当前位置：
＞＞＞已知函数f（x）=23sinωxcosωx+2cos2ωx-1（ω＞0）的图象上的一个最低点..
已知函数f（x）=23sinωxcosωx+2cos2ωx-1（ω＞0）的图象上的一个最低点为P，离P最近的两个最高点分别为M、N，且PMoPN=16-π216．（1）求ω的值；（2）在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，若f（A2）=1，且a=2，b+c=4，求△ABC的面积．
题型：解答题难度：中档来源：不详
（1）f（x）=3sin2ωx+cos2ωx=2sin（2ωx+π6），令P（x0，-2），M（x0-T2，2），N（x0+T2，2），∴PMoPN=-T24+16=16-π216，∴T=π2=2π2ω，则ω=2；（2）∵f（A2）=2sin（2A+π6）=1，∴2A+π6=5π6，即A=π3，又a2=b2+c2-2bccosA，∴4=b2+c2-bc=（b+c）2-3bc，∵b+c=4，∴bc=4，则S△ABC=12bcsinA=3．
马上分享给同学
据魔方格专家权威分析，试题“已知函数f（x）=23sinωxcosωx+2cos2ωx-1（ω＞0）的图象上的一个最低点..”主要考查你对&&余弦定理&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
现在没空？点击收藏，以后再看。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
&余弦定理：
三角形任意一边的平方等于其他两边的平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即。
在△ABC中，若a2+b2=c2，则C为直角；若a2+b2＞c2，则C为锐角；若a2+b2＜c2，则C为钝角。 余弦定理在解三角形中的应用：
（1）已知两边和夹角，（2）已知三边。 其它公式：
射影公式：
发现相似题
与“已知函数f（x）=23sinωxcosωx+2cos2ωx-1（ω＞0）的图象上的一个最低点..”考查相似的试题有：
868835256107256034283345765655276619已知函数f(x)=2cos的平方x-1+2sinxcosx，x属于R。（1）求f(x)的最小周期
已知函数f(x)=2cos的平方x-1+2sinxcosx，x属于R。（1）求f(x)的最小周期
（2）求f(x)的最大值，并求f(x)使取得最大值时的的集合&
解：f(0)=2*sin0*cos0-2*cos0^2=2*0*1-2*1^2=0-2*1=0-2=-2
f(π/2)=2sin(π/2)cos(π/2)-2cos(π/2)^2=2*1*0-2*0^2=0-0=0
当x 属于[0，π/2]时求函数f（x）的取值范围是[-2,0]。
的感言：不用谢
等待您来回答
理工学科领域专家当前位置：
＞＞＞函数f(x)=cosπx2cosπ(x-1)2的最小正周期为______．-数学-魔方格
函数f(x)=cosπx2cosπ(x-1)2的最小正周期为______．
题型：填空题难度：中档来源：不详
∵f(x)=cosπx2cosπ(x-1)2=cos12πxsin12πx=12sinπx根据周期公式可得T=2ππ=2故答案为：2
马上分享给同学
据魔方格专家权威分析，试题“函数f(x)=cosπx2cosπ(x-1)2的最小正周期为______．-数学-魔方格”主要考查你对&&任意角的三角函数，三角函数的诱导公式&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
现在没空？点击收藏，以后再看。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
任意角的三角函数三角函数的诱导公式
任意角的三角函数的定义：
设α是任意一个角，α的终边上任意一点P的坐标是（x，y），它与原点的距离是，那么，，以上以角为自变量，比值为函数的六个函数统称为三角函数。三角函数值只与角的大小有关，而与终边上点P的位置无关。
象限角的三角函数符号：
一全正，二正弦，三两切，四余弦。 特殊角的三角函数值：（见下表）
诱导公式：
公式一公式二公式三公式四公式五公式六规律：奇变偶不变，符号看象限。即形如（2k+1）90°±α，则函数名称变为余名函数，正弦变余弦，余弦变正弦，正切变余切，余切变正切。形如2k×90°±α，则函数名称不变。 诱导公式口诀“奇变偶不变，符号看象限”意义：
&的三角函数值．&&(1)当k为偶数时，等于α的同名三角函数值，前面加上一个把α看作锐角时原三角函数值的符号；&&(2)当k为奇数时，等于α的异名三角函数值，前面加上一个把α看作锐角时原三角函数值的符号。
记忆方法一：奇变偶不变，符号看象限：&&&
记忆方法二：无论α是多大的角，都将α看成锐角．&&&
以诱导公式二为例：
&若将α看成锐角（终边在第一象限），则π十α是第三象限的角（终边在第三象限），正弦函数的函数值在第三象限是负值，余弦函数的函数值在第三象限是负值，正切函数的函数值在第三象限是正值．这样，就得到了诱导公式二．以诱导公式四为例：&&& &&&& 若将α看成锐角（终边在第一象限），则π-α是第二象限的角（终边在第二象限），正弦函数的三角函数值在第二象限是正值，余弦函数的三角函数值在第二象限是负值，正切函数的三角函数值在第二象限是负值．这样，就得到了诱导公式四．
诱导公式的应用：
运用诱导公式转化三角函数的一般步骤：&&&&& 特别提醒：三角函数化简与求值时需要的知识储备：①熟记特殊角的三角函数值；②注意诱导公式的灵活运用；③三角函数化简的要求是项数要最少，次数要最低，函数名最少，分母能最简，易求值最好。
发现相似题
与“函数f(x)=cosπx2cosπ(x-1)2的最小正周期为______．-数学-魔方格”考查相似的试题有：
750857566941757140326978335268457401您当前的位置：&>&&>&&>&&>&
函数与导数
B1 函数及其表示6．[2014?安徽卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(x＋π)＝f(x)＋sin x．当0≤x<π时，f(x)＝0，则f＝( )A.
D．－6．A 2．、[2014?北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )A．y＝
B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x
D．y＝log0.5(x＋1)2．A 7．、、[2014?福建卷] 已知函数f(x)＝则下列结论正确的是( )A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)7．D 2．[2014?江西卷] 函数f(x)＝ln(x2－x)的定义域为( )A．(0，1]
B．[0，1]C．(－∞，0)∪(1，＋∞)
D．(－∞，0]∪[1，＋∞)2．C3．，[2014?山东卷] 函数f(x)＝的定义域为( )A.
B．(2，＋∞)C. ∪(2，＋∞)
D. ∪[2，＋∞)3．C B2
反函数12．[2014?全国卷] 函数y＝f(x)的图像与函数y＝g(x)的图像关于直线x＋y＝0对称，则y＝f(x)的反函数是( )A．y＝g(x)
B．y＝g(－x)
C．y＝－g(x)
D．y＝－g(－x)12．D B3
函数的单调性与最值2．、[2014?北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )A．y＝
B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x
D．y＝log0.5(x＋1)2．A 7．、、[2014?福建卷] 已知函数f(x)＝则下列结论正确的是( )A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)7．D 21．、[2014?广东卷] 设函数f(x)＝，其中k<－2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若kf(1)的x的集合(用区间表示)．12．[2014?四川卷] 设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x∈[－1，1)时，f(x)＝则f＝________．12．115．，[2014?四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R，?a∈D，f(a)＝b”；②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)?B；④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x>－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 21．，[2014?四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，求a的取值范围．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≤时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上单调递增，因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减，因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；当<a<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≤时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当<a<时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；当a≥时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)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≤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≥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<a<.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得a＋b＝e－1<2，则g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0，解得e－2<a<1.当e－2<a<1时，g(x)在区间[0，1]内有最小值g(ln(2a))．若g(ln(2a))≥0，则g(x)≥0(x∈[0，1])，从而f(x)在区间[0，1]内单调递增，这与f(0)＝f(1)＝0矛盾，所以g(ln(2a))<0.又g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.故此时g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2，1]上单调递增．所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2)<f(1)＝0，故f(x)在(x1，x2)内有零点．综上可知，a的取值范围是(e－2，1)．B4
函数的奇偶性与周期性7．、、[2014?福建卷] 已知函数f(x)＝则下列结论正确的是( )A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)7．D 3．[2014?湖南卷] 已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，则f(1)＋g(1)＝( )A．－3
D．33．C 3．[2014?新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是( )A．f(x)g(x)是偶函数B．|f(x)|g(x)是奇函数C．f(x)|g(x)|是奇函数D．|f(x)g(x)|是奇函数3．C 15．[2014?新课标全国卷Ⅱ] 已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0，若f(x－1)＞0，则x的取值范围是________．15．(－1，3) B5
二次函数16．、[2014?全国卷] 若函数f(x)＝cos 2x＋asin x在区间是减函数，则a的取值范围是________．16．(－∞，2] B6
指数与指数函数 4．、、[2014?福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1-1所示，则下列函数图像正确的是( )图1-1
A B C D图1-24．B 3．[2014?江西卷] 已知函数f(x)＝5|x|，g(x)＝ax2－x(a∈R)．若f[g(1)]＝1，则a＝( )A．1
D．－13．A 3．、[2014?辽宁卷] 已知a＝2－，b＝log2，c＝log，则( )A．a>b>c
D．c>b>a3．C2．，[2014?山东卷] 设集合A＝{x||x－1|＜2}，B＝{y|y＝2x，x∈[0，2]}，则A∩B＝( )A．[0，2]
D．(1，4)2．C 5．，，[2014?山东卷] 已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是( )A. ＞
B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C. sin x＞sin y
D. x3＞y35．D 7．[2014?陕西卷] 下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)?f(y)”的单调递增函数是( )A．f(x)＝x
B．f(x)＝x3
C．f(x)＝
D．f(x)＝3x7．B 11．[2014?陕西卷] 已知4a＝2，lg x＝a，则x＝________．11. [解析] 由4a＝2，得a＝，代入lg x＝a，得lg x＝，那么x＝10 ＝.B7
对数与对数函数5．，，[2014?山东卷] 已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是( )A. ＞
B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C. sin x＞sin y
D. x3＞y35．D 3．，[2014?山东卷] 函数f(x)＝的定义域为( )A.
B．(2，＋∞)C. ∪(2，＋∞)
D. ∪[2，＋∞)3．C 4．、、[2014?福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1-1所示，则下列函数图像正确的是( )图1-1
A B C D图1-24．B 13．、[2014?广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．13．50 3．、[2014?辽宁卷] 已知a＝2－，b＝log2，c＝log，则( )A．a>b>c
D．c>b>a3．C 4．[2014?天津卷] 函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间为( )A．(0，＋∞)
B．(－∞，0)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，－2)4．D 7．、[2014?浙江卷] 在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x>0)，g(x)＝logax的图像可能是( ) A B C D图1-2图1-27．D 12．[2014?重庆卷] 函数f(x)＝log2?log(2x)的最小值为________．12．－ B8
幂函数与函数的图像4．、、[2014?福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1-1所示，则下列函数图像正确的是( )图1-1
A B C D图1-24．B 10．[2014?湖北卷] 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若?x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为( )A.
D.10．B 8．[2014?山东卷] 已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是( )A.
D. (2，＋∞)8．B 7．、[2014?浙江卷] 在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x>0)，g(x)＝logax的图像可能是( ) A B C D图1-2图1-27．D B9
函数与方程
10．、[2014?湖南卷] 已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图像上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )A．(－∞，)
B．(－∞，)C.
D.10．B 14．[2014?天津卷] 已知函数f(x)＝|x2＋3x|，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________．14．(0，1)∪(9，＋∞) 6．[2014?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
C．696．C B10 函数模型及其应用 8．[2014?湖南卷] 某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p，第二年的增长率为q，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( )A.
D.－18．D 10．[2014?陕西卷] 如图1-2，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10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为
( )图1-2A．y＝x3－x
B．y＝x3－xC．y＝x3－x
D．y＝－x3＋x10．A B11 导数及其运算18．、[2014?安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时 ，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．18．解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当xx2时，f′(x)<0；当x1<x0.故f(x)在和 内单调递减，在内单调递增．(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<a<4时，x2<1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1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1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．21．、、[2014?安徽卷] 设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c.21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明an>c.①当n＝1时，由题设知a1>c成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.当n＝k＋1时，＝＋a＝1＋.由ak>c>0得－1<－<<0.由(1)中的结论得＝>1＋p? ＝.因此a>c，即ak＋1>c，所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．再由＝1＋可得<1，即an＋1<an.综上所述，an>an＋1>c，n∈N*.方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，即有ak＋1>ak＋2>c，所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>c均成立．20．、[2014?福建卷] 已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，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x2<cex.20．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)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.故当x>0时，x2<cex.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.②若0<c1，要使不等式x2kx2成立．而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝.所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k，易知k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)对任意给定的正数c，取x0＝，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e?e>?，当x>x0时，ex>>＝x2，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3<ex.证明如下：令h(x)＝x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.由(2)知，当x>0时，x2<ex，从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝－1<0，即x3<ex.取x0＝，当x>x0时，有x2<x3<ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.10．、[2014?广东卷] 曲线y＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．10．y＝－5x＋3 [解析] 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y′＝－5e－5x，所以切线的斜率k＝－5e0＝－5，所以切线方程是：y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3.13．[2014?江西卷] 若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．13．(－ln 2，2) [解析] 设点P的坐标为(x0，y0)，y′＝－e－x.又切线平行于直线2x＋y＋1＝0，所以－e－x0＝－2，可得x0＝－ln 2，此时y＝2，所以点P的坐标为(－ln 2，2)．18．、[2014?江西卷] 已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围．18．解：(1)当b＝4时，f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝，易知当x∈时，<0，依题意当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，得b≤.所以b的取值范围为.7．[2014?全国卷] 曲线y＝xex－1在点(1，1)处切线的斜率等于( )A．2e
D．17．C 8．[2014?新课标全国卷Ⅱ] 设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝( )A．0
D．38．D 21．，，，[2014?陕西卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．21．解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－＝，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.令x＝，n∈N＋，则<ln.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，<ln 2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋<ln(k＋1)＋<ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．方法二：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.令x＝，n∈N＋，则ln>.故有ln 2－ln 1>，ln 3－ln 2>，……ln(n＋1)－ln n>，上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，结论得证．方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，∴＋＋…＋>dx＝dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．19．，[2014?四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{an}的前n项和Sn；(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.19．解：(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，所以2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2，所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，其在x轴上的截距为a2－.由题意有a2－＝2－，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n，所以数列{}的通项公式为＝，所以Tn＝＋＋＋…＋＋，2Tn＝＋＋＋…＋，因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.所以，Tn＝.B12 导数的应用21．，[2014?四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，求a的取值范围．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≤时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上单调递增，因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减，因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；当<a<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≤时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当<a<时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；当a≥时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.(2)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≤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≥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<a<.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得a＋b＝e－1<2，则g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0，解得e－2<a<1.当e－2<a<1时，g(x)在区间[0，1]内有最小值g(ln(2a))．若g(ln(2a))≥0，则g(x)≥0(x∈[0，1])，从而f(x)在区间[0，1]内单调递增，这与f(0)＝f(1)＝0矛盾，所以g(ln(2a))<0.又g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0.故此时g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2，1]上单调递增．所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2)<f(1)＝0，故f(x)在(x1，x2)内有零点．综上可知，a的取值范围是(e－2，1)．18．、[2014?安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x∈[0，1]时 ，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值．18．解： (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1<x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当xx2时，f′(x)<0；当x1<x0.故f(x)在和 内单调递减，在内单调递增．(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<a<4时，x2<1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，所以f(x)在x＝x2＝处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1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1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．18．[2014?北京卷] 已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈.(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<<b对x∈恒成立，求a的最大值与b的最小值．18．解：(1)证明：由f(x)＝xcos x－sin x得f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.因为在区间上f′(x)＝－xsin x<0，所以f(x)在区间上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.(2)当x>0时，“>a”等价于“sin x－ax>0”，“<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∈恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在区间上单调递减，从而g(x)<g(0)＝0对任意x∈恒成立．当0<c<1时，存在唯一的x0∈使得g′(x0)＝cos x0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下：x(0，x0)x0g′(x)＋0－g(x)因为g(x)在区间(0，x0)上是增函数，所以g(x0)>g(0)＝0.进一步，“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即0<c≤.综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈恒成立．所以，若a<<b对任意x∈恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.20．、[2014?福建卷] 已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，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x2<cex.20．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)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<ex.(3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.故当x>0时，x2<cex.取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.②若0<c1，要使不等式x2kx2成立．而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝.所以当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．取x0＝16k>16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增．又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k，易知k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以h(x0)>0.即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)对任意给定的正数c，取x0＝，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e?e>?，当x>x0时，ex>>＝x2，因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3<ex.证明如下：令h(x)＝x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.由(2)知，当x>0时，x2<ex，从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝－1<0，即x3<ex.取x0＝，当x>x0时，有x2<x3<ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<cex.21．、[2014?广东卷] 设函数f(x)＝，其中k<－2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若kf(1)的x的集合(用区间表示)．22．[2014?湖北卷] π为圆周率，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f(x)＝的单调区间；(2)求e3，3e，eπ，πe，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．22．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝，所以f′(x)＝.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<<.由<，得ln π3π3；由<，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.(3)由(2)知，3e<πe<π3<3π，3e<e3.又由(2)知，<，得πe<eπ.故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小．由(1)知，当0<x<e时，f(x)<f(e)＝，即<.在上式中，令x＝，又<e，则ln<，从而2－ln π2－.①由①得，eln π>e>2.7×>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即eln π>3，亦即ln πe>ln e3，所以e3<πe.又由①得，3ln π>6－>6－e>π，即3ln π>π，所以eπ<π3.综上可得，3e<e3<πe<eπ<π3<3π，即这6个数从小到大的顺序为3e，e3，πe，eπ，π3，3π.22．、[2014?湖南卷] 已知常数a＞0，函数f(x)＝ln(1＋ax)－.(1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a的取值范围．22．解：(1)f′(x)＝－＝.(*)当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当0<a<1时，由f′(x)＝0得x1＝2.当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当0＜a＜1时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．(2)由(*)式知，当a≥1时，f′(x)≥0，此时f(x)不存在极值点，因而要使得f(x)有两个极值点，必有0<a<1.又f(x)的极值点只可能是x1＝2和x2＝－2，且由f(x)的定义可知，x>－且x≠－2，所以－2>－，－2≠－2，解得a≠.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点．而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－＝ln(2a－1)2－＝ln(2a－1)2＋－2.令2a－1＝x.由0<a<1且a≠知，当0<a<时，－1<x<0；当<a<1时，0<x＜1.记g(x)＝ln x2＋－2.(i)当－1<x<0时，g(x)＝2ln(－x)＋－2，所以g′(x)＝－＝<0，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.(ii)当0<x<1时，g(x)＝2ln x＋－2，所以g′(x)＝－＝<0，因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，从而g(x)>g(1)＝0.故当<a0.综上所述，满足条件的a的取值范围为.18．、[2014?江西卷] 已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围．18．解：(1)当b＝4时，f′(x)＝，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝，易知当x∈时，<0，依题意当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，得b≤.所以b的取值范围为.11．[2014?辽宁卷] 当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )A．[－5，－3]
C．[－6，－2]
D．[－4，－3]11．C [解析] 当－2≤x<0时，不等式转化为a≤，令f(x)＝(－2≤x<0)，则f′(x)＝＝，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤＝－2.当x＝0时，g(x)恒成立．当0<x≤1时，a≥，令个g(x)＝(0<x≤1)，则g′(x)＝＝，故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥＝－6.综上，－6≤a≤－2.22．、[2014?全国卷] 函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：<an≤.22．解：(1)易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝.(i)当1<a0，所以f(x)在(－1，a2－2a)是增函数；若x∈(a2－2a，0)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a2－2a，0)是减函数；若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)是增函数．(ii)当a＝2时，若f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，所以f(x)在(－1，＋∞)是增函数. (iii)当a>2时，若x∈(－1，0)，则f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)是增函数；若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，所以f(x)在(0，a2－2a)是减函数；若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(a2－2a，＋∞)是增函数．(2)由(1)知，当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)是增函数．当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝0，即ln(x＋1)>(x>0)．又由(1)知，当a＝3时，f(x)在[0，3)是减函数．当x∈(0，3)时，f(x)<f(0)＝0，即ln(x＋1)<(0<x<3)．下面用数学归纳法证明<an≤.(i)当n＝1时，由已知<a1＝1，故结论成立．(ii)假设当n＝k时结论成立，即<ak≤.当n＝k＋1时，ak＋1＝ln(ak＋1)>ln>＝，ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln<＝，即当n＝k＋1时，有 <ak＋1≤，结论成立．根据(i)(ii)知对任何n∈结论都成立．11．[2014?新课标全国卷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)11．C [解析] 当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1，存在两个零点，不符合题意，故a≠0.由f′(x)＝3ax2－6x＝0，得x＝0或x＝.若a0，即可解得a<－2；若a>0，则f(x)极大值＝f(0)＝1>0，此时函数f(x)一定存在小于零的零点，不符合题意．综上可知，实数a的取值范围为(－∞，－2)．21．、[2014?新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2.(2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.因为gmin(x)＝g＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.21．、[2014?新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求b的最大值；(3)已知1.414 2＜＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．21．解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．(i)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x满足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b－1＋)时，g(x)<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln)＝－2b＋2(2b－1)ln 2.当b＝2时，g(ln)＝－4＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8；当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln 2<0，ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.20．[2014?山东卷] 设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．20．解：(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－k＝－＝.由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，当k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，当0<k≤1时，当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x)单调递增，故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点．当k>1时，得x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减；x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k)．函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点．当且仅当解得e<k<.综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为.21．，，，[2014?陕西卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．21．解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－＝，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.令x＝，n∈N＋，则<ln.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，<ln 2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋<ln(k＋1)＋<ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．方法二：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.令x＝，n∈N＋，则ln>.故有ln 2－ln 1>，ln 3－ln 2>，……ln(n＋1)－ln n>，上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，结论得证．方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，∴＋＋…＋>dx＝dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．20．、[2014?天津卷] 设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1<x2.(1)求a的取值范围； (2)证明：随着a的减小而增大； (3)证明：x1＋x2随着a的减小而增大．20．解：(1)由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex.下面分两种情况讨论：(i)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． (ii)a>0时，由f′(x)＝0，得x＝－ln a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－ln a)－ln a(－ln a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)－ln a－1这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－ln a)；单调递减区间是(－ln a，＋∞)．于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－ln a)>0；②存在s1∈(－∞，－ln a)，满足f(s1)<0；③存在s2∈(－ln a，＋∞)，满足f(s2)<0.由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0<a<e－1.而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－ln a)，且f(s1)＝－a<0；取s2＝＋ln，满足s2∈(－ln a，＋∞)，且f(s2)＝＋<0.故a的取值范围是(0，e－1)．(2)证明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝.设g(x)＝，由g′(x)＝，知g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x∈(－∞，0]时，g(x)≤0; 当x∈(0，＋∞)时，g(x)>0.由已知，x1，x2满足a＝g(x1)，a＝g(x2)．由a∈(0，e－1)及g(x)的单调性，可得x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)．对于任意的a1，a2∈(0，e－1)，设a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1，其中0<ξ1<1<ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2. 又由ξ1，η1>0，得<<，所以随着a的减小而增大．(3)证明：由x1＝aex1，x2＝aex2，可得ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln.设＝t，则t>1，且解得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝.①令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝.令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝.当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0.因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．而由(2)，t随着a的减小而增大，所以x1＋x2随着a的减小而增大．22．、[2014?浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)．(1)若f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范围．22．解：(1)因为f(x)＝所以f′(x)＝由于－1≤x≤1，(i)当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a，此时f(x)在(－1，1)上是增函数，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.(ii)当－1<a<1时，若x∈(a，1)，则f(x)＝x3＋3x－3a.在(a，1)上是增函数；若x∈(－1，a)，则f(x)＝x3－3x＋3a在(－1，a)上是减函数．所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3.由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，因此，当－1<a≤时，M(a)－m(a)＝－a3－3a＋4；当<a<1时，M(a)－m(a)＝－a3＋3a＋2.(iii)当a≥1时，有x≤a，故f(x)＝x3－3x＋3a，此时f(x)在(－1，1)上是减函数，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a，故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4.综上，M(a)－m(a)＝(2)令h(x)＝f(x)＋b，则h(x)＝h′(x)＝因为[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，即－2≤h(x)≤2对x∈[－1，1]恒成立，所以由(1)知，(i)当a≤－1时，h(x)在(－1，1)上是增函数，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾．(ii)当－1<a≤时，h(x)在[－1，1]上的最小值是h(a)＝a3＋b，最大值是h(1)＝4－3a＋b，所以a3＋b≥－2且4－3a＋b≤2，从而－2－a3＋3a≤3a＋b≤6a－2且0≤a≤.令t(a)＝－2－a3＋3a，则t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.(iii)当<a<1时，h(x)在[－1，1]上的最小值是h(a)＝a3＋b，最大值是h(－1)＝3a＋b＋2，所以a3＋b≥－2且3a＋b＋2≤2，解得－<3a＋b≤0；(iv)当a≥1时，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(－1)＝2＋3a＋b，最小值是h(1)＝－2＋3a＋b，所以3a＋b＋2≤2且3a＋b－2≥－2，解得3a＋b＝0.综上，得3a＋b的取值范围是－2≤3a＋b≤0.20．[2014?重庆卷] 已知函数f(x)＝ae2x－be－2x－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f(x)的单调性；(3)若f(x)有极值，求c的取值范围．20．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，由f′(x)为偶函数，知f′(－x)＝f′(x)，即2(a－b)(e2x－e－2x)＝0.因为上式总成立，所以a＝b.又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，所以a＝1，b＝1.(2)当c＝3时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2－3＝1>0，故f(x)在R上为增函数．(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2＝4，当且仅当x＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论：当c0，此时f(x)无极值．当c＝4时，对任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此时f(x)无极值．当c>4时，令e2x＝t，注意到方程2t＋－c＝0有两根t1，2＝>0，则f′(x)＝0有两个根x1＝ln t1，x2＝ln t2.当x1<x<x2时，f′(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，＋∞)．B13 定积分与微积分基本定理14．、[2014?福建卷] 如图1-4，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为________．图1-414. [解析] 因为函数y＝ln x的图像与函数y＝ex的图像关于正方形的对角线所在直线y＝x对称，则图中的两块阴影部分的面积为S＝2ln xdx＝2(xln x－x)1＝2[(eln e－e)－(ln 1－1)]＝2，故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影部分的概率P＝.6．[2014?湖北卷] 若函数f(x)，g(x)满足f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1，1]上的一组正交函数，给出三组函数：①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中为区间[－1，1]上的正交函数的组数是( )A．0
D．36．C [解析] 由题意，要满足f(x)，g(x)是区间[－1，1]上的正交函数，即需满足f(x)g(x)dx＝0.①f(x)g(x)dx＝sinxcosxdx＝sinxdx＝＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；②f(x)g(x)dx＝(x＋1)(x－1)dx＝＝－≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；③f(x)g(x)dx＝x?x2dx＝＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数．综上，是区间[－1，1]上的正交函数的组数是2. 故选C.9．[2014?湖南卷] 已知函数f(x)＝sin(x－φ)，且∫0f(x)dx＝0，则函数f(x)的图像的一条对称轴是( )A．x＝
B．x＝C．x＝
D．x＝9．A 8.[2014?江西卷] 若f(x)＝x2＋2f(x)dx，则f(x)dx＝( )A．－1
D．18．B 6．[2014?山东卷] 直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )A. 2
D. 46．D 3．[2014?陕西卷] 定积分(2x＋ex)dx的值为( )A．e＋2
D．e－13．C B14 单元综合9．[2014?四川卷] 已知f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1，1)．现有下列命题：①f(－x)＝－f(x)；②f＝2f(x)；③|f(x)|≥2|x|.其中的所有正确命题的序号是( )A．①②③
D．①②9．A 10．、[2014?湖南卷] 已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图像上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是( )A．(－∞，)
B．(－∞，)C.
D.10．B 14．、[2014?湖北卷] 设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)>0，对任意a>0，b>0，若经过点(a，f(a))，(b，－f(b))的直线与x轴的交点为(c，0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a，b)，例如，当f(x)＝1(x>0)时，可得Mf(a，b)＝c＝，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数．(1)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的几何平均数；(2)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的调和平均数.(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)14．(1) (2)x(或填(1)k1；(2)k2x，其中k1，k2为正常数)12．、[2014?辽宁卷] 已知定义在[0，1]上的函数f(x)满足：①f(0)＝f(1)＝0；②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<|x－y|.若对所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|<k恒成立，则k的最小值为( )A.
D.12．B 22．、[2014?湖南卷] 已知常数a＞0，函数f(x)＝ln(1＋ax)－.(1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a的取值范围．22．解：(1)f′(x)＝－＝.(*)当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当0<a<1时，由f′(x)＝0得x1＝2.当x∈(0，x1)时，f′(x)<0；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当0＜a＜1时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．(2)由(*)式知，当a≥1时，f′(x)≥0，此时f(x)不存在极值点，因而要使得f(x)有两个极值点，必有0<a<1.又f(x)的极值点只可能是x1＝2和x2＝－2，且由f(x)的定义可知，x>－且x≠－2，所以－2>－，－2≠－2，解得a≠.此时，由(*)式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值点．而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－＝ln(2a－1)2－＝ln(2a－1)2＋－2.令2a－1＝x.由0<a<1且a≠知，当0<a<时，－1<x<0；当<a<1时，0<x＜1.记g(x)＝ln x2＋－2.(i)当－1<x<0时，g(x)＝2ln(－x)＋－2，所以g′(x)＝－＝<0，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.(ii)当0<x<1时，g(x)＝2ln x＋－2，所以g′(x)＝－＝<0，因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，从而g(x)>g(1)＝0.故当<a0.综上所述，满足条件的a的取值范围为.21．、[2014?新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2.(2)证明：由(1)知，f(x)＝exln x＋ex－1，从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈时，g′(x)<0；当x∈时，g′(x)>0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.因为gmin(x)＝g＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.21．、[2014?新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求b的最大值；(3)已知1.414 2＜＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．21．解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．(i)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x满足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b－1＋)时，g(x)<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln)＝－2b＋2(2b－1)ln 2.当b＝2时，g(ln)＝－4＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8；当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln 2<0，ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.15．，[2014?四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R，?a∈D，f(a)＝b”；②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)?B；④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x>－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 20．、[2014?天津卷] 设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1<x2.(1)求a的取值范围； (2)证明：随着a的减小而增大； (3)证明：x1＋x2随着a的减小而增大．20．解：(1)由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex.下面分两种情况讨论：(i)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． (ii)a>0时，由f′(x)＝0，得x＝－ln a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－ln a)－ln a(－ln a，＋∞)f′(x)＋0－f(x)－ln a－1这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－ln a)；单调递减区间是(－ln a，＋∞)．于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－ln a)>0；②存在s1∈(－∞，－ln a)，满足f(s1)<0；③存在s2∈(－ln a，＋∞)，满足f(s2)<0.由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0<a<e－1.而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－ln a)，且f(s1)＝－a<0；取s2＝＋ln，满足s2∈(－ln a，＋∞)，且f(s2)＝＋<0.故a的取值范围是(0，e－1)．(2)证明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝.设g(x)＝，由g′(x)＝，知g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x∈(－∞，0]时，g(x)≤0; 当x∈(0，＋∞)时，g(x)>0.由已知，x1，x2满足a＝g(x1)，a＝g(x2)．由a∈(0，e－1)及g(x)的单调性，可得x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)．对于任意的a1，a2∈(0，e－1)，设a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1，其中0<ξ1<1<ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2. 又由ξ1，η1>0，得<<，所以随着a的减小而增大．(3)证明：由x1＝aex1，x2＝aex2，可得ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.故x2－x1＝ln x2－ln x1＝ln.设＝t，则t>1，且解得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝.①令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝.令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(x)＝.当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0.因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)>u(1)＝0，由此可得h′(x)>0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．而由(2)，t随着a的减小而增大，所以x1＋x2随着a的减小而增大．10．[2014?浙江卷] 设函数f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝|sin 2πx|，ai＝，i＝0，1，2，…，99.记Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1，2，3，则( )A．I1<I2<I3
B．I2<I1<I3
C．I1<I3<I2
D．I3<I2<I110．B [解析] 对于I1，由于＝(i＝1，2，…，99)，故I1＝(1＋3＋5＋…＋2×99－1)＝＝1；对于I2，由于2＝|100－2i|(i＝1，2，…，99)，故I2＝×2×＝＝<1.I3＝sin －sin ＋sin－sin ＋…＋sin－sin＝≈>1.故I2<I1<I3，故选B.15．[2014?浙江卷] 设函数f(x)＝若f[f(a)]≤2，则实数a的取值范围是________．15．(－∞，] [解析] 函数f(x)的图像如图所示，令t＝f(a)，则f(t)≤2，由图像知t≥－2，所以f(a)≥－2，则a≤.22．、[2014?浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)．(1)若f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范围．22．解：(1)因为f(x)＝所以f′(x)＝由于－1≤x≤1，(i)当a≤－1时，有x≥a，故f(x)＝x3＋3x－3a，此时f(x)在(－1，1)上是增函数，因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.(ii)当－1<a<1时，若x∈(a，1)，则f(x)＝x3＋3x－3a.在(a，1)上是增函数；若x∈(－1，a)，则f(x)＝x3－3x＋3a在(－1，a)上是减函数．所以，M(a)＝max{f(1)，f(－1)}，m(a)＝f(a)＝a3.由于f(1)－f(－1)＝－6a＋2，因此，当－1<a≤时，M(a)－m(a)＝－a3－3a＋4；当<a<1时，M(a)－m(a)＝－a3＋3a＋2.(iii)当a≥1时，有x≤a，故f(x)＝x3－3x＋3a，此时f(x)在(－1，1)上是减函数，因此，M(a)＝f(－1)＝2＋3a，m(a)＝f(1)＝－2＋3a，故M(a)－m(a)＝(2＋3a)－(－2＋3a)＝4.综上，M(a)－m(a)＝(2)令h(x)＝f(x)＋b，则h(x)＝h′(x)＝因为[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，即－2≤h(x)≤2对x∈[－1，1]恒成立，所以由(1)知，(i)当a≤－1时，h(x)在(－1，1)上是增函数，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(1)＝4－3a＋b，最小值是h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2且4－3a＋b≤2，矛盾．(ii)当－1<a≤时，h(x)在[－1，1]上的最小值是h(a)＝a3＋b，最大值是h(1)＝4－3a＋b，所以a3＋b≥－2且4－3a＋b≤2，从而－2－a3＋3a≤3a＋b≤6a－2且0≤a≤.令t(a)＝－2－a3＋3a，则t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.(iii)当<a<1时，h(x)在[－1，1]上的最小值是h(a)＝a3＋b，最大值是h(－1)＝3a＋b＋2，所以a3＋b≥－2且3a＋b＋2≤2，解得－<3a＋b≤0；(iv)当a≥1时，h(x)在[－1，1]上的最大值是h(－1)＝2＋3a＋b，最小值是h(1)＝－2＋3a＋b，所以3a＋b＋2≤2且3a＋b－2≥－2，解得3a＋b＝0.综上，得3a＋b的取值范围是－2≤3a＋b≤0.
&(4268.5 KB)
以上是《2014年高考数学（理）真题分类汇编B单元函数与导数》的详细内容,《2014年高考数学（理）真题分类汇编B单元函数与导数》是拇指教育的编辑和众多的网友会员精心为您奉献。请记得收藏本站。更多有关《2014年高考数学（理）真题分类汇编B单元函数与导数》方面的资料,请在网站栏目中查找。转载本文，请注明: 感谢支持！
& |& & |& WAP
