2014—2015函数导数高考题专题汇编
函数与导数例高考题汇编(含答案)

函数与导数高考题1.(安徽理3)设f(x)是定义在R 上的奇函数,当x≤0时,f(x)=2x'-x,则f()=(A)-3 (B)- 1 (C)1 (D)3【答案】A【命题意图】本题考查函数的奇偶性,考查函数值的求法 .属容易题.【解析】f()= - f( - 1)= - 42( - 1)²- ( - 1)]= - 3 .故选A.2 . (安徽理10)函数f (x )=ax ”g 1- x )“在区 间〔0,1〕上的图像如图所示,则m ,n 的值可 能 是(A)m=1,n=1(B) m=1,n=2(C) m=2,n=1(D) m=3,n=1【答案】B 【命题意图】本题考查导数在研究 函数单调性中的应用,考查函数图像,考查思维的综合能力.难度大.【 解 析 】 代 入 验 证 , 当m = 1 , n = 2 , f ( x ) = a x g ( 1 - x ) ² = n ( x ³ - 2 x ² + x ) ,则f ' ( x ) = a ( 3 x ² - 4 x + 1 ) , 由 ,结合图像可知函数应在递增,在 递减,即在, 知 a 存 在 . 故 选 B .3.(安徽文5)若点(a,b)在y=lgx 图像上,a≠1,则下列点也在此图像上的是(A)(,b) (B)(10a,1 b) (C)(,b+1) (D)(a2,2b)【答案】D 【命题意图】本题考查对数函数的基本运算,考查对数函数的图像与对应点的关系 .【 解 析 】 由 题 意b = 1 g a , 2 b = 2 1 l g a = 1 g a ² , 即( a ² , 2 b )也 在 函 数 y = l g x 图 像 上 .4 . (安徽文10) 函数f(x )=ax ”g (1 - . x )² 在区间(0,1)上的 图像如图所示,则n 可能是 (A)1 (B) 2取得最大值,由f'(x)=a(3x²-4x+1)=0可知,(C) 3 (D)4【答案】A【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用,考查函数图像,考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证,当7=1时,f(x)=axg(1-x)²=a(x³-2x²+x),则f(x)=a(3r²-4x+1)由f ( x ) = a ( 3 x ² 4 x + 1 ) = 0 可知,,结合图像可知函数应在递增,在递减,即在取得最大值,由, 知a 存在. 故选A .7 . (福建理5) 等于A.1B.e- 1C. CD.e+1【答案】C8 . (福建理9 )对于函数f ( x ) = a s i n x + b x + c (其中,a , b ∈R , c ∈Z ) ,选取a , b , C 的一组值计算f ( )和f ( - 1 )所得出的正确结果一定不可能是A . 4和6B . 3和1C . 2和4D . 1和2【答案】D9 . ( 福建理1 0 ) 已知函数f ( x ) = e⁴+ x , 对于曲线y = f ( x ) 上横坐标成等差数列的三个点A , B , c , 给出以下判断:①△ABC 一定是钝角三角形②△ABC可能是直角三角形③△ABC可能是等腰三角形④△ABC不可能是等腰三角形其中,正确的判断是A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】B10.(福建文6)若关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根,则实数m的取值范围是A.(- 1,1)B.(-2,2)C.(-o,-2)U(2,+o)D.(-o,- 1)U(1,+c)【答案】C11. (福建文8)已知函数 ,若f(a)+f(1)=0,则实数a的值等于A. 3B. 1C. 1D. 3【答案】A12.(福建文10)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于A.2B.3C. 6D. 9【答案】D13.(广东理4)设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数,则下列结论恒成立的是A . f(x)+1g(x)是偶函数B . f(x) - 1g(x)是奇函数c.if(x)\+g(x)是偶函数 D . i f ( x ) - g ( x )是奇函数【答案】A【解析】因为g(x)是R 上的奇函数,所以lg(x)是R 上的偶函数,从而f(x)+1g(x)是偶函数,故选A.14 . (广东文4)函 的定义域是 ( )A.(-~,- 1)B.(1,+~) c.(- 1,1)U(1,+oo) D.(-0,+oo)【答案】C16.(湖北理6)已知定义在R 上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=a¹-a ⁴+2(a>0,且a≠1),若g(2)=a,则f(2)=A.2B.C.D. a² 【答案】B【解析】由条件f(2)+g(2)=a²-a²+2,f(-2)+g(-2)=a²-a²+2, 即-f(2)+g(2)=a²-a²+2, 由此解得g(2)=2,f(2)=a²-a-所 以 a = 2 ,, 所 以 选 B18 . (湖南文7)曲线主点处的切线的斜率为( )A. B. 2 C. D. 【答案】B【解析】19.(湖南文8)已知函数f(x)=e¹-1,g(x)=-x²+4x -3.若有f(a)=g(b),则b 的取值范围为A.[2-√2,2+√2]B.(2-√2.2+√2)c.[1,3] p.(1,3)【答案】B【解析】由题可知f(x)=e ⁴- 1>- 1,g(x)=-x²+4x-3=-(x-2)²+1≤1,若有f(a)=g(b),则g(b) ∈(- 1,1), 即-b²+4b-3>- 1,解得2-√Z<b<2+√2., 所 以,y=020 . (湖南理6)由直线 与曲线y=COSX 所围成的封闭图形的面积为( )A.2B.1C.D.√3 【答案】D【解析】由定积分知识可得, 故 选 D 。
2015年全国各省函数导数高考题汇编

2015年函数导数高考试题汇编全国卷1理1,设函数f (x )=e x (2x -1)-ax +a ,其中a <1,若存在唯一的整数x 0,使得f (x 0)<0,则a的取值范围是A .⎣⎡⎭⎫-32e ,1B . ⎣⎡⎭⎫-32e ,34C . ⎣⎡⎭⎫32e ,34D . ⎣⎡⎭⎫32e ,1 2,若函数f (x )=xln (x +a +x 2)为偶函数,则a =______.全国卷1文1,已知函数1222,1()log (1),1x x f x x x -⎧-≤=⎨-+>⎩ ,且()3f a =-,则(6)f a -= (A )74-(B )54-(C )34-(D )14- 2,、设函数()y f x =的图像与2x ay +=的图像关于直线y x =-对称,且(2)(4)1f f -+-=,则a =( )(A ) 1- (B )1 (C )2 (D )4 3,.已知函数()31fx ax x =++的图像在点()()1,1f 的处的切线过点()2,7,则a = .全国卷2理1,设函数f (x )=⎩⎨⎧≥-+-1,2,1),2(log 112x x x x <,则f (-2)+ f (log 212) =(A )3 (B )6 (C )9 (D )122,.设函数f ’(x)是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数,f (-1)=0,当x>0时,x f ’(x )-f (x )<0,则使得f (x ) >0成立的x 的取值范围是(A) (-∞,-1)∪(0,1) (B) (-1,0)∪(1,+∞) (C) (-∞,-1)∪(-1,0) (D) (0,1)∪(1,+∞)全国卷2文1,设函数211|)|1ln()(xx x f +-+=,则使得)12()(->x f x f 成立的x 的取值范围是 A. )1,31( B. ),1()31,(+∞-∞UC. )31,31(-D. ),31()31,(+∞--∞U 2,已知函数x ax x f 2)(3-=的图象过点)4,1(-,则=a .3,已知曲线x x y ln +=在点)1,1(处的切线与曲线1)2(2+++=x a ax y 相切,则=a .北京理设函数()()()2142 1.x a x f x x a x a x ⎧-<⎪=⎨--⎪⎩‚‚‚≥①若1a =,则()f x 的最小值为;②若()f x 恰有2个零点,则实数a 的取值范围是 .北京文1,下列函数中为偶函数的是( ).A.2sin y x x =B. 2cos y x x =C. ln y x =D. 2xy -=,2,32-, 123,2log 5三个数中最大数的是 . 天津理已知定义在R 上的函数()21x mf x -=- (m 为实数)为偶函数,记()()0.52log 3,log 5,2a b f c f m === ,则,,a b c 的大小关系为(A )a b c << (B )a c b << (C )c a b << (D )c b a <<(8)已知函数()()22,2,2,2,x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩ 函数()()2g x b f x =-- ,其中b R ∈ ,若函数()()y f x g x =- 恰有4个零点,则b 的取值范围是(A )7,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ (B )7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ (C )70,4⎛⎫ ⎪⎝⎭(D )7,24⎛⎫ ⎪⎝⎭天津文1,已知函数22||,2()(2),2x x f x x x ì-?ï=í->ïî,函数()3(2)g x f x =--,则函数y ()()f x g x =-的零点的个数为(A) 2 (B) 3 (C)4 (D)52,已知函数()()ln ,0,f x ax x x =∈+∞ ,其中a 为实数,()f x '为()f x 的导函数,若()13f '= ,则a 的值为 .3,已知0,0,8,a b ab >>= 则当a 的值为 时,()22log log 2a b ⋅取得最大值。
2014年全国高考试卷导数部分汇编(上)

2014年全国高考试卷导数部分汇编(上)1. (2014安徽理18文20)设函数23()1(1)f x a x x x =++--,其中0a >.⑴讨论()f x 在其定义域上的单调性;⑵当[01]x ∈,时,求()f x 取得最大值和最小值时的x 的值. 【解析】 ⑴ ()f x 的定义域为2()'()123f x a x x -∞+∞=+--,,.令'()0f x =,得1212x x x x ==<, 所以12'()3()()f x x x x x =---.当1x x <或2x x >时,'()0f x <;当12x x x <<时,'()0f x >. 故()f x 在1()x -∞,和2()x +∞,内单调递减,在12()x x ,内单调递增. ⑵ 因为0a >,所以1200x x <>,. ①当4a ≥时,21x ≥.由⑴知,()f x 在[01],上单调递增. 所以()f x 在0x =和1x =处分别取得最小值和最大值. ②当04a <<时,21x <由⑴知,()f x 在2[0]x ,上单调递增,在2[1]x ,上单调递减.所以()f x 在2x x ==又(0)1(1)f f a ==,,所以当01a <<时,()f x 在1x =处取得最小值;当1a =时,()f x 在0x =处和1x =处同时取得最小值; 当14a <<时,()f x 在0x =处取得最小值.评析 本题考查利用导数求函数的单调区间和最大(小)值,同时考查分类讨论的思想,分为讨论的关键是确定分类的标准.2. (2014安徽理21)设实数0c >,整数1p >,*n N ∈.⑴证明:当1x >-且0x ≠时,(1)1p x px +>+; ⑵数列{}n a 满足11pa c >,111p n n np c a a a p p-+-=+.证明:11p n n a a c +>>. 【解析】 ⑴ 用数学归纳法证明:①当2p =时,22(1)1212x x x x +=++>+,原不等式成立. ②假设(2*)p k k k =N ≥,∈时,不等式(1)1k x kx +>+成立. 当1p k =+时,12(1)(1)(1)(1)(1)1(1)1(1)k k x x x x kx k x kx k x ++=++>++=+++>++所以1p k =+时,原不等式也成立.综合①②可得,当10x x >-,≠,对一切整数1p >,不等式(1)1p x px +>+均成立. ⑵ 证法一:先用数学归纳法证明1pn a c >. ①当1n =时,由题设11pa c >知1pn a c >成立. ②假设(1*)n k k k =N ≥,∈时,不等式1pn a c >成立. 由111pn n n p c a a a p p-+-=+易知0*n a n >N ,∈. 当1n k =+时,11111p k k p k k a p c ca a p p p a -+⎛⎫-=+=+- ⎪⎝⎭. 当10pk a c >>得11110p k cp p a ⎛⎫-<-<-< ⎪⎝⎭. 由⑴中的结论得11111ppk p k k a c p a p a +⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+->+⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.11p p k kcc p a a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭. 因此1pk ac +>,即11pk a c +>.所以1n k =+时,不等式1rn a c >也成立.综合①②可得,对一切正整数n ,不等式1pn a c >均成立. 再由1111n p n n a ca p a +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭可得11n n a a +<,即1n n a a +<.综上所述,11pn n a a c +>>,*n N ∈.证法二:设111()p p p cf x x x x c p p --=+,≥,则p x c ≥, 并且11()(1)10p p p c p c f x p x p p p x ---⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭,1p x c >. 由此可得,()f x 在1p c ⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎢⎣⎭,上单调递增.因而,当1px c >时,11()()p pf x f c c >=, ①当1n =时,由110pa c >>,即1p a c >可知12111111111p p p c c a a a a a p p p a -⎡⎤⎛⎫-=+=+-<⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,并且121()pa f a c =>,从而112p a a c >>.故当1n =时,不等式11pn n a a c +>>成立.②假设(1*)n k k k =N ≥,∈时,不等式11pk k a a c +>>成立,则当1n k =+时,11()()()p k k f a f a f c +>>,即有112pk k a a c ++>>. 所以1n k =+时,原不等式也成立.综合①②可得,对一切正整数n ,不等式11pn n a a c +>>均成立.3. (2014安徽文15)若直线l 与曲线C 满足下列两个条件:⑴直线l 在点()00P x y ,处与曲线C 相切; ⑵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:0l y =在点()00P ,处“切过”曲线C :2y x = ②直线:1l x =-在点()10P -,处“切过”曲线C :2(1)y x =+ ③直线:l y x =在点()00P ,处“切过”曲线C :sin y x = ④直线:l y x =在点()00P ,处“切过”曲线C :tan y x = ⑤直线:1l y x =-在点()10P ,处“切过”曲线C :ln y x = 【解析】 ①③④①直线0l y =:在()00P ,处与曲线3C y x =:相切,且曲线C 位于直线l 的两侧,①对; ②直线1l x =-:不是曲线()21C y x =+:在()10P -,处的切线,②错; ③中cos y x '=,cos 01=,因此曲线sin C y x =:在()00P ,处的切线为l y x =:,设()s i n f x x x =-,则()1cos 0f x x '=-≥,即()f x 是增函数,又()00f =,从而当0x <时,()0sin f x x x ⇒<<,当0x >时,()0sin f x x x ⇒>>,即曲线sin C y x =:在()00P ,附近位于直线l 的两侧,③正确;④中22sin 111cos cos cos 0x y x x ⎛⎫'='== ⎪⎝⎭,,因此曲线tan C y x =:在()00P ,处的切线为l y x =:,设()tan g x x x =-,则()21ππ10cos 22g x x x ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭<<≤,即()g x 在ππ22⎛⎫- ⎪⎝⎭,上是减函数,且()00g =,同③得④正确;⑤中1111y x '==,,因此曲线ln C y x =:在()10P ,处的切线为1l y x =-:,设()()1l n 0h x x x x =-->,则()111x h x x x-'=-=,当01x <<时,()0h x '<,当1x >时,()0h x '>,因此当1x =时,()()min 10h x h ==,因此曲线C 在()10P ,附近位于直线l 的一侧,故⑤错误.因此答案为①③④评析 本题考查导数的几何意义及导数在函数中的应用,解题时结合图象可简化运算和推理的过程.4. (2014北京理18)已知函数()πcos sin 02f x x x x x ⎡⎤=-,∈,⎢⎥⎣⎦,⑴求证:()0f x ≤;⑵若sin x a b x <<对π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立,求a 的最大值与b 的最小值. 【解析】 ⑴ ()()cos sin cos sin f x x x x x x x '=+--=-,π02x ⎡⎤∈,⎢⎥⎣⎦时,()0f x '≤,从而()f x 在π02⎡⎤,⎢⎥⎣⎦上单调递减, 所以()f x 在π02⎡⎤,⎢⎥⎣⎦上的最大值为()00f =,所以()()00f x f =≤. ⑵ 法一:当0x >时,“sin x a x >”等价于“sin 0x ax ->”;“sin xb x<”等价于“sin 0x bx -<”, 令()sin g x x cx =-,则()cos g x x c '=-.当0c ≤时,()0g x >对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立.当1c ≥时,因为对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭,()cos 0g x x c '=-<,所以()g x 在区间π02⎡⎤,⎢⎥⎣⎦上单调递减.从而()()00g x g <=对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立.当01c <<时,存在唯一的0π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭,使得()00cos 0g x x c '=-=,且当()00x x ∈,时,()0g x '>,()g x 单调递增;当0π2x x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭时,()0g x '<,()g x 单调递减.所以()()000g x g >=.进一步,“()0g x >对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立”当且仅当ππ1022g c ⎛⎫=- ⎪⎝⎭≥,即20πc <≤.综上所述,当且仅当2πc ≤时,()0g x >对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立;当且仅当1c ≥时,()0g x <对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立.所以,若sin x a b x <<对任意π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭恒成立,则a 的最大值为2π,b 的最小值为1.法二: 令()sin π02x g x x x ⎛⎤=,∈, ⎥⎝⎦, 则()2cos sin x x xg x x ⋅-'=,由⑴知,()0g x '≤,故()g x 在π02⎛⎤, ⎥⎝⎦上单调递减,从而()g x 的最小值为π22πg ⎛⎫= ⎪⎝⎭,故2πa ≤,a 的最大值为2π.b 的最小值为1,下面进行证明:()sin h x x bx =-,π02x ⎡⎫∈,⎪⎢⎣⎭,则()cos h x x b '=-,当1b =时,()0h x '≤,()h x 在π02⎡⎫,⎪⎢⎣⎭上单调递减,从而()()max 00h x h ==,所以sin 0x x -≤,当且仅当0x =时取等号.从而当π02x ⎛⎫∈, ⎪⎝⎭时,sin 1x x <.故b 的最小值小于等于1.若1b <,则()cos 0h x x b '=-=在π02⎛⎫, ⎪⎝⎭上有唯一解0x ,且()00x x ∈,时,()0h x '>,故()h x 在()00x ,上单调递增,此时()()00h x h >=,sin sin 0xx bx b x->⇒>与恒成立矛盾,故1b ≥, 综上知:b 的最小值为1.5. (2014北京文20)已知函数3()23f x x x =-.⑴求()f x 在区间[]21-,上的最大值;⑵若过点(1)P t ,存在3条直线与曲线()y f x =相切,求t 的取值范围;⑶问过点(12)(210)(02)A B C -,,,,,分别存在几条直线与曲线()y f x =相切?(只需写出结论)【解析】 ⑴ 由()323f x x x =-得()263f x x '=-.令()0f x '=,得x =或x =.因为()210f -=-,f ⎛ ⎝⎭()11f f ==-⎝⎭所以()f x 在区间[]21-,上的最大值为f ⎛= ⎝⎭⑵ 设过点()1P t ,的直线与曲线()y f x =相切于点()00x y ,,则300023y x x =-,且切线斜率为2063k x =-,所以切线方程为()20063y y x -=-()0x x -, 因此()()2000631t y x x -=--.整理得32004630x x t -++=.设()32463g x x x t =-++,则“过点()1P 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”.()()21212121g x x x x x '=-=-. ()g x 与()g x '的情况如下:当(0)30g t =+≤,即3t -≤时,此时()g x 在区间(]1-∞,和(1)+∞,上分别至多有1个零点,所以()g x 至多有2个零点. 当(1)10g t =+≥,即1t -≥时,此时()g x 在区间(0)-∞,和[)0+∞,上分别至多有1个零点,所以()g x 至多有2个零点.当()00g >且()10g <,即31t -<<-时,因为()()1702110g t g t -=-<=+>,, 所以()g x 分别在区间[)10-,,[)01,和[)12,上恰有1个零点. 由于()g x 在区间()0-∞,和()1+∞,上单调,所以()g x 分别在区间()0-∞,和[)1-∞,上恰有1个零点.综上可知,当过点()1P t ,存在3条直线与曲线()y f x =相切时,t 的取值范围是()31--,. ⑶ 过点()12A -, 存在3条直线与曲线()y f x =相切; 过点()210B , 存在2条直线与曲线()y f x =相切; 过点()02C , 存在1条直线与曲线()y f x =相切.:6. (2014大纲理7)曲线1e x y x -=在点()11,处切线的斜率等于( ) A .2e B .eC .2D .1【解析】 C7. (2014大纲理16)若函数()cos2sin f x x a x =+在区间ππ62⎛⎫⎪⎝⎭,上是减函数,则a 的取值范围是____________.【解析】 (]2-∞, 8. (2014大纲理22)函数()()()ln 11axf x x a x a=+->+. ⑴讨论()f x 的单调性;⑵设11a =,1ln(1)n n a a +=+,证明:2322n a n n <++≤. 【解析】 ⑴ ()f x 的定义域为()1-+∞,,()()()()222'1x x a a f x x x a ⎡⎤--⎣⎦=++(i )当12a <<时,若()212x a a ∈--,,则()'0f x >,()f x 在()212a a --,是增函数;若()220x a a ∈-,,则()'0f x <,()f x 在()220a a -,是减函数;若()0x ∈+∞,,则()'0f x >,()f x 在()0+∞,上增函数. (ii )当2a =时,()'0f x ≥,()'0f x =成立当且仅当0x =,()f x 在()1-+∞,是增函数. (iii )当2a >时,若()10x ∈-,,则()'0f x >,()f x 在()10-,是增函数; 若()202x a a ∈-,,则()'0f x <,()f x 在()202a a -,是减函数;若()22x aa ∈-+∞,,则()'0f x >,()f x 在()22a a -+∞,是增函数.⑵ 由⑴知,当2a =时,()f x 在()1-+∞,是增函数 当()0x ∈+∞,时,()()00f x f >=,即()()2ln 102xx x x +>>+ 又由⑴知,当3a =时,()f x 在[)03,是减函数.当()03x ∈,时,()()00f x f <=,即()()3ln 1033xx x x +<<<+. 下面用数学归纳法证明2322n a n n <++…(i )当1n =时,由已知1213a <=,故结论成立;(ii )设当n k =时结论成立,即12322a k k <++≤. 当1n k =+时.()122222ln 1ln 1=2322k k k a a k k k +⨯⎛⎫+=+>+>⎪++⎝⎭++. ()133332ln 1ln 12332k k k a a k k k +⨯⎛⎫+=++<= ⎪++⎝⎭++≤ 即当1n k =+时有12333k a k k +<++≤,结论成立 根据(i )(ii )知对任何*n ∈N 结论都成立.9. (2014大纲文21)函数()()32330f x ax x x a =++≠.⑴讨论()f x 的单调性;⑵若()f x 在区间()12,是增函数,求a 的取值范围. 【解析】 ⑴ ()2363f x ax x '=++,()0f x '=的判别式()361a ∆=-.(i )若1a ≥,则()0f x '≥,且()0f x '=当且仅当1a =,1x =-,故此时()f x 在R 上是增函数.(ii )由于0a ≠,故当1a <,()0f x '=有两个根;1x =2x =若01a <<,则当()2x x ∈-∞,或()1x x ∈+∞,时()0f x '>, 故()f x 分别在()2x -∞,,()1x +∞,上是增函数; 当()21x x x ∈,时,()0f x '<,故()f x 在()21x x ,上是减函数; 若0a <,则当()1x x ∈-∞,或()2x +∞,时,()0f x '<, 故()f x 分别在()1x -∞,,()2x +∞,上是减函数; 当()12x x x ∈,时,()0f x '>,故()f x 在()12x x ,上是增函数.⑵ 当0a >,0x >时,()23630f x ax x '=++>,故当0a >时,()f x 在区间()12,上是增函数. 当0a <时,()f x 在区间()12,上是增函数当且仅当()10f '≥且()20f '≥,解得504a -<≤.综上,a 的取值范围是()5004⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭∪,,. 10. (2014福建理14)如图,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______.【解析】 22e11. (2014福建理20文22)已知函数()e x f x ax =-(a 为常数)的图像与y 轴交于点A ,曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为1-.⑴求a 的值及函数()f x 的极值; ⑵证明:当0x >时,2e x x <;⑶证明:对任意给定的正数c ,总存在0x ,使得当()0x x ∈+∞,,恒有2e x x c <. 【解析】 本小题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用、全称量词与存在量词等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力、抽象概括能力,考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一般思想. ⑴ 由()x f x e ax =-,()x f x e a '=- 又'(0)11f a =-=-,得2a =. 所以()e 2'()e 2x x f x x f x =-=-,, 令'()0f x =,得ln 2x =.当ln 2x <时,'()0()f x f x <,单调递减; 当ln 2x >时,'()0()f x f x >,单调递增. 所以当ln 2x =时,()f x 取得极小值, 且极小值为ln 2(ln 2)e 2ln 22ln 4f =-=-, ()f x 无极大值.⑵ 令2()e x f x x =-,则'()e 2x g x x =-, 由⑴得'()()(ln 2)0g x f x f =>≥, 故()g x 在R 上单调递增,又(0)10g =>,x因此,当0x >时,()(0)0g x g >>,即2e x x <. ⑶ 理科解法一:①若1c ≥,则e e x x c ≤.又由⑵知,当0x >时,2e x x <. 所以当0x >时,2e x x c <.取00x =,当0()x x +∞∈,时,恒有2e x x c <. ②若01c <<,令11k c=>,要使不等式2e x x c <成立,只要2e x kx >成立. 而要使2e x kx >成立,则只要2ln()x kx >,只要2ln ln x x k >+成立. 令()2ln ln h x x x k =--,则22'()1x h x x x-=-=. 所以当2x >时,'()0h x >,()h x 在(2)+∞,内单调递增. 取01616x k =>,所以()h x 在0()x +∞,内单调递增, 又0()162ln(16)ln 8(ln 2)3(ln )5h x k k k k k k k =--=-+-+, 易知ln ln 250k k k k >>>,,,所以0()0h x >.即存在016x c=,当0()x x +∞∈,时,恒有2e x x c <. 综上,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0()x x +∞∈,时,恒有2e x x c <. 理科解法二:对任意给定的正数c ,取0x =,由⑵知,当0x >时,2e xx >,所以2222e e e 22x x xx x ⎛⎫⎛⎫=⋅> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.当0x x >时,222241e 222xx x x x c c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>>= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭因此,对任意给定的正数c ,总存()0x ∈+∞,时,恒有313x x e < 理科解法三:首先证明当(0)x +∞∈,时,恒有21e 3x x <.证明如下:令31()e 3x h x x =-,则2'()e x h x x =-.由⑵知,当0x >时,3e x x <,从而'()0()h x h x <,在(0)+∞,上单调递减, 所以()(0)10h x h <=-<,即31e 3x x <.取03x c =,当0x x >时,有2311e 3x x x c <<. 因此,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当()x x ∞∈,+时,恒有2e x x c <. 文科解法一:对任意给定正数c ,取01x c=所以当0x x >时,21e x x x c>> ,即e x x c <.因此,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0()x x +∞∈,时,恒有e x x c <. 文科解法二:令1(0)k k c=>,要使不等式e x x c <成立,只要e x kx >成立.而要使e x kx >成立,则只需要ln()x kx >,即ln ln x x k >+成立. ①若01k <≤,则ln 0k ≤,易知当0x >时,ln ln ln x x x k >+≥成立.即对任意[)1c ∈+∞,,取00x =,当0()x x ∈+∞,时,恒有e x x c <. ②若1k >,令()ln ln h x x x k =--,则11'()1x h x x x-=-=, 所以当1x >时,'()0()h x h x >,在(1)+∞,内单调递增, 取04x k =.0()4ln(4)ln 2(ln )2(ln 2)h x k k k k k k =--=-+-.易知ln ln 2k k k >>,,所以0()0h x >. 因此对任意(01)c ∈,,取04x c=,当0()x x ∈+∞,时,恒有e x x c <. 综上,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0()x x +∞∈,时,恒有e x x c <. 文科解法三: ①若1c ≥,取00x =,由⑵的证明过程知,e 2x x >,所以当0()x x +∞∈,时,有e e 2x x c x x >>≥,即e x x c <. ②若01x <<,令()e x h x c x =-,则'()e 1x h x c =-. 令'()0h x =得1ln x c=.当1ln x c>时,'()0()h x h x >,单调递增.取022ln x c=, 22ln0222()e2ln2ln ch x c c cc ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭, 易知22ln 0c c->,又()h x 在()0x +∞,内单调递增. 所以当0()x x ∈+∞,时,恒有0()()0h x h x >>,即e x x c <.综上,对任意给定的正数c ,总存在0x ,当0()x x +∞∈,时,恒有e x x c <. 注:对c 的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.12. (2014广东理10)曲线5e 2x y -=+在点(0,3)处的切线方程为____________. 【解析】530x y +-=. 55e x xy -'=-,05y '=-,切线过点(0,3),由点斜式写出直线方程53y x =-+. 13. (2014广东文11)曲线5e 3x y =-+在(02)-,处的切线方程为____________. 【解析】520x y ++= 14. (2014广东文21)已知函数321()1()3f x x x ax a =+++∈R⑴求函数()f x 的单调区间;⑵当0a <时,试讨论是否存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,∪,,使得01()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 【解析】 ⑴ 函数的定义域为R ,()22f x x x a '=++.①当1a <时,令()0f x '>,则2201x x a x ++>⇒>-或1x <-,所以()f x 的单调递增区间为(1-∞-,和()1-+∞;令()0f x '<,可得11x -<-+所以()f x 的单调递减区间为(11--+.②当1a ≥时,()0f x '≥在R 上恒成立,所以()f x 在R 上是增函数.⑵ 0a <时,10-.由⑴知,()f x在()1-++∞上是增函数. ①()1111701172244212551211442f f a a a a a ⎧⎛⎫⎧⎧+++- ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⇒⇒⇒-⎨⎨⎨⎪⎪⎪>->--⎪⎪⎪⎩⎩⎩,≤≤≥≤, 则7012a -<≤, 不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,使得()012fx f ⎛⎫= ⎪⎝⎭; ②()1705721254121142f f a a a ⎧⎛⎫⎧><- ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⇒⇒-<<-⎨⎨⎪⎪>--⎪⎪⎩⎩,,,存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭; ③15124a -⇒=-, 不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,使得()012f xf ⎛⎫= ⎪⎝⎭; ④()1251252123512131142f f a a a ⎧⎛⎫⎧- ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⇒⇒-<<-⎨⎨⎪⎪-<<--⎪⎪⎩⎩,≤≤≤, 不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,使得()012f xf ⎛⎫= ⎪⎝⎭; ⑤()12512552125124131142f f a a a ⎧⎛⎫⎧>>- ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⇒⇒-<<-⎨⎨⎪⎪-<<-<-+⎪⎪⎩⎩,,,存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭; ⑥113a -⇒-≤,()f x 在()01,上是单调函数, 故不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 综上所述,当25557124412a ⎛⎫⎛⎫∈---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,时, 存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 当2557012412a ⎛⎫⎧⎫⎡⎫∈-∞---⎨⎬ ⎪⎪⎢⎝⎭⎩⎭⎣⎭,,时,不存在0110122x ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,, 使得()012f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.15. (2014湖北理6)函数()(),f x g x 满足()()110f x g x dx -=⎰,则称()(),f x g x 为区间[]11-,上的一组正交函数,给出三组函数:①()()11sin cos 22f x x g x x ==,;②()()11f x x g x x =+=-,; ③()()2f x x g x x ==,其中为区间[]11-,的正交函数的组数是( ) A .0B .1C .2D .3【解析】 C由①得111()()sin cos sin 222f xg x x x x ==,是奇函数,所以11()()d 0f x g x x -=⎰,所以①为区间[]11-,上的正交函数;由②得2()()1f xg x x =-,∴131121114()()d (1)33x f x g x x x dx x ---⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰,所以②不是区间[]11-,上的正交函数;由③得3()()f x g x x =,是奇函数,所以11()()d 0f x g x x -=⎰,所以①为区间[]11-,上的正交函数.故选C .16. (2014湖北理22)π为圆周率,e 2.71828= 为自然对数的底数.⑴求函数ln ()=xf x x的单调区间⑵求3e πe π3e ,3,e ,π,3,π这6个数中的最大数与最小数;⑶将3e πe π3e ,3,e ,π,3,π这6个数从小到大的顺序排列,证明你的结论.【解析】 ⑴ 函数()f x 的定义域为(0)+∞,. 因为ln ()x f x x =,所以2l ln ()xf x x-'=. 当()0f x '>,即0e x <<,函数()f x 单调递增; 当()0f x '<,即e x <,函数()f x 单调递减. 故函数()f x 的单调递增区间为(0e ,),单调递减区间为(e +∞,). ⑵ 因为e <3π<,所以eln3eln ππlne πln3<,<,即e e ππln3ln πln e ln3<,<. 于是根据函数ln e πx x y x y y ===,,在定义域上单调递增,可得e e 33ππ3ππe e 3<<,<<. 故这6个数的最大数在3π与π3之中,最小数在e 3与3e 之中.由e 3π<<及⑴的结论,得(π)(3)(e)f f f <<,即ln πln3lneπ3e<<. 由ln πln 3π3<,得3πln πln 3<,所以π33π>; 由ln 3ln e 3e <,得e 3ln 3ln e <,所以e 33e <. 综上,6个数中的最大数是π3,最小数是e 3.⑶ 由⑵知,e e 3πe 33ππ33e <<<,<. 又由⑵知,ln πlneπe<得e ππe <. 故只需比较3e 与e π和πe 与3π的大小.由⑴知,当0e x <<时,1()(e)=e f x f <,即ln 1ex x <.在上式中,令2e πx =,又2e e π<,则2e e ln ππ<,从而e 2ln ππ-<,即得eln π2π->.由①得,e 2.72e ln πe 2 2.72 2.7(20.88)π 3.1⎛⎫⎛⎫-⨯-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>>> 3.0243>,即e ln π>3,亦即e 3ln πln e >,所以3e e π<.又由①得,3e 3ln π66e ππ-->>>,即3ln ππ>,所以π3e π>. 综上可得,e 3e π3π3e πe π3<<<<<. 即6个数从小到大的顺序为e 3e π3π3e πe π3,,,,,. 评析 本题考查了函数和导数的结合应用;考查了不等式求解的能力;考查了分析问题、解决问题的综合能力.充分考查了考生的综合素质在平时的学习过程中应充分培养综合解决问题的能力.17. (2014湖北文21)π为圆周率,e 2.71828=为自然对数的底数.⑴求函数ln ()xf x x=的单调区间; ⑵求3e ,e 3,πe ,e π,π3,3π这6个数中的最大数与最小数.【解析】 ⑴ 函数()f x 的定义域为()0+∞,.因为ln ()x f x x =,所以21ln ()xf x x -'=.当()0f x '>,即0e x <<时,函数()f x 单调递增;当()0f x '<,即e x >时,函数()f x 单调递减.故函数()f x 的单调递增区间为()0e ,,单调递减区间为()e +∞,. ⑵ 因为e 3π<<,所以eln 3eln π<,πln e πln 3<,即e e ln 3ln π<,ππln e ln 3<. 于是根据函数ln y x =,e x y =,πx y =在定义域上单调递增,可得 e e 33ππ<<,3ππe e 3<<.故这6个数的最大数在3π与π3之中,最小数在e 3与3e 之中.由e 3π<<及⑴的结论,得(π)(3)(e)f f f <<,即ln πln3lneπ3e<<. 由ln πln3π3<,得3πln πln 3<,所以π33>π; 由ln 3ln e 3e<,得e 3ln 3ln e <,所以e 33e <. 综上,6个数中的最大数是π3,最小数是e 3.18. (2014湖南理9)已知函数()()sin f x x ϕ=-,且()2π300f x dx =⎰,则函数()f x 的图象的一条对称轴是( )A .5π6x =B .7π12x =C .π3x =D .π6x =【解析】 A函数()f x 的对称轴为ππ2x k ϕ-=+ππ2x k ϕ⇒=++,因为()2π32πsin d 0cos cos 03x x ϕϕϕ⎛⎫-=⇒--+= ⎪⎝⎭⎰πsin 03ϕ⎛⎫⇒-= ⎪⎝⎭, 所以π2π3k ϕ=+或4π2π3k +,则5π6x =是其中一条对称轴,故选A . 19. (2014湖南理22)已知常数0a >,函数()()2ln 12xf x ax x =+-+.⑴讨论()f x 在区间()0+∞,上的单调性; ⑵若()f x 存在两个极值点1x ,2x ,且()()120f x f x +>,求a 的取值范围.【解析】 ⑴ 对函数()f x 求导可得()()2412a f x ax x '=-++()()()()2224112a x ax ax x +-+=++()()()224112ax a ax x --=++,因为()()2120ax x ++>,所以当10a -≤时,即1a ≥时,()0f x '≥恒成立,则函数()f x 在()0+∞,上单调递增;当1a ≤时,()0f x x '=⇒=则函数()f x在区间0⎛ ,⎝⎭上单调递减,在⎫⎪,+∞⎪⎝⎭上单调递增的. ⑵ 由⑴可知,当1a ≥时,()f x 不存在极值点,因而01a <<. 又()f x的极值点只可能是12x x ==-,且由()f x 的定义可知,1x a>-且2x ≠-,所以1a ->-,2--,解得12a ≠,此时12x x ,分别是()f x 的极小值点和极大值点.而()()()()1212121222ln 1ln 122x x f x f x ax ax x x +=+-++-++ ()2122212121212444ln 1224x x x x ax ax a x x x x x x ++=+++-+++=()()()22412ln 21ln 2122121a a a a a ---=-+--- 令21a x -=,由01a <<且12a ≠知, 当102a <<时,10x -<<;当112a <<时,01x <<.记()22ln 2g x x x=+-①当10x -<<时,()()22ln 2g x x x =-+-,所以()2222220x g x x x x -'=-=<,因此()g x 在区间()10-,上单调减,从而()()140g x g <-=-<, 故当102a <<时,()()120f x f x +<. ②当01x <<时,()22ln 2g x x x =+-,()2222220x g x x x x -'=-=<,因此()g x 在区间()01,上单调递减,从而()()10g x g >=, 故当112a <<时,()()120f x f x +>. 综上,满足条件的a 的取值范围为112⎛⎫⎪⎝⎭,. 20. (2014湖南文9)若1201x x <<<,则( )A .2121e e ln ln x x x x ->-B .2121e e ln ln x x x x -<-C .1221e e x x x x >D .1221e e x x x x <【解析】 C21. (2014湖南文21)已知函数()cos sin 1(0)f x x x x x =-+>.⑴求()f x 的单调区间;⑵记i x 为()f x 的从小到大的第()i i *∈N 个零点,证明:对一切*n ∈N ,有2221211123n x x x +++<. 【解析】 ⑴ ()cos sin cos sin f x x x x x x x '=--=-令()0f x '=,得()*πx k k =∈N .当()()()2π,21πx k k k ∈+∈N 时,sin 0x >,此时()0f x '<; 当()()()()21π,22πx k k k ∈++∈N 时,sin 0x <,此时()0f x '>, 故()f x 的单调递减区间为()()()2π,21πk k k +∈N ,单调递增区间为()()()()21π,22πk k k ++∈N .⑵ 由⑴知,()f x 在区间()0,π上单调递减,又π02f ⎛⎫= ⎪⎝⎭,故1π2x =,当*n ∈N 时,因为()()()()()()1π1π1π11110nn f n fn n n n +⎡⎤⎡⎤+=-+-++<⎣⎦⎣⎦,且函数()f x 的图象是连续不断的,所以()f x 在区间()()π,1πn n +内至少有一个零点. 又()f x 在区间()()π,1πn n +上是单调的,故()1π1πn n x n +<<+. 因此当1n =时,221142π3x =<; 当2n =时,()22212111241π3x x +<+<; 当3n ≥时,()2222221211111141π21n x x x n ⎡⎤+++<++++⎢⎥-⎢⎥⎣⎦()()21115π1221n n ⎡⎤<+++⎢⎥⨯--⎢⎥⎣⎦211111151π22321n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦2211626π1π3n ⎛⎫=-<< ⎪-⎝⎭. 综上所述,对一切*n ∈N ,2221211123n x x x +++<.22. (2014江苏理11)在平面直角坐标系xOy 中,若曲线()2by ax a b x=+,为常数过点(2,5)P -,且该曲线在点P 处的切线与直线7230x y ++=平行,则a b +的值是_______.【解析】3- 由已知,452b a +=-,又∵22b y ax x '=-,∴7442b a -=-,解得2b =-,1a =- ∴3a b +=-23. (2014江苏理19)已知函数()e e x x f x -=+,其中e 是自然对数的底数⑴证明:()f x 是R 上的偶函数;⑵若关于x 的不等式()e 1x mf x m -+-≤在(0,)+∞上恒成立,求实数m 的取值范围;⑶已知正数a 满足:存在0[1)x ∈+∞,,使得3000()(3)f x a x x <-+成立,试比较1e a -与e 1a -的大小,并证明你的结论.【解析】 ⑴ x ∀∈R ,()e e ()x x f x f x --=+=,∴()f x 是R 上的偶函数⑵ 由题意,(e e )e 1x x x m m --++-≤,即(e e 1)e 1x x x m --+--≤∵(0,)x ∈+∞,∴e e 10xx-+->,即e 1e e 1x x x m ---+-≤对(0,)x ∈+∞恒成立令e x t =(1)t >,则211tm t t --+≤对任意(1,)t ∈+∞恒成立.∵22111111(1)(1)131+11t t t t t t t t --=-=---+-+-+-+-≥,当且仅当2t =时等号成立 ∴实数m 的取值范围为1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦⑶ ()e e x x f x -'=-,当1x >时()0f x '>,∴()f x 在(1,)+∞上单调增 令3()(3)h x a x x =-+,()3(1)h x ax x '=--∵0a >,1x >,∴()0h x '<,即()h x 在(1,)x ∈+∞上单调减∵存在0[1)x ∈+∞,,使得3000()(3)f x a x x <-+,∴1(1)e 2e f a =+<,即11(e )2ea >+ ∵e 1e 111ln ln lne (e 1)ln 1ea a a a a a ----=-=--+设()(e 1)ln 1m a a a =--+,则e 1e 1()1a m a a a ---'=-=,11(e )2ea >+ 当11(e )e 12ea +<<-时()0m a '>,()m a 单调增;当e 1a >-时()0m a '<,()m a 单调减 因此()m a 至多有两个零点,而(1)(e)0m m ==∴当e a >时()0m a <,当11(e )e 2ea +<<时()0m a >,当e a =时()0m a =∵e 11()0e a m a a --<⇔<,e 11()0e a m a a -->⇔>,e 11()0e a m a a --=⇔=综上所述,当11(e e )e 2a -+<<时e 11e a a -->;当e a =时e 11e a a --=;当e a >时e 11e a a --<24. (2014江苏理23)已知函数0sin ()(0)x f x x x=>,设()n f x 为1()n f x -的导数,*n ∈N⑴求12πππ2()()222f f +的值⑵证明:对任意*n ∈N,等式1πππ()()444n n nf f -+=都成立.【解析】 ⑴ 0()sin xf x x =,两边求导得01()()cos f x xf x x +=两边再同时求导得122()()sin f x xf x x +=- (*)将π2x =代入(*)式得12πππ2()()1222f f +=-⑵ 下证命题:1sin ,4cos ,41()()sin ,42cos ,43n n x n kx n k nf x xf x x n k x n k -=⎧⎪=+⎪+=⎨-=+⎪⎪-=+⎩,*k ∈N 恒成立当0n =时,0()sin xf x x =成立当1n =时,10()()cos xf x f x x +=,由(1)知成立 当2n =时,21()2()sin xf x f x x +=-,由(1)知成立当3n =时,上式两边求导322()()2()cos xf x f x f x x ++=-,即32()3()cos xf x f x x +=- 假设当n m =(3)m ≥时命题成立,下面证明当1n m =+时命题也成立 若14m k +=,*k ∈N ,则41m k =-,*k ∈N由1()()cos m m mf x xf x x -+=-两边同时求导得1()()()sin m m m xf x f x mf x x +++= 即1(1)()()sin m m m f x xf x x +++=,命题成立同理,若141m k +=+,*k ∈N ,则4m k =,*k ∈N由1()()sin m m mf x xf x x -+=两边同时求导得1(1)()()cos m m m f x xf x x +++=,命题成立 若142m k +=+,*k ∈N ,则41m k =+,*k ∈N由1()()cos m m mf x xf x x -+=两边同时求导得1(1)()()sin m m m f x xf x x +++=-,命题成立 若143m k +=+,*k ∈N ,则42m k =+,*k ∈N由1()()sin m m mf x xf x x -+=-两边同时求导得1(1)()()cos m m m f x xf x x +++=-,命题成立 综上所述,命题对*n ∀∈N 恒成立 代入π4x =得1πππ()()444n n nf f -+=两边同时取绝对值得1πππ()()444n n nf f -+=25. (2014江西理8)若()()1202d ,f x x f x x =+⎰则()1d f x x =⎰( )A .1-B .13-C .13D .1【解析】 B令()10d f x x m =⎰,则()22f x x m =+,所以()()111230011d 2d 2233f x x x m x x mx m m ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭⎰⎰,解得13m =-,故选B .26. (2014江西理13)若曲线e x y -=上点P 处的切线平行于直线210x y ++=,则点P 的坐标是________. 【解析】 ()ln 2,2-令()e x f x -=,则()'e x f x -=-,令()00P x y ,,则()00'e 2x f x -=-=-,解得0ln 2x =-,所以0ln 20e e 2x y -===,所以点P 的坐标为()ln 2,2-.27. (2014江西理18)已知函数()()2f x x bx bb =++∈R .⑴当4b =时,求()f x 的极值;⑵若()f x 在区间103⎛⎫ ⎪⎝⎭,上单调递增,求b 的取值范围.【解析】 ⑴ 当4b =时,()52'x x f x -+=,由()'0f x =得2x =-或0x =.当()2x ∈-∞-,时,()'0f x <,()f x 单调递减; 当()20x ∈-,时,()'0f x >,()f x 单调递增; 当102x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,()'0f x <,()f x 单调递减,故()f x 在2x =-处取极小值()20f -=,在0x =处取极大值()04f =.⑵ ()'f x =,因为当103x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,0<,依题意,当103x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,有()532x b +-≤0,从而()53203b +-≤.所以b 的取值范围为19⎛⎤∞ ⎥⎝⎦-,28. (2014江西文11)若曲线ln y x x =上点P 处的切线平行于直线210x y -+=,则点P 的坐标是_______. 【解析】 ()e e , 29. (2014江西文18)已知函数22()(44f x x ax a =++0a <. ⑴当4a =-时,求()f x 的单调递增区间; ⑵若()f x 在区间[14],上的最小值为8,求a 的值. 【解析】 ⑴ 当4a =-时,由()25220x x f x--'==得25x =或2x =,由()0f x '>得 205x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,或()2x ∈+∞,,故函数()f x 的单调递增区间为205⎛⎫ ⎪⎝⎭,和()2+∞,.⑵ ()0f x a '=<, 由()0f x '=得10ax =-或2a x =-.当010a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,时,()f x 单调递增;当102aa x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭,时,()f x 单调递减;当2a x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭,时,()f x 单调递增.易知()()220f x x a =+,且02a f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭.①当12a-≤,即20a -<≤时,()f x 在[]14,上的最小值为()1f ,由()21448f a a =++=,得2a =±,均不符合题意.②当142a<-≤,即82a -<-≤时,()f x 在[]14,上的最小值为02a f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭,不符合题意.③当42a ->,即8a <-时,()f x 在[]14,上的最小值可能在1x =或4x =处取得,而()18f ≠,由()()24264168f a a =++=得10a =-或6a =-(舍去),当10a =-时()f x 在()14,上单调递减,()f x 在[]14,上的最小值为()48f =,符合题意.综上,10a =-.30. (2014辽宁理11文12)当[]21x ∈-,时,不等式32430ax x x -++≥恒成立,则实数a 的取值范围是()A .[]53--,B .968⎡⎤--⎢⎥⎣⎦,C .[]62--,D .[]43--,【解析】 C31. (2014辽宁理14)正方形的四个顶点()11A --,,()11B -,,()11C ,,()11D -,分别在抛物线2y x =-和2y x =上,如图所示.若将一个质点随机投入正方形ABCD 中,则质点落在图中阴影区域的概率是.【解析】 2332. (2014辽宁理21)已知函数()()()()8cos π2sin 13f x x x x x =-+-+, ()()()23πcos 41sin ln 3πx g x x x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭证明:⑴存在唯一0π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,,使()00f x =;⑵存在唯一1ππ2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,,使()10g x =,且对⑴中的0x ,有01πx x +<.在0(0)x ,上()u t 是增函数,又(0)0u =,从而当0(0]t x ∈,时,()0u t >,所以()u t 在0(0]x ,上无零点在0π2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭,上()u t 为减函数,由()00u x >,π4ln 202u ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,知存在唯一10π,2t x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使1()0u t =.所以存在唯一的1π02t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,,使1()0u t =. 因此存在唯一的11πππ2x t ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭,,使1()h x h =11(π)()0t u t -==. 因为当ππ2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,时,1sin 0x +>,故()(1sin )()g x x h x =+与()h x 有相同的零点,所以存在唯一的1ππ2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,,使1()0g x =. 因1110πx t t x =->,,所以01πx x +<.33. (2014辽宁文21)已知函数()π(cos )2sin 2f x x x x =---,2()(π1πx g x x =--. 证明:⑴存在唯一0π(0,)2x ∈,使0()0=f x ; ⑵存在唯一1π(,π)2x ∈,使1()0=g x ,且对⑴中的0x ,01πx x +>. 【解析】 ⑴ 当π(0,)2∈x 时,()ππsin 2cos 0f x x x '=+->,所以()f x 在π(0,)2上为增函 数,又(0)f 2πππ20,()4022=--<=->f ,所以存在唯一0π(0,)2x ∈,使0()0=f x . ⑵ 当π,π2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时,化简得cos 2()(π)11sin πx x g x x x =-⋅+-+ 令πt x =-,记()(π)=-u t g t =cos 211sin πt t t t --++,π[0,]2∈t ()().π(1sin )f t u t t '=+ 由⑴得,当0(0,)∈t x 时,()0u t '<当0π(,)2∈t x 时,()0u t '>. 在0π(,)2x 上()u t 为增函数,由π()02=u 知,当0π,2t x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时,()0<u t .所以()u t 在0π,2t x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭上无零点. 在0(0,)x 上()u t 为减函数,由(0)1=u 及0()0u x <知存在唯一00(0,)∈t x ,使0()0=u t . 于是存在唯一0π(0,)2t ∈,使()00u t =. 设10ππ(,π)2x t =-∈,则100()(π)()0g x g t u t =-==,因此存在唯一的1π(,π)2x ∈,使1()0=g x .由于1000π,x t t x =-<,所以01πx x +>.。
2014高考函数与导数汇编及详细解答

2014高考函数与导数解答题汇编1.[2014·江西卷18] 已知函数f (x )=(x 2+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. 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 )单调递减;当x ∈(-2,0)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⎝⎛⎦⎤-∞,19.2.[2014·安徽卷18] 设函数f (x )=1+(1+a )x -x 2-x 3,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 -3x 2.令f ′(x )=0,得x 1=-1-4+3a3,x 2=-1+4+3a3,x 1<x 2,所以f ′(x )=-3(x -x 1)(x -x 2). 当x <x 1或x >x 2时,f ′(x )<0; 当x 1<x <x 2时,f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,-1-4+3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1+4+3a 3,+∞内单调递减,在⎝⎛⎪⎫-1-4+3a 3,-1+4+3a 3内单调递增.(2)因为a >0,所以x 1<0,x 2>0,①当a ≥4时,x 2≥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,x 2<1.由(1)知,f (x )在[0,x 2]上单调递增,在[x 2,1]上单调递减, 所以f (x )在x =x 2=-1+4+3a3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.3.[2014·北京卷18] 已知函数f (x )=x cos 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 )=x cos x -sin x 得f ′(x )=cos x -x sin x -cos x =-x sin x .因为在区间⎝⎛⎭⎫0,π2上f ′(x )=-x sin 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 x x >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x 0∈⎝⎛⎭⎫0,π2使得g ′(x 0)=cos x 0-c =0.g (x )与g ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0,π2上的情况如下:因为g (x )在区间(0,x 0)上是增函数,所以g (x 0)>g (0)=0.进一步,“g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2恒成立”当且仅当g ⎝⎛⎭⎫π2=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 x x <b 对任意x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2恒成立,则a 的最大值为2π,b 的最小值为1.4.[2014·福建卷20] 已知函数f (x )=e x -ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ,曲线y =f (x )在点A 处的切线斜率为-1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值; (2)证明:当x >0时,x 2<e x ;(3)证明:对任意给定的正数c ,总存在x 0,使得当x ∈(x 0,+∞)时,恒有x 2<c e x . 20.解:方法一:(1)由f (x )=e x -ax ,得f ′(x )=e x -a .又f ′(0)=1-a =-1,得a =2.所以f (x )=e x -2x ,f ′(x )=e x -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)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4,f (x )无极大值. (2)证明:令g (x )=e x -x 2,则g ′(x )=e x -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x 2<e x .(3)证明:①若c ≥1,则e x ≤c e x .又由(2)知,当x >0时,x 2<e x . 故当x >0时,x 2<c e x .取x 0=0,当x ∈(x 0,+∞)时,恒有x 2<c e x .②若0<c <1,令k =1c >1,要使不等式x 2<c e x 成立,只要e x >kx 2成立.而要使e x >kx 2成立,则只要x >ln(kx 2),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x 0=16k >16,所以h (x )在(x 0,+∞)内单调递增.又h (x 0)=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 (x 0)>0. 即存在x 0=16c,当x ∈(x 0,+∞)时,恒有x 2<c e x .综上,对任意给定的正数c ,总存在x 0,当x ∈(x 0,+∞)时,恒有x 2<c e x . 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一.(3)对任意给定的正数c ,取x 0=4c ,由(2)知,当x >0时,e x>x 2,所以e x=e x 2·e x 2>⎝⎛⎭⎫x 22·⎝⎛⎭⎫x 22,当x >x 0时,e x>⎝⎛⎭⎫x 22⎝⎛⎭⎫x 22>4c ⎝⎛⎭⎫x 22=1c x 2,因此,对任意给定的正数c ,总存在x 0,当x ∈(x 0,+∞)时,恒有x 2<c e x . 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一.(3)首先证明当x ∈(0,+∞)时,恒有13x 3<e x .证明如下:令h (x )=13x 3-e x ,则h ′(x )=x 2-e x .由(2)知,当x >0时,x 2<e x ,从而h ′(x )<0,h (x )在(0,+∞)上单调递减, 所以h (x )<h (0)=-1<0,即13x 3<e x .取x 0=3c ,当x >x 0时,有1c x 2<13x 3<e x .因此,对任意给定的正数c ,总存在x 0,当x ∈(x 0,+∞)时,恒有x 2<c e x .5.[2014·湖北卷22] 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e 3,3e ,e π,πe ,,3π,π3这6个数中的最大数与最小数;(3)将e 3,3e ,e π,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 x x 2.当f ′(x )>0,即0<x <e 时,函数f (x )单调递增; 当f ′(x )<0,即x >e 时,函数f (x )单调递减.故函数f (x )的单调递增区间为(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 e π<ln 3π. 于是根据函数y =ln x ,y =e x ,y =πx 在定义域上单调递增,可得3e <πe <π3,e 3<e π<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e 与e 3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 π3<ln3π,所以3π>π3;由ln 33<ln e e,得ln 3e <ln e 3,所以3e <e 3.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 <e 3.又由(2)知,ln ππ<ln e e ,得πe <e π.故只需比较e 3与πe 和e π与π3的大小.由(1)知,当0<x <e 时,f (x )<f (e)=1e ,即ln x x <1e.在上式中,令x =e 2π,又e 2π<e ,则ln e 2π<e π,从而2-ln π<e π,即得ln π>2-eπ.①由①得,eln π>e ⎝⎛⎭⎫2-e π>2.7×⎝⎛⎭⎫2-2.723.1>2.7×(2-0.88)=3.024>3, 即eln π>3,亦即ln πe >ln e 3,所以e 3<πe .又由①得,3ln π>6-3eπ>6-e>π,即3ln π>π,所以e π<π3.综上可得,3e <e 3<πe <e π<π3<3π,即这6个数从小到大的顺序为3e ,e 3,πe ,e π,π3,3π.6.[2014·湖南卷22] 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x 1,x 2,且f (x 1)+f (x 2)>0,求a 的取值范围.解:(1)f ′(x )=a1+ax -2(x +2)-2x (x +2)2=ax 2+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x 1=21-a a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2=-21-a a 舍去.当x ∈(0,x 1)时,f ′(x )<0;当x ∈(x 1,+∞)时,f ′(x )>0.故f (x )在区间(0,x 1)上单调递减,在区间(x 1,+∞)上单调递增.综上所述,当a ≥1时,f (x )在区间(0,+∞)上单调递增;当0<a <1时,f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0,21-a a 上单调递减,在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫21-a a ,+∞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x 1=21-a a 和x 2=-21-aa,且由f (x )的定义可知,x >-1a且x ≠-2,所以-21-a a >-1a ,-21-a a ≠-2,解得a ≠12.此时,由(*)式易知,x 1,x 2分别是f (x )的极小值点和极大值点.而f (x 1)+f (x 2)=ln(1+ax 1)-2x 1x 1+2+ln(1+ax 2)-2x 2x 2+2=ln[1+a (x 1+x 2)+a 2x 1x 2]-4x 1x 2+4(x 1+x 2)x 1x 2+2(x 1+x 2)+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 x 2+2x-2.(i)当-1<x <0时,g (x )=2ln(-x )+2x -2,所以g ′(x )=2x -2x 2=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 (x 1)+f (x 2)<0.(ii)当0<x <1时,g (x )=2ln x +2x -2,所以g ′(x )=2x -2x 2=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 (x 1)+f (x 2)>0.综上所述,满足条件的a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12,1.7.[2014·江苏卷19] 已知函数f (x )=e x +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x 0∈[1,+∞),使得f (x 0)<a (-x 30+3x 0)成立.试比较e a -1与a e -1的大小,并证明你的结论.19.解: (1)证明:因为对任意 x ∈R ,都有f (-x )=e -x +e -(-x )=e -x +e x =f (x ),所以f (x )是R 上的偶函数.(2)由条件知 m (e x +e -x -1)≤e -x -1在(0,+∞)上恒成立.令 t =e x (x >0),则 t >1,所以 m ≤-t -1t 2-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 )=e x +1e x - a (-x 3+3x ),则g ′ (x ) =e x -1ex +3a (x 2-1).当 x ≥1时,e x -1e x >0,x 2-1≥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x 0∈[1,+∞),使e x 0+e -x 0-a (-x 30+ 3x 0 )<0 成立, 当且仅当最小值g (1)<0,故 e +e -1-2a <0, 即 a >e +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e a -1<a e -1;②当a =e 时,e a -1=a e -1;③当a ∈(e ,+∞)⊆(e -1,+∞)时,h (a )>h (e)=0,即a -1>(e -1)ln a ,故e a -1>a e -1.综上所述,当a ∈⎝⎛⎭⎫e +e -12,e 时,e a -1<a e -1;当a =e 时,e a -1=a e -1;当a ∈(e ,+∞)时,e a -1>a e -1.8.[2014·辽宁卷] 已知函数f (x )=(cos x -x )(π+2x )-83(sin x +1),g (x )=3(x -π)cos x -4(1+sin x )ln⎝⎛⎭⎫3-2x π.证明:(1)存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0,π2,使f (x 0)=0;(2)存在唯一x 1∈⎝⎛⎭⎫π2,π,使g (x 1)=0,且对(1)中的x 0,有x 0+x 1<π.21.证明:(1)当x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2时,f ′(x )=-(1+sin x )·(π+2x )-2x -23cos x <0,函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上为减函数.又f (0)=π-83>0,f ⎝⎛⎭⎫π2=-π2-163<0,所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0,π2,使f (x 0)=0.(2)记函数h (x )=3(x -π)cos x 1+sin x-4ln ⎝⎛⎭⎫3-2πx ,x ∈⎣⎡⎦⎤π2,π.令t =π-x ,则当x ∈⎣⎡⎦⎤π2,π时,t ∈⎣⎡⎦⎤0,π2.记u (t )=h (π-t )=3t cos t 1+sin t -4 ln ⎝⎛⎭⎫1+2πt ,则u ′(t )=3f (t )(π+2t )(1+sin t ). 由(1)得,当t ∈(0,x 0)时,u ′(t )>0,当t ∈⎝⎛⎭⎫x 0,π2时,u ′(t )<0.故在(0,x 0)上u (t )是增函数,又u (0)=0,从而可知当t ∈(0,x 0]时,u (t )>0,所以u (t )在(0,x 0]上无零点.在⎝⎛⎭⎫x 0,π2上u (t )为减函数,由u (x 0)>0,u ⎝⎛⎭⎫π2=-4ln 2<0,知存在唯一t 1∈⎝⎛⎭⎫x 0,π2,使u (t 1)=0,故存在唯一的t 1∈⎝⎛⎭⎫0,π2,使u (t 1)=0.因此存在唯一的x 1=π-t 1∈⎝⎛⎭⎫π2,π,使h (x 1)=h (π-t 1)=u (t 1)=0.因为当x ∈⎝⎛⎭⎫π2,π时,1+sin x >0,故g (x )=(1+sin x )h (x )与h (x )有相同的零点,所以存在唯一的x 1∈⎝⎛⎭⎫π2,π,使g (x 1)=0.因为x 1=π-t 1,t 1>x 0,所以x 0+x 1<π.9.[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f (x )=a e xln x +b e x -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 )=a e x ln x +a x e x -b x 2e x -1+b xe x -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 )=e x ln x +2x e x -1,从而f (x )>1等价于x ln x >x e -x -2e.设函数g (x )=x ln 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g ⎝⎛⎭⎫1e =-1e . 设函数h (x )=x e -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g min (x )=g ⎝⎛⎭⎫1e =h (1)=h max (x ),所以当x >0时,g (x )>h (x ),即f (x )>1.10.、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f (x )=e x -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 )=e x +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 )=e 2x -e -2x -4b (e x -e -x )+(8b -4)x ,g ′(x )=2[e 2x +e -2x -2b (e x +e -x )+(4b -2)]=2(e x +e -x -2)(e x +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<e x +e -x <2b -2,即0<x <ln(b -1+b 2-2b )时,g ′(x )<0.而g (0)=0,因此当0<x <ln(b -1+b 2-2b )时,g (x )<0.综上,b 的最大值为2.(3)由(2)知,g (ln 2)=32-22b +2(2b -1)ln 2.当b =2时,g (ln 2)=32-42+6ln 2>0,ln 2>82-312>0.692 8;当b =324+1时,ln(b -1+b 2-2b )=ln 2,g (ln 2)=-32-22+(32+2)ln 2<0,ln 2<18+228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.11.、[2014·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a 1=1,a n +1=ln(a n +1),证明:2n +2<a n ≤3n +2.22.解:(1)易知f (x )的定义域为(-1,+∞),f ′(x )=x [x -(a 2-2a )](x +1)(x +a )2.(i)当1<a <2时,若x ∈(-1,a 2-2a ),则f ′(x )>0,所以f (x )在(-1,a 2-2a )是增函数; 若x ∈(a 2-2a ,0),则f ′(x )<0,所以f (x )在(a 2-2a ,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,a 2-2a ),则f ′(x )<0, 所以f (x )在(0,a 2-2a )是减函数;若x ∈(a 2-2a ,+∞),则f ′(x )>0,所以f (x )在(a 2-2a ,+∞)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<a n ≤3n +2.(i)当n =1时,由已知23<a 1=1,故结论成立.(ii)假设当n =k 时结论成立,即2k +2<a k ≤3k +2. 当n =k +1时,a k +1=ln(a k +1)>ln ⎝⎛⎭⎫2k +2+1>2×2k +22k +2+2=2k +3,a k +1=ln(a k +1)≤ln ⎝⎛⎭⎫3k +2+1<3×3k +23k +2+3=3k +3,即当n =k +1时,有2k +3 <a k +1≤3k +3,结论成立.根据(i)(ii)知对任何n ∈N *结论都成立.12.[2014·山东卷] 设函数f (x )=e x x 2-k ⎝⎛⎭⎫2x +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 )=x 2e x -2x e x x 4-k ⎝⎛⎭⎫-2x 2+1x =x e x -2e x x 3-k (x -2)x 2=(x -2)(e x -kx )x 3.由k ≤0可得e x -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 )=e x -kx ,x ∈(0,+∞). 因为g ′(x )=e x -k =e x -e ln k , 当0<k ≤1时,当x ∈(0,2)时,g ′(x )=e x -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 ,e 22. 13.[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g 1(x )=g (x ),g n +1(x )=g (g n (x )),n ∈N +,求g n (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,g 1(x )=x1+x ,g 2(x )=g (g 1(x ))=x 1+x 1+x 1+x =x1+2x ,g 3(x )=x 1+3x ,…,可得g n (x )=x 1+nx. 下面用数学归纳法证明.①当n =1时,g 1(x )=x 1+x ,结论成立.②假设n =k 时结论成立,即g k (x )=x1+kx.那么,当n =k +1时,g k +1(x )=g (g k (x ))=g k (x )1+g k (x )=x 1+kx 1+x 1+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 )>x 1+x ,x >0.令x =1n ,n ∈N +,则1n +1<ln n +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)+ln k +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 )>x 1+x,x >0.令x =1n ,n ∈N +,则ln n +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,⎠⎛0n x x +1d x 是由曲线y =x x +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+…+n n +1>⎠⎛0n xx +1d x =⎠⎛0n ⎝⎛⎭⎫1-1x +1d x =n -ln (n +1),结论得证.14.,[2014·四川卷] 已知函数f (x )=e x -ax 2-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 )=e x -ax 2-bx -1,得g (x )=f ′(x )=e x -2ax -b . 所以g ′(x )=e x -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 -2a ln(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 -2a ln(2a )-b ; 当a ≥e2时,g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)=e -2a -b .(2)设x 0为f (x )在区间(0,1)内的一个零点,则由f (0)=f (x 0)=0可知,f (x )在区间(0,x 0)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,x 0)内存在零点x 1. 同理g (x )在区间(x 0,1)内存在零点x 2. 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x 1∈(0,ln(2a )],x 2∈(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x 1和x 2.由此可知f (x )在[0,x 1]上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减,在[x 2,1]上单调递增. 所以f (x 1)>f (0)=0,f (x 2)<f (1)=0, 故f (x )在(x 1,x 2)内有零点.综上可知,a 的取值范围是(e -2,1).15.、[2014·天津卷] 设f (x )=x -a e x (a ∈R ),x ∈R .已知函数y =f (x )有两个零点x 1,x 2,且x 1<x 2. (1)求a 的取值范围;(2)证明:x 2x 1随着a 的减小而增大;(3)证明:x 1+x 2随着a 的减小而增大.20.解:(1)由f (x )=x -a e x ,可得f ′(x )=1-a e x . 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 )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s 1∈(-∞,-ln a ),满足f (s 1)<0;③存在s 2∈(-ln a ,+∞),满足f (s 2)<0.由f (-ln a )>0,即-ln a -1>0,解得0<a <e -1.而此时,取s 1=0,满足s 1∈(-∞,-ln a ),且f (s 1)=-a <0;取s 2=2a +ln 2a,满足s 2∈(-ln a ,+∞),且f (s 2)=⎝⎛⎭⎫2a -e 2a +⎝⎛⎭⎫ln 2a -e 2a <0. 故a 的取值范围是(0,e -1).(2)证明:由f (x )=x -a e x =0,有a =x e x .设g (x )=xe x ,由g ′(x )=1-x e 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,x 1,x 2满足a =g (x 1),a =g (x 2).由a ∈(0,e -1)及g (x )的单调性,可得x 1∈(0,1),x 2∈(1,+∞).对于任意的a 1,a 2∈(0,e -1),设a 1>a 2,g (ξ1)=g (ξ2)=a 1,其中0<ξ1<1<ξ2;g (η1)=g (η2)=a 2,其中0<η1<1<η2.因为g (x )在(0,1)上单调递增,所以由a 1>a 2,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x 2x 1随着a 的减小而增大.(3)证明:由x 1=a e x 1,x 2=a e x 2,可得ln x 1=ln a +x 1,ln x 2=ln a +x 2.故x 2-x 1=ln x 2-ln x 1=ln x 2x 1.设x 2x 1=t ,则t >1,且⎩⎪⎨⎪⎧x 2=tx 1,x 2-x 1=ln t ,解得x 1=ln t t -1,x 2=t ln tt -1,所以x 1+x 2=(t +1)ln t t -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 -1x 2.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x 1+x 2随着t 的增大而增大.而由(2),t 随着a 的减小而增大,所以x 1+x 2随着a 的减小而增大.16.[2014·浙江卷] 已知函数f (x )=x 3+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 )=⎩⎪⎨⎪⎧x 3+3x -3a ,x ≥a ,x 3-3x +3a ,x <a ,所以f ′(x )=⎩⎪⎨⎪⎧3x 2+3,x ≥a ,3x 2-3,x <a .由于-1≤x ≤1,(i)当a ≤-1时,有x ≥a , 故f (x )=x 3+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 )=x 3+3x -3a .在(a ,1)上是增函数;若x ∈(-1,a ), 则f (x )=x 3-3x +3a 在(-1,a )上是减函数.所以,M (a )=max{f (1),f (-1)},m (a )=f (a )=a 3.由于f (1)-f (-1)=-6a +2,因此,当-1<a ≤13时,M (a )-m (a )=-a 3-3a +4;当13<a <1时,M (a )-m (a )=-a 3+3a +2.(iii)当a ≥1时,有x ≤a ,故f (x )=x 3-3x +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,-a 3-3a +4,-1<a ≤13,-a 3+3a +2,13<a <1,4,a ≥1.(2)令h (x )=f (x )+b ,则h (x )=⎩⎪⎨⎪⎧x 3+3x -3a +b ,x ≥a ,x 3-3x +3a +b ,x <a ,h ′(x )=⎩⎪⎨⎪⎧3x 2+3,x >a ,3x 2-3,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 )=a 3+b ,最大值是h (1)=4-3a +b ,所以a 3+b ≥-2且4-3a +b ≤2,从而-2-a 3+3a ≤3a +b ≤6a -2且0≤a ≤13.令t (a )=-2-a 3+3a ,则t ′(a )=3-3a 2>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 )=a 3+b ,最大值是h (-1)=3a +b +2,所以a 3+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 ≤0.17.[2014·重庆卷] 已知函数f (x )=a e 2x -b e -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 )=2a e 2x +2b e -2x -c ,由f ′(x )为偶函数,知f ′(-x )=f ′(x ),即2(a -b )(e 2x -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 )=e 2x -e -2x -3x ,那么f ′(x )=2e 2x +2e -2x -3≥22e 2x ·2e -2x -3=1>0, 故f (x )在R 上为增函数.(3)由(1)知f ′(x )=2e 2x +2e -2x -c ,而2e 2x +2e -2x ≥22e 2x ·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 )=2e 2x +2e -2x -c >0,此时f (x )无极值.当c =4时,对任意x ≠0,f ′(x )=2e 2x +2e -2x -4>0,此时f (x )无极值.当c >4时,令e 2x=t ,注意到方程2t +2t -c =0有两根t 1,2=c ±c 2-164>0,则f ′(x )=0有两个根x 1=12ln t 1,x 2=12ln t 2. 当x 1<x <x 2时,f ′(x )<0;当x >x 2时,f ′(x )>0. 从而f (x )在x =x 2处取得极小值.综上,若f (x )有极值,则c 的取值范围为(4,+∞).。
导数近6年高考题

导数部分近年高考题2014年(20) (本小题满分13分)设函数1()ln 1x f x a x x -=++ ,其中a 为常数. (I)若0a =,求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程; (II )讨论函数()f x 的单调性.2013年 (21)(本小题满分12分)已知函数2()ln (,)f x ax bx x a b R =+-∈ (Ⅰ)设0a ≥,求)(x f 的单调区间 (Ⅱ) 设0a >,且对于任意0x >,()(1)f x f ≥。
试比较ln a 与2b -的大小2012年(22) (本小题满分13分)已知函数ln ()(exx kf x k +=为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行.(Ⅰ)求k 的值;(Ⅱ)求()f x 的单调区间;(Ⅲ)设()()g x xf x '=,其中()f x '为()f x 的导函数.证明:对任意20,()1e x g x -><+.2011年 21、(本小题满分12分)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的容积为803π立方米,且2l r ≥.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分每平方米建造费用为(3)c c >千元.设该容器的建造费用为y千元。
(Ⅰ)写出y 关于r 的函数表达式,并求该函数的定义域;(Ⅱ)求该容器的建造费用最小值时的r .2010年(21)(本小题满分12分)已知函数1()ln 1()af x x ax a R x-=-+-∈ (I )当1a =-时,求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程; (II )当12a ≤时,讨论()f x 的单调性.2009年21.(本小题满分12分)已知函数321()33f x ax bx x =+++,其中0a ≠ (1) 当b a ,满足什么条件时,)(x f 取得极值?(2) 已知0>a ,且)(x f 在区间(0,1]上单调递增,试用a 表示出b 的取值范围.答案解析2014年【解析】(1)0a =当时212(),()1(1)x f x f x x x -'==++ 221(1)(11)2f '==+ (1)0(1,0)f =∴又直线过点1122y x ∴=- (2) 22()(0)(1)a f x x x x '=+>+ 220()0.()(1)a f x f x x '==+①当时,恒大于在定义域上单调递增.2222(1)20()=0.()(1)(1)a a x x a f x f x x x x x ++'>=+>++②当时,在定义域上单调递增.2210(22)4840,.2a a a a a <∆=+-=+≤≤-③当时,即()f x 开口向下,在定义域上单调递减。
2014年高考导数专题(含详细解答)

导数及其应用导数的运算1. 几种常见的函数导数: ①、c '= (c 为常数); ②、n(x)'= (R n ∈); ③、)(sin 'x = ;④、)(cos 'x = ; ⑤、x (a )'= ; ⑥、x (e )'= ; ⑦、a (log x )'= ; ⑧、(lnx )'= .2. 求导数的四则运算法则:()u v u v '''±=±;v u v u uv '+'=')(;2)(v v u v u v u '-'=' )0(2'''≠-=⎪⎭⎫ ⎝⎛v v u v vu v u注:① v u ,必须是可导函数. 3. 复合函数的求导法则: )()())((x u f x f x ϕϕ'∙'=' 或 '∙'='x u x u y y变式三:8.(2009全国卷Ⅰ理) 已知直线y =x +1与曲线y ln()x a =+相切,则α的值为( )A .1B . 2C .-1D .-29.【2009江西卷文】若存在过点(1,0)的直线与曲线3y x =和21594y ax x =+-都相切,则a 等于( )A .1-或25-64 B .1-或214 C .74-或25-64D .74-或710.(2010全国卷理数2)若曲线12y x -=在点12,a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18,则a =A 、64B 、32C 、16D 、8 11.【2012高考安徽理19】(本小题满分13分) 设1()(0)xxf x ae b a ae =++>. (I )求()f x 在[0,)+∞上的最小值;(II )设曲线()y f x =在点(2,(2))f 的切线方程为32y x =;求,a b 的值. 12. 【2009福建卷理】若曲线()2f x ax Inx =+存在垂直于y 轴的切线,则实数a 的取值范围是 .二、求单调性或单调区间2.(2009江苏卷)函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 .4.【2009天津卷理】(本小题满分12分)已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x R =+-+∈其中a R ∈(1)当0a =时,求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率; (2)当23a ≠时,求函数()f x 的单调区间与极值.三、求函数的极值与最值2.(2011·广东高考理科·T12)函数32()31f x x x =-+在x = 处取得极小值.3.【2012高考重庆理16】(本小题满分13分,(Ⅰ)小问6分,(Ⅱ)小问7分.) 设13()ln 1,22f x a x x x =+++其中a R ∈,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线垂直于y 轴. (Ⅰ) 求a 的值;(Ⅱ)求函数()f x 的极值.4.(2011·福建卷理科·T18)(本小题满分13分) 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y (单位:千克)与销售价格x (单位:元/千克)满足关系式210(6)3ay x x =+--,其中3<x <6,a 为常数,已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克. (I )求a 的值.(II )若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x 的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.四、判断函数的零点3.【2012高考全国卷理10】已知函数y =x 3-3x +c 的图像与x 轴恰有两个公共点,则c =A .-2或2 ;B .-9或3 ;C .-1或1;D .-3或14.【2012高考江苏18】(16分)若函数)(x f y =在0x x =处取得极大值或极小值,则称0x 为函数)(x f y = 的极值点. 已知a b ,是实数,1和1-是函数32()f x x ax bx =++的两个极值点. (1)求a 和b 的值;(2)设函数()g x 的导函数()()2g x f x '=+,求()g x 的极值点;(3)设()(())h x f f x c =-,其中[22]c ∈-,,求函数()y h x =的零点个数.五、导数与图像1.(2011·安徽高考理科·T10)函数()()1nmf x axx =-在区间[]0,1上的图象如图所示,则,m n 的值可能是 A .1,1m n == B .1,2m n == C .2,1m n == D .3,1m n ==2.(2009湖南卷文)若函数()y f x =的导函数...在区间[,]a b 上是增函数,则函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象可能是( )A .B .C .D .3.【2010江西理数】如图,一个正五角星薄片(其对称轴与水面垂直)匀速地升出水面,记t 时刻五角星露出水面部分的图形面积为()()()00S t S =,则导函数()'y S t =的图像大致为六、导数与不等式2.(2011·辽宁高考理科·T11)函数f (x )的定义域为R ,f (-1)=2,对任意x ∈R ,2)(>'x f , 则f (x )>2x +4的解集为A .(-1,1)B .(-1,+∞)C .(-∞,-1)D .(-∞,+∞)5.(2009全国卷Ⅱ理)(本题满分12分) 设函数()()21f x x aIn x =++有两个极值点12x x 、,且12x x <(I )求a 的取值范围,并讨论()f x 的单调性; (II )证明:()21224In f x -> ab ab ao xoxy b aoxy o xyb y6.(2009辽宁卷理)(本小题满分12分)已知函数f (x )=21x 2-ax +(a -1)ln x ,1a >. (1)讨论函数()f x 的单调性;(2)证明:若5a <,则对任意x 1,x 2∈(0,)+∞,x 1≠x 2,有1212()()1f x f x x x ->--.7.(2009宁夏海南卷理)(本小题满分12分)已知函数32()(3)x f x x x ax b e -=+++(1)如3a b ==-,求()f x 的单调区间;(2)若()f x 在(,),(2,)αβ-∞单调增加,在(,2),(,)αβ+∞单调减少,证明βα-<6.8.【2012高考新课标理21】(本题满分12分)已知函数()f x 满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+; (1)求()f x 的解析式及单调区间; (2)若21()2f x x ax b ≥++,求(1)a b +的最大值.9.【2012高考辽宁理21】(本小题满分12分) 设()ln(1)1(,,,)f x x x ax b a b R a b =+++++∈为常数,曲线()y f x =与直线32y x =在(0,0)点相切. (Ⅰ)求,a b 的值.(Ⅱ)证明:当02x <<时,9()6xf x x <+.10.【2012高考山东理22】(本小题满分13分) 已知函数ln ()xx kf x e +=(k 为常数, 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数),曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行. (Ⅰ)求k 的值;(Ⅱ)求()f x 的单调区间;(Ⅲ)设2()()'()g x x x f x =+,其中'()f x 为()f x 的导函数.证明:对任意20,()1x g x e -><+.5.(2009陕西卷理)(本小题满分12分)已知函数1()ln(1),01xf x ax x x-=++≥+,其中0a > ()I 若()f x 在x =1处取得极值,求a 的值; ()II 求()f x 的单调区间;(Ⅲ)若()f x 的最小值为1,求a 的取值范围.6.(2011·浙江高考理科·T22)(本题满分14分)设函数()f x =2()ln x a x -,a ∈R(Ⅰ)若x =e 为()y f x =的极值点,求实数a ;(Ⅱ)求实数a 的取值范围,使得对任意的x ∈(0,3e ],恒有()f x ≤42e 成立. 注:e 为自然对数的底数.7.【2012高考浙江理22】(本小题满分14分) 已知a >0,b ∈R ,函数()342f x ax bx a b =--+.(Ⅰ) 证明:当0≤x ≤1时,(ⅰ) 函数()f x 的最大值为|2a -b |﹢a ;(ⅱ) ()f x +|2a -b |﹢a ≥0;(Ⅱ) 若-1≤()f x ≤1对x ∈[0,1]恒成立,求a +b 的取值范围.8.【2012高考湖南理22】(本小题满分13分)已知函数()f x =axe x =-,其中a ≠0.(1) 若对一切x ∈R ,()f x ≥1恒成立,求a 的取值集合.(2) 在函数()f x 的图像上取定两点11(,())A x f x ,22(,())B x f x 12()x x <,记直线AB 的斜率为K , 问:是否存在x 0∈(x 1,x 2),使0()f x k '>成立?若存在,求0x 的取值范围;若不存在,请说明理由.9.【2012高考天津理20】(本题满分14分) 已知函数)ln()(a x x x f +-=的最小值为0,其中.0>a(Ⅰ)求a 的值;(Ⅱ)若对任意的),,0[+∞∈x 有)(x f ≤2kx 成立,求实数k 的最小值; (Ⅲ)证明∑=<+--ni n i 12)12ln(122(*N n ∈).10.(2009广东卷理)(本小题满分14分)已知二次函数()y g x =的导函数的图像与直线2y x =平行,且()y g x =在1x =-处取得极小值1(0)m m -≠.设()()g x f x x=. (1)若曲线()y f x =上的点P 到点(0,2)Q 的距离的最小值为2,求m 的值; (2)()k k R ∈如何取值时,函数()y f x kx =-存在零点,并求出零点.导数及其应用__答案一、求曲线的切线(导数几何意义) 8、B ;9、A ;10. A .11、【解析】(I )设(1)xt e t =≥;则2222111a t y at b y a at at at-'=++⇒=-=, ①当1a ≥时, ()f x 的最小值为1a b a++.②当01a <<时, ()f x 的最小值为2b +. (II )221,2a b e ==; 12、{}|0a a <. 二、求单调性或单调区间2、(1,11)-; 4、(I )3e ;(II )(1)a 若>32,函数的极大值为.3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f -=---=,且处取得极大值在函数函数的极小值为.)34()2()22--=--a e a a f ,且(2)a 若<32,则函数的极大值为.)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ,且处取得极小值在数函数的极小值为.3)2()2(2)(2aae a f a f a x x f -=---=,且处取得极大值在函数三、求函数的极值与最值2、2;3、(1)1a =-;(2)()f x 在1x =处取得极小值()13f =.4、(I )2a =;(II )当4x =时,函数()f x 取得最大值42.四、判断函数的零点3、A ;4、(1)==3a b -0,;(2)()g x 的极值点是-2;(3)当=2c 时,函数()y h x =有5 个零点;当2c <时,函数()y h x =有9 个零点.五、导数与图像1、m=1,n=2;2、A ;3、A .六、导数与不等式2、B .5、解: (I )()2222(1)11a x x af x x x x x++'=+=>-++,令2()22g x x x a =++,其对称轴为12x =-. 由题意知12x x 、是方程()0g x =的两个均大于1-的不相等的实根,其充要条件为480(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩,得102a <<⑴ 当1(1,)x x ∈-时,()0,()f x f x '>∴在1(1,)x -内为增函数; ⑵ 当12(,)x x x ∈时,()0,()f x f x '<∴在12(,)x x 内为减函数;⑶ 当2,()x x ∈+∞时,()0,()f x f x '>∴在2,()x +∞内为增函数; (II )由(I )21(0)0,02g a x =>∴-<<,222(2)a x x =-+2 ()()()22222222221(2)1f x x aln x x x x ln x ∴=++=-++2设()()221(22)1()2h x x x x ln x x =-++>-,则()()()22(21)122(21)1h x x x ln x x x ln x '=-++-=-++ ⑴ 当1(,0)2x ∈-时,()0,()h x h x '>∴在1[,0)2-单调递增; ⑵ 当(0,)x ∈+∞时,()0h x '<,()h x 在(0,)+∞单调递减.()1112ln 2(,0),()224x h x h -∴∈->-=当时,故()22122()4In f x h x -=>.6、解析: (1)()f x 的定义域为(0,)+∞. ()f x'2'11(1)(1)()a x ax a x x a f x x a x x x --+--+-=-+==2分 (i )若11a -=,即2a =,则()f x '2'(1)()x f x x-=,故()f x 在(0,)+∞单调增加. (ii) 若11a -<,而1a >,故12a <<,则当(1,1)x a ∈-时,'()0f x <;当(0,1)x a ∈-及(1,)x ∈+∞时,'()0f x >故()f x 在(1,1)a -单调减少,在(0,1),(1,)a -+∞单调增加.(iii) 若11a ->,即2a >,同理可得()f x 在(1,1)a -单调减少,在(0,1),(1,)a -+∞单调增加.(2) 考虑函数 ()()g x f x x =+21(1)ln 2x ax a x x =-+-+ 则211()(1)2(1)1(11)a a g x x a x a a x x--'=--+≥--=---g 由于1<a <5,故()0g x '>,即g(x )在(4, +∞)单调增加,从而当120x x >>时有12()()0g x g x ->,即1212()()0f x f x x x -+->,故1212()()1f x f x x x ->--,当120x x <<时,有12211221()()()()1f x f x f x f x x x x x --=>---·········12分7、(1)()(,3),(0,3)303f x -∞--+∞在单调增加,在(,),(,)单调减.(2)3223'()(3)(36)[(6)].xx x f x x x ax b ex x a e e x a x b a ---=-++++++=-+-+-由条件得:3'(2)0,22(6)0,4,f a b a b a =+-+-==-即故 从而3'()[(6)42].x f x e x a x a -=-+-+-因为'()'()0,f f αβ==∴3(6)42(2)()()x a x a x x x αβ+-+-=---2(2)(()).x x x αβαβ=--++ 将右边展开,与左边比较系数得,2, 2.a αβαβ+=-=- 故2()4124.a βαβααβ-=+-=-又(2)(2)0,2()40.βααβαβ--<-++<即由此可得 6.a <- 于是 6.βα->8、解:(1)()f x 的解析式为21()2xf x e x x =-+,且单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞ (2)21()()(1)02x f x x ax b h x e a x b ≥++⇔=-+-≥,得()(1)x h x e a '=-+ ①当10a +≤时,()0()h x y h x '>⇒=在x R ∈上单调递增x →-∞时,()h x →-∞与()0h x ≥矛盾②当10a +>时,()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>⇔>+<⇔<+ 得:当ln(1)x a =+时,min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥ 22(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++>令22()ln (0)F x x x x x =->;则()(12ln )F x x x '=- ()00,()0F x x e F x x e ''>⇔<<<⇔>, 则当x e =时,max ()2eF x =当1,a e b e =-=时,(1)a b +的最大值为2e 9、(1)b=-1,=0a(2)证:首先由均值不等式得:当>0x 时,()2+11<+1+1=+2x x x,故+1<+12xx再次记()()9=-+6xh x f x x ,则()()()()()()22211542++154+654'=+-=-<-+12+14+12+1+6+6+6x x h x x x x x x x x ()()()()32+6-216+1=4+1+6x x x x , 令()()()3=+6-216+1g x x x ,则当0<<2x 时,()()2'=3+6-216<0g x x因此()g x 在()0,2内是减函数,又由()0=0g ,得()<0g x ,∴()'<0h x因此()h x 在()0,2内是减函数,又由()0=0h ,得()<0h x ,于是当0<<2x 时, ()9<+6xf x x …12分 10、解:(Ⅰ)k=1;(Ⅱ)()f x 的增区间为(0,1);减区间为(1,)+∞.(Ⅲ)21()()'()(1ln )x x g x x x f x e x x x +=+=⋅--,先研究1ln x x x --,再研究1x x e+.① 记()1ln ,0i x x x x x =-->,'()ln 2i x x =--,令'()0i x =,得2x e -=,当(0x ∈,2)e -时,'()0i x >,()i x 单增; 当2(x e -∈,)+∞时,'()0i x <,()i x 单减 . ∴22max ()()1i x i e e --==+,即21ln 1x x x e ---≤+.② 记1(),0x x j x x e +=>,'()0x x j x e=-<,∴()j x 在(0,)+∞单减,∴()(0)1j x j <=, 即11x x e+<综①、②知,2211()(1ln )(1)1x x x x g x x x x e e e e--++=--≤+<+.七、求参数范围5、解(Ⅰ) 1.a =(Ⅱ)①当2a ≥时,()f x 的单调增区间为(0,).+∞②当02a <<时, ()),aaf x a a+∞2-2-的单调减区间为(0,单调增区间为(,). (Ⅲ)若()f x 得最小值为1,则a 的取值范围是[2,).+∞ 6、(Ⅰ)∴a e = 或3a e =.(Ⅱ) ①当01x <≤时,对于任意的实数a ,恒有2()04f x e ≤<成立, ②当13x e <≤,由题意,首先有22(3)(3)ln(3)4f e e a e e =-≤,解得2233ln(3)ln(3)e ee a e e e -≤≤+, 由(Ⅰ)知'()()(2ln 1)a f x x a x x =-+-, 令 ()2ln 1ah x x x=+-,则(1)10h a =-<,()2ln 0h a a =>, 且23ln(3)(3)2ln(3)12ln(3)133e e e ah e e e ee +=+-≥+-=12(ln 3)03ln(3)e e ->.又()h x 在(0,+∞)内单调递增,∴函数()h x 在(0,+∞)内有唯一零点,记此零点为0x , 则013x e <<,01x a <<.从而,当0(0,)x x ∈时,'()0f x >;当0(,)x x a ∈时,'()0f x <;当(,)x a ∈+∞时,'()0f x >, 即()f x 在0(0,)x 内单调递增,在0,()x a 内单调递减,在(,)a +∞内单调递增.∴要使2()4f x e ≤对](1,3x e ∈恒成立,只要 2200022()()ln 4,(1)(3)(3)ln(3)4,(2)f x x a x e f e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩ 成立. 000()2ln 10ah x x x =+-=,知0002ln a x x x =+ (3)将(3)代入(1)得232004ln 4x x e ≤,又01x >,注意到函数23ln x x 在[1,+∞)内单调递增,故01x e <≤ 再由(3)以及函数2x ln x +x 在(1, +∞)内单调递增,可得13a e <≤. 由(2)解得,2233ln(3)ln(3)e e e a e e e -≤≤+. ∴233ln(3)ee a e e -≤≤综上,a 的取值范围为233ln(3)ee a e e -≤≤.7、 (Ⅰ) (ⅰ)()2122f x ax b '=-.当b ≤0时,()2122f x ax b '=->0在0≤x ≤1上恒成立,此时()f x 的最大值为:()1423f a b a b a b =--+=-=|2a -b |﹢a ;当b >0时,()2122f x ax b '=-在0≤x ≤1上的正负性不能判断,此时()f x 的最大值为:()max 2max{(0)1}max{()3}32b a b af x f f b a a b a b b a ->⎧==--=⎨-<⎩,,(),(),=|2a -b |﹢a ;综上所述:函数()f x 在0≤x ≤1上的最大值为|2a -b |﹢a ;(ⅱ) 要证()f x +|2a -b |﹢a ≥0,即证()g x =-()f x ≤|2a -b |﹢a . 亦即证()g x 在0≤x ≤1上的最大值小于(或等于)|2a -b |﹢a ,∵()342g x ax bx a b =-++-,∴令()212206b g x ax b x a'=-+=⇒=. 当b ≤0时,()2122g x ax b '=-+<0在0≤x ≤1上恒成立,此时()g x 的最大值为:()03g a b a b =-<-=|2a -b |﹢a ;当b <0时,()2122g x ax b '=-+在0≤x ≤1上的正负性不能判断,()max max{()1}6bg x g g a=,() 4max{2}36463662bb a b b a a bb a ba b ab a b a =+--⎧≤+-⎪=⎨>⎪-⎩,,,≤|2a -b |﹢a ;综上所述:函数()g x 在0≤x ≤1上的最大值小于(或等于)|2a -b |﹢a .即()f x +|2a -b |﹢a ≥0在0≤x ≤1上恒成立.(Ⅱ)由(Ⅰ)知:函数()f x 在0≤x ≤1上的最大值为|2a -b |﹢a ,且函数()f x 在0≤x ≤1上的最小值比-(|2a -b |﹢a )要大.∵-1≤()f x ≤1对x ∈[0,1]恒成立,∴|2a -b |﹢a ≤1. 取b 为纵轴,a 为横轴.则可行域为:21b a b a ≥⎧⎨-≤⎩和231b aa b <⎧⎨-≤⎩,目标函数为z =a +b .作出可行域,由图易得:当目标函数为z =a +b 过P(1,2)时,有max 3z =. ∴所求a +b 的取值范围为:(]3-∞,.8、解:(Ⅰ)若0a <,则对一切0x >,()f x 1axe x =-<,这与题设矛盾,又0a ≠,故0a >.而()1,ax f x ae '=-令11()0,ln .f x x a a'==得 当11ln x a a <时,()0,()f x f x '<单调递减;当11ln x a a >时,()0,()f x f x '>单调递增,故当11ln x a a =时,()f x 取最小值11111(ln )ln .f a a a a a=-于是对一切,()1x R f x ∈≥恒成立,当且仅当 111ln 1a a a-≥. ①令()ln ,g t t t t =-则()ln .g t t '=-当01t <<时,()0,()g t g t '>单调递增;当1t >时,()0,()g t g t '<单调递减. 故当1t =时,()g t 取最大值(1)1g =.因此,当且仅当11a=即1a =时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{}1.(Ⅱ)由题意知,21212121()() 1.ax ax f x f x e e k x x x x --==--- 令2121()(),ax ax axe e xf x k ae x x ϕ-'=-=--则121()12121()()1,ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=----⎣⎦- 212()21221()()1.ax a x x e x e a x x x x ϕ-⎡⎤=---⎣⎦- 令()1t F t e t =--,则()1tF t e '=-.当0t <时,()0,()F t F t '<单调递减;当0t >时,()0,()F t F t '>单调递增.故当0t =,()(0)0,F t F >=即10.te t -->从而21()21()10a x x ea x x ---->,12()12()10,a x x e a x x ---->又1210,ax e x x >-2210,ax e x x >- ∴1()0,x ϕ<2()0.x ϕ> 因为函数()y x ϕ=在区间[]12,x x 上的图像是连续不断的一条曲线,∴存在012(,)x x x ∈使0()0,x ϕ=2()0,()axx a e x ϕϕ'=>单调递增,故这样的c 是唯一的,且21211ln()ax ax e e c a a x x -=-. 故当且仅当212211(ln ,)()ax ax e e x x a a x x -∈-时, 0()f x k '>.综上所述,存在012(,)x x x ∈使0()f x k '>成立.且0x 的取值范围为212211(ln ,)()ax ax e e x a a x x --.9、解:(Ⅰ)函数()f x 的定义域为(,)a -+∞ ()ln()f x x x a =-+11()101x a f x x a a x a x a+-'⇒=-==⇔=->-++ ()01,()01f x x a f x a x a ''>⇔>-<⇔-<<-,得1x a =-时,min ()(1)101f x f a a a =-⇔-=⇔=(Ⅱ)设22()()ln(1)(0)g x kx f x kx x x x =-=-++≥ 则()0g x ≥在[0,+)x ∈∞上恒成立min ()0(0)g x g ⇔≥=…………(*)(1)1ln 200g k k =-+≥⇒>, 1(221)()2111x kx k g x kx x x +-'=-+=++ ①当1210()2k k -<<时,0012()00()(0)02kg x x x g x g k-'≤⇔≤≤=⇒<=与(*)矛盾 ②当12k ≥时,min ()0()(0)0g x g x g '≥⇒==符合(*), ∴实数k 的最小值为12(Ⅲ)由(2)得:21ln(1)2x x x -+<对任意的0x >值恒成立取2(1,2,3,,)21x i n i ==- :222[ln(21)ln(21)]21(21)i i i i -+--<-- 当1n =时,2ln 32-< 得:=12ln (2+1)<221ni n i --∑ 当2i ≥时,2211(21)2321i i i <---- 得:121[ln(21)ln(21)]2ln 3122121ni i i i n =-++-<-+-<--∑.10、(1)依题可设1)1()(2-++=m x a x g (0≠a ),则a ax x a x g 22)1(2)('+=+=;又()g x '的图像与直线2y x =平行 22a ∴=,即1a =m x x m x x g ++=-++=∴21)1()(22, ()()2g x mf x x x x==++,设(),o o P x y ,则200202022)()2(||x m x x y x PQ ++=-+=m m m m m x m x 2||2222222220220+=+≥++=当且仅当202202x m x =时,2||PQ 取得最小值,即||PQ 取得最小值2当0>m 时,2)222(=+m 解得12-=m 当0<m 时,2)222(=+-m 解得12--=m(2)由()()120my f x kx k x x =-=-++=(0≠x ),得()2120k x x m -++= ()* 当1k =时,方程()*有一解2m x =-,函数()y f x kx =-有一零点2mx =-;当1k ≠时,方程()*有二解()4410m k ⇔∆=-->,若0m >,11k m >-,函数()y f x kx =-有两个零点)1(2)1(442k k m x ---±-=, 即1)1(11---±=k k m x ;若0m <,11k m <-,函数()y f x kx =-有两个零点)1(2)1(442k k m x ---±-=, 即1)1(11---±=k k m x ;当1k ≠时,方程()*有一解()4410m k ⇔∆=--=, 11k m=-, 函数()y f x kx =-有一零点m k x -=-=11综上,①当1k =时, 函数()y f x kx =-有一零点2mx =-;②当11k m >-(0m >),或11k m <-(0m <)时,函数()y f x kx =-有两个零点1)1(11---±=k k m x ;③当11k m =-时,函数()y f x kx =-有一零点m k x -=-=11.。
理科数学历年高考导数试题

理科数学历年来高考导数试题1、(2014年全国卷)设函数x be x ae x f x x 1ln )(,曲线()y f x 在点))1(,1(f 处的切线为(1)2y e x .(1)求,a b ;(2)证明:()1f x .2、(2013年全国卷)设函数b ax x x f 2)(,)()(d cx e x g x .若曲线)(x f y 和曲线)(x g y 都过点)2,0(P ,且在点P 处有相同的切线24x y . (1)求d c b a ,,,的值;(2)若2x 时,)()(x kg x f ,求k 的取值范围.3、(2012年全国卷)设函数()cos f x ax x ,[0,]x (1)讨论()f x 的单调性;(2)设()1sin f x x ,求a 的取值范围4、(2011年全国卷)(1)设函数2()ln(1)2xf x x x ,证明:当0x >时,()0f x >;(2)从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张,然后放回,用这种方式连续抽取20次,设抽得的20个号码互不相同的概率为p .证明:19291()10p e<<5、(2010年全国卷)已知函数()(1)ln 1f x x x x . (1)若2'()1xf x x ax ,求a 的取值范围;(2)证明:(1)()0x f x .6、(2009年全国卷)设函数32()33f x x bx cx 有两个极值点12211,2.x x x ,,0,且(1)求b 、c 满足的约束条件,并在下面的坐标平面内,画出满足这些条件的点(b ,c )和区域;(2)证明:11022≤f(x )≤-7、(2008年全国卷)设函数()ln f x x x x .数列n a 满足101a ,1()n n a f a .(1)证明:函数()f x 在区间(01),是增函数;(2)证明:11n n a a ;(3)设1(1)b a ,,整数11ln a bk a b≥.证明:1k a b .8、(2008年全国卷)已知函数32()1f x x ax x ,a R .(1)讨论函数()f x 的单调区间;(2)设函数()f x 在区间2133,内是减函数,求a 的取值范围.9、(2007年全国卷)设函数xx e e x f )((1)证明:)(x f 的导数2)(x f ;(2)若对所有0x 都有ax x f )(,求a 的取值范围10、(2006年全国卷)已知函数axe xx x f 11)((1)设0a ,讨论)(x f y 的单调性;(2)若对任意)1,0(x 恒有1)(x f ,求a 的取值范围。
全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)

全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)全国卷历年高考函数与导数解答题真题归类分析(含答案)(2015年-2019年,14套)一、函数单调性与最值问题1.(2019年3卷20题)已知函数$f(x)=2x^3-ax^2+b$.1)讨论$f(x)$的单调性;2)是否存在$a,b$,使得$f(x)$在区间$[0,1]$的最小值为$-1$且最大值为$1$?若存在,求出$a,b$的所有值;若不存在,说明理由.解析】1)对$f(x)=2x^3-ax^2+b$求导得$f'(x)=6x^2-2ax=2x(3x-a)$。
所以有:当$a<0$时,$(-\infty,0)$区间上单调递增,$(0,+\infty)$区间上单调递减;当$a=0$时,$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增;当$a>0$时,$(-\infty,0)$区间上单调递增,$(0,+\infty)$区间上单调递减.2)若$f(x)$在区间$[0,1]$有最大值$1$和最小值$-1$,所以,若$a<0$,$(-\infty,0)$区间上单调递增,$(0,+\infty)$区间上单调递减,此时在区间$[0,1]$上单调递增,所以$f(0)=-1$,$f(1)=1$代入解得$b=-1$,$a=\frac{1}{3}$,与$a<0$矛盾,所以$a<0$不成立.若$a=0$,$(-\infty,+\infty)$区间上单调递增;在区间$[0,1]$,所以$f(0)=-1$,$f(1)=1$代入解得$\begin{cases}a=0\\b=-1\end{cases}$.若$0<a\leq2$,$(-\infty,0)$区间上单调递增,$(0,+\infty)$区间上单调递减,此时在区间$(0,1)$单调递减,在区间$(1,+\infty)$单调递增,所以区间$[0,1]$上最小值为$f(1)$而$f(0)=b$,$f(1)=2-a+b\geq f(0)$,故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(1)$.若$2<a\leq3$,$(-\infty,0)$区间上单调递增,$(0,+\infty)$区间上单调递减,此时在区间$(0,1)$单调递减,在区间$(1,+\infty)$单调递增,所以区间$[0,1]$上最小值为$f(0)$而$f(0)=b$,$f(1)=2-a+b\leq f(0)$,故所以区间$[0,1]$上最大值为$f(0)$.已知函数$f(x)=x^3+ax+\frac{1}{4},g(x)=-\ln x$。
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函数专题
2014年全国各地高考题导数大题汇总
【2014全国新课标卷I 】
设函数,ln )(1
x be x ae x f x x
-+=曲线)(x f y =在))1(,1(f 处的切线方程为.2)1(+-=x e y
(1)求;,b a
(2)证明.1)(>x f
【2014全国新课标卷II 】
已知函数.2)(x e e x f x x --=-
(1)讨论)(x f 的单调性;
(2)设)(4)2()(x bf x f x g -=,当0>x 时,0)(>x g ,求b 的最大值;
(3)已知4143.124142.1<<,估计2ln 的近似值(精确到0.001).
【2014全国大纲卷】 函数).1()1ln()(>+-+=a a
x ax x x f (1)讨论)(x f 的单调性;
(2)设11=a ,)1ln(1+=+n n a a ,证明:
.
2322+≤<+n a n n
【2014湖南卷】
已知常数0>a ,函数.22)1ln()(+-+=x x ax x f (1)讨论)(x f 在区间),0(+∞上的单调性;
(2)若)(x f 存在两个极值点1x ,2x ,且0)()(21>+x f x f ,求a 的取值范围.
【2014四川卷】
已知函数1)(2---=bx ax e x f x ,其中R b a ∈,,71828.2=e …为自然对数的底数.
(1)设)(x g 是函数)(x f 的导函数,求函数)(x g 在区间[]1,0上的最小值;
(2)若0)1(=f ,函数)(x f 在(0,1)内有零点,求a 的取值范围.
【2014浙江卷】 已知函数a x x x f -+=3)(3 )(R a ∈/
(1)若)(x f 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为)(a M ,)(a m ,
求)()(a m a M -; (2)设R b ∈.若[]4)(2
≤+b x f 对[]1,1-∈x 恒成立,求b a +3的取值范围. 【2014浙江卷】
π为圆周率,71828.2=e …为自然对数的底数.
(1)求函数x
x x f ln )(=的单调性; (2)求3e ,e 3,πe ,e π,π3,3π这6个数中的最大数与最小数;
(3)将3e ,e 3,πe ,e π,π3,3π这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.
【2014陕西卷】
设函数)1ln()(+=x x f ,)()(x f x x g '=,0≥x ,其中)(x f '是)(x f 的导函数.
(1)令)()(1x g x g =,))(()(1x g g x g n n =+,N n ∈,求)(x g n 的表达式;
(2)若)()(x ag x f ≥恒成立,求实数a 的取值范围;
(3)设+∈N n ,比较++)2()1(g g …)(n g +与)(n f n -的大小,并加以证明.
【2014江西卷】 已知函数x b bx x x f 21)()(2-++= ).(R b ∈
(1)4=b 时,求)(x f 的极值;
(2)若)(x f 在区间(0,3
1)上单调递增,求b 的取值范围. 【2014重庆卷】
已知函数cx be ae x f x x --=-22)( ),,(R c b a ∈的导函数)(x f '为偶函数,且曲线)(x f y =在(0,)0(f )处的切线斜率为.4c -
(1)确定b a ,的值;
(2)若3=c ,判断)(x f 的单调性;
(3)若)(x f 有极值,求c 的取值范围.
【2014山东卷】 设函数)ln 2()(2x x
k x e x f x +-= (k 为常数,71828.2=e …为自然对数的底数.) (1)当0≤k 时,求函数)(x f 的单调区间;
(2)若函数)(x f 在(0,2)内存在两个极值点,求k 的取值范围.
【2014福建卷】
已知函数ax e x f x -=)((a 为常数)的图像与y 轴交于点A ,曲线)(x f y =在点A 处的切线斜率为.1-
(1)求a 的值及函数)(x f 的极值;
(2)证明:当0>x 时,x e x <2;
(3)证明:对任意给定的正数c ,总存在0x ,使得当),(0+∞∈x x 时,恒有.2x ce x <
【2014北京卷】
已知函数x x x x f sin cos )(-=,.2,0⎥⎦
⎤⎢⎣⎡∈πx (1)求证:0)(≤x f ;
(2)若b x x a <<
sin 对)2
,0(π∈x 恒成立,求a 的最大值与b 的最小值. 【2014天津卷】 设x ae x x f -=)( )(R a ∈.已知函数)(x f y =有两个零点1x ,2x ,且.21x x <
(1)求a 的取值范围;
(2)证明:2
1x x 随着a 的减小而增大; (3)证明:21x x +随着a 的减小而增大.
【2014江苏卷】
已知函数x x e e x f -+=)(,其中e 为自然对数的底数.
(1)证明:)(x f 是R 上的偶函数;
(2)若关于x 的不等式1)(-+≤-m e x mf x 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[)+∞∈,10x ,使)3()(030
0x x a x f +-<成立.试比较1-a e 与1-e a 的大小,并证明你的结论.
2015年函数解答题汇编
全国卷1理科
已知函数f (x )=x 3+ax +14
,g (x )=-lnx . (Ⅰ)当a 为何值时,x 轴为曲线y =f (x ) 的切线;
(Ⅱ)用min {},m n 表示m ,n 中的最小值,设函数h (x )=min{f (x ),g (x )} (x >0),讨论h (x )零点的个数.
全国卷2理科
设函数f(x)=e mx +x 2-mx .
(Ⅰ)证明:f (x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(Ⅱ)若对于任意x 1, x 2∈[-1,1],都有|f (x 1)- f (x 2)|≤e-1,求m 的取值范围 全国卷2文科
已知函数f (x )=ln x +a (1- x )
(I )
讨论f (x )的单调性; (II )
当f (x )有最大值,且最大值大于2a-2时,求a 的取值范围. 北京理
已知函数()1ln
1x f x x +=-. (Ⅰ)求曲线()y f x =在点()()00f ,处的切线方程;
(Ⅱ)求证:当()01x ∈,时,()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝
⎭; (Ⅲ)设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭
对()01x ∈,恒成立,求k 的最大值. 北京文
设函数. (1)求的单调区间和极值;
(2)证明:若存在零点,则在区间上仅有一个零点. ()2
ln ,02
x f x k x k =->()f x ()f x ()f
x (
天津文
已知函数4()4,,f x x x x R 其中*n N ,且n 2.
(1)求()f x 的单调性;
(2)设曲线()y f x 与x 轴正半轴的交点为P ,曲线在点P 处的切线方程为()y g x ,求证:对于任意的正实数x ,都有()()f x g x ;
(3)若方程()=()f x a a 为实数有两个正实数根12x x ,,且1
2x x ,求证:1321-43
a x x .
重庆理 设函数23()()x
x ax f x a R e +=∈ (1)若()f x 在0x =处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程;
(2)若()f x 在[3,)+∞上为减函数,求a 的取值范围;
重庆文
已知函数,其中,设是的导函数. (Ⅰ)讨论的单调性;
(Ⅱ)证明:存在,使得恒成立,且在区间(1,)内有唯一解。
()22
2ln 2f x x x ax a =-+-+0>a ()g x ()f x ()g x ()0,1∈a ()0≥f x ()0=f x +∞。