由2014全国1卷高考压轴题想到函数与导数专题的一种解法

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2014年高考导数压轴题汇编解析

2014年高考导数压轴题汇编1.[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 ≥e 2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 <e 2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 <e 2时，g (x )在[0，1]上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ；当a ≥e 2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 ≥e 2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 <e 2. 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)．2．[2014·安徽卷] 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *.(1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p ＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p. 21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>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 ＋kx 2>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a n >c 1p. ①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p 成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c pa －p k ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1. 由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝⎛⎭⎫c a p k－1<0. 由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k p ＝⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p k －1p>1＋p · 1p ⎝⎛⎭⎫ca p k －1＝ca p k . 因此a p k ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1p也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1p均成立．再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p n －1可得a n ＋1a n<1，即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *. 方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ，所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p ＝p －1p ⎝⎛⎭⎫1－c x p >0. 由此可得，f (x )在[c 1p ，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p 时，f (x )>f (c 1p )＝c 1p. ①当n ＝1时，由a 1>c 1p>0，即a p 1>c 可知 a 2＝p －1p a 1＋c p a 1－p 1＝a 1⎣⎡⎦⎤1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p 1－1<a 1，并且a 2＝f (a 1)>c 1p ，从而可得a 1>a 2>c 1p，故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>c 1p成立． ②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>c 1p 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (c 1p)，即有a k ＋1>a k ＋2>c 1p，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a n >a n ＋1>c 1p均成立． 3．[2014·福建卷] 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，ex >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 .4．[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 )＝x 1＋x(x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝x 1＋x， g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x 1＋x＝x 1＋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 )＝x 1＋kx. 那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x1＋kx 1＋x 1＋kx＝x 1＋（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 )≥ax 1＋x恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋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 )≥ax 1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立)．当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减，∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，故知ln(1＋x )≥ax 1＋x不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋n n ＋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， 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＋…＋n n ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1> x x ＋1d x ＝ ⎝⎛⎭⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证．5．[2014·湖北卷] π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)求函数f (x )＝ln x x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 x x ，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 e e . 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－e π.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>6－3e π>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] 已知常数a ＞0，函数f (x )＝ln(1＋ax )－2x x ＋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．22．解：(1)f ′(x )＝a 1＋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－a a ，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 －2x 2<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 －2x 2<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·全国大纲卷] 函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax x ＋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)>2x x ＋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)<3x x ＋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 ∈结论都成立．8．[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 )>1.9．[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0.693.10．[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 <e 22.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 22.11．[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 )，f (x )的变化情况如下表：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 x x －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．12．[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 ≤0.13．[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＝x2处取得极小值．综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，＋∞)．。

2014年高考数学大题中的导数问题浅析

2014年高考数学大题中的导数问题浅析作者：李志忠来源：《中学生数理化·学研版》2015年第01期一、函数、导数、不等式综合在一起，解决单调性、最值等问题解决单调性问题转化为解含参数的一元二次不等式或高次不等式的问题;求解参数的取值范围问题转化为不等式的恒成立、能成立、恰成立来求解.进一步转化求函数的最值或一元二次不等式在给定区间上（或实数集R）的恒成立问题来解决，从而达到考查分类与整合、化归与转化的数学思想.例1 （2014年新课标Ⅱ宁夏卷）已知函数f（x）=ex-e-x-2x.（Ⅰ）讨论f（x）的单调性;（Ⅱ）设g（x）=f（2x）-4bf（x），当x>0时，求b的最大值.解析：（Ⅰ）f′（x）=ex+e-x-2≥0，等号仅当x=0时成立.所以f（x）在（-∞，+∞）上单调递增.（Ⅱ）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）.①当b≤2，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）>0.②当b>2时，若x满足2综上，b的最大值为2.二、函数、导数、方程、不等式综合在一起，利用导数的几何意义，解决求函数的解析式、切线方程及与切线方程有关的问题此类问题求单调性的过程就是解一元二次不等式和高次不等式的问题，从而达到考查化归与转化数学思想的目的.例2 （2014年新课标全国卷Ⅰ）设函数f（x）=aexlnx+bex-1x，曲线y=f（x）在点（1，f （1））处的切线为y=e（x-1）+2.（Ⅰ）求a，b;（Ⅱ）证明：f（x）>1.解析：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=aexlnx+axex-bx2ex-1+bxex-1由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=exlnx+2ex-1x，从而f（x）>1等价于xlnx>xe-x-2e.设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=x+lnx，所以当x∈0，1e时，g′（x）<0，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g（x）在（0，+∞）上的最小值为h（1）=-1e.综上：当x>0时，g（x）>h（x），即f（x）>1.三、函数、导数、方程、不等式综合在一起，解决恒成立问题此类问题常常借助极值的分布特征，再结合函数的单调性，函数的零点值、端点值，画出原函数的草图来解决.值得强调的是：必须考虑函数的定义域，从而达到考查数形结合的思想.例3 （2014年北京卷）已知函数f（x）=xcosx-sinx，x∈0，π2.（Ⅰ）求证：f（x）≤0;（Ⅱ）若a解析：（Ⅰ）证明：f′（x）=cosx+x（-sinx）-cosx=-xsinx.因为x∈0，π2，所以f′（x）≤0，即f（x）在0，π2上单调递增，所以f（x）在0，π2上的最大值为f（0）=0，所以f（x）≤0.（Ⅱ）一方面令g（x）=sinxx，x∈0，π2，则g′（x）=cosx·x-sinxx2，由（1）可知，g′（x）<0，故g（x）在0，π2上单调递减，从而g（x）>gπ2=2π，故a≤2π，所以amax=2π.令h（x）=sinx-bx，x∈0，π2，则h′（x）=cosx-b.当b≥1时，h′（x）<0，h（x）在x∈0，π2上单调递减，故h（x）所以h（x）=sinx-bx<0恒成立.当b<1时，h′（x）=cosx-b=0在0，π2有唯一解x0，且x∈（0，x0），h′（x）>0.故h（x）在（0，x0）上单调递增，从而h（x）>h（0）=0，即sinx-bx>0sinx>bxsinxx>b与sinxx<b恒成立矛盾.综上：b≥1，故bmin=1.通过以上分析可知：对于这部分知识的学习，要认识到新课程中增加了导数内容，在学习中要明确导数作为一种工具在研究函数的变化率，解决函数的单调性、极值等方面的作用，要全面学习，抓住导数基础知识学习.注意考题的难度逐年增大，要有意识地与解析几何（特别是切线，最值），函数的单调性、函数的极值、最值、二次函数、方程、不等式、代数式的证明等知识进行交汇进行综合训练，特别是精选一些以导数为工具分析和解决一些函数问题、切线问题的典型问题进行训练，提高应用导数知识分析问题和解决问题的能力.作者单位：甘肃省白银市靖远一中。

2014年高考数学一轮复习热点难点精讲精析 2.11导数及其应用

2014年高考一轮复习热点难点精讲精析：2.11导数及其应用一、变化率与导数、导数的运算（一）利用导数的定义求函数的导数 1、相关链接（1）根据导数的定义求函数()y f x =在点0x 处导数的方法： ①求函数的增量00()()y f x x f x ∆=+∆-；②求平均变化率00()()f x x f x y x x+∆-∆=∆∆； ③得导数00()lim x yf x x∆→∆'=∆，简记作：一差、二比、三极限。

（2）函数的导数与导数值的区间与联系：导数是原来函数的导函数，而导数值是导函数在某一点的函数值，导数值是常数。

2、例题解析〖例1〗求函数x=1处的导数。

解析：y∆=-=x 0x 0x 1y x y 1limlim[.x 21y |.2∆→∆→==∆=∆∆==-∆∴'=-〖例2〗一质点运动的方程为283s t =-。

（1）求质点在[1，1+Δt]这段时间内的平均速度；（2）求质点在t=1时的瞬时速度（用定义及求求导两种方法）分析（1）平均速度为s t∆∆；（2）t=1时的瞬时速度即283s t =-在t=1处的导数值。

解答：（1）∵283s t =-∴Δs=8-3(1+Δt)2-(8-3×12)=-6Δt-3(Δt)2,63sv t t-∆==--∆∆. （3）定义法：质点在t=1时的瞬时速度00lim lim(63)6t t sv t t ∆→∆→∆==--∆=-∆（4）求导法：质点在t 时刻的瞬时速度2()(83)6v s t t t ''==-=，当t=1时，v=-6×1=-6.注：导数的物理意义建立了导数与物体运动的瞬时速度之间的关系。

对位移s 与时间t 的关系式求导可得瞬时速度与时间t 的关系。

根据导数的定义求导数是求导数的基本方法，请按照“一差、二比、三极限”的求导步骤来求。

（二）导数的运算 1、相关链接（1）运用可导函数求导法则和导数公式，求函数()y f x =在开区间（a,b ）内的导数的基本步骤： ①分析函数()y f x =的结构和特征； ②选择恰当的求导法则和导数公式求导； ③整理得结果。

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，＋∞)．。

2014年全国高考新课标理科卷导数题的解法探究

2014年全国高考新课标理科卷导数题的解法探究一、2014新课标卷一导数题第二问：证明：12()ln 1x xe f x e x x -=+>. 分析：考虑到()f x 的导数()f x '是很难讨论其符号的，所以凭着经验应当知道，ln x x 、ln x x 、x xe 和x x e等是很好讨论其导数的符号的，从而容易求出它们的最值，所以考虑重新构造两个函数. 证明：首先两边同除以x e ：21ln x x xe e +>，然后同乘以x 有2ln x x x x e e +>，令2()ln g x x x e =+，()x x h x e =，因为()ln 1g x x '=+，所以当10x e<<时，()0g x '<，()g x 是减函数，当1x e>时，()0g x '>，()g x 是增函数，所以min 11121()()ln g x g e e e e e==+=；因为1()x x h x e-'=，所以当01x <<时，()0h x '>，()h x 是增函数，当1x >时，()0h x '<，()h x 是减函数，所以max 11121()()ln h x h e e e e e==+=. 注意到(),()g x h x 的最值不同时取到，所以()()g x h x >，即12()ln 1x xe f x e x x -=+>. 二、2014新课标卷二导数题第二、三问：已知函数()2x x f x e e x -=--.（2）设()(2)4()g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >，求b 的最大值.（3）已知1.4142 1.4143<，估计ln2的近似值（精确到0.001）.解：（2）22()44(2)x x x x g x e e x b e e x --=-----，()222(2)4(2)x x x x g x e e b e e --'=+--+-，令x x e e t -+=，则2222x x e e t -+=-，所以2()2(4)4(2)(2)(22)(2)[(22)]g x t b t t t b t t b '=---=-+-=---，注意到2(0)x x t e e x -=+>=>，所以当222b -≤即2b ≤时，()0g x '≥，()g x 为增函数，所以()(0)0g x g >=，当2b >时，存在00x >，当0(0,)x x ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数，所以()(0)0g x g <=，不合题意，所以b 的最大值2.（3）考虑4(g e e b e e --=----1322ln 24ln 2)(42)ln 2222b b =----=-+-，由（1）知道，当2b =时，3(ln 2(422)ln 202g =-+⨯->，所以 1.54 1.4142 1.5ln 20.692866⨯->>=，那么，下一步如何再取b 的值呢？这是不可以随意取的，我们不得不考虑第二问中的0x x =这个分界点满足的条件，可以考虑x =满足(22)0x x e e b -+--≤，考虑到满足等号成立的b 的值，(22)0e e b ----=，解得14b =+，则由（1）知，当1b =+时，31)[41)2]ln 202g =-+⨯+-<，所以1818 1.4143ln 20.69342828+<==，所以0.6928ln 20.6934<<，所以ln 20.693=.。

2014高考理科数学必考点解题方法秘籍函数与导数1

2014高考理科数学必考点解题方法秘籍：函数与导数1题型一：关于函数的单调区间（若单调区间有多个用“和”字连接或用“逗号”隔开），极值，最值；不等式恒成立；此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根；第二步：列表如下；第三步：由表可知；不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，常见处理方法有四种：第一种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----题型特征（已知谁的范围就把谁作为主元）；第二种：分离变量求最值（请同学们参考例5）；第三种：关于二次函数的不等式恒成立；第四种：构造函数求最值----题型特征)()(x g x f >恒成立 0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；参考例4；例1.已知函数321()23f x x bx x a =-++，2x =是)(x f 的一个极值点．（Ⅰ）求()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）若当[1, 3]x ∈时，22()3f x a ->恒成立，求a 的取值范围．例2.已知函数b ax ax x x f +++=23)(的图象过点)2,0(P .（Ⅰ）若函数)(x f 在1-=x 处的切线斜率为6，求函数)(x f y =的解析式；（Ⅱ）若3>a ，求函数)(x f y =的单调区间.例3.设22(),1x f x x =+()52(0)g x ax a a =+->。

（1）求()f x 在[0,1]x ∈上的值域；（2）若对于任意1[0,1]x ∈，总存在0[0,1]x ∈,使得01()()g x f x =成立,求a 的取值范围。

例4.已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。

2014年高考“函数与导数”专题分析

践与反思，现提炼出导数问题的基本类型为４种，导内容．数问题的常见类型为６种，具体如下．
收稿日期：２０１４ — ０７ — ２８
下面列举一些今年的高考题ｘ￣，ＪｔＵＪｎ以说明．
作者简介－徐波（１９６４～），男，四川大竹人，中学特级教师，全国模范教师，新疆数学学会理事，乌鲁木齐市学科带头人，鸟
（不包括上海）的３５份高考试卷中 “ 函数与导数 ”试
题，提炼整理如下．
一
（３）极值点问题：探究极值点的有关属性，或是
已知极值点的范同求参数的有关范围问题．今年有３份
试卷考查了这个内容．
（４）恒成立问题（厂（）≥ ｍ型、厂（）≥ 妣型、
试题研究
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摘要：２０１４年高考 “ 函数与导数 ” 试题，考查的内容和问题类型更加趋于稳定，重点落在对核心概念
课本上以及高考中，导数问题的基本类型有４种：（Ｉ）用导数求切线（求曲线上一点处的切线方程；
鲁木齐市数学名师工作室主持人，主要从事中学数学教育与教学研究．２０＂／４：￣ Nhomakorabea８期
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试题研究
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例１（新课程全国 Ⅱ卷・理８）设曲线Ｙ＝一

2014高考数学专题复习——函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析[1]

函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析【考情分析】【常见题型及解法】1. 常见题型求函数的解析式2. 在解题中常用的有关结论（需要熟记）： x I ，(f 0x I ∃∈，使得3. 解题方法规律总结联想基本不定式（上述结论中的13），确定要证明的函数不定式（往往与所给的函数及上一问所得到的结论有关），再对自变量x赋值，令x分别等于1、2、…….、n,把这些不定式累加，可得要证的不定式。

）5. 关于方程的根的个数问题：一般是构造函数，有两种形式，一是参数含在函数式中，二是参数被分离，无论哪种形式，都需要研究函数在所给区间上的单调性、极值、最值以及区间端点的函数值，结合函数图象，确立所满足的条件，再求参数或其取值范围。

【基本练习题讲练】【例1】“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚乌龟还是先到达了终点……用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t为时间，则下图与故事情节相吻合的是（）【答案】B【解析】在选项B中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短．【点评】函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视．【例2】（山东高考题）已知定义在R上的奇函数)(xf，满足(4)()f x f x-=-，且在区间A B C D[0,2]上是增函数，若方程()(0)f x m m =>在区间[8,8]-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，则1234_________.x x x x +++=【例3】若1x 是方程lg 3x x +=的解，2x 是310=+x x 的解，则21x x +的值为（）A ． 23B ．32C ．3D ．31【例4】若函数()(01)x f x a x a a a =-->≠且有两个零点，则实数a 的取值范围是．【例5】已知偶函数()f x 在区间[0,)+∞单调递增，则满足(21)f x -＜1()3f 的x 取值范围是（）（A ）（1，2） (B) ［1，2） (C)（1，2） (D) ［1，2）【例6】某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x（x≥10）层，则每平方米的平均建筑费用为560+48x（单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？购地总费用）（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=建筑总面积【典型题剖析及训练】【例1】已知a、b为常数，且a≠0，函数()lnf x ax b ax x，()2f e。

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由2014全国1卷高考压轴题想到函数与导数专题的一种解法
一般的函数与导数压轴题常规思路是将所给的函数直接求导，然后根据函数的单调性就可以证明题目要证的式子了。

2014年的第21题考查的不是这种思路，而是一种更为复杂的方法。

这道题目如果直接对()f x 求导就会发现很难根据导函数来判断函数的单调性，所以我们采用的是将()f x 分解为()1()()f x g x h x -=-，这样只需要证明min max ()()g x h x >就行了，那么，现在关键的问题就是如何划分()g x 和()h x ，我的方法是试探法，本题的()f x 只有3项，而且还有一项是常数，所以就很容易划分了，常数项放在()g x 或者()h x 都行，如果有更多的项，那就要试探了。

最后需要注意的就是使用这个方法的前提了，那就是常规思路行不通的情况我们才“出此下策”。