破解高考导数一类压轴题：利用重要不等式放缩
（文/南宁许兴华） 本校NNSZ有一次月考的最后一道“利用导数证明不等式”的压轴题（见本文的例2），难倒了无数俊男美女同学，让大家好像只能望洋兴叹！
那么，现在我们来看一看：如何巧妙地证明这类“导数不等式”呢？先从去年南宁市的一道高考模拟题谈起。
这个题的来源是课本题的一个重要结论：下面，我们就看看，如何利用这一结论证明上一个题目：本题第（3）问的证明，就要用上课本上那个重要的不等式：据老师改卷统计：此题荣获满分12分的全年级不超过10人，这说明题目太难了！既然第3问那么难。我们怎么办？下面笔者着重给大家介绍第3问的四种解法。我们现在再多举一个例子。【例3】．（２０１４ 福建高考题第２０题，满分１４ 分）已知函数（ａ 为常数）的图象与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；【注】本文来源于微信公众号：许兴华数学。315 条评论分享收藏导数大题题型_文档下载
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讨论函数单调性
② 已知单调性求参数范围
③ 任意问题与存在问题
④ 多个交点问题（零点、方程根问题） ⑤ 值域（最值、极值问题）
① 核心问题是对不等式 ax2 bx c 0的讨论
② 画出函数图象
1. 已知函数f(x) （其中a R）. x 1
（Ⅰ）若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线为y
（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间.
1x b，求实数a,b的值； 2
12x ax (a 1)lnx,a R2
2.(1)当a 2时， 求函数在x 2处的切线方程；已知函数f(x)
（2）当函数f(x)的单调区间
3.（2010北京） 已知函数f(x) ln(1 x) x k2x(k 0). 2
（I） 当k 2，求曲线y f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程；
（II） 求f(x)的单调区间.
1.（2011北京））已知函数f(x) (x k)e．
（1）求f(x)的单调区间；
（2）若对于任意的x (0,
)，都有f(x)
2xk1，求k的取值范围 e
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2014年高考数学函数与导数试题汇编
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文章来源莲山 课件 w ww.5 YK J.COM 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)单调递减；x∈(2，＋∞)时，f′(x)&0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由(1)知，当k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k&0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，当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，g（2）&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&a&e－1.而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－ln a)，且f(s1)＝－a&0；取s2＝2a＋ln2a，满足s2∈(－ln a，＋∞)，且f(s2)＝2a－e2a＋ln2a－e2a&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&a，所以f′(x)＝3x2＋3，x≥a，3x2－3，x&a.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≤13时，M(a)－m(a)＝－a3－3a＋4；当13&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)＝8，a≤－1，－a3－3a＋4，－1&a≤13，－a3＋3a＋2，13&a&1，4，a≥1.(2)令h(x)＝f(x)＋b，则h(x)＝x3＋3x－3a＋b，x≥a，x3－3x＋3a＋b，x&a，h′(x)＝3x2＋3，x&a，3x2－3，x&a.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≤13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≤13.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&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－2827&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．[;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•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•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c&4时，对任意x∈R，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c&0，此时f(x)无极值．当c＝4时，对任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4&0，此时f(x)无极值．当c&4时，令e2x＝t，注意到方程2t＋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)&0；当x&x2时，f′(x)&0.从而f(x)在x＝x2处取得极小值．综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，＋∞)．
B13 定积分与微积分基本定理14．、[;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&4
14.2e2　[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& B．1& C．2& 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•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　8.[;江西卷] 若f(x)＝x2＋201f(x)dx，则01f(x)dx＝(　　)A．－1& B．－13& C.13& D．18．B　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& B. 4　2& C. 2& D. 46．D　3．[;陕西卷] 定积分01(2x＋ex)dx的值为(　　)A．e＋2& B．e＋1& C．e& D．e－13．C　
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& B．②③& C．①③& D．①②9．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　
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)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& B.14& C.12π& D.1812．B　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0&a&1时，由f′(x)＝0得x1＝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&a&1.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&a&1且a≠12知，当0&a&12时，－1&x&0；当12&a&1时，0&x＜1.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&a&12时，f(x1)＋f(x2)&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12&a&1时，f(x1)＋f(x2)&0.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“∀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)＋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　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&a&e－1.而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－ln a)，且f(s1)＝－a&0；取s2＝2a＋ln2a，满足s2∈(－ln a，＋∞)，且f(s2)＝2a－e2a＋ln2a－e2a&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&a，所以f′(x)＝3x2＋3，x≥a，3x2－3，x&a.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≤13时，M(a)－m(a)＝－a3－3a＋4；当13&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)＝8，a≤－1，－a3－3a＋4，－1&a≤13，－a3＋3a＋2，13&a&1，4，a≥1.(2)令h(x)＝f(x)＋b，则h(x)＝x3＋3x－3a＋b，x≥a，x3－3x＋3a＋b，x&a，h′(x)＝3x2＋3，x&a，3x2－3，x&a.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≤13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≤13.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&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－2827&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. 文章来源莲山 课件 w ww.5 YK J.COM
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