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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 f ( x) ? 1 ? (1 ? a) x ? x2 ? x3 ,其中 a ? 0 . ⑴ 讨论 f ( x) 在其定义域上的单调性;
1] 时,求 f ( x) 取得最大值和最小值时的 x 的值. ⑵ 当 x ∈[0,

【解析】 ⑴ f (

x) 的定义域为 (??, ? ?),f '( x) ? 1 ? a ? 2x ? 3x2 . 令 f '( x) ? 0 ,得 x1 ?
?1 ? 4 ? 3a ?1 ? 4 ? 3a ,x2 ? ,x1 ? x2 , 3 3

所以 f '( x) ? ?3( x ? x1 )( x ? x2 ) . 当 x ? x1 或 x ? x2 时, f '( x) ? 0 ;当 x1 ? x ? x2 时, f '( x) ? 0 . 故 f ( x) 在 (??,x1 ) 和 ( x2,? ?) 内单调递减,在 ( x1,x2 ) 内单调递增. ⑵因为 a ? 0 ,所以 x1 ? 0,x2 ? 0 . ①当 a ≥ 4 时, x2 ≥1 .
1] 上单调递增. 由⑴知, f ( x) 在 [0,

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, x2 ? 1 由⑴知, f ( x) 在 [0,x2 ] 上单调递增,在 [ x2, 1] 上单调递减. 所以 f ( x) 在 x ? x2 ?
?1 ? 4 ? 3a 处取得最大值. 3

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 处和 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. 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 c ? 0 ,整数 p ? 1 , n ∈ N * . ⑴ 证明:当 x ? ?1 且 x ≠ 0 时, (1 ? x) p ? 1 ? px ; ⑵ 数列 ?an ? 满足 a1 ? c , an ?1 【解析】 ⑴ 用数学归纳法证明: ①当 p ? 2 时, (1 ? x)2 ? 1 ? 2 x ? x2 ? 1 ? 2 x ,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 p 1

p ?1 c ?p ? an ? a1 .证明: an ? an ?1 ? c p . n p p

(1 ? x)k ?1 ? (1 ? x)(1 ? x)k ? (1 ? x)(1 ? kx) ? 1 ? (k ? 1) x ? kx2 ? 1 ? (k ? 1) x
所以 p ? k ? 1 时,原不等式也成立.

综合①②可得,当 x ? ?1,x ≠ 0 ,对一切整数 p ? 1 ,不等式 (1 ? x) p ? 1 ? px 均成立. ⑵ 证法一:先用数学归纳法证明 an ? c .
1 1

1 p

①当 n ? 1 时,由题设 a1 ? c p 知 an ? c p 成立.
1

②假设 n ? k (k ≥1,k ∈ N*) 时,不等式 an ? c p 成立. 由 an ?1 ?
p ?1 c ?p an ? a1 易知 an ? 0,n ∈ N * . n p p

当 n ? k ? 1 时,
1 p

? ak ?1 p ? 1 c ? p 1? c ? ? ak ? 1 ? ? p ? 1? . ak p p p ? ak ? ? 1 1? c ? ? p ? 1? ? 0 . p p ? ak ?
p p

当 ak ? c ? 0 得 ?1 ? ?

? 1? c ?a ? ?? 由⑴中的结论得 ? k ?1 ? ? ?1 ? ? p ? 1? ? ? 1 ? p . ? ? ak ? ?? ? p ? ak ?
? c 1? c ? p ? 1? ? p . p ? ak ? ak
1

因此 akp?1 ? c ,即 ak ?1 ? c p . 所以 n ? k ? 1 时,不等式 an ? c r 也成立.
1
1

综合①②可得,对一切正整数 n ,不等式 an ? c p 均成立. 再由
? a an ?1 1? c ? 1 ? ? p ? 1? 可得 n ?1 ? 1 ,即 an?1 ? an . an an p ? an ?
1

综上所述, an ? an ?1 ? c p , n ∈ N * . 证法二:设 f ( x) ? 并且 f ?( x) ?
p ?1 c x ? x1? p,x ≥ c p ,则 x p ≥ c , p p
1

1

p ?1 c p ?1? c ? p ? (1 ? p) x ? p ? ?1 ? p ? ? 0 , x ? c . p p p ? x ?

? 1 ? 由此可得, f ( x) 在 ?c p, ? ? ? 上单调递增. ? ? ? ?
因而,当 x ? c 时, f ( x) ? f (c p ) ? c p , ①当 n ? 1 时,由 a1 ? c ? 0 ,即 a1p ? c 可知
1 1 ? 1? c ?? p ?1 c 1? p p a2 ? a1 ? a1 ? a1 ?1 ? ? p ? 1?? ? a1 ,并且 a2 ? f (a1 ) ? c ,从而 a1 ? a2 ? c p . p p ? ?? ? p ? a1 ? 1
1 p

1

1

1 p

故当 n ? 1 时,不等式 an ? an ?1 ? c p 成立.
1

②假设 n ? k (k ≥1,k ∈ N*) 时,不等式 ak ? ak ?1 ? c p 成立,

1

1

则当 n ? k ? 1 时, f (ak ) ? f (ak ?1 ) ? f (c p ) ,即有 ak ?1 ? ak ? 2 ? c p . 所以 n ? k ? 1 时,原不等式也成立.
1

综合①②可得,对一切正整数 n ,不等式 an ? an ?1 ? c p 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:

y0 ? 处与曲线 C 相切; ⑴ 直线 l 在点 P ? x0 ,
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)

0? 处“切过”曲线 C : y ? x 2 ①直线 l : y ? 0 在点 P ? 0 ,

0 ? 处“切过”曲线 C : y ? ( x ? 1)2 ②直线 l : x ? ?1 在点 P ? ?1 ,
0? 处“切过”曲线 C : y ? sin x ③直线 l : y ? x 在点 P ? 0 ,

0? 处“切过”曲线 C : y ? tan x ④直线 l : y ? x 在点 P ? 0 ,
0 ? 处“切过”曲线 C : y ? ln x ⑤直线 l : y ? x ? 1 在点 P ?1,
【解析】 ①③④

0? 处与曲线 C :y ? x3 相切,且曲线 C 位于直线 l 的两侧,①对; ①直线 l :y ? 0 在 P ? 0 ,

0 ? 处的切线,②错; ②直线 l :x ? ?1 不是曲线 C :y ? ? x ? 1? 在 P ? ?1 ,
2

0? 处 的 切 线 为 l :y ? x , 设 ③ 中 y? ? cos x , cos 0 ? 1 , 因 此 曲 线 C :y ? sin x 在 P ? 0 , f ? x? ? x? s i n x ,则 f ? ? x ? ? 1 ? cos x ≥ 0 ,即 f ? x ? 是增函数,又 f ? 0? ? 0 ,从而当 x < 0 时,

f ? x?< 0 ? x<sin x ,当 x > 0 时, f ? x ?> 0 ? x>sin x ,即曲线 C :y ? sin x 在 P ? 0 , 0? 附近
位于直线 l 的两侧,③正确;
1 1 ? sin x ? 0? 处的切线为 l :y ? x , , 2 ?1, ④中 y? ? ? 因此曲线 C :y ? tan x 在 P ? 0 , ?? ? 2 ? cos x ? cos x cos 0

设 g ? x ? ? x ? tan x ,则 g ? ? x ? ? 1 ? 且 g ? 0? ? 0 ,同③ 得④ 正确;

1 π? ? π ? π π? ≤ 0 ? ? <x< ? ,即 g ? x ? 在 ? ? , ? 上是减函数, cos 2 x 2 2 ? ? ? 2 2?

1 1 0? 处 的 切 线 为 l :y ? x ? 1 , 设 ⑤ 中 y? ? , ? 1 , 因 此 曲 线 C :y ? ln x 在 P ?1, x 1 1 x ?1 h? x 1 ?l n ? x > x ?0 h? ? x ?< 0, h? ? x ?> 0, 1 时, 1 时, , 则 h? ? x ? ? 1 ? ? , 当 0 <x < 当 x> ? ? x? x x

h ? x ?min ? h ?1? ? 0 , 0? 附近位于直线 l 的一侧, 因此当 x ? 1 时, 因此曲线 C 在 P ?1, 故⑤ 错误. 因
此答案为① ③ ④ 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)
? π? 已知函数 f ? x ? ? x cos x ? sin x ? x ? ?0 ? ? , ? 2?

⑴ 求证: f ? x ? ≤ 0 ;

⑵ 若a?

sin x ? π? ? b 对 x ? ? 0 ? ? 恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x ? 2?

【解析】 ⑴ f ? ? x ? ? cos x ? x ? ? sin x ? ? cos x ? ? x sin x ,
? π? ? π? x ? ?0 ? ? 时, f ? ? x ? ≤ 0 ,从而 f ? x ? 在 ? 0 ? ? 上单调递减, ? 2? ? 2?

? π? 所以 f ? x ? 在 ? 0 ? ? 上的最大值为 f ? 0? ? 0 , ? 2?

所以 f ? x ? ≤ f ? 0? ? 0 . ⑵ 法一:
sin x sin x ? 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 .

当 x ? 0 时,“

? 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 ? ? 上单调 ? 2? ? 2?

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? ? π? ? 且当 x ? ? 0 ? x0 ? 时, g ? ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调递增;当 x ? ? x0 ? ? 时, g ? ? x ? ? 0 , g ? x ? 单调 2? ?

递减. 所以 g ? x0 ? ? g ? 0? ? 0 .
π 2 ? π? ?π? 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 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; π ? 2?
? π? 当且仅当 c ≥ 1 时, g ? x ? ? 0 对任意 x ? ? 0 ? ? 恒成立. 2? ?

所以,若 a ? 法二: 令 g ? x? ? 则 g? ? x? ?

sin x 2 ? π? ? 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 ?

sin x ? π? ? x ??0 ? ? , x 2? ?

cos x ? x ? sin x ,由⑴ 知, g ? ? x ? ≤ 0 , x2 ? π? ?π? 2 故 g ? x ? 在 ? 0 ? ? 上单调递减,从而 g ? x ? 的最小值为 g ? ? ? , 2? ? ?2? π 2 2 故 a ≤ , a 的最大值为 . π π b 的最小值为 1 ,下面进行证明:

? π? h ? x ? ? sin x ? bx , x ? ?0 ? ? ,则 h? ? x ? ? cos x ? b , ? 2? ? π? 当 b ? 1 时, h? ? x ? ≤ 0 , h ? x ? 在 ? 0 ? ? 上单调递减,从而 h ? x ?max ? h ? 0? ? 0 , ? 2?

所以 sin x ? x ≤ 0 ,当且仅当 x ? 0 时取等号.
sin x ? π? 从而当 x ? ? 0 ? ? 时, ? 1 .故 b 的最小值小于等于 1 . 2? x ?
? π? 若 b ? 1 ,则 h? ? x ? ? cos x ? b ? 0 在 ? 0 ? ? 上有唯一解 x0 ,且 x ? ? 0 ? x0 ? 时, h? ? x ? ? 0 , 2? ?

故 h ? x ? 在 ? 0 ? x0 ? 上单调递增,此时 h ? x ? ? h ? 0? ? 0 ,
sin x ? b 与恒成立矛盾,故 b ≥ 1 , x 综上知: b 的最小值为 1 . (2014 北京文 20) 已知函数 f ( x) ? 2 x3 ? 3x . sin x ? bx ? 0 ?

5.

⑴ 求 f ( x) 在区间 ? ?2 , 1? 上的最大值; ⑵ 若过点 P(1 ,t ) 存在 3 条直线与曲线 y ? f ( x) 相切,求 t 的取值范围;
B(2 , 10) , C (0 , 2) 分别存在几条直线与曲线 y ? f ( x) 相切?(只需写出 ⑶ 问过点 A(?1,2) ,

结论) 【解析】 ⑴ 由 f ? x ? ? 2 x3 ? 3x 得 f ? ? x ? ? 6x2 ? 3 . 令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x ? ?
2 2 或x? . 2 2

? 2? 因为 f ? ?2? ? ?10 , f ? ? , ? 2 ? ?? 2 ? ?

? 2? f? ? 2 ? ? ? ? 2 ,f ?1? ? ?1 ? ?

? 2? 所以 f ? x ? 在区间 ? ?2 , . 1? 上的最大值为 f ? ? ? 2 ? ?? 2 ? ? ⑵ 设过点 P ?1, t ? 的直线与曲线 y ? f ? x ? 相切于点 ? x0 ,y0 ? ,
3 2 则 y0 ? 2x0 ? 3x0 , 且切线斜率为 k ? 6 x0 ? 3,

2 所以切线方程为 y ? y0 ? ? 6x0 ? 3? ? x ? x0 ? , 2 因此 t ? y0 ? ? 6x0 ? 3? ?1 ? x0 ? .
3 2 整理得 4 x0 ? 6 x0 ? t ? 3 ? 0.

设 g ? x ? ? 4 x3 ? 6 x 2 ? t ? 3 , 则“过点 P ?1, 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”.

g ? ? x ? ? 12x2 ? 12x ? 12x ? x ? 1? .
g ? x ? 与 g ? ? x ? 的情况如下:

x
g ?( x) g ( x)

(?? , 0)

0 0
t ?3

(0 , 1)
?

1 0
t ?1

(1,? ?)

?


?




所以, g (0) ? t ? 3 是 g ( x) 的极大值, g (1) ? t ? 1 是 g ( x) 的极小值. 当 g (0) ? t ? 3 ≤ 0 ,即 t ≤ ?3 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 g (1) ? t ? 1≥ 0 ,即 t ≥ ?1 时,
0) 和 ?0 , 此时 g ( x) 在区间 (?? , ? ? ? 上分别至多有 1 个零点,所以 g ( x) 至多有 2 个零点.

当 g ? 0? ? 0 且 g ?1? ? 0 ,即 ?3 ? t ? ?1 时,因为 g ? ?1? ? t ? 7 ? 0 ,g ? 2? ? t ? 11 ? 0 , 所以 g ? x ? 分别在区间 ? ?1, 0 ? , ?0 , 1? 和 ?1, 2? 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 P ?1, t ? 存在 3 条直线与曲线 y ? f ? x ? 相切时,t 的取值范围是 ? ?3 , ? 1? . ⑶ 过点 A ? ?1,2 ? 存在 3 条直线与曲线 y ? f ? x ? 相切; 过点 B ? 2 , 10 ? 存在 2 条直线与曲线 y ? f ? x ? 相切; 过点 C ? 0 , 2? 存在 1 条直线与曲线 y ? f ? x ? 相切.: 6. (2014 大纲理 7) 1? 处切线的斜率等于( 曲线 y ? xex ?1 在点 ?1, C .2 D.1 )

A. 2e B. e 【解析】 C 7. (2014 大纲理 16)

?π π? 若函数 f ? x ? ? cos 2x ? a sin x 在区间 ? , ? 上是减函数,则 a 的取值范围是____________. ?6 2?

【解析】 ? ??, 2? 8. (2014 大纲理 22) 函数 f ? x ? ? ln ? x ? 1? ?
ax ? a ? 1? . x?a 2 3 . ? an ≤ n?2 n?2

⑴ 讨论 f ? x ? 的单调性; ⑵ 设 a1 ? 1 , an?1 ? ln(an ? 1) ,证明:

x ? x ? ? a 2 ? 2a ? ? ? , ? ?? , f ' ? x ? ? ? 【解析】 ⑴ f ? x ? 的定义域为 ? ?1 2 ? x ? 1?? x ? a ?

(i)当 1 ? a ? 2 时,若 x ? ?1 ,a2 ? 2a ,则 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ?1 ,a2 ? 2a 是增函数; 若 x ? a2 ? 2a, 0 ,则 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 a2 ? 2a, 0 是减函数;

?

?

?

?

?

?

?

?

? ? ? ,则 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? 0, ? ? ? 上增函数. 若 x ? ? 0,
, ? ? ? 是增函数. (ii)当 a ? 2 时, f ' ? x ? ≥ 0 , f ' ? x ? ? 0 成立当且仅当 x ? 0 , f ? x ? 在 ? ?1

, 0 ? ,则 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? ?1 , 0? 是增函数; (iii)当 a ? 2 时,若 x ? ? ?1

? 若 x ??a

若 x ? 0,a2 ? 2a ,则 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 0,a2 ? 2a 是减函数;
2

?

?

?

? 2a, ? ?? ,则 f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? a2 ? 2a, ? ?? 是增函数.

, ? ? ? 是增函数 ⑵ 由⑴ 知,当 a ? 2 时, f ? x ? 在 ? ?1

? ? ? 时, f ? x ? ? f ? 0? ? 0 ,即 ln ? x ? 1? ? 当 x ? ? 0, 3? 是减函数. 又由⑴ 知,当 a ? 3 时, f ? x ? 在 ?0,

2x ? x ? 0? x?2

3? 时, f ? x ? ? f ? 0? ? 0 ,即 ln ? x ? 1? ? 当 x ? ? 0,
下面用数学归纳法证明

3x ? 0 ? x ? 3? . x?3

2 3 ? an? n?2 n?2 2 (i)当 n ? 1 时,由已知 ? a1 ? 1 ,故结论成立; 3 2 3 (ii)设当 n ? k 时结论成立,即 . ? a1 ≤ k ?2 k ?2

当 n ? k ? 1 时.

2 k?2 = 2 . 2 ?2 k ?3 k ?2 3 3? 3 ? ? k?2 ? 3 ak ?1 ? ln ? ak ? 1? ≤ ln ? ? 1? ? 3 ?k?2 ? ?3 k ?3 k?2 2 3 即当 n ? k ? 1 时有 ,结论成立 ? ak ?1 ≤ k ?3 k ?3 ? 2 ? ak ?1 ? ln ? ak ? 1? ? ln ? ? 1? ? k ? 2 ? ? 2?
根据(i) (ii)知对任何 n ? N* 结论都成立. 9. (2014 大纲文 21) 函数 f ? x ? ? ax3 ? 3x2 ? 3x ? a ? 0? . ⑴ 讨论 f ? x ? 的单调性;

2 ? 是增函数,求 a 的取值范围. ⑵ 若 f ( x) 在区间 ?1,
【解析】 ⑴ f ? ? x ? ? 3ax2 ? 6x ? 3 , f ? ? x ? ? 0 的判别式 ? ? 36 ?1 ? a ? . (i)若 a ≥ 1 ,则 f ? ? x ? ≥ 0 ,且 f ? ? x ? ? 0 当且仅当 a ? 1 , x ? ?1 ,故此时 f ? x ? 在 R 上是 增函数. (ii)由于 a ? 0 ,故当 a ? 1 , f ?( x) ? 0 有两个根;
x1 ?
?1 ? 1 ? a ?1 ? 1 ? a , x2 ? a a

? ?? 时 f ? ? x ? ? 0 , 若 0 ? a ? 1 ,则当 x ? ? ??,x2 ? 或 x ? ? x1,
? ? ? 上是增函数; 故 f ? x ? 分别在 ? ??,x2 ? , ? x1 , x1 ? 上是减函数; 当 x ? ? x2,x1 ? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? x2 , ? ? ? 时, f ? ? x ? ? 0 , 若 a ? 0 ,则当 x ? ? ??,x1 ? 或 ? x2, ? ? ? 上是减函数; 故 f ? x ? 分别在 ? ??,x1 ? , ? x2,
当 x ? ? x1,x2 ? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? x1,x2 ? 上是增函数.

, 2? 上是增函数. ⑵ 当 a ? 0 ,x ? 0 时, f ? ? x ? ? 3ax2 ? 6x ? 3 ? 0 , 故当 a ? 0 时, f ( x) 在区间 ?1
5 , 2? 上是增函数当且仅当 f ? ?1? ≥ 0 且 f ? ? 2 ? ≥ 0 , 当 a ? 0 时,f ? x ? 在区间 ?1 解得 ? ≤ a ? 0 . 4 ? 5 ? 0 ?∪? 0, ? ?? . 综上, a 的取值范围是 ? ? , ? 4 ?

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______.
y e y=lnx y=ex

O

e

x

2 e2 11. (2014 福建理 20 文 22) 已知函数 f ? x ? ? ex ? ax ( a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A ,曲线 y ? f ? x ? 在点 A 处的切线

【解析】

斜率为 ?1 . ⑴ 求 a 的值及函数 f ? x ? 的极值; ⑵ 证明:当 x ? 0 时, x 2 ? e x ;

? ? ? ,恒有 x 2 ? ce x . ⑶ 证明:对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,使得当 x ? ? x0 ,
【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 f ( x) ? ex ? ax , f ?( x) ? e x ? a 又 f '(0) ? 1 ? a ? ?1 ,得 a ? 2 . 所以 f ( x) ? e x ? 2 x,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) ? eln 2 ? 2ln 2 ? 2 ? ln 4 ,
f ( x) 无极大值.

⑵ 令 f ( x) ? e x ? x 2 ,则 g '( x) ? e x ? 2 x , 由⑴ 得 g '( x) ? f ( x) ≥ f (ln 2) ? 0 , 故 g ( x) 在 R 上单调递增,又 g (0) ? 1 ? 0 ,

因此,当 x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 x 2 ? e x . ⑶ 理科解法一: ① 若 c ≥ 1 ,则 e x ≤ ce x .又由⑵ 知,当 x ? 0 时, x 2 ? e x . 所以当 x ? 0 时, x 2 ? ce x . 取 x0 ? 0 ,当 x ∈( x0,? ?) 时,恒有 x 2 ? ce x . ② 若 0 ? c ? 1 ,令 k ?
1 2 x x 2 ? 1 ,要使不等式 x ? ce 成立,只要 e ? kx 成立. c

而要使 e x ? kx 2 成立,则只要 x ? ln(kx2 ) ,只要 x ? 2 ln x ? ln k 成立. 令 h( x) ? x ? 2ln x ? ln k ,则 h '( x) ? 1 ?
2 x?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 ,
5k ? 0, 易知 k ? ln k,k ? ln 2, 所以 h( x0 ) ? 0 .

即存在 x0 ?

16 ,当 x ∈( x0,? ?) 时,恒有 x 2 ? ce x . c

综上,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,当 x ∈( x0,? ?) 时,恒有 x 2 ? ce x . 理科解法二:对任意给定的正数 c ,取 x0 ?
4 c


2 2

x x x 2 ? x? ? x? 由⑵ 知,当 x ? 0 时, e ? x ,所以 e x ? e 2 ? e 2 ? ? ? ? ? . ?2? ? 2?

4? x? 1 ? x? ? x? 当 x ? x0 时, e ? ? ? ? ? ? ? ? ? x 2 c?2? c ?2? ?2?
x

2

2

2

1 ? ?? 时,恒有 x3 ? ex 因此,对任意给定的正数 c ,总存 x ? ? 0 , 3
1 理科解法三:首先证明当 x ∈(0,? ?) 时,恒有 x2 ? e x . 3

证明如下:
1 令 h( x) ? x3 ? e x, 则 h '( x) ? x 2 ? e x . 3

由⑵ 知,当 x ? 0 时, x3 ? e x ,

从而 h '( x) ? 0,h( x) 在 (0,? ?) 上单调递减,
1 所以 h( x) ? h(0) ? ?1 ? 0 ,即 x3 ? ex . 3

取 x0 ?

3 1 1 ,当 x ? x0 时,有 x2 ? x3 ? e x . c c 3

+ ?) 时,恒有 x 2 ? ce x . 因此,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,当 x ∈ ( x,

文科解法一:对任意给定正数 c ,取 x0 ?

1 c

1 所以当 x ? x0 时, e x ? x2 ? x ,即 x ? ce x . c

因此,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,当 x ∈( x0,? ?) 时,恒有 x ? ce x .
1 文科解法二:令 k ? (k ? 0) ,要使不等式 x ? ce x 成立,只要 e x ? kx 成立. c

而要使 e x ? kx 成立,则只需要 x ? ln(kx) ,即 x ? ln x ? ln k 成立. ① 若 0 ? k ≤ 1 ,则 ln k ≤ 0 ,易知当 x ? 0 时, x ? ln x ≥ ln x ? ln k 成立.

? ? ? ,取 x0 ? 0 ,当 x ? ( x0,? ?) 时,恒有 x ? ce x . 即对任意 c ? ?1,
② 若 k ? 1 ,令 h( x) ? x ? ln x ? ln k ,则 h '( x) ? 1 ?
1 x ?1 , ? x x

? ?) 内单调递增, 所以当 x ? 1 时, h '( x) ? 0,h( x) 在 (1,

取 x0 ? 4k .
h( x0 ) ? 4k ? ln(4k ) ? ln k ? 2(k ? ln k ) ? 2(k ? ln 2) .

易知 k ? ln k,k ? ln 2 ,所以 h( x0 ) ? 0 .
1) ,取 x0 ? 因此对任意 c ? (0,

4 ,当 x ? ( x0, ? ?) 时,恒有 x ? ce x . c

综上,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,当 x ∈( x0,? ?) 时,恒有 x ? ce x . 文科解法三: ① 若 c ≥ 1 ,取 x0 ? 0 , 由⑵ 的证明过程知, e x ? 2 x , 所以当 x ∈( x0,? ?) 时,有 ce x ≥ e x ? 2 x ? x ,即 x ? ce x . ② 若 0 ? x ?1,

令 h( x) ? ce x ? x ,则 h '( x) ? ce x ? 1 .
1 令 h '( x) ? 0 得 x ? ln . c 1 当 x ? ln 时, h '( x) ? 0,h( x) 单调递增. c

取 x0 ? 2ln
h( x0 ) ? ce

2 , c
2 c

2ln

? 2ln

2 2? ?2 ? 2 ? ? ln ? , c c? ?c

2 2 ? ? ? 内单调递增. 易知 ? ln ? 0, 又 h( x) 在 ? x0 , c c

所以当 x ? ( x0, ? ?) 时,恒有 h( x) ? h( x0 ) ? 0 ,即 x ? ce x . 综上,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,当 x ∈( x0,? ?) 时,恒有 x ? ce x . 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 y ? e?5 x ? 2 在点 (0,3) 处的切线方程为____________. 【解析】 5 x ? y ? 3 ? 0 .

? ? ?5e?5 x , y0 ? ? ?5 ,切线过点 (0,3) ,由点斜式写出直线方程 y ? ?5 x ? 3 . yx
13. (2014 广东文 11) 曲线 y ? ?5ex ? 3 在 (0 ,? 2) 处的切线方程为____________. 【解析】 5 x ? y ? 2 ? 0 14. (2014 广东文 21)
1 已知函数 f ( x) ? x3 ? x2 ? ax ? 1(a ? R) 3 ⑴ 求函数 f ( x) 的单调区间;
1? ?1 ? ? ?1? 1? ,使得 f ( x0 ) ? f ? ? . ⑵ 当 a ? 0 时,试讨论是否存在 x0 ? ? 0 , ?∪? , 2? ? 2 ? ? ?2?

【解析】 ⑴ 函数的定义域为 R , f ? ? x ? ? x2 ? 2x ? a . ① 当 a ? 1 时,令 f ? ? x ? ? 0 ,则 x2 ? 2 x ? a ? 0 ? x ? ?1 ? 1 ? a 或 x ? ?1 ? 1 ? a ,
? 1 ? 1 ? a 和 ?1 ? 1 ? a , ?? ; 所以 f ? x ? 的单调递增区间为 ?? ,

?

? ?

?

令 f ? ? x ? ? 0 ,可得 ?1 ? 1 ? a ? x ? ?1 ? 1 ? a , 所以 f ? x ? 的单调递减区间为 ?1 ? 1 ? a ,? 1 ? 1 ? a . ② 当 a ≥ 1 时, f ? ? x ? ≥ 0 在 R 上恒成立,所以 f ? x ? 在 R 上是增函数. ⑵ a ? 0 时, ?1 ? 1 ? a ? 0 .

?

?

? ? 上是增函数. 由⑴ 知, f ? x ? 在 ?1 ? 1 ? a ,

?

?

? 1 1 1 7 ?1? ? ? f ? 0? ≤ f ? ? ? ?1≤ 24 ? 4 ? 2 a ? 1, ? ?a ≥ ? 12 7 ? ? 2? ? ①? ?? ?? ? ? ≤a , 12 ??1 ? 1 ? a ? 1 ?a ? ? 5 ?a ? ? 5 ? ? ? ? 4 ? 4 ? 2

则?

7 ≤a ? 0 , 12
?1? f? ?; ?2?

1? ?1 ? ? 1? ,使得 f ? x0 ? ? 不存在 x0 ? ? 0 , ? ? , 2? ?2 ? ?

? 7 ?1? f ? 0? ? f ? ? , ? a?? , ? ? ? ? 2 12 ? ? 5 ? a ? ? 7 , ? ? ? ②? ? 4 12 ??1 ? 1 ? a ? 1 ?a ? ? 5 ? ? ? 4 ? 2 1? ?1 ? ? ?1? 1? ,使得 f ? x0 ? ? f ? ? ; 存在 x0 ? ? 0 , ? ? , 2 2 ? ? ? ? ?2?

③?1 ? 1 ? a ?

1 5 ?a?? , 2 4
?1? f? ?; ?2?

1? ?1 ? ? 1? ,使得 f ? x0 ? ? 不存在 x0 ? ? 0 , ? ? , 2? ?2 ? ?

? 25 ?1? ? f ?1? ≤ f ? ? a≤? , ? ? ? ? 2 12 ? ?3 ? a ? ? 25 , ? ? ④? ?? 12 ? 1 ≤ ?1 ? 1 ? a ? 1 ??3 ? a ? ? 5 ? ? ? 4 ?2 1? ?1 ? ? ?1? 1? ,使得 f ? x0 ? ? f ? ? ; 不存在 x0 ? ? 0 , ? ? , 2 2 ? ? ? ? ?2? ? 25 ?1? ? f ?1? ? f ? ? , a?? , ? ? 25 5 ? ? 12 ?2? ⑤? ?? ?? ?a?? , 5 12 4 ? 1 ? ?1 ? 1 ? a ? 1 ??3 ? a ? ? ? ?2 ? 4 ? 1? ?1 ? ? ?1? 1? ,使得 f ? x0 ? ? f ? ? ; 存在 x0 ? ? 0 , ? ? , 2? ?2 ? ? ?2?

1? 上是单调函数, ⑥?1 ? 1 ? a ≥1 ? a ≤ ?3 , f ? x ? 在 ? 0 ,
1? ?1 ? ? 1? ,使得 f ? x0 ? ? f 故不存在 x0 ? ? 0 , ? ? , 2? ?2 ? ? 5? ? 5 7? ? 25 ? ? ?? , ? ? 时, 综上所述,当 a ? ? ? , 4? ? 4 12 ? ? 12 ?1? ? ?. ?2?

1? ?1 ? ? ?1? 1? ,使得 f ? x0 ? ? f ? ? . 存在 x0 ? ? 0 , ? ? , 2? ?2 ? ? ?2? 25 ? ? 5 ? ? 7 1? ?1 ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? , 0 ? 时,不存在 x0 ? ? 0 , ? ? , 1? , 当 a ? ? ?? , 12 ? ? 4 ? ? 12 2? ?2 ? ? ? ? ?1? 使得 f ? x0 ? ? f ? ? . ?2? 15. (2014 湖北理 6)

1? 上的一组正交函数, 函数 f ? x ? , g ? x ? 满足 ? f ? x ? g ? x ? dx ? 0 , 则称 f ? x ? , g ? x ? 为区间 ? ?1 ,
1 ?1

给出三组函数: 1 1 g ? x ? ? x ? 1; ① f ? x ? ? sin x , g ? x ? ? cos x ;② f ? x ? ? x ? 1 , 2 2 ③ f ? x? ? x , g ? x ? ? x2

1? 的正交函数的组数是( 其中为区间 ? ?1 ,
A.0 【解析】 C B .1

) C.2 D.3

1 1 1 1 由 ①得 f ( x) g ( x) ? sin x cos x ? sin x ,是奇函数,所以 ? f ( x) g ( x)dx ? 0 ,所以 ①为区间 ?1 2 2 2

1? ??1,
1





















f ( x) g ( x) ? x 2 ? 1





1 ? x3 ?1 4 2 1? 上的正交函数;由③ 不是区间 ? ?1, 得 f ( x ) g ( x )d x ? ( x ? 1) dx ? ? x ? ? ? ? ,所以② ??1 ??1 3 ?3 ? ?1

1? 上的正交函数.故选 f ( x) g ( x) ? x3 ,是奇函数,所以 ? f ( x) g ( x)dx ? 0 ,所以① 为区间 ? ?1,
1 ?1

C. 16. (2014 湖北理 22) 为自然对数的底数. π 为圆周率, e ? 2.71828 ln x ⑴ 求函数 f ( x)= 的单调区间 x ⑵ 求 e3 , 3e , eπ , πe ,3π , π3 这 6 个数中的最大数与最小数; ⑶ 将 e3 , 3e , eπ , πe ,3π , π3 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 , ln x l ? ln x 因为 f ( x) ? 所以 f ?( x) ? . , x x2 0 ,即 0<x<e ,函数 f ( x) 单调递增; 当 f ?( x)> 0 ,即 x<e ,函数 f ( x) 单调递减. 当 f ?( x)<
??) 故函数 f ( x) 的单调递增区间为(0 , ,单调递减区间为( e , . e)

ln eπ<ln 3π . πlne<πln3 ,即 ln 3e <ln πe , ⑵ 因为 e < 3 ? π ,所以 eln3<elnπ ,
y ? ex , y ? π x 在定义域上单调递增,可得 3e<πe<π3 , e3<eπ< 3π . 于是根据函数 y ? ln x ,
故这 6 个数的最大数在 π3 与 3 π 之中,最小数在 3 e 与 e 3 之中. ln π ln 3 ln e 3<π 及⑴ 由 e< 的结论,得 f ( π)<f (3)<f (e) , 即 . < < π 3 e ln π ln 3 由 得 ln π3<ln 3π ,所以 3π >π3 ; < , π 3 ln 3 ln e 由 ,得 ln 3e <ln e3 ,所以 3e< e3 . < 3 e 综上,6 个数中的最大数是 3 π ,最小数是 3 e .

3π , 3e <e3 . ⑶ 由⑵ 知, 3e <πe<π3<
又由⑵ 知,
ln π lne < 得 πe<eπ . π e

故只需比较 e 3 与 πe 和 e π 与 π3 的大小.

1 ln x 1 由⑴ 知,当 0<x<e 时, f ( x)<f (e)= , 即 < . e x e

在上式中,令 x ?

e2 e2 e2 e e e 又 <e ,则 ln < ,从而 2 ? ln π< , 即得 ln π> , 2? . π π π π π π

e? 2.72 ? ? ? ? (2 ? 0.88) ? 3.024? 3,即 e ln π>3 ,亦即 由 ①得, e ln π>e ? 2 ? ?>2.7? ? 2? ?> 2.7 π? 3.1 ? ? ?

ln πe>ln e3 ,所以 e3<πe .

又由① 得, 3ln π> 6?

3e π 3 > 6 ? e>π ,即 3ln π>π ,所以 e >π . π

3π . 综上可得, 3e <e3<πe<eπ<π3<

e3 , πe , eπ , π3 , 3π . 即 6 个数从小到大的顺序为 3e ,
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 ? 2.718 28 为自然对数的底数. ⑴ 求函数 f ( x) ?
ln x 的单调区间; x

⑵ 求 e 3 , 3 e , e π , πe , 3 π , π3 这 6 个数中的最大数与最小数. ln x 1 ? ln x ? ? ? .因为 f ( x) ? 【解析】 ⑴ 函数 f ( x) 的定义域为 ? 0, ,所以 f ?( x) ? . x x2 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.

e ? ,单调递减区间为 ? e, ? ?? . 故函数 f ( x) 的单调递增区间为 ? 0,
⑵ 因为 e ? 3 ? π ,所以 e ln 3 ? e ln π , π ln e ? π ln 3 ,即 ln 3e ? ln π e , ln e π ? ln 3π . 于是根据函数 y ? ln x , y ? e x , y ? π x 在定义域上单调递增,可得
3e ? πe ? π3 , e3 ? e π ? 3π .

故这 6 个数的最大数在 π3 与 3 π 之中,最小数在 3 e 与 e 3 之中. ln π ln 3 ln e 由 e ? 3 ? π 及⑴ 的结论,得 f (π) ? f (3) ? f (e) ,即 . ? ? π 3 e ln π ln 3 由 ,得 ln π3 ? ln 3π ,所以 3π >π 3 ; ? π 3 ln 3 ln e 由 ,得 ln 3e ? ln e3 ,所以 3e ? e3 . ? 3 e 综上,6 个数中的最大数是 3 π ,最小数是 3 e . 18. (2014 湖南理 9) 已知函数 f ? x ? ? sin ? x ? ? ? ,且 ? A. x ? 【解析】 A 函数 f ? x ? 的对称轴为 x ? ? ?
π π ? kπ ? x ? ? ? ? kπ , 2 2
2π 3 0

f ? x ? dx ? 0 ,则函数 f ? x ? 的图象的一条对称轴是(



5π 6

B. x ?

7π 12

C. x ?

π 3

D. x ?

π 6

2π 3

因为

? sin ? x ? ? ?dx ? 0 ? ? cos ? ?
0

? 2π ? ?π ? ? ? ? ? cos ? ? 0 ? sin ? ? ? ? ? 0 , 3 ?3 ? ?

π 4π 5π 是其中一条对称轴,故选 A. ? 2kπ 或 ? 2kπ ,则 x ? 3 3 6 19. (2014 湖南理 22) 2x 已知常数 a ? 0 ,函数 f ? x ? ? ln ?1 ? ax ? ? . x?2

所以 ? ?

? ? ? 上的单调性; ⑴ 讨论 f ? x ? 在区间 ? 0,
⑵ 若 f ? x ? 存在两个极值点 x1 , x 2 ,且 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 ,求 a 的取值范围. 【解析】 ⑴ 对函数 f ? x ? 求导可得

ax 2 ? 4 ?1 ? a ? a ? x ? 2? ? 4 ?1 ? ax ? a 4 2 f ?? x? ? ? , 因为 ?1 ? ax ?? x ? 2? ? 0 , ? ? 2 2 2 1 ? ax ? x ? 2 ? ?1 ? ax ?? x ? 2? ?1 ? ax ?? x ? 2?
2

? ? ? 上单调递增; 所以当 1 ? a ≤ 0 时,即 a ≥ 1 时, f ? ? x ? ≥ 0 恒成立,则函数 f ? x ? 在 ? 0,
当 a ≤ 1 时, f ? ? x ? ? 0 ? x ? ?
2 a ?1 ? a ? a



? 2 a ?1 ? a ? ? ? 2 a ?1 ? a ? ? ? 上单调递减,在 ? ? ? ? ? 上单调递增的. 则函数 f ? x ? 在区间 ? 0 ? ? ? ? ? a a ? ? ? ?

⑵ 由⑴ 可知,当 a ≥ 1 时, f ? x ? 不存在极值点,因而 0 ? a ? 1 . 又 f ? x ? 的极值点只可能是 x1 ? 2
x ? ?2 ,所以 ?2

1? a 1? a 1 , x2 ? ?2 ,且由 f ? x ? 的定义可知, x ? ? 且 a a a

1? a 1 1? a 1 ? ? , ?2 ? ?2 ,解得 a ? ,此时 x1 , x2 分别是 f ? x ? 的极小 a a a 2

值点和极大值点. 而 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? ln ?1 ? ax1 ? ?
? ln ?1 ? ax1 ? ax2 ? a 2 x1 x2 ? ? 2 x1 2 x2 ? ln ?1 ? ax2 ? ? x1 ? 2 x2 ? 2

4 x1 x2 ? 4 x2 ? 4 x2 x1 x2 ? 2 x1 ? 2 x2 ? 4
2

= ln ? 2a ? 1? ?
2

4 ? a ? 1? 2a ? 1

? ln ? 2a ? 1? ?

2 ?2 2a ? 1

1 知, 2 1 1 当 0 ? a ? 时, ?1 ? x ? 0 ;当 ? a ? 1 时, 0 ? x ? 1 . 2 2 2 记 g ? x ? ? ln x2 ? ? 2 x 2 2 2 2x ? 2 ① 当 ?1 ? x ? 0 时, g ? x ? ? 2ln ? ? x ? ? ? 2 ,所以 g ? ? x ? ? ? 2 ? ? 0, x x x x2

令 2a ? 1 ? x ,由 0 ? a ? 1 且 a ?

0 ? 上单调减,从而 g ? x ? ? g ? ?1? ? ?4 ? 0 , 因此 g ? x ? 在区间 ? ?1,
1 时, f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 . 2 2 2 2 2x ? 2 ② 当 0 ? x ? 1 时, g ? x ? ? 2ln x ? ? 2 , g ? ? x ? ? ? 2 ? ? 0, x x x x2

故当 0 ? a ?

1? 上单调递减,从而 g ? x ? ? g ?1? ? 0 , 因此 g ? x ? 在区间 ? 0 ,
1 ? a ? 1 时, f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 . 2 ?1 ? 1? . 综上,满足条件的 a 的取值范围为 ? , ?2 ?

故当

20. (2014 湖南文 9) 若 0 ? x1 ? x2 ? 1 ,则( A. e ? e ? ln x2 ? ln x1
x2 x1

) B. e x2 ? e x1 ? ln x2 ? ln x1 D. x2 e x1 ? x1e x2

C. x2 e x1 ? x1e x2 【解析】 C 21. (2014 湖南文 21) 已知函数 f ( x) ? x cos x ? sin x ? 1( x ? 0) . ⑴ 求 f ( x) 的单调区间;

⑵ 记 xi 为 f ( x) 的从小到大的第 i(i ? N? ) 个零点, 证明: 对一切 n ? N * , 有 【解析】 ⑴ f ? ? x ? ? cos x ? x sin x ? cos x ? ? x sin x 令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x ? kπ k ? N* . 当 x ? ? 2kπ , ? 2k ? 1? π ? ? k ? N? 时, sin x ? 0 ,此时 f ? ? x ? ? 0 ; 当 x ? ?? 2k ? 1? π , ? 2k ? 2? π ? ? k ? N? 时, sin x ? 0 ,此时 f ? ? x ? ? 0 , 故 f ? x? 的 单 调 递 减 区 间 为

1 1 ? 2 ? 2 x1 x2

1 2 ?2 ? . xn 3

?

?

? 2kπ , ? 2k ? 1? π? ? k ? N?

, 单 调 递 增 区 间 为

?? 2k ? 1? π , ? 2k ? 2? π? ? k ? N? .
π ?π? ⑵ 由⑴ 知, f ? x ? 在区间 ? 0 , π ? 上单调递减,又 f ? ? ? 0 ,故 x1 ? , 2 ?2?

当 n ? N* 时,因为 f ? nπ ? f

?1 ? ? n ? 1? π ? ? ? ?? ?

n

nπ ? 1? ?? ?1? ??

n ?1

?0, ? n ? 1? n ? 1? ?

且函数 f ? x ? 的图象是连续不断的,所以 f ? x ? 在区间 ? nπ , ? n ? 1? π ? 内至少有一个零点. 又 f ? x ? 在区间 ? nπ , ? n ? 1? π ? 上是单调的,故 nπ ? xn?1 ? ? n ? 1? π . 因此当 n ? 1 时, 当 n ? 2 时, 当 n ≥ 3 时,
1 4 2 ? 2 ? ; 2 x1 π 3

1 1 1 2 ? 2 ? 2 ? 4 ? 1? ? ; 2 x1 x2 π 3
1 1 ? 2? 2 x1 x2 ? 1 1 ? 1 ? 2 ?4 ? 1 ? 2 ? 2 xn π ? 2 ? ? ? ? ? ? n ? 1? ? 1
2

?
?
?

1 π2
1 π2

? 1 ? ?5 ? ? ? 1? 2

?

? ? ? n ? 2 ?? n ? 1? ? ? 1
1 ?? ? 1 ?? ? ?? ? n ? 2 n ? 1 ??

? ? 1? ?1 1? ?5 ? ? 1 ? 2 ? ? ? 2 ? 3 ? ? ? ? ? ? ?

1 ? 1 ? 6 2 ? . ?6 ? ?? π2 ? n ? 1 ? π2 3 1 1 ? 2 ? x12 x2 ? 1 2 ? . 2 xn 3

综上所述,对一切 n ? N* ,

22. (2014 江苏理 11)

b ? a ,b为常数? 过点 P(2, ?5) ,且该曲线在点 P 处 x 的切线与直线 7 x ? 2 y ? 3 ? 0 平行,则 a ? b 的值是_______.
在平面直角坐标系 xOy 中, 若曲线 y ? ax2 ? 【解析】 ?3 由已知, 4a ?
b b b 7 ? ?5 ,又∵y? ? 2ax ? 2 ,∴4a ? ? ? ,解得 b ? ?2 , a ? ?1 2 x 4 2

∴a ? b ? ?3 23. (2014 江苏理 19) 已知函数 f ( x) ? e x ? e? 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 mf ( x) ≤ e? x ? m ? 1 在 (0, ??) 上恒成立,求实数 m 的取值范围;
3 ? 3x0 ) 成立,试比较 e a ?1 与 a e ?1 的大 ⑶ 已知正数 a 满足:存在 x0 ? [1, ? ?) ,使得 f ( x0 ) ? a(? x0

小,并证明你的结论. 【解析】 ⑴ ?x ? R , f (? x) ? e? x ? e x ? f ( x) ,∴ f ( x) 是 R 上的偶函数 ⑵ 由题意, m(ex ? e? x ) ≤e? x ? m ? 1 ,即 m(e x ? e? x ? 1) ≤e? x ? 1 ∵x ? (0, ??) ,∴e x ? e? x ? 1 ? 0 ,即 m ≤ 令 t ? e x (t ? 1) ,则 m ≤
2

e? x ? 1 对 x ? (0, ??) 恒成立 e x ? e? x ? 1

1? t 对任意 t ? (1, ??) 恒成立. t ? t ?1 1? t t ?1 1 1 ?? ?? ≥ ? ,当且仅当 t ? 2 时等号成立 ∵2 2 1 t ? t ?1 (t ? 1) ? (t ? 1) ? 1 3 t ?1? +1 t ?1
1? ? ∴ 实数 m 的取值范围为 ? ?? , ? ? 3? ?

⑶ f ?( x) ? e x ? e? x ,当 x ? 1 时 f ?( x) ? 0 ,∴ f ( x) 在 (1, ??) 上单调增 令 h( x) ? a(? x3 ? 3x) , h?( x) ? ?3ax( x ? 1) ∵a ? 0 , x ? 1 ,∴h?( x) ? 0 ,即 h( x) 在 x ? (1, ??) 上单调减
1 1 1 3 ? 3x0 ) ,∴ f (1) ? e ? ? 2a ,即 a ? (e ? ) ∵ 存在 x0 ? [1, ? ?) ,使得 f ( x0 ) ? a(? x0 e 2 e

ae?1 ? ln ae?1 ? ln ea ?1 ? (e ? 1)ln a ? a ? 1 a ?1 e e ?1 e ?1 ? a 1 1 设 m(a) ? (e ? 1) ln a ? a ? 1 ,则 m?(a) ? , a ? (e ? ) ?1 ? a a 2 e 1 1 当 (e ? ) ? a ? e ? 1 时 m?(a) ? 0 , m(a) 单调增;当 a ? e ? 1 时 m?(a) ? 0 , m(a) 单调减 2 e 因此 m(a) 至多有两个零点,而 m(1) ? m(e) ? 0
∵ln
1 1 ∴ 当 a ? e 时 m(a) ? 0 ,当 (e ? ) ? a ? e 时 m(a) ? 0 ,当 a ? e 时 m(a) ? 0 2 e

∵m(a) ? 0 ? ae?1 ? ea ?1 , m(a) ? 0 ? ae?1 ? ea ?1 , m(a) ? 0 ? ae?1 ? ea ?1
1 综上所述,当 (e ? e?1 ) ? a ? e 时 a e ?1 ? ea ?1 ;当 a ? e 时 a e ?1 ? ea ?1 ;当 a ? e 时 a e ?1 ? ea ?1 2 24. (2014 江苏理 23) sin x * 已知函数 f0 ( x) ? ( x ? 0) ,设 f n ( x) 为 f n?1 ( x) 的导数, n ? N x

π π π ⑴ 求 2 f1 ( ) ? f 2 ( ) 的值 2 2 2
π π π 2 ⑵ 证明:对任意 n ? N* ,等式 nf n ?1 ( ) ? f n ( ) ? 都成立. 4 4 4 2

【解析】 ⑴ xf0 ( x) ? sin x ,两边求导得 f0 ( x) ? xf1 ( x) ? cos x 两边再同时求导得 2 f1 ( x) ? xf 2 ( x) ? ? sin x (*) 将x?
π π π π 代入(*)式得 2 f1 ( ) ? f 2 ( ) ? ?1 2 2 2 2
n ? 4k n ? 4k ? 1 , k ? N* 恒成立 n ? 4k ? 2 n ? 4k ? 3

?sin x, ?cos x, ? ⑵ 下证命题: nf n ?1 ( x) ? xf n ( x) ? ? ?? sin x, ? ?? cos x,

当 n ? 0 时, xf0 ( x) ? sin x 成立 当 n ? 1 时, xf1 ( x) ? f0 ( x) ? cos x ,由(1)知成立 当 n ? 2 时, xf 2 ( x) ? 2 f1 ( x) ? ? sin x ,由(1)知成立 当 n ? 3 时,上式两边求导 xf3 ( x) ? f 2 ( x) ? 2 f 2 ( x) ? ? cos x ,即 xf3 ( x) ? 3 f 2 ( x) ? ? cos x 假设当 n ? m (m ≥ 3) 时命题成立,下面证明当 n ? m ? 1 时命题也成立 若 m ? 1 ? 4 k , k ? N* ,则 m ? 4 k ? 1 , k ? N* 由 mf m?1 ( x) ? xf m ( x) ? ? cos x 两边同时求导得 xfm?1 ( x) ? f m ( x) ? mf m ( x) ? sin x 即 (m ? 1) f m ( x) ? xf m?1 ( x) ? sin x ,命题成立 同理,若 m ? 1 ? 4k ? 1 , k ? N* ,则 m ? 4k , k ? N* 由 mfm?1 ( x) ? xf m ( x) ? sin x 两边同时求导得 (m ? 1) f m ( x) ? xf m?1 ( x) ? cos x ,命题成立 若 m ? 1 ? 4k ? 2 , k ? N* ,则 m ? 4 k ? 1 , k ? N* 由 mf m?1 ( x) ? xf m ( x) ? cos x 两边同时求导得 (m ? 1) f m ( x) ? xf m?1 ( x) ? ? sin x ,命题成立 若 m ? 1 ? 4k ? 3 , k ? N* ,则 m ? 4k ? 2 , k ? N* 由 mf m?1 ( x) ? xf m ( x) ? ? sin x 两边同时求导得 (m ? 1) f m ( x) ? xf m?1 ( x) ? ? cos x ,命题成立 综上所述,命题对 ?n ? N* 恒成立 代入 x ?
π π π 2 π 得 nf n ?1 ( ) ? f n ( ) ? ? , 4 4 4 2 4

π π π 2 两边同时取绝对值得 nf n ?1 ( ) ? f n ( ) ? 4 4 4 2

25. (2014 江西理 8) 若 f ? x ? ? x 2 ? 2? f ? x ? dx , 则 ? f ? x ? dx ? (
0 0 1 1



A. ?1 【解析】 B
1

B. ?

1 3

C.

1 3

D.1

令 ? f ? x ? dx ? m ,则 f ? x ? ? x2 ? 2m ,所以
0

?

1

0

1 1 1 1 ?1 ? f ? x ? dx ? ? ? x 2 ? 2m ? dx ? ? x3 ? 2mx ? ? ? 2m ? m ,解得 m ? ? ,故选 B. 0 3 ?3 ?0 3

26. (2014 江西理 13) 若曲线 y ? e? x 上点 P 处的切线平行于直线 2 x ? y ? 1 ? 0 ,则点 P 的坐标是________. 【解析】 ? ? ln 2 , 2?

令 f ? x ? ? e? x ,则 f ' ? x ? ? ?e? x ,令 P ? x0,y0 ? ,则 f ' ? x0 ? ? ?e? x0 ? ?2 ,解得 x0 ? ? ln 2 ,所以

y0 ? e? x0 ? eln 2 ? 2 ,所以点 P 的坐标为 ? ? ln 2 , 2? .
27. (2014 江西理 18) 已知函数 f ? x ? ? x2 ? bx ? b

?

?

1 ? 2x ? b ? R ? .

⑴ 当 b ? 4 时,求 f ? x ? 的极值;
? ? ⑵ 若 f ? x ? 在区间 ? 0 , ? 上单调递增,求 b 的取值范围. ? 1 3?

【解析】 ⑴ 当 b ? 4 时, f ' ? x ? ?

?5 x ? x ? 2 ?

1 ? 2x 由 f ' ? x ? ? 0 得 x ? ?2 或 x ? 0 .



? 2? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递减; 当 x ? ? ??,

0 ? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递增; 当 x ? ? ?2,
? 1? 当 x ? ? 0, ? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 单调递减,故 f ? x ? 在 x ? ?2 处取极小值 f ? ?2? ? 0 ,在 ? 2?
x ? 0 处取极大值 f ? 0? ? 4 .

⑵ f '? x? ?

? x[5 x ? ? 3b ? 2 ?] 1 ? 2x

?x ? 1? ? 1? ? 0 ,依题意,当 x ? ? 0, ? 时,有 ,因为当 x ? ? 0, ? 时, 1 ? 2x ? 3? ? 3?

5 5x ? ? 3b ? 2? ≤ 0 ,从而 ? ? 3b ? 2? ≤ 0 . 3
1? ? 所以 b 的取值范围为 ? - ?, ? 9? ?

28. (2014 江西文 11) 若曲线 y ? x ln x 上点 P 处的切线平行于直线 2 x ? y ? 1 ? 0, 则点 P 的坐标是_______.
e? 【解析】 ? e ,

29. (2014 江西文 18) 已知函数 f ( x) ? (4x2 ? 4ax ? a2 ) x ,其中 a ? 0 . ⑴ 当 a ? ?4 时,求 f ( x) 的单调递增区间;
4] 上的最小值为 8,求 a 的值. ⑵ 若 f ( x) 在区间 [1,
2 或 x ? 2 ,由 f ? ? x ? ? 0 得 5 2? 2? ? ? x ? ? 0 , ? 或 x ? ? 2 ,? ?? ,故函数 f ? x ? 的单调递增区间为 ? 0 , ? 和 ? 2 ,? ? ? . 5? 5? ? ? 10 x ? a ?? 2 x ? a ? ? ,a ? 0 , ⑵ f ?? x? ? 2 x
x ?0得x ? 2 ? 5 x ? 2 ?? x ? 2 ?

【解析】 ⑴ 当 a ? ?4 时,由 f ? ? x ? ?

由 f ?? x? ? 0 得 x ? ?

a a 或x?? . 2 10

a? a? ? ? a 当 x ? ? 0 ,? ? 时, f ? x ? 单调递增;当 x ? ? ? ,? ? 时, 2? 10 ? ? 10 ? ? a ? f ? x ? 单调递减;当 x ? ? ? ,? ? ? 时, f ? x ? 单调递增. 2 ? ?

易知 f ? x ? ? ? 2x ? a ?

2

? a? x ≥ 0 ,且 f ? ? ? ? 0 . ? 2?

a ?8 , ① 当 ? ≤ 1 ,即 ?2 ≤ a ? 0 时, f ? x ? 在 ?1 ,4? 上的最小值为 f ?1? ,由 f ?1? ?4 ?4 a? a 2 2

得 a ? ?2 2 ? 2 ,均不符合题意.
a ② 当 1 ? ? ≤ 4 ,即 ?8 ≤ a ? ?2 时, f ? x ? 在 ?1 ,4? 上的最小值为 2

? a? f ? ? ? ? 0 ,不符合题意. ? 2?

a ③ 当? ?4, 即 a ? ?8 时,f ? x ? 在 ?1 ,4? 上的最小值可能在 x ? 1 或 x ? 4 处取得, 而 f ?1? ? 8 , 2 由 f ? 4? ? 2 ? 64 ? 16a ? a2 ? ? 8 得 a ? ?10 或 a ? ?6(舍去) , 当 a ? ?10 时 f ? x ? 在 ?1,4? 上

单调递减, f ? x ? 在 ?1 ,4? 上的最小值为 f ? 4? ? 8 ,符合题意. 综上, a ? ?10 . 30. (2014 辽宁理 11 文 12) 3 2 当 x ? ? ?2 , 1? 时,不等式 ax ? x ? 4 x ? 3 ≥ 0 恒成立,则实数 a 的取值范围是() A. ? ?5 , ? 3?
9? ? B. ? ?6 ,? ? 8? ?

C. ? ?6 , ? 2?

D. ? ?4 , ? 3?

【解析】 C 31. (2014 辽宁理 14) 1? ,D ? ?1, 1? 分别在抛物线 y ? ? x 2 和 y ? x 2 正方形的四个顶点 A ? ?1,? 1? ,B ?1,? 1? ,C ?1, 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.
y y=x2

1 D C

1 A 1

O

1 B

x

y= x2

2 3 32. (2014 辽宁理 21)

【解析】

已知函数 f ? x ? ? ? cos x ? x ?? π ? 2x ? ?

8 ?sin x ? 1? , 3

2x ? ? g ? x ? ? 3 ? x ? π ? cos x ? 4 ?1 ? sin x ? ln ? 3 ? ? π ? ?

证明:
? π? ⑴ 存在唯一 x0 ? ? 0 , ? ,使 f ? x0 ? ? 0 ; ? 2? ?π ? ⑵ 存在唯一 x1 ? ? ,π ? ,使 g ? x1 ? ? 0 ,且对⑴ 中的 x0 ,有 x0 ? x1 ? π . 2 ? ?

2 ? π? 【解析】 ⑴ 当 x ∈? 0, ? 时, f ?( x) ? ?(1 ? sin x)(π ? 2x) ? 2x ? cos x ? 0 . 3 ? 2? 16 8 ? π? ?π? 函数 f ( x) 在 ? 0, ? 上为减函数.又 f (0) ? π ? ? 0 . f ? ? ? ? π 2 ? ? 0 . 2 2 3 3 ? ? ? ?

? π? 所以存在唯一 x0 ∈ ? 0, ? .使 f ( x0 ) ? 0 . ? 2?

⑵ 考虑函数 h( x) ?

3( x ? π) cos x 2 ? ? ?π ? ? 4 ln ? 3 ? x ? . x ? ? ,π ? . 1 ? sin x π ? ?2 ? ?

?π ? ? π? 令 t ? π ? x .则 x ∈ ? ,π ? 时. t ∈ ? 0, ? . ?2 ? ? 2?

记 u (t ) ? h( π ? t ) ?

3 f (t ) 3t cos t ? 2 ? ? 4ln ?1 ? t ? .则 u ?(t ) ? . ( π ? 2 t )(1 ? sin t ) 1 ? sin t π ? ?

? π? 由⑴ 得,当 t ? ? 0 , x0 ? 时, u?(t ) ? 0 .当 t ∈ ? x0, ? 时, u?(t ) ? 0 . ? 2?

在 (0 ,x0 ) 上 u (t ) 是 增 函 数 , 又 u (0) ? 0 , 从 而 当 t ? (0, x0 ] 时 , u (t ) ? 0, 所 以 u (t ) 在
(0 ,x0 ] 上无零点

π? π? ?π? ? ? 在 ? x0 , ? 上 u ? t ? 为减函数,由 u ? x0 ? ? 0 , u ? ? ? ?4ln 2 ? 0 ,知存在唯一 t1 ? ? x0 , ? 使 2 2? 2 ? ? ? ? ?
u(t1 ) ? 0 .

π? ? 所以存在唯一的 t1 ? ? 0 , ? , 使 u(t1 ) ? 0 . 2? ?
?π ? 因此存在唯一的 x1 ? π ? t1 ? ? ,π ? , 使 h( x1 ) ? h (π ? t1 ) ? u (t1 ) ? 0 . ?2 ? ?π ? 因为当 x ? ? ,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 2 ? ? ?π ? 在唯一的 x1 ? ? ,π ? , 使 g ( x1 ) ? 0 . ?2 ?

因 x1 ? π ? t1 , t1 ? x0 ,所以 x0 ? x1 ? π . 33. (2014 辽宁文 21) 已知函数 f ( x) ? π( x ? cos x) ? 2sin x ? 2 , g ( x) ? ( x ? π)
1 ? sin x 2 x ? ?1. 1 ? sin x π

π 证明:⑴ 存在唯一 x0 ? (0, ) ,使 f ( x0 ) ? 0 ; 2 π ⑵ 存在唯一 x1 ? ( , π) ,使 g ( x1 ) ? 0 ,且对⑴ 中的 x0 , x0 ? x1 ? π . 2 π π 【解析】 ⑴ 当 x ? (0 , ) 时, f ?( x) ? π ? π sin x ? 2cos x ? 0 ,所以 f ( x) 在 (0 , ) 上为增函 2 2 2 π π π 数,又 f (0) ? ?π ? 2 ? 0 , f ( ) ? ? 4 ? 0 ,所以存在唯一 x0 ? (0 , ) ,使 f ( x0 ) ? 0 . 2 2 2 cos x 2x ?π ? ⑵ 当 x ? ? , π ? 时,化简得 g ( x) ? (π ? x) ? ? ?1 1 ? sin x π ?2 ?

令 t ? π ? x ,记 u (t ) ? g ( π ? t ) = ?
u ?(t ) ? f (t ) . π(1 ? sin t )

t cos t 2 π ? t ? 1 , t ?[0, ] 1 ? sin t π 2

π ) 时, u?(t ) ? 0 . 2 π? π π ? 在 ( x0 , ) 上 u (t ) 为增函数,由 u( ) ? 0 知,当 t ? ? x0 , ? 时, u (t ) ? 0 . 2? 2 2 ?

由⑴ 得,当 t ? (0 , x0 ) 时, u? ? t ? ? 0 当 t ? ( x0 ,

π? ? 所以 u (t ) 在 t ? ? x0 , ? 上无零点. 2? ?

在 (0 , x0 ) 上 u (t ) 为减函数,由 u (0) ? 1 及 u( x0 ) ? 0 知存在唯一 t0 ? (0 , x0 ) ,使 u(t0 ) ? 0 . 于是存在唯一 t0 ? (0 ,
π ) ,使 u ? t0 ? ? 0 . 2

π π 设 x1 ? π ? t0 ? ( , π) ,则 g ( x1 ) ? g (π ? t0) ? u (t , π) ,使 0 ) ? 0,因此存在唯一的 x1 ? ( 2 2 g ( x1 ) ? 0 .

由于 x1 ? π ? t0 , t0 ? x0 ,所以 x0 ? x1 ? π .


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