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吉林省东北师范大学附属中学2015届高考数学一轮复习(第13周)阶段测试卷 理

时间:2016-08-19


吉林省东北师范大学附属中学 2015 届高考数学一轮复习(第 13 周)阶段测试卷 理
? π? 54.18.[2014·北京卷] 已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈?0, ?. 2? ?
(1)求证:f(x)≤0; sin x ? π? (2)若 a< <b 对 x∈?0, ?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. 2? x ?

55.20.[2014·福建卷] 已知函数 f(x)=e -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 x (2)证明:当 x>0 时,x <e ; 2 x (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce .

x

1

57.22.[2014·湖北卷] π 为圆周率,e=2.718 28?为自然对数的底数. ln x (1)求函数 f(x)= 的单调区间;

x

(2)求 e ,3 ,e ,π , ,3 ,π 这 6 个数中的最大数与最小数; 3 e π e π 3 (3)将 e ,3 ,e ,π ,3 ,π 这 6 个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.

3

e

π

e

π

3

58.22.[2014·湖南卷] 已知常数 a>0,函数 2x f(x)=ln(1+ax)- . 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 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取值范围.

59.18.[2014·江西卷] 已知函数 f(x)=(x +bx+b) 1-2x(b∈R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值;

2

? 1? (2)若 f(x)在区间?0, ?上单调递增,求 b 的取值范围. ? 3?
60.11.[2014·辽宁卷] 当 x∈[-2,1]时,不等式 ax -x +4x+3≥0 恒成立,则实 数 a 的取值范围是( )
2
3 2

9? ? A.[-5,-3] B.?-6,- ? 8? ?

C.[-6,-2] D.[-4,-3]

61.22.[2014·全国卷] 函数 f(x)=ln(x+1)- (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明:

ax (a>1). x+a

2 3 <an≤ . n+2 n+2

62.11.[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=ax -3x +1,若 f(x)存在唯一的 零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值范围是( ) A.(2,+∞) B.(1,+∞)C.(-∞,-2) D.(-∞,-1) 63.21. 、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=ae ln x+ (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.
x

3

2

bex-1 ,曲线 y=f(x)在点 x

64.21.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=e -e -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). x -x 21.解:(1)f′(x)=e +e -2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 2x -2x x -x (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e -e -4b(e -e )+(8b-4)x, g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)] x -x x -x =2(e +e -2)(e +e -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. x -x 2 (ii)当 b>2 时, 若 x 满足 2<e +e <2b-2, 即 0<x<ln(b-1+ b -2b)时, g′(x)<0. 2 而 g(0)=0,因此当 0<x<ln(b-1+ b -2b)时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2. 3 (3)由(2)知,g(ln 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2. 2

x

-x

3

3 8 2-3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 3 2 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b -2b)=ln 2, 4 3 g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0, 2 18+ 2 ln 2< <0.693 4.所以 ln 2 的近似值为 0.693. 28 e ?2 ? 65.20.[2014·山东卷] 设函数 f(x)= 2-k? +ln x?(k 为常数,e=2.718 28?是
x

x

?x

?

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.

66.21. [2014·陕西卷] 设函数 f(x)=ln(1+x), g(x)=xf′(x), x≥0, 其中 f′(x) 是 f(x)的导函数. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+?+g(n)与 n-f(n)的大小,并加以证明.

67.20. [2014·天津卷] 设 f(x)=x-ae (a∈R), x∈R.已知函数 y=f(x)有两个零点 x1,x2,且 x1<x2. (1)求 a 的取值范围; (2)证明: 随着 a 的减小而增大; (3)证明:x1+x2 随着 a 的减小而增大.

x

x2 x1

4

68.22.[2014·浙江卷] 已知函数 f(x)=x +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 (2)设 b∈R,若[f(x)+b] ≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围.

3

69.20. [2014·重庆卷] 已知函数 f(x)=ae -be -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.

2x

-2x

71.6.[2014·湖北卷] 若函数 f(x),g(x)满足?1 f(x)g(x)dx=0,则称 f(x),g(x)

? -1

5

为区间[-1,1]上的一组正交函数,给出三组函数: 1 1 2 ①f(x)=sin x,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x . 2 2 其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 6. C [解析] 由题意, 要满足 f(x), g(x)是区间[-1, 1]上的正交函数, 即需满足?1 f(x)g(x)dx=0. 1 1 ①?1 f(x)g(x)dx=?1 sin xcos xdx= 2 2 ? ?
-1 -1

?-1

1 1 ? 1 ? =0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数; sinxdx=?- cos x?1 -1 2 2? ? ? ?
-1

4 ?x ?1 ②?1 f(x)g(x)dx=?1 (x+1)(x-1)dx=? -x?-1=- ≠0,故第②组不是区间[- 3 ?3 ? ? ?
-1 -1

3

1,1]上的正交函数; x1 2 ③?1 f(x)g(x)dx=?1 x·x dx= -1=0,故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 4 ? ?
-1 -1 4

综上,是区间[-1,1]上的正交函数的组数是 2. 故选 C. 72.9.[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=sin(x-φ ),且 2π ∫ 0f(x)dx=0,则函数 f(x)的图像的一条对称轴是( 3 5π 7π π π A.x= B.x= C.x= D.x= 6 12 3 6
2

)

73.8.[2014·江西卷] 若 f(x)=x +2?1f(x)dx,则?1f(x)dx=(

?0

?0

)

A.-1 B.-

1 1 C. D.1 3 3
3

74.6. [2014·山东卷] 直线 y=4x 与曲线 y=x 在第一象限内围成的封闭图形的面积 为( ) A. 2 2 B. 4 2 C. 2 D. 4 3 6.D [解析] 直线 y=4x 与曲线 y=x 在第一象限的交点坐标是(2,8),所以两者围 成的封闭图形的面积为?2(4x-x )dx=?
3

?0

? ?

1 4 ?2 2 2x - x ? ? 0=4,故选 D. 4 ? ??
x

75.3.[2014·陕西卷] 定积分?1(2x+e )dx 的值为(

?0

)

A.e+2 B.e+1 C.e D.e-1

6

3.C [解析] ?1(2x+e )dx=(x +e )0=(1 +e )-(0 +e )=e.

x

2

x 1

2

1

2

0

?0

(十四) 单元综合 76.9.[2014·四川卷] 已知 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),x∈(-1,1).现有下列命 题: ①f(-x)=-f(x);②f?

? 2x 2?=2f(x); ? ?1+x ?

③|f(x)|≥2|x|. 其中的所有正确命题的序号是( ) A.①②③ B.②③ C.①③ D.①② 1 2 x 2 77.10.[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)=x +e - (x<0)与 g(x)=x +ln(x+a)的图 2 像上存在关于 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是( ) 1 A.(-∞, ) B.(-∞, e) e 1? ? 1 ? ? C.?- , e? D.?- e, ? e e? ? ? ?

78.14. [2014·湖北卷] 设 f(x)是定义在(0, +∞)上的函数, 且 f(x)>0, 对任意 a>0, b>0,若经过点(a,f(a)),(b,-f(b))的直线与 x 轴的交点为(c,0),则称 c 为 a,b 关 a+b 于函数 f(x)的平均数, 记为 Mf(a, b), 例如, 当 f(x)=1(x>0)时, 可得 Mf(a, b)=c= , 2 即 Mf(a,b)为 a,b 的算术平均数. (1)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的几何平均数; 2ab (2)当 f(x)=________(x>0)时,Mf(a,b)为 a,b 的调和平均数 . a+b (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)

7

79.12.[2014·辽宁卷] 已知定义在[0,1]上的函数 f(x)满足: ①f(0)=f(1)=0; 1 ②对所有 x,y∈[0,1],且 x≠y,有|f(x)-f(y)|< |x-y|. 2 若对所有 x,y∈[0,1],|f(x)-f(y)|<k 恒成立,则 k 的最小值为( 1 1 1 1 A. B. C. D. 2 4 2π 8

)

80.22.[2014·湖南卷] 已知常数 a>0,函数 2x f(x)=ln(1+ax)- . 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 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取值范围.

81.21. 、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=ae ln x+ (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.

x

bex-1 ,曲线 y=f(x)在点 x

8

82.21.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=e -e -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).

x

-x

sin x sin x (2)当 x>0 时,“ >a”等价于“sin x-ax>0”,“ <b”等价于“sin x-bx<0”.

x

x

令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c.

? π? 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? ? π? ? π? 当 c≥1 时,因为对任意 x∈?0, ?,g′(x)=cos x-c<0,所以 g(x)在区间?0, ? 2? 2? ? ?
上单调递减,

? π? 从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? ? π? 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈?0, ?使得 g′(x0)=cos x0-c=0. 2? ?
g(x)与 g′(x)在区间?0, ?上的情况如下: 2

? ?

π?

?

x

(0,x0)

x0

?x0,π ? ? 2? ? ?
9

g′(x) + 0 - g(x) 因为 g(x)在区间(0,x0)上是增函数,所以 g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立”当且仅当 g? ?=1- c≥0,即 0<c≤ . 2 2

? ?

π?

?

?π ? ? ?

π 2

2 π

2 ? π? 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立;当且仅当 c≥1 时, 2? π ?

g(x)<0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2

? ?

π?

?

sin x 2 ? π? 所以,若 a< <b 对任意 x∈?0, ?恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. 2 x π ? ? 55. x x 解:方法一:(1)由 f(x)=e -ax,得 f ′(x)=e -a.

(2)证明:令 g(x)=e -x ,则 g′(x)=e -2x.由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2- ln 4>0, 2 x 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 <e . x x 2 x 2 x (3)证明:①若 c≥1,则 e ≤ce .又由(2)知,当 x>0 时,x <e .故当 x>0 时,x <ce . 2 x 取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce . 1 2 x x 2 ②若 0<c<1,令 k= >1,要使不等式 x <ce 成立,只要 e >kx 成立.

x

2

x

c

而要使 e >kx 成立,则只要 x>ln(kx ),只要 x>2ln x+ln k 成立. 2 x-2 令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h′(x)=1- = .

x

2

2

x

x

所以当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增. 取 x0=16k>16,所以 h(x)在(x0,+∞)内单调递增. 又 h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知 k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以 h(x0)>0. 16 2 x 即存在 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce .

c

综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce .
10

2

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 x0= 4

c



2 2 4 x x ?x?2 ?x?2 x 2 x x ?x? ?x? 由(2)知,当 x>0 时,e >x ,所以 e =e ·e >? ? ·? ? ,当 x>x0 时,e >? ? ? ? > 2 2 ?2? ?2? ?2? ?2? c

?x? =1x2, ?2? c ? ?
因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce . 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. 1 3 x (3)首先证明当 x∈(0,+∞)时,恒有 x <e . 3 证明如下:
2

2

x

56. 解法一:21.(1).可知 ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3 ? 0 ,
2 2 2

?[( x2 ? 2x ? k ) ? 3] ?[( x2 ? 2x ? k ) ?1] ? 0 , ? x2 ? 2 x ? k ? ?3 或 x 2 ? 2 x ? k ? 1 , ?( x ? 1)2 ? ?2 ? k (?2 ? k ? 0) 或 ( x ? 1)2 ? 2 ? k (2 ? k ? 0) ,
? | x ? 1|? ?2 ? k 或 | x ?1|? 2 ? k ,

??1 ? ?2 ? k ? x ? ?1 ? ?2 ? k 或 x ? ?1 ? 2 ? k 或 x ? ?1 ? 2 ? k , 所以函数 f ( x ) 的定义域 D 为
(??, ?1 ? 2 ? k )
(2).

(?1 ? ?2 ? k , ?1 ? ?2 ? k )

(?1 ? 2 ? k , ? ?) ;

11

f '( x) ? ? ??

2( x 2 ? 2 x ? k )(2 x ? 2) ? 2(2 x ? 2) 2 ( x 2 ? 2 x ? k ) 2 ? 2( x 2 ? 2 x ? k ) ? 3
2 2 3 3

( x 2 ? 2 x ? k ? 1)(2 x ? 2) ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2

' x 0? , 由 f ()

得 ( x ? 2x ? k ? 1)(2 x ? 2) ? 0 ,
2

即 ( x ? 1 ? k )( x ? 1 ? k )( x ? 1) ? 0 ,? x ? ?1 ? ?k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?k ,结合定义 域知 x ? ?1 ? 2 ? k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?2 ? k , 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 (??, ?1 ? 2 ? k ) , (?1, ?1 ? ?2 ? k ) , 同理递减区间为 (?1 ? ?2 ? k , ?1) , (?1 ? 2 ? k , ? ?) ; (3).由 f ( x) ? f (1) 得 ( x ? 2x ? k ) ? 2( x ? 2x ? k ) ? 3 ? (3 ? k ) ? 2(3 ? k ) ? 3 ,
2 2 2 2

?[( x2 ? 2x ? k )2 ? (3 ? k )2 ] ? 2[( x2 ? 2x ? k ) ? (3 ? k )] ? 0 , ?( x2 ? 2x ? 2k ? 5) ? ( x2 ? 2x ? 3) ? 0 ,
?( x ?1 ? ?2k ? 4)( x ?1 ? ?2k ? 4) ? ( x ? 3)( x ?1) ? 0 ,

? x ? ?1 ? ?2k ? 4 或 x ? ?1 ? ?2k ? 4 或 x ? ?3 或 x ? 1 , k ? ?6 ,?1? (?1, ?1 ? ?2 ? k ) , ?3 ? (?1 ? ?2 ? k , ?1) , ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k , 结合函数 f ( x ) 的单调性知 f ( x) ? f (1) 的解集为
(?1 ? ?2k ? 4, ?1 ? 2 ? k )
(?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4) .
解法二:解: (1)依题意有 ( x2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x2 ? 2 x ? k ) ? 3 ? 0

(?1 ? ?2 ? k , ? 3)

(1, ?1 ? ?2 ? k )

?x


2

? 2 x ? k +3? ? ? x 2 ? 2 x ? k ? 1? ? 0

k ? ?2,? k ? 3 ? 1, k ? 1 ? ?3 故 x2 ? 2 x ? k +3=0,x 2 ? 2 x ? k ? 1=0 均 有 两 根 记

x1 ? ?1? ?2 ? k , x2 ? ?1? ?2 ? k , x3 ? ?1? 2 ? k , x4 ? ?1? 2 ? k
2 2 注意到 x3 ? x1 ? x2 ? x4 ,故不等式 x ? 2 x ? k +3 ? x ? 2 x ? k ? 1 ? 0 的解集为

?

??

?

? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ???

,即 D ? ? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ???

12

(2)令 g ? x ? =( x ? 2x ? k ) ? 2( x ? 2x ? k ) ? 3, x ? D
2 2 2
' 2 2 则 g ? x ? =2( x ? 2 x ? k ) ? ? 2 x ? 2 ? ? 2(2 x ? 2) ? 4 ? x ? 1? ? x ? 2 x ? k +1

?

?

' 令 g ? x ? ? 0 ,注意到 k ? ?2, k ? 1 ? ?1 ,故方程 x 2 ? 2 x ? k ? 1 ? 0 有两个不相等的

实数根 记为 x5 ? ?1 ? ?k , x6 ? ?1 ? ?k ,且 x7 ? ?1 注意到 x3 ? x5 ? x1 ? ?1 ? x2 ? x6 ? x4 结合图像可知 在区间 ? x2 , ?1? , ? x3 , ??? 上 g ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递增
'

在区间 ? ??, x4 ? , ? ?1, x1 ? 上 g ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递减
'

故 f ? x ? 在区间 ? x2 , ?1? , ? x3 , ??? 上单调递减, 在区间 ? ??, x4 ? , ? ?1, x1 ? 上单调递增. (3) f (1) ?

1 (k ? 3) ? 2(k ? 3) ? 3
2

?

1

? k ? 2? ? ? k ? 6?

在区间 D 上,令 f ? x ? ? f ?1? ,即

1 ( x 2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x 2 ? 2 x ? k ) ? 3

=

1

? k ? 2? ? ? k ? 6?

,即

( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? 3=k 2 ? 8k ?12
( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? ? k ? 3? ? ? k ? 5? ? 0
2 2 ? ? x ? 2 x ? k ? ? k ? 3? ? ?? ? x ? 2 x ? k ? ? k ? 5?? ??0 2 2 ? ? x ? 2 x ? 3? ?? ? x ? 2 x ? 2k ? 5 ? ? ? 0 ? ??

方程 x 2 ? 2 x ? 2k ? 5 ? 0 的判别式 ? ? ?8k ? 16 ? 0 ,故此方程 ? ?? 有 4 个不相等的 实数根,记为 x8 ? 1, x9 ? ?3, x10 ? ?1? ?2k ? 4, x11 ? ?1? ?2k ? 4
13

注意到 k ? ?6 ,故,

x1 ? ?1? ?2 ? k ? 1, x2 ? ?1? ?2 ? k ? ?3 ,故 x8 , x9 ? D
x10 ? x3 ? ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k ? ?2k ? 4 ? 2 ? k =
,故 x10 ? D

?

?

?k ? 6 ?0 ?2k ? 4 ? 2 ? k

x4 ? x11 ? ?2k ? 4 ? 2 ? k ?

? ?2k ? 4? ? ? 2 ? k ? ?
?2k ? 4 ? 2 ? k

?k ? 6 ? 0故 ?2k ? 4 ? 2 ? k

x11 ? D
结合 D ? ? ??, x4 ? ? ? x2 , x1 ? ? ? x3 , ??? 和函数的图像 可得 f ( x) ? f (1) 的解集为 ? x11, x4 ? ? ? x2 , x9 ? ? ? x8 , x1 ?

? x3 , x10 ?

【品题】函数题(1)考查了数轴标根法,4 个根,学过这个方法的学生就能快速做出 第一问.我记得考纲上有这样一句“试题中函数一般不超过 3 次”这次真超过 4 次了. (2)考查了复合函数单调性,利用导数作工具,这个题还是很容易的,而且不涉及 到分类讨论,就是题目的根太多太多了. (3)利用数形结合的思想,容易知道所求的范围,接下来只要根不求错,那就没问 题了. 总的来说,本题就是根太多,结合图像,不要搞错咯~~二次函数问题依旧是备考的重 点,也是难点,平时努力了,也未必有大收获.

14

ln x 57.解:22. (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f(x)= ,所以 f′(x)=

x

1-ln x . 2

x

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,+∞). e e π (2)因为 e<3<π ,所以 eln 3<eln π ,π ln e<π ln 3,即 ln 3 <ln π ,ln e <ln 3
π

. 于是根据函数 y=ln x,y=e ,y=π 在定义域上单调递增,可得 e e 3 3 π π 3 <π <π ,e <e <3 . 3 π e 3 故这 6 个数的最大数在π 与 3 之中,最小数在 3 与 e 之中. ln π ln 3 ln e 由 e<3<π 及(1)的结论,得 f(π )<f(3)<f(e),即 < < . π 3 e ln π ln 3 3 π π 3 由 < ,得 ln π <ln3 ,所以 3 >π ; π 3 ln 3 ln e e 3 e 3 由 < ,得 ln 3 <ln e ,所以 3 <e . 3 e π e 综上,6 个数中的最大数是 3 ,最小数是 3 . e e 3 π e 3 (3)由(2)知,3 <π <π <3 ,3 <e . ln π ln e e π 又由(2)知, < ,得π <e . π e 3 e π 3 故只需比较 e 与π 和 e 与π 的大小. 1 由(1)知,当 0<x<e 时,f(x)<f(e)= , e ln x 1 即 < . x e
15
x x

e e e e e e 在上式中,令 x= ,又 <e,则 ln < ,从而 2-ln π < ,即得 ln π >2- . π π π π π π ① e? ? ? 2.72?>2.7×(2-0.88)=3.024>3, 由①得,eln π >e?2- ?>2.7×?2- 3.1 ? ? π? ? ? e 3 3 e 即 eln π >3,亦即 ln π >ln e ,所以 e <π . 3e 又由①得,3ln π >6- >6-e>π ,即 3ln π >π , π π 3 所以 e <π . e 3 e π 3 π 综上可得,3 <e <π <e <π <3 , e 3 e π 3 π 即这 6 个数从小到大的顺序为 3 ,e ,π ,e ,π ,3 . 58. a 2(x+2)-2x ax2+4(a-1) 解:22. (1)f′(x)= - = 2 2.(*) 1+ax (x+2) (1+ax)(x+2) 当 a≥1 时,f′(x)>0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 1-a? 1-a ? 当 0<a<1 时,由 f′(x)=0 得 x1=2 舍去?. ?x2=-2

2

2

2

a ?

a

?

当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0;当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述, 当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 1-a? ? ? 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2 ?上单调递减,在区间?2

?

a ?

?

1-a ? ,+∞?上

a

?

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. 1-a 1-a 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 和 x2=-2 ,且由 f(x)的定义可知,

a

a

x>- 且 x≠-2,所以-2 a

1

1-a 1 >- ,-2

a

a

1-a ≠-2,

a

1 解得 a≠ .此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点. 2

2 2 2 2x-2 (i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 g′(x)= - 2= 2 <0,

x

x x

x

16

因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而 g(x)<g(-1)=-4<0. 1 故当 0<a< 时,f(x1)+f(x2)<0. 2 2 2 2 2x-2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2,所以 g′(x)= - 2= 2 <0,

x

x x

x

1 因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而 g(x)>g(1)=0.故当 <a<1 时,f(x1)+ 2 f(x2)>0. ?1 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ,1?. ?2 ? -5x(x+2) 59. (1)当 b=4 时,f′(x)= ,由 f′(x)=0,得 x=-2 或 x=0. 1-2x 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, ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故 f(x)在 x=-2 处取得极 2

? ?

1?

?

小值 f(-2)=0,在 x=0 处取得极大值 f(0)=4. -x[5x+(3b-2)] -x ? 1? (2)f′(x)= ,易知当 x∈?0, ?时, <0, 3 ? ? 1-2x 1-2x 5 1 ? 1? 依题意当 x∈?0, ?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0,得 b≤ . 3 9 ? 3? 1? ? 所以 b 的取值范围为?-∞, ?. 9? ?

x2-4x-3 , x3 2 x2-4x-3 -x +8x+9 -(x-9)(x+1) 令 f(x)= (-2≤x<0),则 f′(x)= = ,故 3 x x4 x4
60.C [解析] 当-2≤x<0 时,不等式转化为 a≤ 1+4-3 =-2.当 x= -1 x2-4x-3 x2-4x-3 0 时, g(x)恒成立. 当 0<x≤1 时, a≥ , 令个 g(x)= (0<x≤1), 则 g′(x) 3 3

f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-1,0)上单调递增,此时有 a≤ x x

-x +8x+9 = = 4

2

x

-(x-9)(x+1) 1-4-3 ,故 g(x)在(0,1]上单调递增,此时有 a≥ =-6. 4 x 1 综上,-6≤a≤-2. x[x-(a2-2a)] 61. 解:22. (1)易知 f(x)的定义域为(-1,+∞),f′(x)= 2. (x+1)(x+a) (i)当 1<a<2 时,若 x∈(-1,a -2a),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-1,a -2a)是增 函数;
2 2

17

若 x∈(a -2a,0),则 f′(x)<0,所以 f(x)在(a -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; 2 若 x∈(0,a -2a),则 f′(x)<0, 2 所以 f(x)在(0,a -2a)是减函数; 2 2 若 x∈(a -2a,+∞),则 f′(x)>0,所以 f(x)在(a -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)> 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)< 下面用数学归纳法证明 2 3 <an≤ . n+2 n+2 3x (0<x<3). x+3 2x (x>0). x+2

2

2

2 (i)当 n=1 时,由已知 <a1=1,故结论成立. 3 (ii)假设当 n=k 时结论成立,即 当 n=k+1 时, 2 2× k + 2 2 2 ? +1? ak+1=ln(ak+1)>ln? > = , ? k+3 ?k+2 ? 2 +2 k+2 3 ? 3 +1?< k+2= 3 , ak+1=ln(ak+1)≤ln? ? k+ 3 ?k+2 ? 3 +3 k+2 3× 即当 n=k+1 时,有 2 2

k+2

<ak≤

3

k+2

.

k+3

<ak+1≤

3

k+3

,结论成立.

根据(i)(ii)知对任何 n∈结论都成立. 62.

18

若 a>0,则 f(x)极大值=f(0)=1>0,此时函数 f(x)一定存在小于零的零点,不符合题意. 综上可知,实数 a 的取值范围为(-∞,-2). 63. 21.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),

a b b f′(x)=aexln x+ ex- 2ex-1+ ex-1.由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b x x x
=2. 2 x-1 2 x -x (2)证明:由(1)知,f(x)=e ln x+ e ,从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe - . x e

? 1? 设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x,所以当 x∈?0, ?时,g′(x)<0; ? e? ?1 ? g′(x)>0.故 g(x)在?0,1?上单调递减, ?1 ? 当 x∈? ,+∞?时, 在? ,+∞?上单调递增, ? e? ?e ? ? ? ?e ?
1 2 ?1? -x -x 从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g? ?=- .设函数 h(x)=xe - ,则 h′(x)=e (1 e e ?e? -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 1 最大值为 h(1)=- . e

?1? 因为 gmin(x)=g? ?=h(1)=hmax(x),所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. ?e?
64. x -x .解:21 (1)f′(x)=e +e -2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 2x -2x x -x (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e -e -4b(e -e )+(8b-4)x, g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)] x -x x -x =2(e +e -2)(e +e -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. x -x 2 (ii)当 b>2 时, 若 x 满足 2<e +e <2b-2, 即 0<x<ln(b-1+ b -2b)时, g′(x)<0.
19

而 g(0)=0,因此当 0<x<ln(b-1+ b -2b)时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2. 3 (3)由(2)知,g(ln 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2. 2 3 8 2-3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 3 2 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b -2b)=ln 2, 4

2

g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0,ln 2<

3 2

18+ 2 <0.693 4.所以 ln 2 的近似值 28

为 0.693. 65. 20.解:(1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞), x2ex-2xex ? 2 1? xex-2ex k(x-2) (x-2)(ex-kx) f′(x)= -k?- 2+ ?= - = . 4 3 2 3

x x 由 k≤0 可得 e -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
x

x

? x

x?

x

极值点; x 当 k>0 时,设函数 g(x)=e -kx,x∈(0,+∞). x x ln k 因为 g′(x)=e -k=e -e , 当 0<k≤1 时, x 当 x∈(0,2)时,g′(x)=e -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.

g(0)>0, ? ?g(ln k)<0, 当且仅当? g(2)>0, ? ?0<ln k<2,
e 解得 e<k< .综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为 2
2

?e,e ?. ? 2? ? ?
20

2

66. 解:21.由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x

x

x
(1)由已知,g1(x)= 1+x x ,g2(x)=g(g1(x))= = , 1+x x 1+2x 1+ 1+x

x

g3(x)=

,?,可得 gn(x)= . 1+3x 1+nx

x

x

下面用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,g1(x)= ,结论成立. 1+x ②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)= . 1+kx

x

x

x
1+kx gk(x) x 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))= = = , 1+gk(x) x 1+(k+1)x 1+ 1+kx 即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立,即 ln(1+x)≥ 恒成立. 1+x

ax

ax 1 a x+1-a 设 φ (x)=ln(1+x)- (x≥0),则 φ ′(x)= - 2= 2, 1+x 1+x (1+x) (1+x)
当 a≤1 时,φ ′(x)≥0(仅当 x=0,a=1 时等号成立), ∴φ (x)在[0,+∞)上单调递增,又 φ (0)=0, ∴φ (x)≥0 在[0,+∞)上恒成立, ∴a≤1 时,ln(1+x)≥ 恒成立(仅当 x=0 时等号成立). 1+x

ax

当 a>1 时,对 x∈(0,a-1]有 φ ′(x)<0,∴φ (x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ (a-1)<φ (0)=0.即 a>1 时,存在 x>0,使 φ (x)<0, 故知 ln(1+x)≥ 不恒成立.综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1+x 1 2 n (3)由题设知 g(1)+g(2)+?+g(n)= + +?+ , 2 3 n+1 比较结果为 g(1)+g(2)+?+g(n)>n-ln(n+1). 证明如下:
21

ax

1 1 1 方法一:上述不等式等价于 + +?+ <ln(n+1), 2 3 n+1

1 1 1 1 1 k+2 那么,当 n=k+1 时, + +?+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k 2 3 k+1 k+2 k+2 k+1 +2), 即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. 1 1 1 方法二:上述不等式等价于 + +?+ <ln(n+1), 2 3 n+1

x 1 n+1 1 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> ,x>0.令 x= ,n∈N+,则 ln > . 1+x n n n+1
1 1 1 故有 ln 2-ln 1> ,ln 3-ln 2> ,??ln(n+1)-ln n> , 2 3 n+1 1 1 1 上述各式相加可得 ln(n+1)> + +?+ , 2 3 n+ 1 结论得证. x x 方法三:如图,?n dx 是由曲线 y= ,x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积, x+1 ? x+1
0

1 2 n 而 + +?+ 是图中所示各矩形的面积和, 2 3 n+1

1 ? 1 2 n x ? ∴ + +?+ >?n dx=?n?1- ?dx=n-ln(n+1),结论得证. 2 3 n+1 ? x+1 ? ? x+1?
0 0

22

67. x x 解:20. (1)由 f(x)=x-ae ,可得 f′(x)=1-ae . 下面分两种情况讨论: (i)a≤0 时,f′(x)>0 在 R 上恒成立,可得 f(x)在 R 上单调递增,不合题意. (ii)a>0 时,由 f′(x)=0,得 x=-ln a. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

(-∞,-ln a)

-ln a

(-ln a,+∞)

f′(x) + 0 - f(x) -ln a-1 这时,f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+∞).于 是,“函数 y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:①f(-ln a)>0;②存在 s1 ∈(-∞,-ln a),满足 f(s1)<0;③存在 s2∈(-ln a,+∞),满足 f(s2)<0. -1 由 f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得 0<a<e .而此时,取 s1=0,满足 s1∈(-∞,
2 2 ?2 2? -ln a),且 f(s1)=-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2∈(-ln a,+∞),且 f(s2)=? -e ?

a

a

?a

a?

? 2 2? +?ln -e ?<0. ? a
a?
故 a 的取值范围是(0,e ).
-1

x x 1- x x (2)证明: 由 f(x)=x-ae =0, 有 a= x.设 g(x)= x, 由 g′(x)= x , 知 g(x)在(- e e e
∞, 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, -1 +∞)时,g(x)>0.由已知,x1,x2 满足 a=g(x1),a=g(x2).由 a∈(0,e )及 g(x)的单调 性,可得 x1∈(0,1),x2∈(1,+∞). -1 对于任意的 a1, a2∈(0, e ), 设 a1>a2, g(ξ 1)=g(ξ 2)=a1, 其中 0<ξ 1<1<ξ 2; g(η 1) =g(η 2)=a2,其中 0<η 1<1<η 2. 因为 g(x)在(0,1)上单调递增,所以由 a1>a2,即 g(ξ 1)>g(η 1),可得 ξ 1>η 1.类似 可得 ξ 2<η 2. ξ 2 η 2 η 2 又由 ξ 1,η 1>0,得 < < , ξ 1 ξ 1 η 1 所以 随着 a 的减小而增大. (3)证明:由 x1=aex1,x2=aex2,可得 ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故 x2-x1 =ln x2-ln x1=ln .

x2 x1

x2 x1

23

1 -2ln x+x- x 则 h′(x)= . 2 (x-1) 2 1 ?x-1? . 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)=? ?

x

? x ?

当 x∈(1, +∞)时, u′(x)>0.因此, u(x)在(1, +∞)上单调递增, 故对于任意的 x∈(1, +∞),u(x)>u(1)=0,由此可得 h′(x)>0,故 h(x)在(1,+∞)上单调递增. 因此,由①可得 x1+x2 随着 t 的增大而增大. 而由(2),t 随着 a 的减小而增大,所以 x1+x2 随着 a 的减小而增大. 3 68. [2014·浙江卷] 22. 已知函数 f(x)=x +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 (2)设 b∈R,若[f(x)+b] ≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围. 3 2 ?x +3x-3a,x≥a, ?3x +3,x≥a, ? ? 解:22. (1)因为 f(x)=? 3 所以 f′(x)=? 2 由于- ?x -3x+3a,x<a, ?3x -3,x<a. ? ? 1≤x≤1, 3 (i)当 a≤-1 时,有 x≥a,故 f(x)=x +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. 3 (ii)当-1<a<1 时, 若 x∈(a, 1), 则 f(x)=x +3x-3a.在(a, 1)上是增函数; 若 x∈(- 1,a), 3 则 f(x)=x -3x+3a 在(-1,a)上是减函数.所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a) 3 =f(a)=a . 1 3 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤ 时,M(a)-m(a)=-a -3a+4;当 3 1 3 <a<1 时,M(a)-m(a)=-a +3a+2. 3 3 (iii)当 a≥1 时,有 x≤a,故 f(x)=x -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.

24

?-a -3a+4,-1<a≤1, ? 3 综上,M(a)-m(a)=? 1 -a +3a+2, <a<1, 3 ? ?4,a≥1.
8,a≤-1,
3 3

(2)令 h(x)=f(x)+b, 3 2 ? ? ?x +3x-3a+b,x≥a, ?3x +3,x>a, 则 h(x)=? 3 h′(x)=? 2 ?x -3x+3a+b,x<a, ?3x -3,x<a. ? ? 2 因为[f(x)+b] ≤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. 1 3 (ii)当-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a +b,最大值是 h(1)=4 3 1 3 3 -3a+b, 所以 a +b≥-2 且 4-3a+b≤2, 从而-2-a +3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 ? 1? 3 2 令 t(a)=-2-a +3a, 则 t′(a)=3-3a >0, t(a)在?0, ?上是增函数, 故 t(a)>t(0) ? 3? =-2, 因此-2≤3a+b≤0. 1 3 (iii)当 <a<1 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 h(a)=a +b,最大值是 h(-1)=3a 3 28 3 +b+2,所以 a +b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- <3a+b≤0; 27 (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. 69. 2x -2x 解:(1)对 f(x)求导得 f′(x)=2ae +2be -c,由 f′(x)为偶函数,知 f′(-x) 2x -2x =f′(x),即 2(a-b)(e -e )=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. 2x -2x (2)当 c=3 时,f(x)=e -e -3x,那么 f′(x)=2e2x+2e-2x-3≥2 2e2x·2e-2x-3=1>0, 故 f(x)在 R 上为增函数.

25

当 x1<x<x2 时,f′(x)<0;当 x>x2 时,f′(x)>0. 从而 f(x)在 x=x2 处取得极小值. 综上,若 f(x)有极值,则 c 的取值范围为(4,+∞). 70.

图 1?4 2 [解析]14. 2 e

因为函数 y=ln x 的图像与函数 y=e 的图像关于正方形的对角线所

x

在直线 y=x 对称,则图中的两块阴影部分的面积为

e S=2?eln xdx=2(xln x-x)| 1=2[(eln e-e)-(ln 1-1)]=2,

?1

2 故根据几何概型的概率公式得,该粒黄豆落到阴影部分的概率 P= 2.

e

71. [解析]6.C 由题意,要满足 f(x),g(x)是区间[-1,1]上的正交函数,即需 满足?1 f(x)g(x)dx=0.

?-1

1 1 ①?1 f(x)g(x)dx=?1 sin xcos xdx= 2 2 ? ?
-1 -1

1 1 ? 1 ? =0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数; sinxdx=?- cos x?1 -1 ? 2? ? 2 ?
-1

4 ?x ?1 ②?1 f(x)g(x)dx=?1 (x+1)(x-1)dx=? -x?-1=- ≠0,故第②组不是区间[- 3 3 ? ? ? ?
-1 -1

3

26

1,1]上的正交函数; x1 ③? f(x)g(x)dx=? x·x dx= -1=0,故第③组是区间[-1,1]上的正交函数. 4 ? ?
1 1 2 -1 -1 4

综上,是区间[-1,1]上的正交函数的组数是 2. 故选 C. 2π 2π 2π 72. A [ 解析 ] 因为∫ 0f(x)dx = 0 ,即∫ 0f(x)dx =- cos(x - φ ) 0 =- 3 3 3 π 5π ?2π ? cos? -φ ?+cos φ =0,可取φ = ,所以 x= 是函数 f(x)图像的一条对称轴. 3 6 ? 3 ? 73.B [ 解析 ] ?1 f(x)dx = ?1 ? ?

?0

?0

x2+2?1f(x)dx?

?0

1 ?1 3 2 f(x)dx?x? 1 = 1 + dx = ? x +? ? 0 ? ?0 ? ? ? ?3 ? 3

1 2?1f(x)dx,得?1f(x)dx=- . 3 ? ?
0 0

74. [2014·山东卷] 6.直线 y=4x 与曲线 y=x 在第一象限内围成的封闭图形的面 积为( ) A. 2 2 B. 4 2 C. 2 D. 4 3 6.D [解析] 直线 y=4x 与曲线 y=x 在第一象限的交点坐标是(2,8),所以两者围 成的封闭图形的面积为?2(4x-x )dx=?
3

3

?0

? ?
2

1 4 ?2 2 2x - x ? ?? 0=4,故选 D. 4 ??
x 1 2 1 2 0

75. C [解析] ?1(2x+e )dx=(x +e )0=(1 +e )-(0 +e )=e.

x

?0

(十四) 单元综合 76. [解析] 9.A f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x) 1-x 1+x =ln =-ln =-[ln(1+x)-ln(1-x)] 1+x 1-x 2x ? 2x 2?=ln?1+ 2x 2? =-f(x), 故①正确; 当 x∈(-1, 1)时, 1), 且 f? ? ? 1+x ? 2∈(-1, 1+x ?1+x ? ? ? 2x 1+ 2 2 2 1+x 2x ? 1+x +2x ? ?1+x? =2ln1+x=2[ln(1+x)-ln(1- -ln?1- =ln =ln? 2? =ln ? 2 2x 1+x -2x 1-x ? 1+x ? ?1-x? 1- 2 1+x

x)]=2f(x),故②正确; 由①知,f(x)为奇函数,所以|f(x)|为偶函数,则只需判断当 x∈[0,1)时,f(x)与 2x 的大小关系即可. 记 g(x)=f(x)-2x,0≤x<1,

27

即 g(x)=ln(1+x)-ln(1-x)-2x,0≤x<1,

g′(x)=

1 1 2x + -2= 2,0≤x<1. 1+x 1-x 1-x

2

当 0≤x<1 时,g′(x)≥0, 即 g(x)在[0,1)上为增函数,且 g(0)=0,所以 g(x)≥0, 即 f(x)-2x≥0,x∈[0,1),于是|f(x)|≥2|x|正确. 综上可知,①②③都为真命题,故选 A. 77. B [解析] 依题意,设存在 P(-m,n)在 f(x)的图像上,则 Q(m,n)在 g(x)的图 1 1 1 2 -m 2 -m -m 像上,则有 m +e - =m +ln(m+a),解得 m+a=ee - ,即 a=ee - -m(m>0), 2 2 2 可得 a∈(-∞, e). 78. [解析] 14.(1) x (2)x(或填(1)k1 x;(2)k2x,其中 k1,k2 为正常数) 设 A(a,f(a)),B(b,-f(b)),C(c,0),则此三点共线: 0-f(a) 0+f(b) 0-f(a) 0+f(b) (1)依题意,c= ab,则 = ,即 = . c-a c- b ab-a ab-b

f(a) f(b) = ,故可以选择 f(x)= x(x>0); a b 2ab 0-f(a) 0+f(b) f(a) (2)依题意,c= ,则 = ,因为 a>0,b>0,所以化简得 a+b 2ab 2ab a -a -b a+b a+b
因为 a>0,b>0,所以化简得 =

80.

a 2(x+2)-2x ax +4(a-1) 解:22. (1)f′(x)= - = 2 2.(*) 1+ax (x+2) (1+ax)(x+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 1-a? 1-a ? x1=2 舍去?. ?x2=-2 a ? a

2

?

当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0;当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0.
28

故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述,当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 1-a? ? ? 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2 ?上单调递减,在区间?2

?

a ?

?

1-a ? ,+∞?上

a

?

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. 1-a 1-a 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 和 x2=-2 ,且由 f(x)的定义可知,

a

a

1 x>- 且 x≠-2,

a

所以-2

1-a 1 >- ,-2

a

a

1-a ≠-2,

a

1 解得 a≠ .此时,由(*)式易知,x1,x2 分别是 f(x)的极小值点和极大值点. 2 2x1 2x2 2 而 f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)- +ln(1+ax2)- =ln[1+a(x1+x2)+a x1x2] x1+2 x2+2 4x1x2+4(x1+x2) 4(a-1) 2 2 2 - =ln(2a-1) - =ln(2a-1) + -2. x1x2+2(x1+x2)+4 2a-1 2a-1 1 令 2a-1=x.由 0<a<1 且 a≠ 知, 2 1 当 0<a< 时,-1<x<0; 2 1 当 <a<1 时,0<x<1. 2 2 2 记 g(x)=ln x + -2.

x

2 2 2 2x-2 (i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 g′(x)= - 2= 2 <0,

x

x x

x

因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减, 从而 g(x)<g(-1)=-4<0. 1 故当 0<a< 时,f(x1)+f(x2)<0. 2 2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2,

x

2 2 2x-2 所以 g′(x)= - 2= 2 <0,

x x

x

因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减, 1 从而 g(x)>g(1)=0.故当 <a<1 时,f(x1)+f(x2)>0. 2

29

?1 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ,1?. ?2 ? 81. 21.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),
a b b f′(x)=aexln x+ ex- 2ex-1+ ex-1. x x x
由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2. 2 x-1 2 x -x (2)证明:由(1)知,f(x)=e ln x+ e ,从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe - . x e 设函数 g(x)=xln x,则 g′(x)=1+ln x,

? 1? ?1 ? 所以当 x∈?0, ?时,g′(x)<0;当 x∈? ,+∞?时,g′(x)>0. ? e? ?e ? ? 1? ?1 ? 故 g(x)在?0, ?上单调递减,在? ,+∞?上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最 ? e? ?e ?
1 ?1? 小值为 g? ?=- . e ?e? 2 -x -x 设函数 h(x)=xe - ,则 h′(x)=e (1-x).所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; e 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 1 最大值为 h(1)=- . e

?1? 因为 gmin(x)=g? ?=h(1)=hmax(x),所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. ?e?
82. .解:(1)f′(x)=e +e -2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 2x -2x x -x (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e -e -4b(e -e )+(8b-4)x, g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)] x -x x -x =2(e +e -2)(e +e -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. x -x 2 (ii)当 b>2 时, 若 x 满足 2<e +e <2b-2, 即 0<x<ln(b-1+ b -2b)时, g′(x)<0. 2 而 g(0)=0,因此当 0<x<ln(b-1+ b -2b)时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2.
x
-x

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