2014年高考数学理科（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年高考数学理科（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6．[;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f23π6＝(　　)A.12
D．－126．A　[解析] 由已知可得，f23π6＝f17π6＋sin17π6＝f11π6＋sin11π6＋sin17π6 ＝f5π6＋sin5π6＋sin11π6＋sin17π6＝2sin 5π6＋sin－π6＝sin5π6＝12.2．、[;北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)A．y＝x＋1
B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x
D．y＝log0.5(x＋1)2．A　[解析] 由基本初等函数的性质得，选项B中的函数在(0，1)上递减，选项C，D中的函数在(0，＋∞)上为减函数，所以排除B，C，D，选A.7．、、[;福建卷] 已知函数f(x)＝x2＋1，x>0，cos x， x≤0，则下列结论正确的是(　　)A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)7．D　[解析] 由函数f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)，则f(x)不是偶函数；当x>0时，令f(x)＝x2＋1，则f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f(x)>1；当x≤0时，f(x)＝cos x，则f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f(x)∈[－1，1]；∴函数f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．2．[;江西卷] 函数f(x)＝ln(x2－x)的定义域为(　　)A．(0，1]
B．[0，1]C．(－∞，0)∪(1，＋∞)
D．(－∞，0]∪[1，＋∞)2．C　[解析] 由x2－x>0，得x>1或x<0.3．，[;山东卷] 函数f(x)＝1（log2x）2－1的定义域为(　　)A.0，12
B．(2，＋∞)C. 0，12∪(2，＋∞)
D. 0，12∪[2，＋∞)3．C　[解析] 根据题意得，x＞0，（log2）2－1＞0，解得x＞0，x＞2或x＜12.故选C.B2
反函数12．[;全国卷] 函数y＝f(x)的图像与函数y＝g(x)的图像关于直线x＋y＝0对称，则y＝f(x)的反函数是(　　)A．y＝g(x)
B．y＝g(－x)
C．y＝－g(x)
D．y＝－g(－x)12．D　[解析] 设(x0，y0)为函数y＝f(x)的图像上任意一点，其关于直线x＋y＝0的对称点为(－y0，－x0)．根据题意，点(－y0，－x0)在函数y＝g(x)的图像上，又点(x0，y0)关于直线y＝x的对称点为(y0，x0)，且(y0，x0)与(－y0，－x0)关于原点对称，所以函数y＝f(x)的反函数的图像与函数y＝g(x)的图像关于原点对称，所以－y＝g(－x)，即y＝－g(－x)．B3
函数的单调性与最值2．、[;北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)A．y＝x＋1
B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x
D．y＝log0.5(x＋1)2．A　[解析] 由基本初等函数的性质得，选项B中的函数在(0，1)上递减，选项C，D中的函数在(0，＋∞)上为减函数，所以排除B，C，D，选A.7．、、[;福建卷] 已知函数f(x)＝x2＋1，x>0，cos x， x≤0，则下列结论正确的是(　　)A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)7．D　[解析] 由函数f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)，则f(x)不是偶函数；当x>0时，令f(x)＝x2＋1，则f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f(x)>1；当x≤0时，f(x)＝cos x，则f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f(x)∈[－1，1]；∴函数f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．21．、[;广东卷] 设函数f(x)＝1（x2＋2x＋k）2＋2（x2＋2x＋k）－3，其中k<－2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若kf(1)的x的集合(用区间表示)．12．[;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＝____．12．1　[解析] 由题意可知，f32＝f2－12＝f－12＝－4－122＋2＝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“&#8704;b∈R，&#8707;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)&#8713;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f(x)的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f(a)＝b，故①正确．取函数f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M＝1，使得f(x)的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时f(x)没有最大值和最小值，故②错误．当f(x)∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f(a)＝b，所以，当g(x)∈B时，对于函数f(x)＋g(x)，如果存在一个正数M，使得f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f(a0)＝b－g(a0)，即f(a0)＋g(a0)＝b0&#8713;[－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，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≤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当a≥e2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≤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当e－2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．、、[;福建卷] 已知函数f(x)＝x2＋1，x>0，cos x， x≤0，则下列结论正确的是(　　)A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)7．D　[解析] 由函数f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)，则f(x)不是偶函数；当x>0时，令f(x)＝x2＋1，则f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f(x)>1；当x≤0时，f(x)＝cos x，则f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f(x)∈[－1，1]；∴函数f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．3．[;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　[解析] 因为f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f(1)＋g(1)＝f(－1)－g(－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1.3．[;新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是(　　)A．f(x)g(x)是偶函数B．|f(x)|g(x)是奇函数C．f(x)|g(x)|是奇函数D．|f(x)g(x)|是奇函数3．C　[解析] 由于偶函数的绝对值还是偶函数，一个奇函数与一个偶函数之积为奇函数，故正确选项为C.15．[;新课标全国卷Ⅱ] 已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0，若f(x－1)＞0，则x的取值范围是____．15．(－1，3)　[解析] 根据偶函数的性质，易知f(x)>0的解集为(－2，2)，若f(x－1)>0，则－2<x－1<2，解得－1<x<3.B5
二次函数16．、[;全国卷] 若函数f(x)＝cos 2x＋asin x在区间π6，π2是减函数，则a的取值范围是____．16．(－∞，2]　[解析] f(x)＝cos 2x＋asin x＝－2sin2x＋asin x＋1，令sin x＝t，则f(x)＝－2t2＋at＋1.因为x∈π6，π2，所以t∈12，1，所以f(x)＝－2t2＋at＋1，t∈12，1.因为f(x)＝cos 2x＋asin x在区间π6，π2是减函数，所以f(x)＝－2t2＋at＋1在区间12，1上是减函数，又对称轴为x＝a4，∴a4≤12，所以a∈(－∞，2]．B6
指数与指数函数 4．、、[;福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1&#173;1所示，则下列函数图像正确的是(　　)图1&#173;1　　　　
A　　　　　　　　　　　B　　　　C　　　　　　　　　　　D图1&#173;24．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，则其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，则其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，则其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，则其函数图像不正确．3．[;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　[解析] g(1)＝a－1，由f[g(1)]＝1，得5|a－1|＝1，所以|a－1|＝0，故a＝1.3．、[;辽宁卷] 已知a＝2－13，b＝log213，c＝log1213，则(　　)A．a>b>c
D．c>b>a3．C　[解析] 因为0log1212＝1，所以c>a>b.2．，[;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　[解析] 根据已知得，集合A＝{x|－1＜x＜3}，B＝{y|1≤y≤4}，所以A∩B＝{x|1≤x＜3}．故选C.5．，，[;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. 1x2＋1＞1y2＋1
B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C. sin x＞sin y
D. x3＞y35．D　[解析] 因为ax＜ay(0＜a＜1)，所以x＞y，所以sin x＞sin y，ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)，1x2＋1＞1y2＋1都不一定正确，故选D.7．[;陕西卷] 下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)&#8226;f(y)”的单调递增函数是(　　)A．f(x)＝x12
B．f(x)＝x3
C．f(x)＝12x
D．f(x)＝3x7．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.11．[;陕西卷] 已知4a＝2，lg x＝a，则x＝____．11.10　[解析] 由4a＝2，得a＝12，代入lg x＝a，得lg x＝12，那么x＝1012 ＝10.B7
对数与对数函数5．，，[;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. 1x2＋1＞1y2＋1
B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C. sin x＞sin y
D. x3＞y35．D　[解析] 因为ax＜ay(0＜a＜1)，所以x＞y，所以sin x＞sin y，ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)，1x2＋1＞1y2＋1都不一定正确，故选D.3．，[;山东卷] 函数f(x)＝1（log2x）2－1的定义域为(　　)A.0，12
B．(2，＋∞)C. 0，12∪(2，＋∞)
D. 0，12∪[2，＋∞)3．C　[解析] 根据题意得，x＞0，（log2）2－1＞0，解得x＞0，x＞2或x＜12.故选C.4．、、[;福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1&#173;1所示，则下列函数图像正确的是(　　)图1&#173;1　　　　
A　　　　　　　　　　　B　　　　C　　　　　　　　　　　D图1&#173;24．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，则其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，则其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，则其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，则其函数图像不正确．13．、[;广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝____．13．50　[解析] 本题考查了等比数列以及对数的运算性质．∵{an}为等比数列，且a10a11＋a9a12＝2e5，∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10a11＝e5，∴ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50.3．、[;辽宁卷] 已知a＝2－13，b＝log213，c＝log1213，则(　　)A．a>b>c
D．c>b>a3．C　[解析] 因为0log1212＝1，所以c>a>b.4．[;天津卷] 函数f(x)＝log12(x2－4)的单调递增区间为(　　)A．(0，＋∞)
B．(－∞，0)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，－2)4．D　[解析] 要使f(x)单调递增，需有x2－4>0，x<0，解得x<－2.7．、[;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&#173;2图1&#173;27．D　[解析] 只有选项D符合，此时012．[;重庆卷] 函数f(x)＝log2x&#8226;log2(2x)的最小值为____．12．－14　[解析] f(x)＝log2 x&#8226;log2(2x)＝12log2 x&#8226;2log2(2x)＝log2x&#8226;(1＋log2x)＝(log2x)2＋log2x＝log2x＋122－14，所以当x＝22时，函数f(x)取得最小值－14.B8
幂函数与函数的图像4．、、[;福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1&#173;1所示，则下列函数图像正确的是(　　)图1&#173;1　　　　
A　　　　　　　　　　　B　　　　C　　　　　　　　　　　D图1&#173;24．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，则其函数图像不正确；选项B中的函数为y＝x3，则其函数图像正确；选项C中的函数为y＝(－x)3，则其函数图像不正确；选项D中的函数为y＝log3(－x)，则其函数图像不正确．10．[;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)＝12(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若&#8704;x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为(　　)A.－16，16
B.－66，66
C.－13，13
D.－33，3310．B　[解析] 因为当x≥0时，f(x)＝12x－a2＋x－2a2－3a2，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝12a2－x＋2a2－x－3a2＝－x；当a2<x<2a2时，f(x)＝12x－a2＋2a2－x－3a2＝－a2；当x≥2a2时，f(x)＝12x－a2＋x－2a2－3a2＝x－3a2.综上，f(x)＝－x，0≤x≤a2，－a2，a2<x<2a2，x－3a2，x≥2a2. 因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f(x)在R上的大致图象如下，观察图象可知，要使&#8704;x∈R，f(x－1)≤f(x)，则需满足2a2－(－4a2)≤1，解得－66≤a≤66.故选B.8．[;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. 0，12
D. (2，＋∞)8．B　[解析] 画出函数f(x)的图像，如图所示．若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实数，则函数f(x)，g(x)有两个交点，则k＞12，且k＜1.故选B.7．、[;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&#173;2图1&#173;27．D　[解析] 只有选项D符合，此时0B9
函数与方程
10．、[;湖南卷] 已知函数f(x)＝x2＋ex－12(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．(－∞，1e)
B．(－∞，e)C.－1e，e
D.－e，1e10．B　[解析] 依题意，设存在P(－m，n)在f(x)的图像上，则Q(m，n)在g(x)的图像上，则有m2＋e－m－12＝m2＋ln(m＋a)，解得m＋a＝ee－m－12，即a＝ee－m－12－m(m＞0)，可得a∈(－∞，e)．14．[;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，＋∞)　[解析] 在同一坐标系内分别作出y＝f(x)与y＝a|x－1|的图像如图所示．当y＝a|x－1|与y＝f(x)的图像相切时，由－ax＋a＝－x2－3x，a>0，整理得x2＋(3－a)x＋a＝0，则Δ＝(3－a)2－4a＝a2－10a＋9＝0，解得a＝1或a＝9.故当y＝a|x－1|与y＝f(x)的图像有四个交点时，09.6．[;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　[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&#8658;－7＋3a－b＝0，19－5a＋b＝0&#8658;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.B10 函数模型及其应用 8．[;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.p＋q2
B.（p＋1）（q＋1）－12C.pq
D.（p＋1）（q＋1）－18．D　[解析] 设年平均增长率为x，则有(1＋p)(1＋q)＝(1＋x)2，解得x＝（1＋p）（1＋q）－1.10．[;陕西卷] 如图1&#173;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&#173;2A．y＝x
B．y＝xC．y＝3125x3－x
D．y＝－x10．A　[解析] 设该三次函数的解析式为y＝ax3＋bx2＋cx＋d.因为函数的图像经过点(0，0)，所以d＝0，所以y＝ax3＋bx2＋cx.又函数过点(－5，2)，(5，－2)，则该函数是奇函数，故b＝0，所以y＝ax3＋cx，代入点(－5，2)得－125a－5c＝2.又由该函数的图像在点(－5，2)处的切线平行于x轴，y′＝3ax2＋c，得当x＝－5时，y′＝75a＋c＝0.联立－125a－5c＝2，75a＋c＝0，解得a＝1125，c＝－35.故该三次函数的解析式为y＝x.B11 导数及其运算18．、[;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＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，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＝－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121．、、[;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＞c1p，an＋1＝p－1pan＋cpa1－pn，证明：an＞an＋1＞c1p.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>c1p.①当n＝1时，由题设知a1>c1p成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c1p成立．由an＋1＝p－1pan＋cpa1－pn易知an>0，n∈N*.当n＝k＋1时，ak＋1ak＝p－1p＋cpa－pk＝1＋1pcapk－1.由ak>c1p>0得－1<－1p<1pcapk－1<0.由(1)中的结论得ak＋1akp＝1＋1pcapk－1p>1＋p&#8226; 1pcapk－1＝capk.因此apk＋1>c，即ak＋1>c1p，所以当n＝k＋1时，不等式an>c1p也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c1p均成立．再由an＋1an＝1＋1pcapn－1可得an＋1an<1，即an＋1综上所述，an>an＋1>c1p，n∈N*.方法二：设f(x)＝p－1px＋cpx1－p，x≥c1p，则xp≥c，所以f′(x)＝p－1p＋cp(1－p)x－p＝p－1p1－cxp>0.由此可得，f(x)在[c1p，＋∞)上单调递增，因而，当x>c1p时，f(x)>f(c1p)＝c1p.①当n＝1时，由a1>c1p>0，即ap1>c可知a2＝p－1pa1＋cpa1－p1＝a11＋1pcap1－1c1p，从而可得a1>a2>c1p，故当n＝1时，不等式an>an＋1>c1p成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c1p成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c1p)，即有ak＋1>ak＋2>c1p，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>c1p均成立．20．、[;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)＝1－2x＝x－2x.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＝16c，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＝4c，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝ex2&#8226;ex2>x22&#8226;x22，当x>x0时，ex>x22x22>4cx22＝1cx2，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13x3<ex.证明如下：令h(x)＝13x3－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13x3<ex.取x0＝3c，当x>x0时，有1cx2<13x3<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．、[;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．[;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．、[;江西卷] 已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)1－2x(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间0，13上单调递增，求b的取值范围．18．解：(1)当b＝4时，f′(x)＝－5x（x＋2）1－2x，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈0，12时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝－x[5x＋（3b－2）]1－2x，易知当x∈0，13时，－x1－2x<0，依题意当x∈0，13时，有5x＋(3b－2)≤0，从而53＋(3b－2)≤0，得b≤19.所以b的取值范围为－∞，19.7．[;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　[解析] 因为y′＝(xex－1)′＝ex－1＋xex－1，所以y＝xex－1在点(1，1)处的导数是y′|x＝1＝e1－1＋e1－1＝2，故曲线y＝xex－1在点(1，1)处的切线斜率是2.8．[;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　[解析] y′＝a－1x＋1，根据已知得，当x＝0时，y′＝2，代入解得a＝3.21．，，，[;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)＝x1＋x(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝x1＋x，g2(x)＝g(g1(x))＝x1＋x1＋x1＋x＝x1＋2x，g3(x)＝x1＋3x，…，可得gn(x)＝x1＋nx.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝x1＋x，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝x1＋kx.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝gk（x）1＋gk（x）＝x1＋kx1＋x1＋kx＝x1＋（k＋1）x，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥ax1＋x恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－ax1＋x(x≥0)，则φ′(x)＝11＋x－a（1＋x）2＝x＋1－a（1＋x）2，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥ax1＋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)≥ax1＋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)＝12＋23＋…＋nn＋1，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n＋1<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>x1＋x，x>0.令x＝1n，n∈N＋，则1n＋1<lnn＋1n.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，12<ln 2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即12＋13＋…＋1k＋1<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，12＋13＋…＋1k＋1＋1k＋2<ln(k＋1)＋1k＋2<ln(k＋1)＋lnk＋2k＋1＝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12＋13＋…＋1n＋1<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>x1＋x，x>0.令x＝1n，n∈N＋，则lnn＋1n>1n＋1.故有ln 2－ln 1>12，ln 3－ln 2>13，……ln(n＋1)－ln n>1n＋1，上述各式相加可得ln(n＋1)>12＋13＋…＋1n＋1，结论得证．方法三：如图，0nxx＋1dx是由曲线y＝xx＋1，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋nn＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋nn＋1>0nxx＋1dx＝0n1－1x＋1dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．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)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2－1ln 2，求数列anbn的前n项和Tn.19．解：(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，所以2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2，所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝－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a2－1ln 2.由题意有a2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1.从而an＝n，bn＝2n，所以数列{anbn}的通项公式为anbn＝n2n，所以Tn＝12＋222＋323＋…＋n－12n－1＋n2n，2Tn＝11＋22＋322＋…＋n2n－1，因此，2Tn－Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝2－12n－1－n2n＝2n＋1－n－22n.所以，Tn＝2n＋1－n－22n.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，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≤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当a≥e2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≤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当e－2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．、[;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＝－1－4＋3a3，x2＝－1＋4＋3a3，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＝－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118．[;北京卷] 已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈0，π2.(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<sin xx<b对x∈0，π2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0，π2上f′(x)＝－xsin x<0，所以f(x)在区间0，π2上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.(2)当x>0时，“sin xx>a”等价于“sin x－ax>0”，“sin xx<b”等价于“sin x－bx<0”．令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c.当c≤0时，g(x)>0对任意x∈0，π2恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈0，π2，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在区间0，π2上单调递减，从而g(x)<g(0)＝0对任意x∈0，π2恒成立．当0<c<1时，存在唯一的x0∈0，π2使得g′(x0)＝cos x0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间0，π2上的情况如下：x (0，x0) x0 x0，π2g′(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∈0，π2恒成立”当且仅当gπ2＝1－π2c≥0，即0<c≤2π.综上所述，当且仅当c≤2π时，g(x)>0对任意x∈0，π2恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈0，π2恒成立．所以，若a<sin xx<b对任意x∈0，π2恒成立，则a的最大值为2π，b的最小值为1.20．、[;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)＝1－2x＝x－2x.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＝16c，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＝4c，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝ex2&#8226;ex2>x22&#8226;x22，当x>x0时，ex>x22x22>4cx22＝1cx2，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13x3<ex.证明如下：令h(x)＝13x3－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13x3<ex.取x0＝3c，当x>x0时，有1cx2<13x3<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．、[;广东卷] 设函数f(x)＝1（x2＋2x＋k）2＋2（x2＋2x＋k）－3，其中k<－2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若kf(1)的x的集合(用区间表示)．22．[;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；(3)将e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．22．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝ln 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.(3)由(2)知，3e<πe<π3<3π，3e<e3.又由(2)知，ln ππ<ln ee，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)＝1e，即ln xx <1e.在上式中，令x＝e2π，又e2π<e，则lne2π<eπ，从而2－ln π2－eπ.①由①得，eln π>e2－eπ>2.7×2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即eln π>3，亦即ln πe>ln e3，所以e3<πe.又由①得，3ln π>6－3eπ>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．、[;湖南卷] 已知常数a＞0，函数f(x)＝ln(1＋ax)－2xx＋2.(1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a的取值范围．22．解：(1)f′(x)＝a1＋ax－2（x＋2）－2x（x＋2）2＝ax2＋4（a－1）（1＋ax）（x＋2）2.(*)当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当0x1＝21－aax2＝－21－aa舍去.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0，21－aa上单调递减，在区间21－aa，＋∞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又f(x)的极值点只可能是x1＝21－aa和x2＝－21－aa，且由f(x)的定义可知，x>－1a且x≠－2，所以－21－aa>－1a，－21－aa≠－2，解得a≠12.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)－2x1x1＋2＋ln(1＋ax2)－2x2x2＋2＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－4x1x2＋4（x1＋x2）x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝ln(2a－1)2－4（a－1）2a－1＝ln(2a－1)2＋22a－1－2.令2a－1＝x.由0当0当12记g(x)＝ln x2＋2x－2.(i)当－1<x<0时，g(x)＝2ln(－x)＋2x－2，所以g′(x)＝2x－2x2＝2x－2x2<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(ii)当0<x<1时，g(x)＝2ln x＋2x－2，所以g′(x)＝2x－2x2＝2x－2x2<0，因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，从而g(x)>g(1)＝0.故当120.综上所述，满足条件的a的取值范围为12，1.18．、[;江西卷] 已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)1－2x(b∈R)．(1)当b＝4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间0，13上单调递增，求b的取值范围．18．解：(1)当b＝4时，f′(x)＝－5x（x＋2）1－2x，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.所以当x∈(－∞，－2)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈0，12时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝0，在x＝0处取得极大值f(0)＝4.(2)f′(x)＝－x[5x＋（3b－2）]1－2x，易知当x∈0，13时，－x1－2x<0，依题意当x∈0，13时，有5x＋(3b－2)≤0，从而53＋(3b－2)≤0，得b≤19.所以b的取值范围为－∞，19.11．[;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，－98
C．[－6，－2]
D．[－4，－3]11．C　[解析] 当－2≤x<0时，不等式转化为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f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤1＋4－3－1＝－2.当x＝0时，g(x)恒成立．当0<x≤1时，a≥x2－4x－3x3，令个g(x)＝x2－4x－3x3(0<x≤1)，则g′(x)＝－x2＋8x＋9x4＝－（x－9）（x＋1）x4，故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥1－4－31＝－6.综上，－6≤a≤－2.22．、[;全国卷] 函数f(x)＝ln(x＋1)－axx＋a(a>1)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：2n＋222．解：(1)易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝x[x－（a2－2a）]（x＋1）（x＋a）2.(i)当10，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)>2xx＋2(x>0)．又由(1)知，当a＝3时，f(x)在[0，3)是减函数．当x∈(0，3)时，f(x)<f(0)＝0，即ln(x＋1)<3xx＋3(0<x<3)．下面用数学归纳法证明2n＋2(i)当n＝1时，由已知23(ii)假设当n＝k时结论成立，即2k＋2当n＝k＋1时，ak＋1＝ln(ak＋1)>ln2k＋2＋1>2×2k＋22k＋2＋2＝2k＋3，ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln3k＋2＋1<3×3k＋23k＋2＋3＝3k＋3，即当n＝k＋1时，有2k＋3 根据(i)(ii)知对任何n∈结论都成立．11．[;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＝2a.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．、[;新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexln x＋bex－1x，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＋axex－bx2ex－1＋bxex－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＋2xex－1，从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－2e.设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈0，1e时，g′(x)<0；当x∈1e，＋∞时，g′(x)>0.故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e＝－1e.设函数h(x)＝xe－x－2e，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)＝－1e.因为gmin(x)＝g1e＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.21．、[;新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求b的最大值；(3)已知1.414 2＜2＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．21．解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．(i)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x满足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋b2－2b)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b－1＋b2－2b)时，g(x)<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln2)＝32－22b＋2(2b－1)ln 2.当b＝2时，g(ln2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b＝324＋1时，ln(b－1＋b2－2b)＝ln2，g(ln2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.20．[;山东卷] 设函数f(x)＝exx2－k2x＋ln x(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．20．解：(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x2ex－2xexx4－k－2x2＋1x＝xex－2exx3－k（x－2）x2＝（x－2）（ex－kx）x3.由k≤0可得ex－kx>0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)0，函数y＝f(x)单调递增．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g（0）>0，g（ln k）0，0<ln k<2，解得e<k<e22.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e，e22.21．，，，[;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)＝x1＋x(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝x1＋x，g2(x)＝g(g1(x))＝x1＋x1＋x1＋x＝x1＋2x，g3(x)＝x1＋3x，…，可得gn(x)＝x1＋nx.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝x1＋x，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝x1＋kx.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝gk（x）1＋gk（x）＝x1＋kx1＋x1＋kx＝x1＋（k＋1）x，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥ax1＋x恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－ax1＋x(x≥0)，则φ′(x)＝11＋x－a（1＋x）2＝x＋1－a（1＋x）2，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥ax1＋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)≥ax1＋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)＝12＋23＋…＋nn＋1，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n＋1<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>x1＋x，x>0.令x＝1n，n∈N＋，则1n＋1<lnn＋1n.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，12<ln 2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即12＋13＋…＋1k＋1<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，12＋13＋…＋1k＋1＋1k＋2<ln(k＋1)＋1k＋2<ln(k＋1)＋lnk＋2k＋1＝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12＋13＋…＋1n＋1<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>x1＋x，x>0.令x＝1n，n∈N＋，则lnn＋1n>1n＋1.故有ln 2－ln 1>12，ln 3－ln 2>13，……ln(n＋1)－ln n>1n＋1，上述各式相加可得ln(n＋1)>12＋13＋…＋1n＋1，结论得证．方法三：如图，0nxx＋1dx是由曲线y＝xx＋1，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋nn＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋nn＋1>0nxx＋1dx＝0n1－1x＋1dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．20．、[;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：x2x1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故a的取值范围是(0，e－1)．(2)证明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝xex.设g(x)＝xex，由g′(x)＝1－xex，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ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1，所以x2x1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＝lnx2x1.设x2x1＝t，则t>1，且x2＝tx1，x2－x1＝ln t，解得x1＝ln tt－1，x2＝tln tt－1，所以x1＋x2＝（t＋1）ln tt－1.①令h(x)＝（x＋1）ln xx－1，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝－2ln x＋x－1x（x－1）2.令u(x)＝－2ln x＋x－1x，得u′(x)＝x－1x2.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．、[;浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)．(1)若f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范围．22．解：(1)因为f(x)＝x3＋3x－3a，x≥a，x3－3x＋3a，x所以f′(x)＝3x2＋3，x≥a，3x2－3，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(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)＝8，a≤－1，－a3－3a＋4，－1(2)令h(x)＝f(x)＋b，则h(x)＝x3＋3x－3a＋b，x≥a，x3－3x＋3a＋b，xh′(x)＝3x2＋3，x>a，3x2－3，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令t(a)＝－2－a3＋3a，则t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在0，13上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.(iii)当13(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．[;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≥22e2x&#8226;2e－2x－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≥22e2x&#8226;2e－2x＝4，当且仅当x＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论：当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＋2t－c＝0有两根t1，2＝c±c2－164>0，则f′(x)＝0有两个根x1＝12ln t1，x2＝12ln 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．、[;福建卷] 如图1&#173;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&#173;414.2e2　[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＝21eln xdx＝2(xln x－x)e1＝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＝2e2.6．[;湖北卷] 若函数f(x)，g(x)满足－11f(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)＝sin12x，g(x)＝cos12x；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－11f(x)g(x)dx＝0.①－11f(x)g(x)dx＝－11sin12xcos12xdx＝12－11sinxdx＝－12cos x1－1＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；②－11f(x)g(x)dx＝－11(x＋1)(x－1)dx＝x33－x1－1＝－43≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；③－11f(x)g(x)dx＝－11x&#8226;x2dx＝x441－1＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数．综上，是区间[－1，1]上的正交函数的组数是2. 故选C.9．[;湖南卷] 已知函数f(x)＝sin(x－φ)，且∫2π30f(x)dx＝0，则函数f(x)的图像的一条对称轴是(　　)A．x＝5π6
B．x＝7π12C．x＝π3
D．x＝π69．A　[解析] 因为∫2π30f(x)dx＝0，即∫2π30f(x)dx＝－cos(x－φ)2π30＝－cos2π3－φ＋cos φ＝0，可取φ＝π3，所以x＝5π6是函数f(x)图像的一条对称轴．8.[;江西卷] 若f(x)＝x2＋201f(x)dx，则01f(x)dx＝(　　)A．－1
D．18．B　[解析] 01f(x)dx＝01x2＋201f（x）dxdx＝13x3＋201f（x）dxx10＝13＋201f(x)dx，得01f(x)dx＝－13.6．[;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　2
D. 46．D　[解析] 直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限的交点坐标是(2，8)，所以两者围成的封闭图形的面积为02(4x－x3)dx＝2x2－14x420＝4，故选D.3．[;陕西卷] 定积分01(2x＋ex)dx的值为(　　)A．e＋2
D．e－13．C　[解析] 01(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)10＝(12＋e1)－(02＋e0)＝e.B14 单元综合9．[;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)；②f2x1＋x2＝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　[解析] f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝ln1－x1＋x＝－ln1＋x1－x＝－ln（1＋x）－ln（1－x）＝－f(x)，故①正确；当x∈(－1，1)时，2x1＋x2∈(－1，1)，且f2x1＋x2＝ln1＋2x1＋x2－ln1－2x1＋x2＝ln1＋2x1＋x21－2x1＋x2＝ln1＋x2＋2x1＋x2－2x＝ln1＋x1－x2＝2ln1＋x1－x＝2[ln(1＋x)－ln(1－x)]＝2f(x)，故②正确；由①知，f(x)为奇函数，所以|f(x)|为偶函数，则只需判断当x∈[0，1)时，f(x)与2x的大小关系即可．记g(x)＝f(x)－2x，0≤x＜1，即g(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x，0≤x<1，g′(x)＝11＋x＋11－x－2＝2x21－x2，0≤x＜1.当0≤x＜1时，g′(x)≥0，即g(x)在[0，1)上为增函数，且g(0)＝0，所以g(x)≥0，即f(x)－2x≥0，x∈[0，1)，于是|f(x)|≥2|x|正确．综上可知，①②③都为真命题，故选A.10．、[;湖南卷] 已知函数f(x)＝x2＋ex－12(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．(－∞，1e)
B．(－∞，e)C.－1e，e
D.－e，1e10．B　[解析] 依题意，设存在P(－m，n)在f(x)的图像上，则Q(m，n)在g(x)的图像上，则有m2＋e－m－12＝m2＋ln(m＋a)，解得m＋a＝ee－m－12，即a＝ee－m－12－m(m＞0)，可得a∈(－∞，e)．14．、[;湖北卷] 设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)>0，对任意a>0，b>0，若经过点(a，f(a))，(b，－f(b))的直线与x轴的交点为(c，0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf(a，b)，例如，当f(x)＝1(x>0)时，可得Mf(a，b)＝c＝a＋b2，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2aba＋b.(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)14．(1)x　(2)x(或填(1)k1x；(2)k2x，其中k1，k2为正常数)[解析] 设A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c，0)，则此三点共线：(1)依题意，c＝ab，则0－f（a）c－a＝0＋f（b）c－b，即0－f（a）ab－a＝0＋f（b）ab－b.因为a>0，b>0，所以化简得 f（a）a＝f（b）b，故可以选择f(x)＝x(x>0)；(2)依题意，c＝2aba＋b，则0－f（a）2aba＋b－a＝0＋f（b）2aba＋b－b，因为a>0，b>0，所以化简得 f（a）a＝f（b）b，故可以选择f(x)＝x(x>0)．12．、[;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)|<12|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.12
D.1812．B　[解析] 不妨设0≤y<x≤1.当x－y≤12时，|f(x)－f(y)|<12|x－y|＝12(x－y)≤14.当x－y>12时，|f(x)－f(y)|＝|f(x)－f(1)－(f(y)－f(0))|≤|f(x)－f(1)|＋|f(y)－f(0)|<12|x－1|＋12|y－0|＝－12(x－y)＋12<14.故kmin＝14.22．、[;湖南卷] 已知常数a＞0，函数f(x)＝ln(1＋ax)－2xx＋2.(1)讨论f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)＞0，求a的取值范围．22．解：(1)f′(x)＝a1＋ax－2（x＋2）－2x（x＋2）2＝ax2＋4（a－1）（1＋ax）（x＋2）2.(*)当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当0x1＝21－aax2＝－21－aa舍去.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0，21－aa上单调递减，在区间21－aa，＋∞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又f(x)的极值点只可能是x1＝21－aa和x2＝－21－aa，且由f(x)的定义可知，x>－1a且x≠－2，所以－21－aa>－1a，－21－aa≠－2，解得a≠12.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)－2x1x1＋2＋ln(1＋ax2)－2x2x2＋2＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－4x1x2＋4（x1＋x2）x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝ln(2a－1)2－4（a－1）2a－1＝ln(2a－1)2＋22a－1－2.令2a－1＝x.由0当0当12记g(x)＝ln x2＋2x－2.(i)当－1<x<0时，g(x)＝2ln(－x)＋2x－2，所以g′(x)＝2x－2x2＝2x－2x2<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(ii)当0<x<1时，g(x)＝2ln x＋2x－2，所以g′(x)＝2x－2x2＝2x－2x2<0，因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，从而g(x)>g(1)＝0.故当120.综上所述，满足条件的a的取值范围为12，1.21．、[;新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexln x＋bex－1x，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＋axex－bx2ex－1＋bxex－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＋2xex－1，从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－2e.设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈0，1e时，g′(x)<0；当x∈1e，＋∞时，g′(x)>0.故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e＝－1e.设函数h(x)＝xe－x－2e，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)＝－1e.因为gmin(x)＝g1e＝h(1)＝hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.21．、[;新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求b的最大值；(3)已知1.414 2＜2＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．21．解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)．(i)当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x＝0时成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x满足2<ex＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋b2－2b)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x<ln(b－1＋b2－2b)时，g(x)<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln2)＝32－22b＋2(2b－1)ln 2.当b＝2时，g(ln2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b＝324＋1时，ln(b－1＋b2－2b)＝ln2，g(ln2)＝－32－22＋(32＋2)ln 2<0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.15．，[;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“&#8704;b∈R，&#8707;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)&#8713;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f(x)的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f(a)＝b，故①正确．取函数f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M＝1，使得f(x)的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时f(x)没有最大值和最小值，故②错误．当f(x)∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f(a)＝b，所以，当g(x)∈B时，对于函数f(x)＋g(x)，如果存在一个正数M，使得f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f(a0)＝b－g(a0)，即f(a0)＋g(a0)＝b0&#8713;[－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．20．、[;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：x2x1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故a的取值范围是(0，e－1)．(2)证明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝xex.设g(x)＝xex，由g′(x)＝1－xex，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ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1，所以x2x1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＝lnx2x1.设x2x1＝t，则t>1，且x2＝tx1，x2－x1＝ln t，解得x1＝ln tt－1，x2＝tln tt－1，所以x1＋x2＝（t＋1）ln tt－1.①令h(x)＝（x＋1）ln xx－1，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝－2ln x＋x－1x（x－1）2.令u(x)＝－2ln x＋x－1x，得u′(x)＝x－1x2.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．[;浙江卷] 设函数f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝13|sin 2πx|，ai＝i99，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i992－i－1992＝2i－1992(i＝1，2，…，99)，故I1＝＋5＋…＋2×99－1)＝；对于I2，由于2i99－i－199－i992＋i－|100－2i|(i＝1，2，…，99)，故I2＝（98＋0）2＝100×9－1992<1.I3＝13sin 2π×199－sin 2π×099＋sin2π×299－sin 2π×199＋…＋sin2π×9999－sin2π×9899＝132sin2π×2599－2sin2π×.故I2<I1<I3，故选B.15．[;浙江卷] 设函数f(x)＝x2＋x，x<0，－x2， x≥0.若f[f(a)]≤2，则实数a的取值范围是____．15．(－∞，2]　[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≤2.22．、[;浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)．(1)若f(x)在[－1，1]上的最大值和最小值分别记为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)；(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范围．22．解：(1)因为f(x)＝x3＋3x－3a，x≥a，x3－3x＋3a，x所以f′(x)＝3x2＋3，x≥a，3x2－3，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(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)＝8，a≤－1，－a3－3a＋4，－1(2)令h(x)＝f(x)＋b，则h(x)＝x3＋3x－3a＋b，x≥a，x3－3x＋3a＋b，xh′(x)＝3x2＋3，x>a，3x2－3，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令t(a)＝－2－a3＋3a，则t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在0，13上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，因此－2≤3a＋b≤0.(iii)当13(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≤0.4．[;黄冈中学期末] 已知f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数，且当0≤x≤1时，f(x)＝log12(1－x)，则f－20114＝(　　)A．－2
D．24．D　[解析] f－20114＝f20114＝f34＝log121－34＝log1214＝2.5．[;青岛期中] 若函数f(x)＝3ax＋1－2a在区间(－1，1)上存在一个零点，则a的取值范围是(　　)A．a>15
B．a>15或a<－1C．－15．B　[解析] 由题意，要使函数f(x)在区间(－1，1)上存在一个零点，则有f(－1)f(1)<0，即(a＋1)(－5a＋1)0，解得a>15或a<－1.11．[;福建闽南期末] 计算：121＋1xdx＝____．11．1＋ln 2　[解析] 121＋1xdx＝(x＋ln x)　　)21＝(2＋ln 2)－(1＋ln 1)＝1＋ln 2.4．[;内江模拟] 已知函数f(x)＝13x3－12x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为(　　)A．c＜14
B．c≤14C．c≥14
D．c＞144．A　[解析] 由题意得，f′(x)＝x2－x＋c，Δ＝1－4c>0，解得c<14.2．[;成都检测]
定义在R上的函数y＝f(x)，f(0)≠0，当x＞0时，f(x)＞1，且对任意的a，b∈R，有f(a＋b)＝f(a)f(b)．(1)求证：f(0)＝1；(2)求证：对任意的x∈R，恒有f(x)＞0；(3)若f(x)f(2x－x2)＞1，求x的取值范围．2．解：(1)证明：令a＝b＝0，则有f(0)＝[f(0)]2.∵f(0)≠0，∴f(0)＝1.(2)证明：令a＝x，b＝－x，则有f(0)＝f(x)f(－x)，∴f(－x)＝1f（x）.∵当x>0时，f(x)>1>0，∴当x0，∴f(－x)>0，∴f(x)＝1f（－x）>0.又当x＝0时，f(0)＝1>0，∴对任意的x∈R，恒有f(x)>0.(3)任取x2>x1，则f(x2)>0，f(x1)>0，x2－x1>0，∴f（x2）f（x1）＝f(x2)&#8226;f(－x1)＝f(x2－x1)>1，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在R上单调递增．又f(x)&#8226;f(2x－x2)＝f[x＋(2x－x2)]＝f(－x2＋3x)，且f(0)＝1，∴f(3x－x2)>f(0)，∴3x－x2>0，解得0<x<3.4.[;广州调研] 设函数f(x)＝13x3－ax(a＞0)，g(x)＝bx2＋2b－1.(1)若曲线y＝f(x)与y＝g(x)在它们的交点(1，c)处有相同的切线，求实数a，b的值；(2)当b＝1－a2时，若函数h(x)＝f(x)＋g(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，求实数a的取值范围；(3)当a＝1，b＝0时，求函数h(x)＝f(x)＋g(x)在区间[t，t＋3]内的最小值．4．解：(1)因为f(x)＝13x3－ax(a＞0)，g(x)＝bx2＋2b－1，所以f′(x)＝x2－a，g′(x)＝2bx.因为曲线y＝f(x)与y＝g(x)在它们的交点(1，c)处有相同的切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)，即13－a＝b＋2b－1，且1－a＝2b，解得a＝13，b＝13.(2)当b＝1－a2时，h(x)＝13x3＋1－a2x2－ax－a(a>0)，所以h′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．令h′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝a>0.当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞)h′(x) ＋ 0 － 0 ＋h(x) J 极大值 K 极小值 J所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(a，＋∞)，单调递减区间为(－1，a)，故h(x)在区间(－2，－1)上单调递增，在区间(－1，0)上单调递减．又函数h(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，所以有h（－2）0，h（0）<0，即－83＋2（1－a）＋2a－a0，－a<0，解得0(3)当a＝1，b＝0时，h(x)＝13x3－x－1，b＝1－a2，则由(2)可知，函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1，1)．因为h(－2)＝－53，h(1)＝－53，所以h(－2)＝h(1)．①当t＋3<1，即t<－2时，[h(x)]min＝h(t)＝13t3－t－1.②当－2≤t<1时，[h(x)]min＝h(－2)＝－53.③当t≥1时，h(x)在区间[t，t＋3]上单调递增，[h(x)]min＝h(t)＝13t3－t－1.综上可知，函数h(x)在区间[t，t＋3]上的最小值[h(x)]min＝13t3－t－1，t∈（－∞，－2）∪[1，＋∞），－53，t∈[－2，1）.
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