－∞，－13.(3)令函数 g(x)＝ex＋1ex－ a(－x3＋3x)，则g′ (x) ＝ex－1ex＋3a(x2－1)．当 x≥1时，ex－1ex>0，x2－1≥0.又a>0，故 g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是 g(1)＝ e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x30＋ 3x0 )<0 成立， 当且仅当最小值g(1)<0，故 e＋e－1－2ae＋e－12.令函数h(x) ＝ x －(e－1)ln x－1，则 h′(x)＝1－e－1x. 令 h′(x)＝0, 得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调递减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调递增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0；当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．故①当a∈e＋e－12，e⊆(1，e)时， h(a)<0，即a－1<(e－1)ln a，从而ea－1②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈e＋e－12，e时，ea－1ae－1.10．[;江西卷] 在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋a2与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图像不可能是( ) A BC D10．B [解析] 当a＝0时，为D选项．当a≠0时，抛物线的对称轴为直线x＝12a，另一个函数的导数y′＝3a2x2－4ax＋1，令y′＝0，解得该函数的两个极值点分别为x1＝1a，x2＝13a，12a一直介于1a和13a之间，排除法知选B.21．、[;辽宁卷] 已知函数f(x)＝π(x－cos x)－2sin x－2，g(x)＝(x－π)1－sin x1＋sin x＋2xπ－1.证明：(1)存在唯一x0∈0，π2，使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈π2，π，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1＞π.21．证明：(1)当x∈0，π2时，f′(x)＝π＋πsin x－2cos x＞0，所以f(x)在区间0，π2上为增函数．又f(0)＝－π－2＜0，fπ2＝π22－4＞0，所以存在唯一x0∈0，π2，使f(x0)＝0.(2)当x∈π2，π时，化简得g(x)＝(π－x)•cos x1＋sin x＋2xπ－1.令t＝π－x则t∈0，π2.记u(t)＝g(π－t)＝－tcos t1＋sin t－2πt＋1，则u′(t)＝f（t）π（1＋sin t）.由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)＜0；当t∈x0，π2时，u′(t)＞0.所以在x0，π2上u(t)为增函数，由uπ2＝0知，当t∈x0，π2时，u(t)＜0，所以u(t)在x0，π2上无零点．在(0，x0)上u(t)为减函数，由u(0)＝1及u(x0)＜0知存在唯一t0∈(0，x0)，使u(t0)＝0.于是存在唯一t0∈0，π2，使u(t0)＝0.设x1＝π－t0∈π2，π，则g(x1)＝g(π－t0)＝u(t0)＝0.因此存在唯一的x1∈π2，π，使g(x1)＝0.由于x1＝π－t0，t0＜x0，所以x0＋x1＞π.9．[;山东卷] 对于函数f(x)，若存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)＝f(2a－x)，则称f(x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是( )A．f(x)＝x
B．f(x)＝x2
C．f(x)＝tan x
D．f(x)＝cos(x＋1)9．D [解析] 因为f(x)＝f(2a－x)，所以函数f(x)的图像关于x＝a对称．A选项中，函数f(x)＝x没有对称性；B选项中，函数f(x)＝x2关于y轴对称，与a≠0矛盾；C选项中，函数f(x)＝tan x也没有对称性；D选项中，函数f(x)＝cos(x＋1)的图像是由函数g(x)＝cos x的图像向左平移一个单位后得到的，又函数g(x)＝cos x的图像关于x＝kπ(k∈Z)对称，所以函数f(x)＝cos(x＋1)的图像关于x＝kπ－1(k∈Z)对称．故选D.15．、、[;四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；②若函数f(x)∈B，则f(x)有最大值和最小值；③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∈/B；④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋xx2＋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，则函数f(x)的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f(a)＝b，故①正确．取函数f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M＝1，使得函数f(x)的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时函数f(x)没有最大值和最小值，故②错误．当f(x)∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f(a)＝b，所以，当g(x)∈B时，对于函数f(x)＋g(x)，如果存在一个正数M，使得f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f(x)＋f(a0)＝b0－g(a0)，即f(a0)＋g(a0)＝b0∉[－M，M]，故③正确．对于f(x)＝aln(x＋2)＋xx2＋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)＝xx2＋1(x＞－2)．易知f(x)∈－12，12，所以存在正数M＝12，使得f(x)∈[－M，M]，故④正确3．[;汕头期末] 设f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2＋x，则f(－1)＝( )A．－2
D．－13．A [解析] 因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝－2.6．[;株洲模拟] 设函数f(x)＝（a－2）x，x≥2，12x－1，x<2是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围为( )A．(－∞，2)B.－∞，138C．(0，2)D.138，26．B [解析] 依题意可得a－2<0，122－1≥2（a－2），解得a≤138.2．[;合肥联考] 已知定义域为R的奇函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x－1)，且当x∈(0，1)时，f(x)＝2x－12x＋1.(1)求f(x)在区间[－1，1]上的解析式；(2)若存在x∈(0，1)，满足f(x)>m，求实数m的取值范围．2．解：(1)当x∈(－1，0)时，－x∈(0，1)．由f(x)为R上的奇函数，得f(－x)＝－f(x)＝2－x－12－x＋1＝1－2x2x＋1，∴f(x)＝2x－12x＋1，x∈(－1，0)．又由f(x)为奇函数，得f(0)＝0，f(－1)＝－f(1)，且f(－1)＝f(1)，∴f(－1)＝0，f(1)＝0，故f(x)在区间[－1，1]上的解析式为f(x)＝2x－12x＋1，x∈（－1，1），0，x＝±1.(2)∵x∈(0，1)，∴f(x)＝2x－12x＋1＝2x＋1－22x＋1＝1－22x＋1.又∵2x∈(1，2)，∴1－22x＋1∈0，13.若存在x∈(0，1)，满足f(x)>m，则m<13，故实数m的取值范围为－∞，13.7．[;广州联考] 设函数f(x)＝xα＋1(α∈Q)的定义域为[－b，－a]∪[a，b]，其中0＜a＜b，且f(x)在区间[a，b]上的最大值为6，最小值为3，则f(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值的和是( )A．－5
B．9C．－5或9
D．以上都不对7．C [解析] 设h(x)＝f(x)－1＝xα，则由题意可知，h(x)为奇函数或偶函数．当h(x)为奇函数时，由f(x)在区间[a，b]上的最大值为6，最小值为3，得h(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值分别是－2和－5，从而f(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值分别是－1和－4，其和为－5；当h(x)为偶函数时，由f(x)在区间[a，b]上的最大值为6，最小值为3，得h(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值分别是5和2，从而f(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值分别是6和3，其和为9.故选C.4．[;岳阳模拟] 若f(x)＝3sin θ3x3＋cos θ2x2＋4x－1，其中θ∈0，5π6，则导数f′(－1)的取值范围是( )A．[3，6]
B．[3，4＋3]C．[4－3，6]
D．[4－3，4＋3]4．A [解析] 因为f′(x)＝3sin θx2＋cos θx＋4，所以f′(－1)＝3sin θ－cos θ＋4＝2sinθ－π6＋4.又θ∈0，5π6，所以2sinθ－π6∈[－1，2]，故f′(－1)∈[3，6]．2．[;内江模拟] 已知函数f(x)＝13x3－12x2＋cx＋d有极值，则实数c的取值范围为( )A．c<14
B．c≤14C．c≥14
D．c>142．A [解析] 由题意知，f′(x)＝x2－x＋c.∵函数f(x)有极值，∴Δ＝1－4c>0，解得c<14.8．[;常德期末] 已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)．若x1<x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )A．ex1f(x2)>ex2f(x1)
B．ex1f(x2)<ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)
D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定8．A [解析] 因为f′(x)>f(x)，所以f′(x)－f(x)>0.故可构造函数F(x)＝f（x）ex，则F′(x)＝f′（x）•ex－f（x）•ex（ex）2＝f′（x）－f（x）ex>0，即函数F(x)在R上单调递增．又因为x1＜x2，所以F(x1)<F(x2)，即f（x1）ex1<f（x2）ex2，故ex2f(x1)<ex1f(x2)．2．[;长沙四校联考] 已知函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx.(1)若函数f(x)在区间[－1，1)，(1，3]内各有一个极值点，当a2－b取最大值时，求函数f(x)的解析式．(2)若a＝－1，在曲线y＝f(x)上是否存在唯一的点P，使曲线在点P处的切线l与曲线只有一个公共点？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．解：(1)因为函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx在区间[－1，1)，(1，3]内各有一个极值点，所以x2＋2ax＋b＝0在区间[－1，1)，(1，3]内各有一个实数根．设两个实根分别为x1，x2(x1<x2)，则x1＋x2＝－a，x1x2＝b，所以x2－x1＝2 a2－b，且0<x2－x1≤4，所以0<2 a2－b≤4，即0当x1＝－1，x2＝3，即a＝－1，b＝－3时，等号成立，此时a2－b取最大值4.故函数的解析式为f(x)＝13x3－x2－3x.(2)假设存在点P(x0，y0)符合条件．由f′(x)＝x2－2x＋b，得f(x)在点P处的切线l的方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，即y＝(x20－2x0＋b)x－23x30＋x20.令g(x)＝f(x)－(x20－2x0＋b)x－23x30＋x20＝13x3－x2－(x20－2x0)x＋23x30－x20，则g(x0)＝0.由题设知，g(x)＝f(x)－(x20－2x0＋b)x－23x30＋x20有唯一的零点x0，且在x＝x0两边附近的函数值异号，所以x＝x0一定不是g(x)的极值点．易知g′(x)＝x2－2x－x20＋2x0＝(x－x0)(x＋x0－2)．若x0≠2－x0，则易知x＝x0和x＝2－x0都是g(x)的极值点，不合题意；若x0＝2－x0，即x0＝1，则g′(x)＝(x－1)2≥0，此时函数g(x)＝13x3－x2－(x20－2x0)x＋23x30－x20＝13x3－x2＋x－13＝13(x－1)3，其在R上单调递增．当x>1时，g(x)>0；当x<1时，g(x)<0.故函数g(x)有唯一的零点x0＝1，且在x0＝1两边附近的函数值异号．故在曲线y＝f(x)上存在唯一的点P(1，f(1))，使曲线y＝f(x)在点P处的切线l与曲线y＝f(x)只有一个公共点．
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2014年高考数学文科（高考真题、模拟新题）分类汇编：B单元 函数与导数
所属科目：数学&&&&文件类型：doc
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函数与导数
B1 函数及其表示14．、[;安徽卷] 若函数f(x)(x∈R)是周期为4的奇函数，且在[0，2]上的解析式为f(x)＝x（1－x），0≤x≤1，sin πx，1<x≤2，则f294＋f416＝__．14.516 [解析] 由题易知f294＋f416＝f－34＋f－76＝－f34－f76＝－316＋sin π6＝516.2．、[;北京卷] 下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )A．y＝e－x
B．y＝x3C．y＝ln x
D．y＝|x|2．B [解析] 由定义域为R，排除选项C，由函数单调递增，排除选项A，D.21．、、[;江西卷] 将连续正整数1，2，…，n(n∈N*)从小到大排列构成一个数123…n，F(n)为这个数的位数(如n＝12时，此数为112，共有15个数字，F(12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到0的概率．(1)求p(100)；(2)当n≤2014时，求F(n)的表达式；(3)令g(n)为这个数中数字0的个数，f(n)为这个数中数字9的个数，h(n)＝f(n)－g(n)，S＝{n|h(n)＝1，n≤100，n∈N*}，求当n∈S时p(n)的最大值．21．解：(1)当n＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p(100)＝11192.(2)F(n)＝n，1≤n≤9，2n－9，10≤n≤99，3n－108，100≤n≤999，4n－≤n≤2014.(3)当n＝b(1≤b≤9，b∈N*)，g(n)＝0；当n＝10k＋b(1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N)时，g(n)＝k；当n＝100时，g(n)＝11，即g(n)＝0，1≤n≤9，k，n＝10k＋b，11，n＝100.1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N，同理有f(n)＝0，1≤n≤8，k，n＝10k＋b－1，1≤k≤8，0≤b≤9，k∈N*，b∈N，n－80，89≤n≤98，20，n＝99，100.由h(n)＝f(n)－g(n)＝1，可知n＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90，所以当n≤100时，S＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}．当n＝9时，p(9)＝0.当n＝90时，p(90)＝g（90）F（90）＝.当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)＝g（n）F（n）＝k2n－9＝k20k＋9，由y＝k20k＋9关于k单调递增，故当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)的最大值为p(89)＝8169.又，所以当n∈S时，p(n)的最大值为119.3．[;山东卷] 函数f(x)＝1log2x－1的定义域为( )A．(0，2)
C．(2，＋∞)
D．[2，＋∞)3．C [解析] 若函数f(x)有意义，则log2x－1＞0，∴log2x＞1，∴x＞2. B2
反函数5．[;全国卷] 函数y＝ln(3x＋1)(x＞－1)的反函数是( )A．y＝(1－ex)3(x＞－1)B．y＝(ex－1)3(x＞－1)C．y＝(1－ex)3(x∈R)D．y＝(ex－1)3(x∈R)5．D [解析] 因为y＝ln(3x＋1)，所以x＝(ey－1)3.因为x>－1，所以y∈R，所以函数y＝ln(3x＋1)(x>－1)的反函数是y＝(ex－1)3(x∈R)．B3
函数的单调性与最值2．、[;北京卷] 下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )A．y＝e－x
B．y＝x3C．y＝ln x
D．y＝|x|2．B [解析] 由定义域为R，排除选项C，由函数单调递增，排除选项A，D.4．、[;湖南卷] 下列函数中，既是偶函数又在区间(－∞，0)上单调递增的是( )A．f(x)＝1x2
B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝x3
D．f(x)＝2－x4．A [解析] 由偶函数的定义，可以排除C，D，又根据单调性，可得B不对．19．、、、[;江苏卷] 已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数．(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x ＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)19．解： (1)证明：因为对任意 x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e －(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)由条件知 m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令 t＝ex(x>0)，则 t>1，所以 m≤－t－1t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋ 1对任意 t>1成立．因为t－1＋1t－1＋ 1≥2 （t－1）•1t － 1＋1＝3, 所以 －1t－1＋1t－1＋ 1≥－13，当且仅当 t＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是－∞，－13.(3)令函数 g(x)＝ex＋1ex－ a(－x3＋3x)，则g′ (x) ＝ex－1ex＋3a(x2－1)．当 x≥1时，ex－1ex>0，x2－1≥0.又a>0，故 g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是 g(1)＝ e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x30＋ 3x0 )<0 成立， 当且仅当最小值g(1)<0，故 e＋e－1－2ae＋e－12.令函数h(x) ＝ x －(e－1)ln x－1，则 h′(x)＝1－e－1x. 令 h′(x)＝0, 得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调递减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调递增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0；当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．故①当a∈e＋e－12，e⊆(1，e)时， h(a)<0，即a－1<(e－1)ln a，从而ea－1②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈e＋e－12，e时，ea－1ae－1.15．、、[;四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；②若函数f(x)∈B，则f(x)有最大值和最小值；③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∈/B；④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋xx2＋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，则函数f(x)的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f(a)＝b，故①正确．取函数f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M＝1，使得函数f(x)的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时函数f(x)没有最大值和最小值，故②错误．当f(x)∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f(a)＝b，所以，当g(x)∈B时，对于函数f(x)＋g(x)，如果存在一个正数M，使得f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f(x)＋f(a0)＝b0－g(a0)，即f(a0)＋g(a0)＝b0∉[－M，M]，故③正确．对于f(x)＝aln(x＋2)＋xx2＋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)＝xx2＋1(x＞－2)．易知f(x)∈－12，12，所以存在正数M＝12，使得f(x)∈[－M，M]，故④正确21．、[;四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.21．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，所以g′(x)＝ex－2a.当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．当a≤12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≥e2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12＜a＜e2时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.综上所述，当a≤12时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当12＜a＜e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)证明：设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a≤12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；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12＜a＜e2.此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．因此x1∈(0，ln(2a))，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.由f(1)＝0有a＋b＝e－1<2，有g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.解得e－2＜a＜1.所以，函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.B4
函数的奇偶性与周期性4．[;重庆卷] 下列函数为偶函数的是( )A．f(x)＝x－1
B．f(x)＝x2＋xC．f(x)＝2x－2－x
D．f(x)＝2x＋2－x4．D [解析] A中，f(－x)＝－x－1，f(x)为非奇非偶函数；B中，f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x，f(x)为非奇非偶函数；C中，f(－x)＝2－x－2x＝－(2x－2－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数；D中，f(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，f(x)为偶函数．故选D.14．、[;安徽卷] 若函数f(x)(x∈R)是周期为4的奇函数，且在[0，2]上的解析式为f(x)＝x（1－x），0≤x≤1，sin πx，1<x≤2，则f294＋f416＝__．14.516 [解析] 由题易知f294＋f416＝f－34＋f－76＝－f34－f76＝－316＋sin π6＝516.5．[;广东卷] 下列函数为奇函数的是( )A．2x－12x
B．x3sin x
C．2cos x＋1
D．x2＋2x5．A [解析] 对于A选项，令f(x)＝2x－12x＝2x－2－x，其定义域是R，f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，所以A正确；对于B选项，根据奇函数乘奇函数是偶函数，所以x3sin x是偶函数；C显然也是偶函数；对于D选项，根据奇偶性的定义，该函数显然是非奇非偶函数．9．、[;湖北卷] 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为( )A．{1，3}
B．{－3，－1，1，3}C．{2－7，1，3}
D．{－2－7，1，3}9．D [解析] 设x0，所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－3(－x)]＝－x2－3x .求函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点等价于求方程f(x)＝－3＋x的解．当x≥0时，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；当x<0时，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－7.故选D.4．、[;湖南卷] 下列函数中，既是偶函数又在区间(－∞，0)上单调递增的是( )A．f(x)＝1x2
B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝x3
D．f(x)＝2－x4．A [解析] 由偶函数的定义，可以排除C，D，又根据单调性，可得B不对．15．[;湖南卷] 若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函数，则a＝____．15．－32 [解析] 由偶函数的定义可得f(－x)＝f(x)，即ln(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)＋ax，∴2ax＝－ln e3x＝－3x，∴a＝－32.19．、、、[;江苏卷] 已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数．(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x ＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)19．解： (1)证明：因为对任意 x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e －(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)由条件知 m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令 t＝ex(x>0)，则 t>1，所以 m≤－t－1t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋ 1对任意 t>1成立．因为t－1＋1t－1＋ 1≥2 （t－1）•1t － 1＋1＝3, 所以 －1t－1＋1t－1＋ 1≥－13，当且仅当 t＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是－∞，－13.(3)令函数 g(x)＝ex＋1ex－ a(－x3＋3x)，则g′ (x) ＝ex－1ex＋3a(x2－1)．当 x≥1时，ex－1ex>0，x2－1≥0.又a>0，故 g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是 g(1)＝ e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x30＋ 3x0 )<0 成立， 当且仅当最小值g(1)<0，故 e＋e－1－2ae＋e－12.令函数h(x) ＝ x －(e－1)ln x－1，则 h′(x)＝1－e－1x. 令 h′(x)＝0, 得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调递减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调递增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0；当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．故①当a∈e＋e－12，e⊆(1，e)时， h(a)<0，即a－1<(e－1)ln a，从而ea－1②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈e＋e－12，e时，ea－1ae－1.12．[;全国卷] 奇函数f(x)的定义域为R.若f(x＋2)为偶函数，且f(1)＝1，则f(8)＋f(9)＝( )A．－2
B．－1C．0
D．112．D [解析] 因为f(x＋2)为偶函数，所以其对称轴为直线x＝0，所以函数f(x)的图像的对称轴为直线x＝2.又因为函数f(x)是奇函数，其定义域为R，所以f(0)＝0，所以f(8)＝f(－4)＝－f(4)＝－f(0)＝0，故f(8)＋f(9)＝0＋f(－5)＝－f(5)＝－f(－1)＝f(1)＝1.15．[;新课标全国卷Ⅱ] 偶函数y＝f(x)的图像关于直线x＝2对称，f(3)＝3，则f(－1)＝____．15．3 [解析] 因为函数图像关于直线x＝2对称，所以f(3)＝f(1)，又函数为偶函数，所以f(－1)＝f(1)，故f(－1)＝3.5．[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是( )A．f(x)g(x)是偶函数B．|f(x)|g(x)是奇函数C．f(x)|g(x)|是奇函数D．|f(x)g(x)|是奇函数5．C [解析] 因为f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，所以有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，于是f(－x)•g(－x)＝－f(x)g(x)，即f(x)g(x)为奇函数，A错；|f(－x)|g(－x)＝|f(x)|g(x)，即|f(x)|g(x)为偶函数，B错；f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|，即f(x)|g(x)|为奇函数，C正确；|f(－x)g(－x)|＝|f(x)g(x)|，即f(x)g(x)为偶函数，所以D也错．13．[;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f32＝____．13．1 [解析] 由题意可知，f32＝f2－12f－12＝－4－122＋2＝1.B5
二次函数10．[;江苏卷] 已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是____．10.－22，0 [解析] 因为f(x)＝x2＋mx－1是开口向上的二次函数，所以函数的最大值只能在区间端点处取到，所以对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，只需f（m）＜0，f（m＋1）＜0， 解得－22＜m＜22，－32＜m＜0，即m∈－22，0.14．、[;全国卷] 函数y＝cos 2x＋2sin x的最大值为____．14.32 [解析] 因为y＝cos 2x＋2sin x＝1－2sinx2＋2sin x＝－2sin x－122＋32，所以当sin x＝12时函数y＝cos 2x＋2sin x取得最大值，最大值为32.B6
指数与指数函数 5．[;安徽卷] 设a＝log37，b＝21.1，c＝0.83.1，则( )A．bC．ca＝log37>1，b＝21.1>2，c＝0.83.10，且a≠1)的图像如图1­2所示，则下列函数图像正确的是( )图1­2 A B C D图1­38．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＝13x，其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，其函数图像不正确，故选B.3．、[;辽宁卷] 已知a＝2－13，b＝log213，c＝log1213，则( )A．a＞b＞c
B．a＞c＞bC．c＞b＞a
D．c＞a＞b3．D [解析] 因为0c＝log1213>log1212＝1，所以c>a>b.15．、[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)＝ex－1，x＜1，x13，x≥1，则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是____．15．(－∞，8] [解析] 当x<1时，由ex－1≤2，得x<1；当x≥1时，由x13≤2，解得1≤x≤8，综合可知x的取值范围为x≤8.5．，[;山东卷] 已知实数x，y满足axA．x3>y3
B．sin x>sin yC．ln(x2＋1)>ln(y2＋1)
D.1x2＋1>1y2＋15．A [解析] 因为ax＜ay(0＜a＜1)，所以x＞y，所以x3>y3恒成立．故选A.7．[;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)＝x3
B．f(x)＝3xC．f(x)＝x12
D．f(x)＝12x7．B [解析] 由于f(x＋y)＝f(x)f(y)，故排除选项A，C.又f(x)＝12x为单调递减函数，所以排除选项D.12．[;陕西卷] 已知4a＝2，lg x＝a，则x＝____．12.10 [解析] 4a＝2，即22a＝2，可得a＝12，所以lg x＝12，所以x＝1012＝10.7．、[;四川卷] 已知b＞0，log5b＝a，lg b＝c，5d＝10，则下列等式一定成立的是( )A．d＝ac
B．a＝cdC．c＝ad
D．d＝a＋c7．B [解析] 因为5d＝10，所以d＝log510，所以cd＝lg b•log510＝log5b＝a，故选B.9．、[;四川卷] 设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|＋|PB|的取值范围是( )A．[5，2 5 ]
B．[10，2 5 ]C．[10，4 5 ]
D．[25，4 5 ]9．B [解析] 由题意可知，定点A(0，0)，B(1，3)，且两条直线互相垂直，则其交点P(x，y)落在以AB为直径的圆周上，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，即|PA|＋|PB|≥|AB|＝10.又|PA|＋|PB|＝（|PA|＋|PB|）2＝|PA|2＋2|PA||PB|＋|PB|2≤2（|PA|2＋|PB|2）＝2 5，所以|PA|＋|PB|∈[10，2 5]，故选B.4．[;天津卷] 设a＝log2π，b＝log12π，c＝π－2，则( )A．a＞b＞c
B．b＞a＞cC．a＞c＞b
D．c＞b＞a4．C [解析] ∵a＝log2π>1，b＝log12π<0，c＝1π2<1，∴b<cB7
对数与对数函数12．[;天津卷] 函数f(x)＝lg x2的单调递减区间是____．12．(－∞，0) [解析] 函数f(x)＝lg x2的单调递减区间需满足x2>0且y＝x2单调递减，故x∈(－∞，0)．11．[;安徽卷] 1681－34＋log354＋log345＝____.11.278 [解析] 原式＝234－34 ＋log354×45＝23－3＝278.8．、[;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1­28．D [解析] 只有选项D符合，此时08．，，[;福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1­2所示，则下列函数图像正确的是( )图1­2 A B C D图1­38．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＝13x，其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，其函数图像不正确，故选B.13．、[;广东卷] 等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝____．13．5 [解析] 在等比数列中，a1a5＝a2a4＝a23＝4.因为an>0，所以a3＝2，所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)(a2a4)a3＝a53＝25，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.3．、[;辽宁卷] 已知a＝2－13，b＝log213，c＝log1213，则( )A．a＞b＞c
B．a＞c＞bC．c＞b＞a
D．c＞a＞b3．D [解析] 因为0c＝log1213>log1212＝1，所以c>a>b.6．，[;山东卷] 已知函数y＝loga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图像如图1­1所示，则下列结论成立的是( )图1­1A．a>1，x>1
B．a>1，0<c<1C．01
D．06．D [解析] 由该函数的图像通过第一、二、四象限，得该函数是减函数，∴0＜a＜1.∵图像与x轴的交点在区间(0，1)之间，∴该函数的图像是由函数y＝logax的图像向左平移不到1个单位后得到的，∴0＜c＜1.7．、[;四川卷] 已知b＞0，log5b＝a，lg b＝c，5d＝10，则下列等式一定成立的是( )A．d＝ac
B．a＝cdC．c＝ad
D．d＝a＋c7．B [解析] 因为5d＝10，所以d＝log510，所以cd＝lg b•log510＝log5b＝a，故选B.9．、[;重庆卷] 若log4(3a＋4b)＝log2ab，则a＋b的最小值是( )A．6＋2 3
B．7＋2 3C．6＋4 3
D．7＋4 39．D [解析] 由log4(3a＋4b)＝log2ab，得3a＋4b＝ab，则4a＋3b＝1，所以a＋b＝(a＋b)4a＋3b＝7＋4ba＋3ab≥7＋2 4ba•3ab＝7＋4 3，当且仅当4ba＝3ab，即a＝4＋2 3，b＝2 3＋3时等号成立，故其最小值是7＋4 3.B8
幂函数与函数的图像8．、[;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1­28．D [解析] 只有选项D符合，此时08．，，[;福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1­2所示，则下列函数图像正确的是( )图1­2
A B C D图1­38．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＝13x，其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，其函数图像不正确，故选B.15．[;湖北卷] 如图1­4所示，函数y＝f(x)的图像由两条射线和三条线段组成．若∀x∈R，f(x)＞f(x－1)，则正实数a的取值范围为____．图1­415.0，16 [解析] “∀x∈R，f(x)>f(x－1)”等价于“函数y＝f(x)的图像恒在函数y＝f(x－1)的图像的上方”，函数y＝f(x－1)的图像是由函数y＝f(x)的图像向右平移一个单位得到的，如图所示．因为a>0，由图知6a<1，所以a的取值范围为0，16.13．、[;江苏卷] 已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝x2－2x＋12.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____．13.0，12 [解析] 先画出y＝x2－2x＋12在区间[0，3]上的图像，再将x轴下方的图像对称到x轴上方，利用周期为3，将图像平移至区间[－3，4]内，即得f(x)在区间[－3，4]上的图像如下图所示，其中f(－3)＝f(0)＝f(3)＝0.5，f(－2)＝f(1)＝f(4)＝0.5.函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)等价于y＝f(x)的图像与直线y＝a有10个不同的交点，由图像可得a∈0，12. 15．、[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)＝ex－1，x＜1，x13，x≥1，则使得f(x)≤2成立的x的取值范围是____．15．(－∞，8] [解析] 当x<1时，由ex－1≤2，得x<1；当x≥1时，由x13≤2，解得1≤x≤8，综合可知x的取值范围为x≤8.6．，[;山东卷] 已知函数y＝loga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图像如图1­1所示，则下列结论成立的是( )图1­1A．a>1，x>1
B．a>1，0<c<1C．01
D．06．D [解析] 由该函数的图像通过第一、二、四象限，得该函数是减函数，∴0＜a＜1.∵图像与x轴的交点在区间(0，1)之间，∴该函数的图像是由函数y＝logax的图像向左平移不到1个单位后得到的，∴0＜c＜1.B9
函数与方程
6．[;北京卷] 已知函数f(x)＝6x－log2x，在下列区间中，包含f(x)的零点的区间是( )A．(0，1)
B．(1，2)C．(2，4)
D．(4，＋∞)6．C [解析] 方法一：对于函数f(x)＝6x－log2x，因为f(2)＝2>0，f(4)＝－0.5<0，根据零点的存在性定理知选C.方法二：在同一坐标系中作出函数h(x)＝6x与g(x)＝log2x的大致图像，如图所示，可得f(x)的零点所在的区间为(2，4)．7．[;浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0＜f(－1)＝f(－2)＝f(－3)≤3，则( )A．c≤3
B．3＜c≤6C．6＜c≤9
D．c＞97．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0<f(－1)≤3，故0<－6＋c≤3，∴6<c≤9，故选C.10．[;重庆卷] 已知函数f(x)＝1x＋1－3，x∈（－1，0]，x，x∈（0，1]，且g(x)＝f(x)－mx－m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.－94，－2∪0，12B.－114，－2∪0，12C.－94，－2∪0，23D.－114，－2∪0，2310．A [解析] 作出函数f(x)的图像，如图所示．函数g(x)＝f(x)－mx－m的零点为方程f(x)－mx－m＝0的根，即为函数y＝f(x)与函数y＝m(x＋1)图像的交点．而函数y＝m(x＋1)的图像恒过定点P(－1，0)，由图易知有两交点的边界有四条，其中kPO＝0，kPA＝12，kPB＝－2，第四条为过P点的曲线y＝1x＋1－3的切线PC.将y＝m(x＋1)(m≠0)代入y＝1x＋1－3，得mx2＋(2m＋3)x＋m＋2＝0，则由Δ＝(2m＋3)2－4m(m＋2)＝4m＋9＝0，得m＝－94，即kPC＝－94，所以由图可知满足条件的实数m的取值范围是－94，－2∪0，12.15．[;福建卷] 函数f(x)＝x2－2，x≤0，2x－6＋ln x，x＞0的零点个数是____．15．2 [解析] 当x≤0时，f(x)＝x2－2，令x2－2＝0，得x＝2(舍)或x＝－2，即在区间(－∞，0)上，函数只有一个零点．当x>0时，f(x)＝2x－6＋ln x，令2x－6＋ln x＝0，得ln x＝6－2x.作出函数y＝ln x与y＝6－2x在区间(0，＋∞)上的图像，则两函数图像只有一个交点，即函数f(x)＝2x－6＋ln x(x>0)只有一个零点．综上可知，函数f(x)的零点的个数是2.9．、[;湖北卷] 已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为( )A．{1，3}
B．{－3，－1，1，3}C．{2－7，1，3}
D．{－2－7，1，3}9．D [解析] 设x0，所以f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－3(－x)]＝－x2－3x .求函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点等价于求方程f(x)＝－3＋x的解．当x≥0时，x2－3x＝－3＋x，解得x1＝3，x2＝1；当x<0时，－x2－3x＝－3＋x，解得x3＝－2－7.故选D.13．、[;江苏卷] 已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝x2－2x＋12.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____．13.0，12 [解析] 先画出y＝x2－2x＋12在区间[0，3]上的图像，再将x轴下方的图像对称到x轴上方，利用周期为3，将图像平移至区间[－3，4]内，即得f(x)在区间[－3，4]上的图像如下图所示，其中f(－3)＝f(0)＝f(3)＝0.5，f(－2)＝f(1)＝f(4)＝0.5.函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)等价于y＝f(x)的图像与直线y＝a有10个不同的交点，由图像可得a∈0，12. 4．[;江西卷] 已知函数f(x)＝a•2x，x≥0，2－x，x<0(a∈R)．若f[f(－1)]＝1，则a＝( )A.14
D．24．A [解析] 因为f(－1)＝21＝2，f(2)＝a&#a＝1，所以a＝14.15．[;浙江卷] 设函数f(x)＝x2＋2x＋2，x≤0，－x2， x＞0.若f(f(a))＝2，则a＝____.15.2 [解析] 令t＝f(a)，若f(t)＝2，则t2＋2t＋2＝2 满足条件，此时t＝0或t＝－2，所以f(a)＝0或f(a)＝－2，只有－a2＝－2满足条件，故a＝2.21．[;全国卷] 函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，2)是增函数，求a的取值范围．21．解：(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．(i)若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)＝0当且仅当a＝1，x＝－1时成立．故此时f(x)在R上是增函数．(ii)由于a≠0，故当a＜1时，f′(x)＝0有两个根；x1＝－1＋1－aa，x2＝－1－1－aa.若0＜a＜1，则当x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函数；当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，故f(x)在(x2，x1)是减函数．若a＜0，则当x∈(－∞，x1)或(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是减函数；当x∈(x1，x2)时f′(x)＞0，故f(x)在(x1，x2)是增函数．(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，故当a＞0时，f(x)在区间(1，2)是增函数．当a＜0时，f(x)在区间(1，2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－54≤a＜0.综上，a的取值范围是－54，0∪(0，＋∞)．14．[;天津卷] 已知函数f(x)＝|x2＋5x＋4|，x≤0，2|x－2|，x＞0.若函数y＝f(x)－a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为____．14．(1，2) [解析] 在同一坐标系内分别作出y＝f(x)与y＝a|x|的图像，如图所示，当y＝a|x|与y＝f(x)的图像相切时，联立－ax＝－x2－5x－4，a>0，整理得x2＋(5－a)x＋4＝0，则Δ＝(5－a)2－4×1×4＝0，解得a＝1或a＝9(舍去)，∴当y＝a|x|与y＝f(x)的图像有四个交点时，有1B10 函数模型及其应用 8．[;北京卷] 加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p与加工时间t(单位：分钟)满足函数关系p＝at2＋bt＋c(a，b，c是常数)，图1­2记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为( )图1­2A．3.50分钟
B．3.75分钟C．4.00分钟
D．4.25分钟8．B [解析] 由题意得0.7＝9a＋3b＋c，0.8＝16a＋4b＋c，0.5＝25a＋5b＋c，解之得a＝－0.2，b＝1.5，c＝－2，∴p＝－0.2t2＋1.5t－2＝－0.2(t－3.75)2＋0.8125，即当t＝3.75时，p有最大值．10．[;陕西卷] 如图1­2所示，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为( )图1­2A．y＝12x3－12x2－xB．y＝12x3＋12x2－3xC．y＝14x3－xD．y＝14x3＋12x2－2x10．A [解析] 由题意可知，该三次函数的图像过原点，则其常数项为0，不妨设其解析式为y＝f(x)＝ax3＋bx2＋cx，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∴f′(0)＝－1，f′(2)＝3，可得c＝－1，3a＋b＝1.又y＝ax3＋bx2＋cx过点(2，0)，∴4a＋2b＝1，∴a＝12，b＝－12，c＝－1，∴y＝f(x)＝12x3－12x2－x.B11 导数及其运算21．、、[;陕西卷] 设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3)若对任意b＞a＞0，f（b）－f（a）b－a＜1恒成立，求m的取值范围．21．解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex，则f′(x)＝x－ex2，∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增．∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x>0)，设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图像(如图所示)，可知①当m >23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<23时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b>a>0，f（b）－f（a）b－a<1恒成立，等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋mx－x(x>0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝1x－mx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－x－122＋14(x>0)恒成立，∴m≥14对m＝14，h′（x）＝0仅在x＝12时成立，∴m的取值范围是14，＋∞.20．、[;安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．20．解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，且x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当xx2时，f′(x)<0；当x1<x0.故f(x)在－∞，－1－4＋3a3和 －1＋4＋3a3，＋∞内单调递减，在－1－4＋3a3，－1＋4＋3a3内单调递增．(2)因为a>0，所以x10，①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0因此f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当120．、[;北京卷] 已知函数f(x)＝2x3－3x.(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)20．解：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－22或x＝22.因为f(－2)＝－10，f－22＝2，f22＝－2，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f－22＝2.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x20－3)(1－x0)，整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)g′(x) ＋ 0 － 0 ＋g(x)
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．结合图像知，当g(x)有3个不同零点时，有g（0）＝t＋3>0，g（1）＝t＋1－0，解得－3<t<－1.故当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．22．、[;福建卷] 已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.22．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4＞0，即g′(x)＞0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex.(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝1c，由(2)知，当x＞0时，x2＜ex.所以当x＞x0时，ex＞x2＞1cx，即x<cex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：令k＝1c(k＞0)，要使不等式x＜cex成立，只要ex＞kx成立．而要使ex＞kx成立，则只需要x>ln(kx)，即x＞ln x＋ln k成立．①若0＜k≤1，则ln k≤0，易知当x＞0时，x＞ln x≥ln x＋ln k成立．即对任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.②若k＞1，令h(x)＝x－ln x－ln k，则h′(x)＝1－1x＝x－1x，所以当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增．取x0＝4k，h(x0)＝4k－ln(4k)－ln k＝2(k－ln k)＋2(k－ln 2)，易知k＞ln k，k＞ln 2，所以h(x0)＞0.因此对任意c∈(0，1)，取x0＝4c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：①若c≥1，取x0＝0，由(2)的证明过程知，ex＞2x，所以当x∈(x0，＋∞)时，有cex≥ex＞2x＞x，即x＜cex.②若0＜c＜1，令h(x)＝cex－x，则h′(x)＝cex－1.令h′(x)＝0得x＝ln1c.当x＞ln1c时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．取x0＝2ln2c，则h(x0)＝ce2ln2c－2ln2c＝22c－ln2c，易知2c－ln2c＞0，又h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，所以当x∈(x0，＋∞)时，恒有h(x)＞h(x0)＞0，即x＜cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.11．、[;广东卷] 曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)处的切线方程为____．11．5x＋y＋2＝0 [解析] ∵y′＝－5ex，∴所求切线斜是k＝－5e0＝－5，∴切线方程是y－(－2)＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0.11．[;江苏卷] 在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋bx(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是____．11．－3 [解析] 易知y′＝2ax－bx2.根据题意有－5＝4a＋b2，4a－b4＝－72，解得a＝－1，b＝－2，故a＋b＝－3.23．、[;江苏卷] 已知函数f0(x)＝sin xx(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求2f1π2＋π2f2π2的值；(2)证明：对任意的n∈N*，等式nfn－1π4＋π4fnπ4＝22都成立．23．解： (1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝sin xx′＝cos xx－sin xx2，于是f2(x)＝f1′(x)＝cos xx′－sin xx2′＝－sin xx－2cos xx2＋2sin xx3，所以f1π2＝－4π2，f2π2＝－2π＋16π3.故2f1π2＋π2f2π2＝－1.(2)证明：由已知得，xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf0′(x)＝cos x，即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sinx＋π2.类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sinx＋3π2，4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋nπ2对所有的n∈N*都成立．(i)当n＝1时，由上可知等式成立．(ii)假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋kπ2.因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kfk－1′(x)＋fk(x)＋xfk′(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，sinx＋kπ2′＝cosx＋kπ2•x＋kπ2′＝sinx＋（k＋1）π2，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋（k＋1）π2，因此当n＝k＋1时，等式也成立．综合(i)(ii)可知，等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋nπ2对所有的n∈N*都成立．令x＝π4，可得nfn－1π4＋π4fnπ4＝sinπ4＋nπ2(n∈N*)，所以nfn－1π4＋π4fnπ4＝
(n∈N*)．21．、[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1，求a的取值范围．21．解：(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1，(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝aln x＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1)．(i)若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)(ii)若121，故当x∈1，a1－a时，f′(x)<0；当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)>0.f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)而fa1－a＝alna1－a＋a22（1－a）＋aa－1>aa－1，所以不合题意．(iii)若a>1, 则f(1)＝1－a2－1＝－a－12综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．20．，[;山东卷] 设函数f(x)＝aln x＋x－1x＋1，其中a为常数．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．20．解：(1)由题意知，当a＝0时，f(x)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞)．此时f′(x)＝2（x＋1）2，所以f′(1)＝12.又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝ax＋2（x＋1）2＝ax2＋（2a＋2）x＋ax（x＋1）2.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①当a＝－12时，Δ＝0，f′(x)＝－12（x－1）2x（x＋1）2≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a＜－12时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．③当－12＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝－（a＋1）＋2a＋1a，x2＝－（a＋1）－2a＋1a.因为x1＝a＋1－2a＋1－a＝a2＋2a＋1－2a＋1－a＞0，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．综上可得，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－12时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a<0时，f(x)在0，－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a，＋∞上单调递减，在－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a上单调递增．19．、、[;四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；(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2－1ln 2，求数列{anb2n}的前n项和Sn.19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，当n≥1时，bn＋1bn＝2an＋1－an＝2d.故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，其在x轴上的截距为a2－1ln 2.由题意知，a2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a2＝2，所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anb2n＝n•4n.于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n•4n＋1＝4n＋1－43－n•4n＋1＝（1－3n）4n＋1－43，所以，Sn＝（3n－1）4n＋1＋49.19．、[;天津卷] 已知函数f(x)＝x2－23ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)•f(x2)＝1，求a的取值范围．19．解：(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a>0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 0，1a1a1a，＋∞f′(x) － 0 ＋ 0 －f(x)
13a2所以，f(x)的单调递增区间是0，1a；单调递减区间是(－∞，0)，1a，＋∞.当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝1a时，f(x)有极大值，且极大值f1a＝13a2.(2)由f(0)＝f32a＝0及(1)知，当x∈0，32a时，f(x)>0；当x∈32a，＋∞时，f(x)<0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝1f（x）x∈（1，＋∞），f（x）≠0，则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)•f(x2)＝1”等价于A⊆B，显然0∉B.下面分三种情况讨论：(i)当32a>2，即0(ii)当1≤32a≤2，即34≤a≤32时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)．由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B，所以A⊆B.(iii)当32a32时，有f(1)<0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝1f（1），0，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是34，32.B12 导数的应用21．、[;四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.21．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，所以g′(x)＝ex－2a.当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．当a≤12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≥e2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12＜a＜e2时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.综上所述，当a≤12时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当12＜a＜e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)证明：设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)＝f(x0)＝0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减．则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负．故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a≤12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；当a≥e2时，g(x)在[0，1]上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12＜a＜e2.此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．因此x1∈(0，ln(2a))，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b＞0，g(1)＝e－2a－b＞0.由f(1)＝0有a＋b＝e－1<2，有g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.解得e－2＜a＜1.所以，函数f(x)在区间(0，1)内有零点时，e－2＜a＜1.15．[;安徽卷] 若直线l与曲线C满足下列两个条件：(i)直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；(ii)曲线C在点P附近位于直线l的两侧．则称直线l在点P处“切过”曲线C.下列命题正确的是____(写出所有正确命题的编号)．①直线l：y＝0在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝x3；②直线l：x＝－1在点P(－1，0)处“切过”曲线C：y＝(x＋1)2；③直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝sin x；④直线l：y＝x在点P(0，0)处“切过”曲线C：y＝tan x；⑤直线l：y＝x－1在点P(1，0)处“切过”曲线C：y＝ln x.15．①③④ [解析] 对于①，因为y′＝3x2，y′x＝0＝0，所以l：y＝0是曲线C：y＝x3在点P(0，0)处的切线，画图可知曲线C在点P附近位于直线l的两侧，①正确；对于②，因为y′＝2(x＋1)，y′x＝－1＝0，所以l：x＝－1不是曲线C：y＝(x＋1)2在点P(－1，0)处的切线，②错误；对于③，y′＝cos x，y′x＝0＝1，所以曲线C在点P(0，0)处的切线为l：y＝x，画图可知曲线C在点P附近位于直线l的两侧，③正确；对于④，y′＝1cos2x，y′x＝0＝1，所以曲线C在点P(0，0)处的切线为l：y＝x，画图可知曲线C在点P附近位于直线l的两侧，④正确；对于⑤，y′＝1x，y′x＝1＝1，所以曲线C在点P(1，0)处切线为l：y＝x－1，又由h(x)＝x－1－ln x(x>0)可得h′(x)＝1－1x＝x－1x，所以hmin(x)＝h(1)＝0，故x－1≥ln x，所以曲线C在点P附近位于直线l的下侧，⑤错误．20．、[;安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．20．解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，且x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当xx2时，f′(x)<0；当x1<x0.故f(x)在－∞，－1－4＋3a3和 －1＋4＋3a3，＋∞内单调递减，在－1－4＋3a3，－1＋4＋3a3内单调递增．(2)因为a>0，所以x10，①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0因此f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当120．、[;北京卷] 已知函数f(x)＝2x3－3x.(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)20．解：(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－22或x＝22.因为f(－2)＝－10，f－22＝2，f22＝－2，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f－22＝2.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x30－3x0，且切线斜率为k＝6x20－3，所以切线方程为y－y0＝(6x20－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x20－3)(1－x0)，整理得4x30－6x20＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞)g′(x) ＋ 0 － 0 ＋g(x)
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．结合图像知，当g(x)有3个不同零点时，有g（0）＝t＋3>0，g（1）＝t＋1－0，解得－3<t<－1.故当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．22．、[;福建卷] 已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.22．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4＞0，即g′(x)＞0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex.(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝1c，由(2)知，当x＞0时，x2＜ex.所以当x＞x0时，ex＞x2＞1cx，即x<cex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：令k＝1c(k＞0)，要使不等式x＜cex成立，只要ex＞kx成立．而要使ex＞kx成立，则只需要x>ln(kx)，即x＞ln x＋ln k成立．①若0＜k≤1，则ln k≤0，易知当x＞0时，x＞ln x≥ln x＋ln k成立．即对任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.②若k＞1，令h(x)＝x－ln x－ln k，则h′(x)＝1－1x＝x－1x，所以当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增．取x0＝4k，h(x0)＝4k－ln(4k)－ln k＝2(k－ln k)＋2(k－ln 2)，易知k＞ln k，k＞ln 2，所以h(x0)＞0.因此对任意c∈(0，1)，取x0＝4c，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：①若c≥1，取x0＝0，由(2)的证明过程知，ex＞2x，所以当x∈(x0，＋∞)时，有cex≥ex＞2x＞x，即x＜cex.②若0＜c＜1，令h(x)＝cex－x，则h′(x)＝cex－1.令h′(x)＝0得x＝ln1c.当x＞ln1c时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．取x0＝2ln2c，则h(x0)＝ce2ln2c－2ln2c＝22c－ln2c，易知2c－ln2c＞0，又h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，所以当x∈(x0，＋∞)时，恒有h(x)＞h(x0)＞0，即x＜cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜cex.21．[;广东卷] 已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<0时，试讨论是否存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12.21．[;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 xx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．21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝ln xx，所以f′(x)＝1－ln xx2.当f′(x)>0，即0<x<e时，函数f(x)单调递增；当f′(x)e时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e<ln πe，ln eπ<ln 3π.于是根据函数y＝ln x，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增可得，3e<πe<π3，e3<eπ<3π.故这6个数中的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．由e<3<π及(1)的结论，得f(π)<f(3)<f(e)，即ln ππ<ln 33<ln ee.由ln ππ<ln 33， 得ln π3π3.由ln 33<ln ee，得ln 3e<ln e3，所以3e<e3.综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e.9．[;湖南卷] 若0＜x1＜x2＜1，则( )A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1C．x2ex1＞x1ex2D．x2ex1＜x1ex29．C [解析] 依题可构造函数f(x)＝exx，则f′(x)＝ex•x－exx2＝ex（x－1）x2.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，所以f(x)＝exx在区间(0，1)上递减，故0＜x1＜x2＜1时有f(x1)＞f(x2)，即x2ex1＞x1ex2.21．、[;湖南卷] 已知函数f(x)＝xcos x－sin x＋1(x＞0)．(1)求f(x)的单调区间；(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1x21＋1x22＋…＋1x2n＜23.21．解： (1)f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.令f′(x)＝0，得x＝kπ(k∈N*)．当x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x>0，此时f′(x)<0; 当x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x0.故f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．(2)由(1)知，f(x)在区间(0，π)上单调递减．又fπ2＝0，故x1＝π2.当n∈N*时，因为f(nπ)f（n＋1）π＝[(－1)nnπ＋1][(－1)n＋1(n＋1)π＋1]＜0，且函数f(x)的图像是连续不断的，所以f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)内至少存在一个零点．又f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是单调的，故nπ＜xn＋1＜(n＋1)π.因此，当n＝1时，1x21＝4π2＜23；当n＝2时，1x21＋1x22＜1π2(4＋1)＜23；当n≥3时，1x21＋1x22＋…＋1x2n<1π24＋1＋122＋…＋1（n－1）2＜1π25＋11×2＋…＋1（n－2）（n－1）＜1π25＋1－12＋12－13＋…＋1n－2－1n－1＝1π26－1n－1＜6π2＜23.综上所述，对一切n∈N*，1x21＋1x22＋…＋1x2n＜23.11．[;江西卷] 若曲线y＝xln x上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是____．11．(e，e) [解析] 由题意知，y′＝ln x＋1，直线斜率为2.由导数的几何意义知，令ln x＋1＝2，得x＝e，所以y＝eln e＝e，所以P(e，e)．21．、、[;江西卷] 将连续正整数1，2，…，n(n∈N*)从小到大排列构成一个数123…n，F(n)为这个数的位数(如n＝12时，此数为112，共有15个数字，F(12)＝15)，现从这个数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到0的概率．(1)求p(100)；(2)当n≤2014时，求F(n)的表达式；(3)令g(n)为这个数中数字0的个数，f(n)为这个数中数字9的个数，h(n)＝f(n)－g(n)，S＝{n|h(n)＝1，n≤100，n∈N*}，求当n∈S时p(n)的最大值．21．解：(1)当n＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p(100)＝11192.(2)F(n)＝n，1≤n≤9，2n－9，10≤n≤99，3n－108，100≤n≤999，4n－≤n≤2014.(3)当n＝b(1≤b≤9，b∈N*)，g(n)＝0；当n＝10k＋b(1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N)时，g(n)＝k；当n＝100时，g(n)＝11，即g(n)＝0，1≤n≤9，k，n＝10k＋b，11，n＝100.1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N，同理有f(n)＝0，1≤n≤8，k，n＝10k＋b－1，1≤k≤8，0≤b≤9，k∈N*，b∈N，n－80，89≤n≤98，20，n＝99，100.由h(n)＝f(n)－g(n)＝1，可知n＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90，所以当n≤100时，S＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}．当n＝9时，p(9)＝0.当n＝90时，p(90)＝g（90）F（90）＝.当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)＝g（n）F（n）＝k2n－9＝k20k＋9，由y＝k20k＋9关于k单调递增，故当n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)的最大值为p(89)＝8169.又，所以当n∈S时，p(n)的最大值为119.12．、[;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，－98C．[－6，－2]
D．[－4，－3]12．C [解析] 当－2≤x<0时，不等式可转化为a≤x2－4x－3x3，令f(x)＝x2－4x－3x3(－2≤x<0)，则f′(x)＝－x2＋8x＋9x4＝－（x－9）（x＋1）x4，故函数f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤fmin(x)＝f(－1)＝1＋4－3－1＝－2.当x＝0时，不等式恒成立．当0<x≤1时，a≥x2－4x－3x3，令g(x)＝x2－4x－3x3(0<x≤1)，则g′(x)＝－x2＋8x＋9x4，故函数g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥gmax(x)＝g(1)＝1－4－31＝－6.综上，－6≤a≤－2.11．[;新课标全国卷Ⅱ] 若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )A．(－∞，－2]
B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)
D．[1，＋∞)11．D [解析] f′(x)＝k－1x＝kx－1x，且x>0，由题可知f′(x)≥0，即得kx－1≥0，得x≥1k(k<0时不满足)，因为函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以1k≤1，解得k≥1.21．[;新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．21．解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－2a＝－2，所以a＝1.(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4，由题设知1－k>0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0，所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．12．[;全国新课标卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )A．(2，＋∞)
B．(1，＋∞)C．(－∞，－2)
D．(－∞，－1)12．C [解析] 显然a＝0时，函数有两个不同的零点，不符合．当a≠0时，由f′(x)＝3ax2－6x＝0，得x1＝0，x2＝2a.当a>0时，函数f(x)在(－∞，0)，2a，＋∞上单调递增，在0，2a上单调递减，又f(0)＝1，所以函数f(x)存在小于0的零点，不符合题意；当a0，解得a<－2，所以选C.21．、[;全国新课标卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1，求a的取值范围．21．解：(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1，(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝aln x＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1)．(i)若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)(ii)若121，故当x∈1，a1－a时，f′(x)<0；当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)>0.f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)而fa1－a＝alna1－a＋a22（1－a）＋aa－1>aa－1，所以不合题意．(iii)若a>1, 则f(1)＝1－a2－1＝－a－12综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．20．，[;山东卷] 设函数f(x)＝aln x＋x－1x＋1，其中a为常数．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．20．解：(1)由题意知，当a＝0时，f(x)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞)．此时f′(x)＝2（x＋1）2，所以f′(1)＝12.又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝ax＋2（x＋1）2＝ax2＋（2a＋2）x＋ax（x＋1）2.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①当a＝－12时，Δ＝0，f′(x)＝－12（x－1）2x（x＋1）2≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a＜－12时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．③当－12＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝－（a＋1）＋2a＋1a，x2＝－（a＋1）－2a＋1a.因为x1＝a＋1－2a＋1－a＝a2＋2a＋1－2a＋1－a＞0，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．综上可得，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－12时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a<0时，f(x)在0，－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a，＋∞上单调递减，在－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a上单调递增．21．、、[;陕西卷] 设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3)若对任意b＞a＞0，f（b）－f（a）b－a＜1恒成立，求m的取值范围．21．解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝ln x＋ex，则f′(x)＝x－ex2，∴当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递减；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增．∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x>0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x>0)，设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图像(如图所示)，可知①当m >23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0<m<23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m>23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0<m<23时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b>a>0，f（b）－f（a）b－a<1恒成立，等价于f(b)－b<f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋mx－x(x>0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h′(x)＝1x－mx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－x－122＋14(x>0)恒成立，∴m≥14对m＝14，h′（x）＝0仅在x＝12时成立，∴m的取值范围是14，＋∞.19．、[;天津卷] 已知函数f(x)＝x2－23ax3(a＞0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)•f(x2)＝1，求a的取值范围．19．解：(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a>0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－∞，0) 0 0，1a1a1a，＋∞f′(x) － 0 ＋ 0 －f(x)
13a2所以，f(x)的单调递增区间是0，1a；单调递减区间是(－∞，0)，1a，＋∞.当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝1a时，f(x)有极大值，且极大值f1a＝13a2.(2)由f(0)＝f32a＝0及(1)知，当x∈0，32a时，f(x)>0；当x∈32a，＋∞时，f(x)<0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝1f（x）x∈（1，＋∞），f（x）≠0，则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)•f(x2)＝1”等价于A⊆B，显然0∉B.下面分三种情况讨论：(i)当32a>2，即0(ii)当1≤32a≤2，即34≤a≤32时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)．由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B，所以A⊆B.(iii)当32a32时，有f(1)<0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝1f（1），0，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是34，32.21．[;浙江卷] 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)＋4.21．解：(1)因为a>0，－1≤x≤1，所以，(i)当0若x∈[a，1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3>0，故f(x)在(a，1)上是增函数．所以g(a)＝f(a)＝a3.(ii)当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1，1)上是减函数，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.综上，g(a)＝a3，0(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)．(i)当0若x∈[a，1]，则h(x)＝x3＋3x－3a－a3，得h′(x)＝3x2＋3>0，则h(x)在(a，1)上是增函数，所以h(x)在[a，1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，而0若x∈[－1，a]，则h(x)＝x3－3x＋3a－a3≤0，得h′(x)＝3x2－3，则h(x)在(－1，a)上是减函数，所以h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3，令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a2>0，知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.(ii)当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，故h(x)＝x3－3x＋2，得h′(x)＝3x2－3≤0，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，当x∈[－1，1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.19．[;重庆卷] 已知函数f(x)＝x4＋ax－ln x－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．19．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝14－ax2－1x，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x知f′(1)＝－34－a＝－2，解得a＝54.(2)由(1)知f(x)＝x4＋54x－ln x－32，则f′(x)＝x2－4x－54x2.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为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)上为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)上为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln 5.B13 定积分与微积分基本定理
B14 单元综合19．、、、[;江苏卷] 已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数．(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x ＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围．(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)19．解： (1)证明：因为对任意 x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e －(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)由条件知 m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令 t＝ex(x>0)，则 t>1，所以 m≤－t－1t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋ 1对任意 t>1成立．因为t－1＋1t－1＋ 1≥2 （t－1）•1t － 1＋1＝3, 所以 －1t－1＋1t－1＋ 1≥－13，当且仅当 t＝2, 即x ＝ ln 2时等号成立．因此实数 m 的取值范围是－∞，－13.(3)令函数 g(x)＝ex＋1ex－ a(－x3＋3x)，则g′ (x) ＝ex－1ex＋3a(x2－1)．当 x≥1时，ex－1ex>0，x2－1≥0.又a>0，故 g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的单调递增函数， 因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是 g(1)＝ e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x30＋ 3x0 )<0 成立， 当且仅当最小值g(1)<0，故 e＋e－1－2ae＋e－12.令函数h(x) ＝ x －(e－1)ln x－1，则 h′(x)＝1－e－1x. 令 h′(x)＝0, 得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调递减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调递增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0；当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．故①当a∈e＋e－12，e⊆(1，e)时， h(a)<0，即a－1<(e－1)ln a，从而ea－1②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)ln a，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈e＋e－12，e时，ea－1ae－1.10．[;江西卷] 在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋a2与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图像不可能是( ) A BC D10．B [解析] 当a＝0时，为D选项．当a≠0时，抛物线的对称轴为直线x＝12a，另一个函数的导数y′＝3a2x2－4ax＋1，令y′＝0，解得该函数的两个极值点分别为x1＝1a，x2＝13a，12a一直介于1a和13a之间，排除法知选B.21．、[;辽宁卷] 已知函数f(x)＝π(x－cos x)－2sin x－2，g(x)＝(x－π)1－sin x1＋sin x＋2xπ－1.证明：(1)存在唯一x0∈0，π2，使f(x0)＝0；(2)存在唯一x1∈π2，π，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1＞π.21．证明：(1)当x∈0，π2时，f′(x)＝π＋πsin x－2cos x＞0，所以f(x)在区间0，π2上为增函数．又f(0)＝－π－2＜0，fπ2＝π22－4＞0，所以存在唯一x0∈0，π2，使f(x0)＝0.(2)当x∈π2，π时，化简得g(x)＝(π－x)•cos x1＋sin x＋2xπ－1.令t＝π－x则t∈0，π2.记u(t)＝g(π－t)＝－tcos t1＋sin t－2πt＋1，则u′(t)＝f（t）π（1＋sin t）.由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)＜0；当t∈x0，π2时，u′(t)＞0.所以在x0，π2上u(t)为增函数，由uπ2＝0知，当t∈x0，π2时，u(t)＜0，所以u(t)在x0，π2上无零点．在(0，x0)上u(t)为减函数，由u(0)＝1及u(x0)＜0知存在唯一t0∈(0，x0)，使u(t0)＝0.于是存在唯一t0∈0，π2，使u(t0)＝0.设x1＝π－t0∈π2，π，则g(x1)＝g(π－t0)＝u(t0)＝0.因此存在唯一的x1∈π2，π，使g(x1)＝0.由于x1＝π－t0，t0＜x0，所以x0＋x1＞π.9．[;山东卷] 对于函数f(x)，若存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)＝f(2a－x)，则称f(x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是( )A．f(x)＝x
B．f(x)＝x2
C．f(x)＝tan x
D．f(x)＝cos(x＋1)9．D [解析] 因为f(x)＝f(2a－x)，所以函数f(x)的图像关于x＝a对称．A选项中，函数f(x)＝x没有对称性；B选项中，函数f(x)＝x2关于y轴对称，与a≠0矛盾；C选项中，函数f(x)＝tan x也没有对称性；D选项中，函数f(x)＝cos(x＋1)的图像是由函数g(x)＝cos x的图像向左平移一个单位后得到的，又函数g(x)＝cos x的图像关于x＝kπ(k∈Z)对称，所以函数f(x)＝cos(x＋1)的图像关于x＝kπ－1(k∈Z)对称．故选D.15．、、[;四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；②若函数f(x)∈B，则f(x)有最大值和最小值；③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∈/B；④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋xx2＋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，则函数f(x)的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f(a)＝b，故①正确．取函数f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M＝1，使得函数f(x)的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时函数f(x)没有最大值和最小值，故②错误．当f(x)∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f(a)＝b，所以，当g(x)∈B时，对于函数f(x)＋g(x)，如果存在一个正数M，使得f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f(x)＋f(a0)＝b0－g(a0)，即f(a0)＋g(a0)＝b0∉[－M，M]，故③正确．对于f(x)＝aln(x＋2)＋xx2＋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)＝xx2＋1(x＞－2)．易知f(x)∈－12，12，所以存在正数M＝12，使得f(x)∈[－M，M]，故④正确3．[;汕头期末] 设f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2＋x，则f(－1)＝( )A．－2
D．－13．A [解析] 因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝－2.6．[;株洲模拟] 设函数f(x)＝（a－2）x，x≥2，12x－1，x<2是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围为( )A．(－∞，2)B.－∞，138C．(0，2)D.138，26．B [解析] 依题意可得a－2<0，122－1≥2（a－2），解得a≤138.2．[;合肥联考] 已知定义域为R的奇函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x－1)，且当x∈(0，1)时，f(x)＝2x－12x＋1.(1)求f(x)在区间[－1，1]上的解析式；(2)若存在x∈(0，1)，满足f(x)>m，求实数m的取值范围．2．解：(1)当x∈(－1，0)时，－x∈(0，1)．由f(x)为R上的奇函数，得f(－x)＝－f(x)＝2－x－12－x＋1＝1－2x2x＋1，∴f(x)＝2x－12x＋1，x∈(－1，0)．又由f(x)为奇函数，得f(0)＝0，f(－1)＝－f(1)，且f(－1)＝f(1)，∴f(－1)＝0，f(1)＝0，故f(x)在区间[－1，1]上的解析式为f(x)＝2x－12x＋1，x∈（－1，1），0，x＝±1.(2)∵x∈(0，1)，∴f(x)＝2x－12x＋1＝2x＋1－22x＋1＝1－22x＋1.又∵2x∈(1，2)，∴1－22x＋1∈0，13.若存在x∈(0，1)，满足f(x)>m，则m<13，故实数m的取值范围为－∞，13.7．[;广州联考] 设函数f(x)＝xα＋1(α∈Q)的定义域为[－b，－a]∪[a，b]，其中0＜a＜b，且f(x)在区间[a，b]上的最大值为6，最小值为3，则f(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值的和是( )A．－5
B．9C．－5或9
D．以上都不对7．C [解析] 设h(x)＝f(x)－1＝xα，则由题意可知，h(x)为奇函数或偶函数．当h(x)为奇函数时，由f(x)在区间[a，b]上的最大值为6，最小值为3，得h(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值分别是－2和－5，从而f(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值分别是－1和－4，其和为－5；当h(x)为偶函数时，由f(x)在区间[a，b]上的最大值为6，最小值为3，得h(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值分别是5和2，从而f(x)在区间[－b，－a]上的最大值与最小值分别是6和3，其和为9.故选C.4．[;岳阳模拟] 若f(x)＝3sin θ3x3＋cos θ2x2＋4x－1，其中θ∈0，5π6，则导数f′(－1)的取值范围是( )A．[3，6]
B．[3，4＋3]C．[4－3，6]
D．[4－3，4＋3]4．A [解析] 因为f′(x)＝3sin θx2＋cos θx＋4，所以f′(－1)＝3sin θ－cos θ＋4＝2sinθ－π6＋4.又θ∈0，5π6，所以2sinθ－π6∈[－1，2]，故f′(－1)∈[3，6]．2．[;内江模拟] 已知函数f(x)＝13x3－12x2＋cx＋d有极值，则实数c的取值范围为( )A．c<14
B．c≤14C．c≥14
D．c>142．A [解析] 由题意知，f′(x)＝x2－x＋c.∵函数f(x)有极值，∴Δ＝1－4c>0，解得c<14.8．[;常德期末] 已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>f(x)．若x1<x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )A．ex1f(x2)>ex2f(x1)
B．ex1f(x2)<ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)
D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定8．A [解析] 因为f′(x)>f(x)，所以f′(x)－f(x)>0.故可构造函数F(x)＝f（x）ex，则F′(x)＝f′（x）•ex－f（x）•ex（ex）2＝f′（x）－f（x）ex>0，即函数F(x)在R上单调递增．又因为x1＜x2，所以F(x1)<F(x2)，即f（x1）ex1<f（x2）ex2，故ex2f(x1)<ex1f(x2)．2．[;长沙四校联考] 已知函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx.(1)若函数f(x)在区间[－1，1)，(1，3]内各有一个极值点，当a2－b取最大值时，求函数f(x)的解析式．(2)若a＝－1，在曲线y＝f(x)上是否存在唯一的点P，使曲线在点P处的切线l与曲线只有一个公共点？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．解：(1)因为函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx在区间[－1，1)，(1，3]内各有一个极值点，所以x2＋2ax＋b＝0在区间[－1，1)，(1，3]内各有一个实数根．设两个实根分别为x1，x2(x1<x2)，则x1＋x2＝－a，x1x2＝b，所以x2－x1＝2 a2－b，且0<x2－x1≤4，所以0<2 a2－b≤4，即0当x1＝－1，x2＝3，即a＝－1，b＝－3时，等号成立，此时a2－b取最大值4.故函数的解析式为f(x)＝13x3－x2－3x.(2)假设存在点P(x0，y0)符合条件．由f′(x)＝x2－2x＋b，得f(x)在点P处的切线l的方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，即y＝(x20－2x0＋b)x－23x30＋x20.令g(x)＝f(x)－(x20－2x0＋b)x－23x30＋x20＝13x3－x2－(x20－2x0)x＋23x30－x20，则g(x0)＝0.由题设知，g(x)＝f(x)－(x20－2x0＋b)x－23x30＋x20有唯一的零点x0，且在x＝x0两边附近的函数值异号，所以x＝x0一定不是g(x)的极值点．易知g′(x)＝x2－2x－x20＋2x0＝(x－x0)(x＋x0－2)．若x0≠2－x0，则易知x＝x0和x＝2－x0都是g(x)的极值点，不合题意；若x0＝2－x0，即x0＝1，则g′(x)＝(x－1)2≥0，此时函数g(x)＝13x3－x2－(x20－2x0)x＋23x30－x20＝13x3－x2＋x－13＝13(x－1)3，其在R上单调递增．当x>1时，g(x)>0；当x<1时，g(x)<0.故函数g(x)有唯一的零点x0＝1，且在x0＝1两边附近的函数值异号．故在曲线y＝f(x)上存在唯一的点P(1，f(1))，使曲线y＝f(x)在点P处的切线l与曲线y＝f(x)只有一个公共点．
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