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2014年全国高考试卷导数部分汇编(下)

时间:2015-03-06


2014 年全国高考试卷导数部分汇编(下)
1. (2014 山东理 6) 直线 y ? 4 x 与曲线 y ? x3 在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )

A. 2 2 B. 4 2 C.2 D.4 【解析】 D 2. (2014 山东理 20) ex 2 设函数 f ( x) ? 2 ? k ( ? ln x) ( k 为常数, e ? 2

.71828 ? ? ? 是自然对数的底数) . x x ⑴当 k ≤ 0 时,求函数 f ( x) 的单调区间; 2) 内存在两个极值点,求 k 的取值范围. ⑵若函数 f ( x) 在 (0 , 【解析】 ⑴ f ? ? x ? ?

? x ? 2 ? ? e x ? kx ? ex ? x2 ? 2xe x 2 1 ? ? k ( ? ? ) ? x ? 0? x3 x4 x2 x 当 k ≤ 0 时, kx ≤ 0 ,? e x ? kx ? 0
令 f ? ? x ? ? 0 ,则 x ? 2
2? 时, f ? x ? 单调递减;当 x ? ? 2, ? ? ? 时, f ? x ? 单调递增. ? 当 x ? ? 0,

⑵ 令 g ? x ? ? ex ? kx ,则 g ? ? x ? ? e x ? k
2? 上单调递增,不符合题意. 当 k ≤ 0 时, g ? ? x ? ? 0 恒成立,? g ? x ? 在? 0,
x 当 k ? 0 时,令 g ? ? x ? ? 0 ,? e ? k ? x ? ln k ,

g ? ? 0? ? 1 ? k ? 0, g ? 0? ? 1 ? 0

g ? ? 2? ? e2 ? k ? 0, g ? 2? ? e2 ? 2k ? 0
?k ? e2 2

g ? ln k ? ? eln k ? k ln k ? 0
? ln k ? 1 ?k ? e

? e2 ? k 综上: 的取值范围为 ? e, ? . ? 2?

3.

(2014 山东文 20)
x ?1 ,其中 a 为常数. x ?1 f (1)) 处的切线方程; ⑴若 a ? 0 ,求曲线 y ? f ( x) 在点 (1,

设函数 f ( x) ? a ln x ?

⑵讨论函数 f ( x) 的单调性. 【解析】 ⑴当 a ? 0 时 f ? x ? ?
x ?1 2 ,f ? ? x ? ? 2 x ?1 ? x ? 1?

1 又 f ?1? ? 0 ,故直线过点 ?1 , 0? f ? ?1? ? , 2 1 1 ?y ? x? 2 2 a 2 ⑵ f ?? x? ? ? ? x ? 0? x ? x ? 1?2

① 当 a ? 0 时, f ? ? x ? ? ② 当 a ? 0 时, f ? ? x ? ?

2

? x ? 1?

2

恒大于 0 , f ? x ? 在定义域上单调递增.
2

a ? x ? 1? ? 2 x a 2 ? ? ? 0 . f ? x ? 在定义域上单调递增. 2 2 x ? x ? 1? x ? x ? 1?

1 2 ③ 当 a ? 0 时, ? ? ? 2a ? 2? ? 4a2 ? 8a ? 4 ≤ 0, 即a≤- ; 2 开口向下, f ? x ? 在定义域上单调递减.
? ? 2a ? 2 ? ? 8a ? 4 ?a ? 1 ? 2a ? 1 1 ? 当 ? ? a ? 0 时, ? ? 0,x1, 2 ? 2a a 2 2a ? 2 1 对称轴方程为 x ? ? ? ?1 ? ? 0 且 x1 x2 ? 1 ? 0 2a a

? ?a ? 1 ? 2a ? 1 ? ? ? a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 1 ? 2 a ? 1 ? 上单调递减,在 0 , , ? f ? x? 在 ? ? ? ? ? ? ? ? 上单调 a a a ? ? ? ?
递增,

? ?a ? 1 ? 2a ? 1 ? , ? ?? 在? ? ? 上单调递减. a ? ?
综上所述, a ≥ 0 时, f ? x ? 在定义域上单调递增;
1 a ≤ ? 时, f ? x ? 在定义域上单调递减; 2

? ?a ? 1 ? 2a ? 1 ? 1 ? ? a ? 0 时, f ? x ? 在 ? ? 0, ? 上单调递减,在 ? a 2 ? ? ? ? a ? 1 ? 2a ? 1 ? a ? 1 ? 2 a ? 1 ? ? ?a ? 1 ? 2a ? 1 ? , , ? ? 上单调递增,在 ? ? ? ? ? ? ? ? 上单调递减. a a a ? ? ? ? (2014 陕西理 3)
定积分 ? ? 2 x ? e x ? dx 的值为(
1 e

4.

) C. e D. e ? 1

A. e ? 2 【解析】 C

B. e ? 1
x 2

? (2 x ? e )dx ? ( x
0

1

? ex )

1 0

? 1 ? e1 ? 1 ? e ,故选 C .

5.

(2014 陕西理 10) 如图,某飞行器在 4 千米高空水平飞行,从距着陆点 A 的水平距离 10 千米处开始下降,已知 下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为( )
y 2 5 5 O A 2 地面跑道 x

A. y ?

1 3 3 x ? x 125 5

B. y ?

2 3 4 x ? x 125 5

C. y ? 【解析】 A

3 3 x ?x 125

D. y ? ?

3 3 1 x ? x 125 5

1 3 3 x ? x,. 125 5 3 2 3 3 2 1 3 3 5) y? ? 0,y ? ∴ y?= x ? ? ( x ? 25) ∴ ?x ∈ (?5, x ? x 在 (?5,5) 内为减函数, 125 5 125 125 5

根据题意,所求函数在 (?5,5) 上单调递减,对于 A, y ?

同理可研究 B、C、D 均不满足此条件,故选 A. 6. (2014 陕西理 21) 设函数 f ? x ? ? ln ?1 ? x ?, 其中 f ? ? x ? 是 f ? x ? 的导函数. g ? x ? ? xf ? ? x ?, x ≥ 0, ⑴令 g1 ? x ? ? g ? x ?, 求 g n ? x ? 的表达式; gn?1 ? x ? ? g ? gn ? x ??, n ? N+, ⑵若 f ? x ? ≥ ag ? x ? 恒成立,求实数 a 的取值范围; ⑶设 a ? N? ,比较 g ?1? ? g ? 2? ? 【解析】 由题设得, g ( x) ?
x ( x ≥ 0) . 1? x
? g ? n ? 与 n ? f ? n ? 的大小,并加以证明.

x x 1 ? x ? x , g ( x) ? x ,…, ⑴ 由已知, g1 ( x) ? ,g2 ( x) ? g ( g1 ( x)) ? 3 x 1? x 1 ? 2x 1 ? 3x 1? 1? x x 可得 gn ( x) ? . 1 ? nx
下面用数学归纳法证明.
x ,结论成立. 1? x x ②假设 n ? k 时结论成立,即 gk ( x) ? . 1 ? kx

①当 n ? 1 时, g1 ( x) ?

那么,当 n ? k ? 1 时,

x g k ( x) x , gk ?1 ( x) ? g ( g k ( x)) ? ? 1 ? kx ? 1 ? g k ( x) 1 ? x 1 ? (k ? 1) x 1 ? kx
即结论成立. 由①②可知,结论对 n ? N? 成立. ⑵已知 f ( x) ≥ ag ( x) 恒成立,即 ln(1 ? x) ≥
a ( x ≥ 0) , 1? x 1 a x ?1? a ? ? 即 ? ?( x) ? , 1 ? x (1 ? x) 2 (1 ? x) 2

ax 恒成立. 1? x

设 ? ( x) ? ln(1 ? x) ?

当 a ≤ 1 时, ? ?( x) ≥ 0 (仅当 x ? 0,a ? 1 时等号成立) ,
?? ( x) 在 [0, 上单调递增,又 ? (0) ? 0 , ? ?) ?? ( x) ≥ 0 在 [0, ? ?) 上恒成立,
? a ≤ 1 时, ln(1 ? x) ≥

ax 恒成立(仅当 x ? 0 时等号成立). 1? x

当 a ? 1 时,对 x ? (0,a ? 1] 有 ? ?( x) ? 0 ,?? ( x) 在 (0,a ? 1] 上单调递减,
?? (a ? 1) ? ? (0) ? 0 .

即 a ? 1 时,存在 x ? 0 ,使 ? ( x) ? 0 ,故知 ln(1 ? x) ≥
1]. 综上可知, a 的取值范围是 (??,

ax 不恒成立, 1? x

⑶由题设知 g (1) ? g (2) ? … ? g (n) ?

1 2 n ? ? …? ,n ? f (n) ? n ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1

比较结果为 g (1) ? g (2) ? … ? g (n) ? n ? ln(n ? 1) . 证明如下:
1 1 1 ? ? …? ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1 x 在⑵中取 a ? 1 ,可得 ln(1 ? x) ? ,x ? 0 . 1? x 1 1 n ?1 令 x ? , n ? N? ,则 . ? ln n ?1 n n

证法一:上述不等式等价于

下面用数学归纳法证明.
1 ? ln 2 ,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n ? k 时结论成立,即 ? ? … ? ? ln(k ? 1) . 2 3 k ?1

①当 n ? 1 时,

那么,当 n ? k ? 1 时,
1 1 1 1 1 k ?2 ? ? …? ? ? ln(k ? 1) ? ? ln(k ? 1) ? ln ? ln(k ? 2) , 2 3 k ?1 k ? 2 k ?2 k ?1

即结论成立. 由①②可知,结论对 n ? N ,成立.
1 1 1 ? ? …? ? ln(n ? 1) , 2 3 n ?1 x 在⑵中取 a ? 1 ,可得 ln(1 ? x) ? ,x ? 0 . 1? x 1 n ?1 1 令 x ? ,n ? N+ ,则 ln . ? n n n ?1 1 故有 ln 2 ? ln1 ? , 2 1 ln 3 ? ln 2 ? , 3 …… 1 , ln(n ? 1) ? ln n ? n ?1 1 1 1 上述各式相加可得 ln(n ? 1) ? ? ? … ? . 2 3 n ?1

证法二:上述不等式等价于

结论得证. 证法三:如图, ?
n 0

x dx 是由 x ?1


y y= x 1+x

线


1 2 3 n-1 n x

x , x ? n 及 x 辆所围成的曲边梯形的面积, x ?1 1 2 n 而 ? ? …? 是图中所示各矩形的面积和, 2 3 n ?1 y?

∴ 7.

n n? 1 2 n x x ? ? ?…? ?? dx ? ? ?1 ? ?dx ? n ? ln(n ? 1) ,结论得证. 0 0 2 3 n ?1 x ?1 x ?1? ?

(2014 陕西文 10) 如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切) .已知环湖弯曲路段 为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析式为
y(千米) y=3x 6 y= x 湖面

O

2 x(千米)

1 3 1 2 1 1 B. y ? x3 ? x? ? 3x x ? x ?x 2 2 2 2 1 3 1 3 1 2 C. y ? x ? x D. y ? x ? x ? 2 x 4 4 2 【解析】 A 8. (2014 陕西文 21) m 设函数 f ( x) ? ln x ? ,m ? R . x ⑴当 m ? e ( e 为自然数的底数)时,求 f ( x) 的极小值;

A. y ?

x 零点的个数; 3 f (b) ? f (a) ⑶若对任意 b ? a ? 0 , ? 1 恒成立,求 m 的取值范围. b?a e x?e 【解析】 ⑴ 当 m ? e 时, f ? x ? ? ln x ? ,则 f ' ? x ? ? 2 , x x ∴当 x ? ? 0 , e ? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? 0 , e ? 上单调递减;

⑵讨论函数 g ( x) ? f ?( x) ?

当 x ? ? e , ? ? ? 时, f ' ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? e , ? ? ? 上单调递增.
e ∴当 x ? e 时, f ? x ? 取得极小值 f ? e ? ? ln e ? ? 2 , e

∴ f ? x ? 的极小值为 2. ⑵ 由题设知, g ? x ? ? f ' ? x ? ?
x 1 m x ? ? ? ? x ? 0? , 3 x x2 3

1 令 g ? x ? ? 0 ,得 m ? ? x3 ? x ? x ? 0? . 3 1 设 ? ? x ? ? ? x3 ? 3 ? x ≥ 0 ? , 3

则 ? ' ? x ? ? ? x2 ? 1 ? ? ? x ? 1?? x ? 1? ,

当 x ? ? 0 , 1? 时, ? ' ? x ? ? 0 ,∴ ? ? x ? 在 ? 0 , 1? 上单调递增; 当 x ? ?1, ? ?? 时, ? ' ? x ? ? 0 ,∴ ? ? x ? 在 ?1, ? ? ? 上单调递减. ∴ x ? 1 是 ? ? x ? 的唯一极值点,且是极大值点,因此 是 ? ? x ? 的最大值点. ∴ ? ? x ? 的最大值为 ? ?1? ?
2 . 3
2 3 O 1 x y y=φ(x)

x ?1 也

又 ? ? 0? ? 0 ,结合 y ? ? ? x ? 的图象(如图) ,可知
2 时,函数 g ? x ? 无零点; 3 2 ②当 m ? 时,函数 g ? x ? 有且只有一个零点; 3 2 ③当 0 ? m ? 时,函数 g ? x ? 有两个零点; 3

①当 m ?

④当 m ≤ 0 时,函数 g ? x ? 有且只有一个零点; 综上所述,当 m ? 当m ?
2 时,函数 g ( x) 又且只有一个零点. 3

2 或 m ≤ 0 时,函数 g ? x ? 有且只有一个零点; 3 2 当 0 ? m ? 时,函数 g ? x ? 有两个零点. 3

⑶ 对任意的 b ? a ? 0 ,

f ?b? ? f ? a ? b?a

? 1 恒成立,

等价于 f ? b ? ? b ? f ? a ? ? a 恒成立. (*) 设 h ? x ? ? f ? x ? ? x ? ln x ?
m ? x ? x ? 0? , x

∴(*)等价于 h ? x ? 在 ? 0 , ? ? ? 上单调递减. 由 h '? x? ?
1 m ? ? 1≤ 0 在 ? 0 , ? ? ? 上恒成立, x x2
2

1? 1 ? 得 m ≥ ? x 2 ? x ? ? ? x ? ? ? ? x ? 0 ? 恒成立, 2? 4 ?

1 1 1 ∴ m ≥ (对 m ? , h ' ? x ? ? 0 仅在 x ? 时成立) , 4 4 2
?1 ? ∴ m 的取值范围是 ? , ? ? ? . 4 ? ? (2014 四川理 9) 已知 f ( x) ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) , x ? (?1, 1) .现有下列命题:

9.

① f (? x) ? ? f ( x) ;② f ?

? 2x ? ? ? 2 f ( x) ;③ | f ? x ? |≥ 2| x|. 2 ? x ?1 ?
D.①②

其中的所有正确命题的序号是( ) A.①②③ B.②③ C.①③ 【解析】 A f (? x) ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) ? ? f ( x) 故① 正确

f ( x) ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) ? ln

1? x ? 1? x

2x 2 1? 2 2 x ? ? x ? 1 ? ln ? 1 ? x ? ? 2ln 1 ? x ? 2 f ( x) ,故② 正确. f? 2 ? ln ? ? ? 2x 1? x ? x ?1? ?1? x ? 1? 2 x ?1 当 x ?[0,1) 时, f ( x) ≥ 2 x ? f ( x) ? 2 x ≥ 0
1) ) 令 g ( x) ? f ( x) ? 2 x ? ln(1 ? x) ? ln(1 ? x) ? 2 x ( x ? [0,

因为 g ?( x) ?

1 1 2 x2 1) 上单增, ? ?2? ? 0 ,所以 g ( x) 在 [0, 1? x 1? x 1 ? x2 g ( x) ? f ( x) ? 2 x ≥ g (0) ? 0

即 f ( x) ≥ 2 x ,又 f ( x) 与 y ? 2 x 为奇函数,所以 | f ( x) |≥ 2 | x | 成立,故③ 正确. 10. (2014 四川理 21) 已知函数 f ( x) ? e x ? ax2 ? bx ? 1,其中 a,b ? R , e ? 2.71828 为自然对数的底数. ⑴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; ⑵若 f (1) ? 0 ,函数 f ( x ) 在区间 (0 , 1) 内有零点,求 a 的取值范围. 【解析】 ⑴ 因为 f ( x) ? e x ? ax2 ? bx ? 1 ,所以 g ( x) ? f ?( x) ? e x ? 2ax ? b
1] , 1 ≤ e x ≤ e 因为 x ∈[0,

又 g ?( x) ? e x ? 2a

所以:

1 ① 若 a ≤ ,则 2a ≤ 1 , g ?( x) ? e x ? 2a ≥ 0 , 2 所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单增, gmin ( x) ? g (0) ? 1 ? b

② 若

1 e ? a ? ,则 1 ? 2 a ? e , 2 2 于是当 0 ? x ? ln(2a) 时, g ?( x) ? e x ? 2a ? 0 ,当 ln(2a) ? x ? 1 时, g ?( x) ? e x ? 2a ? 0 ,
1] 上单增, ln(2a)] 上单减,在区间 [ln(2a), 所以函数 g ( x) 在区间 [0,
gmin ( x) ? g[ln(2a)] ? 2a ? 2a ln(2a) ? b

e ③ 若 a ≥ ,则 2a ≥ e , g ?( x) ? e x ? 2a ≤ 0 2 1] 上单减, gmin ( x) ? g (1) ? e ? 2a ? b 所以函数 g ( x) 在区间 [0,

1 ? a≤ , ?1 ? b, 2 ? 1 e ? 1] 上的最小值为 g min ( x) ? ?2a ? 2a ln(2a) ? b, 综上: g ( x) 在区间 [0, ?a? , 2 2 ? e ? a≥ , ?e ? 2a ? b, 2 ?

⑵ 由 f (1) ? 0 ? e ? a ? b ? 1 ? 0 ? b ? e ? a ? 1 ,又 f (0) ? 0
1) 内有零点,则函数 f ( x) 在区间 (0, 1) 内至少有三个单调区间 若函数 f ( x) 在区间 (0,

1 e 1] 上单调, 由⑴ 知当 a ≤ 或 a ≥ 时, 函数 g ( x) 即 f ?( x) 在区间 [0, 不可能满足“函数 f ( x) 2 2 1) 内至少有三个单调区间”这一要求. 在区间 (0, 1 e ? a ? ,则 gmin ( x) ? 2a ? 2a ln(2a) ? b ? 3a ? 2a ln(2a) ? e ? 1 2 2 3 令 h( x) ? x ? x ln x ? e ? 1 ( 1 ? x ? e ) 2



则 h?( x) ?

1 1 ? ln x .由 h?( x) ? ? ln x ? 0 ? x ? e 2 2

所以 h( x) 在区间 (1, e) 上单增,在区间 ( e, e) 上单减
3 e ? e ln e ? e ? 1 ? e ? e ? 1 ? 0 ,即 gmin ( x) ? 0 恒成立 2 ? g (0) ? 2 ? e ? a ? 0 ?a ? e ? 2 1) 内至少有三个单调区间 ? ? 于是,函数 f ( x) 在区间 (0, ?? ? g (1) ? ?a ? 1 ? 0 ?a ? 1 hmax ( x) ? h( e) ? 1 e 所以 e ? 2 ? a ? 1 . ?a? 2 2 1) . 综上, a 的取值范围为 (e ? 2, 11. (2014 四川文 21) b ? R , e ? 2.71828 ? ? ? 为自然对数的底数. 已知函数 f ( x) ? e x ? ax2 ? bx ? 1 ,其中 a ,



1] 上的最小值; ⑴设 g ( x) 是函数 f ( x) 的导函数,求函数 g ( x) 在区间 [0, 1) 内有零点,证明: e ? 2 ? a ? 1 . ⑵若 f (1) ? 0 ,函数 f ( x) 在区间 (0,

【解析】 ⑴由 f ? x ? ? ex ? ax2 ? bx ? 1 ,有 g ? x ? ? f ? ? x ? ? ex ? 2ax ? b ,所以 g ? ? x ? ? ex ? 2a . 当 x ? ?0 , 1? 时, g ? ? x ? ? ?1 ? 2a , e ? 2a ? ,
1 当 a ≤ 时, g ? ? x ? ≥ 0 ,所以 g ? x ? 在 ? 0 , 1? 上单调递增, 2 因此 g ? x ? 在 ? 0 , 1? 上的最小值是 g ? 0 ? ? 1 ? b ;
e 时, g ? ? x ? ≤ 0 ,所以 g ? x ? 在 ? 0 , 1? 上单调递减. 2 因此 g ? x ? 在 ? 0 , 1? 上的最小值是 g ?1? ? e ? 2a ? b ;
当 a≥ 当

1 e 1? . ? a ? 时,令 g ? ? x ? ? 0 ,得 x ? ln ? 2a ? ? ? 0 , 2 2

所以函数 g ? x ? 在区间 ? 1? ln ? 2a ?? ? 上单调递增. ?0 , ? 上单调递减,在区间 ln ? 2a ? , 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 ≤ 当

?

?

?

1 时, g ? x ? 在 ? 0 , 1? 上的最小值是 g ? 0 ? ? 1 ? b ; 2

1 e 1? 上的最小值是 g ? ln ? 2a ?? ? 2a ? 2a ln ? 2a ? ? b ; ? a ? 时, g ? x ? 在 ? 0 , 2 2 e 当 a ≥ 时, g ? x ? 在 ? 0 , 1? 上的最小值是 g ?1? ? e ? 2a ? b . 2 ⑵设 x 0 为 f ? x ? 在区间 ? 0 , 则由 f ? 0 ? ? f ? x0 ? ? 0 可知 f ? x ? 在区间 ? 0 ,x0 ? 上不可 1? 内的一个零点,
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 ,x0 ? 内存在零点 x1 , 同理, g ? x ? 在区间 ? x0 , 1? 内存在零点 x 2 , 所以 g ? x ? 在区间 ? 0 , 1? 内至少有两个零点.

1 时, g ? x ? 在 ? 0 , 1? 上单调递增, 2 1 e 故 g ? x ? 在 ?0 , 1? 内至多有一个零点,所以 ? a ? . 2 2
由⑴ 知,当 a ≤ 此时 g ? x ? 在区间 ? 1? ln ? 2a ?? ? 上单调递增, ?0 , ? 上单调递减,在区间 ln ? 2a ? ,

?

因此 x1 ? 0 , 1 ,必有 g ? 0? ? 1 ? b ? 0 , ln ? 2a ?? ? , x2 ? ln ? 2a ? ,

?

?

?

g ?1? ? e ? 2a ? b ? 0 .
由 f ?1? ? 0 有 a ? b ? e ? 1 ? 2 ,有 g ? 0? ? a ? e ? 2 ? 0 , g ?1? ? 1 ? a ? 0 ,解得 e ? 2 ? a ? 1 . 所以函数 f ? x ? 在区间 ? 0 , 1? 内有零点时, e ? 2 ? a ? 1 .

12. (2014 天津理 20) 设 f ? x ? ? x ? aex ? a ? R ? , x ? R .已知函数 y ? f ? x ? 有两个零点 x1 , x 2 ,且 x1 ? x2 . ⑴求 a 的取值范围; x ⑵证明 2 随着 a 的减小而增大; x1 ⑶证明 x1 ? x2 随着 a 的减小而增大. 【解析】 ⑴ 由 f ( x) ? x ? ae x ,可得 f ?( x) ? 1 ? ae x . 下面分两种情况讨论: ① 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.

② 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
f ?( x) f ( x)

(?? ,? ln a)

? ln a
0

(? ln a ,? ?)
?

+ ↗

? 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: 1? f (? ln a) ? 0 ;
? ln a) , f (s1 ) ? 0 ; 3? 存在 s2 ? (? ln a , ? ?) ,满足 f ( s2 ) ? 0 . 2? 存在 s1 ? (?? ,

l a? 1 ?0 由 f (? ln a) ? 0 , 即 ?n
且 f (s1 ) ? ?a ? 0 ;取 s2 ?

, 解得 0 ? a ? e ?1 . 而此时, 取 s1 ? 0 , 满足 s1 ? (?? , ? ln a) ,

2 2 ? ln ,满足 s2 ? (? ln a ,? ?) ,且 a a

2 2 ?2 ? ? 2 ? f ( s2 ) ? ? ? e a ? ? ? ln ? e a ? ? 0 . ?a ? ? a ?

所以, a 的取值范围是 ? 0 , e?1 ? . ⑵ 由 f ( x) ? x ? ae x ? 0 ,有 a ?

x x 1? x 1) 上单调 ,设 g ( x) ? x ,由 g ?( x) ? x ,知 g ( x) 在 (?? , x e e e

0? 时, g ( x) ≤ 0 ;当 x ? (0 ,? ?) 时, 递增,在 (1,? ?) 上单调递减.并且,当 x ? ? ?? ,
g ( x) ? 0 .
x1 , 1) , 由已知, 由 a ??0 , 及 g ( x) 的单调性, 可得 x1 ? (0 , x 2 满足 a ? g ( x1 ) , a ? g ( x2 ) . e?1 ? ,

x2 ? (1, ? ?) .

对于任意的 a1 , a2 ? ? 0 , e?1 ? ,设 a1 ? a2 , g (?1 ) ? g (?2 ) ? a1 ,其中 0 ? ?1 ? 1 ? ?2 ;

g (?1 ) ? g (?2 ) ? a2 ,其中 0 ? ?1 ? 1 ? ?2 .

1) 上单调递增, 因为 g ( x) 在 (0 , 故由 a1 ? a2 , 即 g (?1 ) ? g (?1 ) , 可得 ?1 ? ?1 ; 类似可得 ?2 ? ?2 .

又由 ?1 , ?1 ? 0 ,得 所以,

?2 ?2 ?2 ? ? . ?1 ?1 ?1

x2 随着 a 的减小而增大. x1
x2 . x1

lx2 ?n l x1 ? n l x2 ? ae x2 , ⑶ 由 x1 ? aex1 , 可得 ln x1 ? ln a ? x1 , 故 x2 ?x1 ? n ln x2 ? ln a ? x2 .



? x2 ? tx1 , ln t t ln t x2 ? t ,则 t ? 1 ,且 ? ,解得 x1 ? , x2 ? .所以, x1 t ?1 t ?1 ? x2 ? x1 ? ln t

x1 ? x2 ?

(t ? 1)ln t . t ?1


1

?2ln x ? x ? ( x ? 1)ln x x. 令 h( x) ? , x ? (1,? ?) ,则 h?( x) ? ( x ? 1) 2 x ?1

1 ? x ?1? 令 u( x) ? ?2ln x ? x ? ,得 u ?( x) ? ? ? .当 x ? (1,? ?) 时, u ?( x) ? 0 . x ? x ?
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.

2

因此,由①可得 x1 ? x2 随着 t 的增大而增大. 13. (2014 天津文 19)
2 已知函数 f ( x) ? x ?

2 3 ax (a ? 0) , x?R 3

⑴求 f ( x ) 的单调区间和极值; ⑵若对于任意的 x1 ? (2, ? ?) ,都存在 x2 ? (1, ? ?) ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 1 ,求 a 的取值范 围 【解析】 ⑴ 由已知,有 f ? ? x ? ? 2x ? 2ax2 ? a ? 0? . 令 f ? ? x ? ? 0 ,解得 x ? 0 或 x ?
1 . a

当 x 变化时, f ? ? x ? ,f ? x ? 的变化情况如下表:

x
f ?? x? f ? x?

? ?? ,0?
?

0 0 0

1? ? ? 0, ? a? ?

1 a

?1 ? ? ,? ? ? ?a ?
?

?

0
1 3a 2

1? ? ?1 ? 所以, f ? x ? 的单调递增区间是 ? 0 , ? ;单调递减区间是 ? ?? ,0 ? ,? ,? ? ? . a a ? ? ? ?

当 x ? 0 时, f ? x ? 有极小值,且极小值 f ? 0? ? 0 ; 当x?
1 时, f ? x ? 有极大值,且极大值 a
1 ?1? f ? ?? 2 . ? a ? 3a

3 ? ? 3 ? ? ? 3 ? ⑵ 由 f ? 0 ? ? f ? ? ? 0 及⑴知, 当 x ? ? 0 , ? 时,f ? x ? ? 0 ; 当 x ? ? ,? ? ? 时,f ? x ? ? 0 . 2a ? ? 2a ? ? ? 2a ?

? 1 ? ? ? 设集合 A ? ? f ? x ? | x ? ? 2,? ??? ,集合 B ? ? x ? ?1,? ? ? ,f ? x ? ? 0? . ? f ? x? ? ? ?
则“对于任意的 x1 ? ? 2 ,? ? ? ,都存在 x2 ? ?1,? ? ? ,使得 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 1 ”等价于 A ? B . 显然, 0 ? B . 下面分三种情况讨论: ①当
3 3 即 0 ? a ? 时, 由 ?0, 4 2a
? 3 ? f ? ? ? 0 可知,0 ? A , 而0? B , 所以 A 不是 B 的子集. ? 2a ?

②当 1 ≤

3 3 3 ≤ 2 ,即 ≤ a ≤ 时,有 f ? 2 ? ≤ 0 ,且此时 f ? x ? 在 ? 2 ,? ? ? 上单调递减, 2a 4 2

故 A ? ? ?? ,f ? 2?? ,因而 A ? ? ?? ,0? ; 由 f ?1? ≥ 0 ,有 f ? x ? 在 ?1,? ? ? 上的取值范围包含 ? ?? ,0? ,则 ? ?? ,0? ? B 所以,
A? B .

③当

3 3 ? 1 , 即 a ? 时 , 有 f ?1? ? 0 , 且 此 时 f ? x ? 在 ?1,? ? ? 上 单 调 递 减 , 故 2a 2

? 1 ? , B?? ? f ?1? ,0 ? ? ? ?

A ? ? ?? ,f ? 2?? ,所以 A 不是 B 的子集.
?3 3? 综上, a 的取值范围是 ? , ? . ?4 2?

评析 本题主要考查导数的运算, 利用导数研究函数的性质, 考查化归思想、 分类讨论思想、 函数思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 14. (2014 新课标 1 理 11 文 12) 3 2 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 的取值范围为 ( A. (2,+∞) B. (1,+∞) 【解析】 C a ? 0 时,不符合题意. C. (-∞,-2) D. (-∞,-1) )

a ? 0 时, f ' ? x ? ? 3ax2 ? 6 x ,令 f ' ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ?

2 . a

若 a ? 0 ,则由图象知 f ? x ? 有负数零点,不符合题意.
8 4 ?2? 则 a ? 0 ,由图象结合 f ? 0? ? 1 ? 0 知,此时必有 f ? ? ? 0 ,即 a ? 3 ? 3 ? 2 ? 1 ? 0 ,化简得 a a a ? ? 2 a ? 0 a ? ? 2 a ? 4 ,又 ,所以 ,故选 C. 15. (2014 新课标 1 理 21)

be x ?1 ,曲线 y ? f ( x) 在点 ?1 ? f ?1? ? 处的切线为 y ? e( x ? 1) ? 2 . x ⑴求 a , b ;⑵证明: f ( x) ? 1 .
设函数 f ? x ? ? ae ln x ?
x

a b b 【解析】 ⑴函数 f ? x ? 的定义域为 ? 0, ? ? ? , f ? ? x ? ? aex ln x ? e x ? 2 e x ?1 ? e x ?1 , x x x 由题意可得 f ?1? ? 2 , f ? ?1? ? e

故 a ?1,b ? 2 .
2 2 ⑵由⑴ 知, f ? x ? ? e x ln x ? e x ?1 ,从而 f ? x ? ? 1 等价于 x ln x ? xe? x ? . x e 设函数 g ? x ? ? x ln x ,则 g ? ? x ? ? 1 ? ln x .
? 1? ?1 ? ? ? ? 时, g ? ? x ? ? 0 . 所以当 x ? ? 0, ? 时, g ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ? , e e ? ? ? ? 1 1 ? ? ? ? ? ? ? 单调递增,从而 g ? x ? 在 ? 0, 故 g ? x ? 在 ? 0, ? 单调递减,在 ? , ? ? ? 的最小值为 ? e? ?e ? 1 ?1? g? ? ? ? . e ?e? 2 设函数 h ? x ? ? xe? x ? ,则 h? ? x ? ? e? x ?1 ? x ? . e 所以当 x ? ? 0, 时, 1? h? ? x ? ? 0 ;当 x ? ?1 , ? ? ? 时, h? ? x ? ? 0 .

1 故 h ? x ? 在 ? 0, 在 ?1 从而 h ? x ? 在 ? 0, 1? 单调递增, , ? ? ? 单调递减, ? ? ? 的最大值为 h ?1? ? ? . e

综上,当 x ? 0 时, g ? x ? ? h ? x ? ,即 f ? x ? ? 1 . 16. (2014 新课标 1 文 21) 设函数 f ? x ? ? a ln x ? ⑴求 b ; ⑵若存在 x0 ≥1 ,使得 f ? x0 ?< 【解析】 ⑴ f ? ? x ? ?
a ,求 a 的取值范围. a ?1

1? a 2 曲线 y ? f ? x ? 在点 ?1,f ?1? ? 处的切线斜率为 0. x ? bx(a ? 1) , 2

a ? ?1 ? a ? x ? b . x 由题设知 f ' ?1? ? 0 ,解得 b ? 1 .
1? a 2 x ?x, 2 a 1? a ? a ? f ' ? x ? ? ? ?1 ? a ? x ? 1 ? ?x? ? ? x ? 1? . x x ? 1? a ?

⑵ f ? x ? 的定义域为 ? 0 , ? ? , 由⑴知, f ? x ? ? a ln x ?

1 a (i)若 a ≤ ,则 ≤1 ,故当 x ? ?1, ? ?? 时, f ' ? x ? ? 0 , 2 1? a f ? x ? 在 ?1, ? ? ? 上单调递增 .

所以,存在 x0 ≥1 ,使得 f ? x0 ? ? 解得 ? 2 ? 1 ? a ? 2 ? 1 . (ii)若

a a 1? a a 的充要条件为 f ?1? ? ,即 , ?1 ? a ?1 a ?1 2 a ?1

a ? 1 a ? ? a ? , ? ?? ? a ? 1 ,则 ? 1 ,故当 x ? ? 1 , ? 时, f ' ? x ? ? 0 ;当 x ? ? 1 ? a 1 ? a 2 1? a ? ? ? ?

a ? ? ? a ? , ? ? ? 上单调递增. 时, f ' ? x ? ? 0 . f ? x ? 在 ?1 , ? 上单调递减,在 ? 1 ? a 1 ? a ? ? ? ?

所以,存在 x0 ≥1 ,使得 f ? x0 ? ?

a a ? a ? 的充要条件为 f ? . ?? a ?1 ?1? a ? a ?1

a a2 a a ? a ? 而f? ,所以不合题意. ? ? ? ? ? a ln 1 ? a 2 ?1 ? a ? a ? 1 a ? 1 ?1? a ?

(iii)若 a ? 1 ,则 f ?1? ?

1? a ?a ? 1 a . ?1 ? ? 2 2 a ?1

综上, a 的取值范围是 ? 2 ? 1 ,

?

2 ?1

?

?1 ,

? ??

17. (2014 新课标 2 理 8) 设曲线 y ? ax ? ln( x ? 1) 在点(0,0)处的切线方程为 y ? 2 x ,则 a ? ( A.0 B.1 C.2 【解析】 D 18. (2014 新课标 2 理 21) 已知函数 f ? x ? = f ? x ? ? ex ? e? x ? 2x ⑴讨论 f ? x ? 的单调性; ⑵设 g ? x ? ? f ? 2 x ? ? 4bf ? x ? ,当 x ? 0 时, g ? x ? ? 0 ,求 b 的最大值; ⑶已知 1.4142 ? 2 ? 1.4143 ,估计 ln2 的近似值(精确到 0.001) . 【解析】 ⑴ f ?( x) ? e x ? e? x ? 2 ≥ 0 ,等号仅当 x ? 0 时成立. ? ?) 上单调递增. 所以 f ( x) 在 (??, ⑵ g ( x) ? f (2x) ? 4bf ( x) ? e2 x ? e?2 x ? 4b(e x ? e? x ) ? (8b ? 4) x , D.3



x ?x x ?x ?x ?2 x x ?x g?( x) ? 2 ? ?e ? e ? 2b(e ? e ) ? (4b ? 2)? ? ? 2(e ? e ? 2)(e ? e ? 2b ? 2) .

? ?) 上单调递增. (i) 当 b ≤ 2 时,g ?( x) ≥ 0 , 等号仅当 x ? 0 时成立, 所以 g ( x) 在 (??, 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 ? b2 ? 2b , g ?( x) ? 0 , 而 g (0) ? 0 ,因此当 0 ? x ≤ ln b ? 1 ? b2 ? 2b 时, g ( x) ? 0 . 综上, b 的最大值为 2. 3 ⑶由⑵ 知, g (ln 2) ? ? 2 2b ? 2(2b ? 1)ln 2 . 2 当 b ? 2 时, g (ln 2) ? 当b ?
8 2 ?3 3 ? 0.6928 ; ? 4 2 ? 6ln 2 ? 0 , ln 2 ? 12 2

?

?

?

?

3 2 ? 1 时, ln b ? 1 ? b2 ? 2b ? ln 2 . 4

?

?

3 g (ln 2) ? ? ? 2 2 ? (3 2 ? 2)ln 2 ? 0 . 2
ln 2 ? 18 ? 2 ? 0.6934 . 28

所以 ln 2 的近似值为 0.693. 19. (2014 新课标 2 文 3) 函数 f ? x ? 在 x ? x0 处导数存在.若 p : f ? ? x0 ? ? 0 ; q : x ? x0 是 f ? x ? 的极值点,则( A. p 是 q 的充分必要条件 B. p 是 q 的充分条件,但不是 q 的必要条件 C. p 是 q 的必要条件,但不是 q 的充分条件 D. p 既不是 q 的充分条件,也不是 q 的必要条件 【解析】 C



q ? p ,故 p 是 q 的必 ∵f ? x ? 在 x ? x0 处可导,∴ 若 x ? x0 是 f ? x ? 的极值点,则 f ? ? x0 ? ? 0 ,∴

p ? q ,故 p 不是 q 的 要条件;反之,以 f ? x ? ? x3 为例, f ? ? 0 ? ? 0 ,但 x ? 0 不是极值点,∴

充分条件.故选 C. 20. (2014 新课标 2 文 11) 若函数 f ? x ? ? kx ? ln x 在区间 ?1 ? ? ? ? 单调递增,则 k 的取值范围是( A. ? ?? ? ? 2? 【解析】 D B. ? ?? ? ? 1? C. ? 2 ? ? ? ?



D. ?1 ? ? ??

1 1 依题意得 f ? ? x ? ? k ? ≥ 0 在 ?1, ? ? ? 上恒成立,即 k ≥ 在 ?1, ? ? ? 上恒成立, x x 1 k ≥ 1 ,故选 D. ? 1 ,∴ x 21. (2014 新课标 2 文 21) 已知函数 f ( x) ? x3 ? 3x2 ? ax ? 2 ,曲线 y ? f ( x) 在点 ? 0 ? 2? 处的切线与 x 轴交点的横坐标为
x ? 1 ,∴ ∵ 0?

?2 . ⑴求 a ; ⑵证明:当 k ? 1 时,曲线 y ? f ( x) 与直线 y ? kx ? 2 只有一个交点.
【解析】 ⑴ f ? ? x ? ? 3x2 ? 6x ? a , f ? ? 0 ? ? a , 曲线 y ? f ? x ? 在点 ? 0 , 2? 处的切线方程为 y ? ax ? 2 . 由题设得 ?
2 ? ?2 ,所以 a ? 1 . a

⑵ 由⑴知, f ? x ? ? x3 ? 3x2 ? x ? 2 . 设 g ? x ? ? f ? x ? ? kx ? 2 ? x3 ? 3x2 ? ?1 ? k ? x ? 4 . 由题设知 1 ? k ? 0 . 当 x ≤ 0 时, g ? ? x ? ? 3x2 ? 6x ? 1 ? k ? 0 , g ? x ? 单调递增, g ? ?1? ? k ? 1 ? 0 , g ? 0? ? 4 , 所以 g ? x ? ? 0 在 ? ?? , 0? 上有唯一实根. 当 x ? 0 时,令 h ? x ? ? x3 ? 3x2 ? 4 ,则 g ? x ? ? h ? x ? ? ?1 ? k ? x ? h ? x ? .

h? ? x ? ? 3x2 ? 6x ? 3x ? x ? 2? ,
h ? x ? 在 ? 0 , 2? 上单调递减,在 ? 2 , ? ? ? 上单调递增,所以 g ? x ? ? h ? x ? ≥ h ? 2? ? 0 .

所以 g ? x ? ? 0 在 ? 0 , ? ? ? 上没有实根. 综上, g ? x ? ? 0 在 R 上有唯一实根,即曲线 y ? f ? x ? 与直线 y ? kx ? 2 只有一个交点. 22. (2014 浙江理 22) 已知函数 f ( x) ? x3 ? 3 x ? a (a ? R) .
m(a) ,求 M (a) ? m(a) ; ⑴若 f ( x) 在 ? ?1 , 1? 上的最大值和最小值分别记为 M (a),

⑵设 b ? R ,若 ? f ( x) ? b? ≤ 4 对 x ?? ?1 , 1? 恒成立,求 3a ? b 的取值范围.
2
3 ? ? x ? 3x ? 3a , x ≥ a , 【解析】 ⑴因为 f ? x ? ? ? 3 ? ? x ? 3x ? 3a , x ? a , ?3x 2 ? 3, x ≥ a , ? 所以 f ? ? x ? ? ? 2 ? ?3x ? 3, x ? a. 由于 ?1 ≤ x ≤ 1 ,

( i )当 a ≤ ?1 时,有 x ≥ a ,故 f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a . 此 时 f ? x? 在

? ?1,1?

上 是 增 函 数 , 因 此 , M ? a ? ? f ?1? ? 4 ? 3a ,

m ? a ? ? f ? ?1? ? ?4 ? 3a ,

故 M ? a ? ? m ? a ? ? ? 4 ? 3a ? ? ? ?4 ? 3a ? ? 8 M. ( ii )当 ?1 ? a ? 1 时,若 x ? ? a , 1? ,则 f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a ,在 ? a , 1? 上是增函数; 若 x ? ? ?1,a ? ,则 f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a ,在 ? ?1,a ? 上是减函数, 所以, M ? a ? ? max ? f ?1? ,f ? ?1??, m ? a ? ? f ? a ? ? a3 , 由于 f ?1? ? f ? ?1? ? ?6a ? 2 ,因此,
1 当 ?1 ? a ≤ 时, M ? a ? ? m ? a ? ? ?a3 ? 3a ? 4 ; 3 1 当 ? a ? 1 时, M ? a ? ? m ? a ? ? ?a3 ? 3a ? 2 . 3

( iii )当 a ≥ 1 时,有 x ≥ a ,故 f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a , 此 时 f ? x? 在

? ?1,1?

上 是 减 函 数 , 因 此 , M ? a ? ? f ? ?1? ? 2 ? 3a ,

m ? a ? ? f ?1? ? ?2 ? 3a ,

故 M ? a ? ? m ? a ? ? ? 2 ? 3a ? ? ? ?2 ? 3a ? ? 4 .
?8 , ? ?? a 3 ? 3a ? 4 , ? 综上, M ? a ? ? m ? a ? ? ? ?? a 3 ? 3a ? 2 , ? ?4 , ? a ≤ ?1, 1 ?1 ? a ≤ , 3 1 ? a ? 1, 3 a ≥ 1.

⑵令 h ? x ? ? f ? x ? ? b ,则
3 2 ? ? ? x ? 3x ? 3a ? b ,x ≥ a , ?3x ? 3,x ≥ a , h ? x? ? ? 3 h? ? x ? ? ? 2 ? x ? 3x ? 3a ? b ,x ? a , ?3x ? 3,x ? a. ? ?

因为 ? 1? 恒成立,即 ?2 ≤ h ? x ? ≤ 2 对 x ? ? ?1, 1? 恒成立,所以由 ? f ? x ? ? b? ? ≤ 4 对 x ? ? ?1,
2

⑴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? ? 1 ? 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 ?2 ? a ≤
1 时 , h ? x ? 在 ? ?1, 1? 上 的 最 小 值 是 h ? a ? ? a3 ? b , 最 大 值 是 3 h ?1? ? 4 ? 3a ? b ,

1 所以 a3 ? b ≥ 2 且 4 ? 3a ? b ≤ 2 ,从而 ?2 ? a3 ? 3a ≤ 3a ? b ≤ 6a ? 2 且 0 ≤ a ≤ . 3 1 ? ? 令 t ? a ? ? ?2 ? a3 ? 3a ,则 t? ? a ? ? 3 ? 3a2 ? 0 , t ? a ? 在 ? 0 , ? 上是增函数, 3? ?

故 t ? a ? ≥ t ? 0? ? ?2 , 因此 ?2 ≤ 3a ? b ≤ 0 . 1 3 ( iii ) 当 ? a ? 1 时 , h ? x ? 在 ? ?1, ,最大值是 ? b 1? 上 的 最 小 值 是 h ? a ?? a 3

h ? ?1? ? 3a ? b ? 2 ,

28 ? 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

所以 a3 ? b ≥ ?2 且 3a ? b ? 2 ≤ 2 ,解得 ?

, h ?1? ? ?2 ? 3 a ?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 . 评析 本题主要考查函数最大(最小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识, 同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合题解题能力. 23. (2014 浙江文 21) 已知函数 f ( x) ? x3 ? 3 x ? a (a ? 0) ,若 f ( x) 在 ?- 1, 1? 上的最小值记为 g (a) . ⑴求 g (a) ; ⑵证明:当 x ?? ?1 , 1? 时,恒有 f ( x) ≤ g (a) ? 4 . 【解析】 ⑴因为 a ? 0 , ?1 ≤ x ≤ 1 ,所以 (i)当 0 ? a ? 1 时, 若 x ? ? ?1 , a ? ,则 f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a , f ? ? x ? ? 3x2 ? 3 ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? ?1, a ? 上是减 函数; 若 x ? ? a , 1? ,则 f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a , f ? ? x ? ? 3x2 ? 3 ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? a , 1? 上是增函 数. 所以 g ? a ? ? f ? a ? ? a3 . (ii)当 a ≥ 1 时,有 x ≤ a ,则 f ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a , f ? ? x ? ? 3x2 ? 3 ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? ?1 , 1? 上是减函数,所以 g ? a ? ? f ?1? ? ?2 ? 3a .
?a3 ,0 ? a ? 1, 综上, g ? a ? ? ? ??2 ? 3a, a ≥1. ⑵令 h ? x ? ? f ? x ? ? g ? a ? ,

(i)当 0 ? a ? 1 时, g ? a ? ? a3 , 若 x ? ? a , 1? , h ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a ? a3 ,得 h? ? x ? ? 3x2 ? 3 ,则 h ? x ? 在 ? a , 1? 上是增函 数, 所以, h ? x? 在 ? a , 1? 上的最大值是 h ?1? ? 4 ? 3a ? a3 , 且0 ? a ?1 , 所以 h ?1? ≤ 4 . 故 f ? x? ≤ g ?a? ? 4 ; 若 x ? ? ?1 , a ? , h ? x ? ? x3 ? 3x ? 3a ? a3 ,得 h? ? x ? ? 3x2 ? 3 , 则 h ? x ? 在 ? ?1, a ? 上是减函数, 所以, h ? x ? 在 ? ?1 , a ? 上的最大值是 h ? ?1? ? 2 ? 3a ? a3 . 令 t ? a ? ? 2 ? 3a ? a3 ,则 t ? ? a ? ? 3 ? 3a2 ? 0 , 知 t ? a ? 在 ? 0 , 1? 上是增函数,所以, t ? a ? ? t ?1? ? 4 ,即 h ? ?1? ? 4 . 故 f ? x? ≤ g ?a? ? 4 . (ii)当 a ≥ 1 时, g ? a ? ? ?2 ? 3a ,故 h ? x ? ? x3 ? 3x ? 2 ,得 h? ? x ? ? 3x2 ? 3 , 此时 h ? x ? 在 ? ?1 , 1? 上是减函数,因此 h ? x ? 在 ? ?1 , 1? 上的最大值是 h ? ?1? ? 4 . 故 f ? x? ≤ g ?a? ? 4 . 综上,当 x ? ? ?1, 1? 时,恒有 f ? x ? ≤ g ? a ? ? 4 . 24. (2014 重庆理 20)

已知函数 f ? x ? ? ae2 x ? be?2 x ? cx ? a ? b ? c ? R ? 的导函数 f ? ? x ? 为偶函数, 且曲线 y ? f ? x ? 在点
f ? 0? ? 处的切线的斜率为 4 ? c . ? 0,
b 的值; ⑴确定 a,

⑵若 c ? 3, 判断 f ? x ? 的单调性; ⑶若 f ? x ? 有极值,求 c 的取值范围. 【解析】 ⑴对 f ? x ? 求导得 f ? ? x ? ? 2ae2 x ? 2be?2 x ? c ,由 f ? ? x ? 为偶函数,知 f ? ? ? x ? ? f ? ? x ? , 即 2 ? a ? b? ? e2 x ? e?2 x ? ? 0 ,因 e2 x ? e?2 x ? 0 ,所以 a ? b .
b ? 1. 又 f ? ? 0? ? 2a ? 2b ? c ? 4 ? c ,故 a ? 1,

⑵当 c ? 3 时, f ? x ? ? e2 x ? e?2 x ? 3x ,那么
f ? ? x? ? 2e2 x ? 2e?2 x ? 3≥ 2 2e2 x ? 2e?2 x ? 3 ? 1 ? 0 ,故 f ? x ? 在 R 上为增函数.

⑶由⑴ 知 f ? ? x ? ? 2e2 x ? 2e?2 x ? c ,而 2e2 x ? 2e?2 x ≥ 2 2e2 x ? 2e?2 x ? 4 ,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 ? ? 2e2 x ? 2e?2 x ? c ? 0 ,此时 f ? x ? 无极值; 当 c ? 4 时,对任意 x ? 0 , f ? ? x ? ? 2e2 x ? 2e?2 x ? 4 ? 0 ,此时 f ? x ? 无极值; 当 c ? 4 时,令 e2 x ? t ,注意到方程 2t ?
c ? c 2 ? 16 2 ? 0 ,即 f ? ? x ? ? 0 ? c ? 0 有两根 t1, 2 ? 4 t

1 1 有两个根 x1 ? ln t1 或 x2 ? ln t2 . 2 2 当 x1 ? x ? x2 时, f ? ? x ? ? 0 ;又当 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 ? ? ? ? . 25. (2014 重庆文 19) 已知函数 f ( x) ? 直线 y ?
x a 3 ? ? ln x ? ,其中 a ? R ,且曲线 y ? f ( x) 在点 (1 ? f (1)) 处的切线垂直于 4 x 2

1 x. 2 ⑴求 a 的值; ⑵求函数 f ( x) 的单调区间与极值.

【解析】 ⑴对 f ? x ? 求导得 f ? ? x ? ?

1 a 1 , f ?1?? 处的切线垂直于直线 ? ? ,由 f ? x ? 在点 ?1 4 x2 x 1 3 5 解得 a ? . y ? x 知 f ? ?1? ? ? ? a ? ?2, 2 4 4 x2 ? 4 x ? 5 x 5 3 ⑵由⑴ 知 f ? x? ? ? 则 f ? ? x? ? 令 f ? ? x ? ? 0, 解得 x ? ?1 或 x ? 5 . , ? ln x ? , 4 4x 2 4 x2 因 x ? ?1 不在 f ? x ? 的定义域 ? 0 ? ? ? ? 内,舍去.

当 x ? ? 0, 5? 时, f ? ? x ? ? 0 .故 f ? x ? 在 ? 0 ? 5? 内为减函数; 当 x ? ?5 ? ? ?? 时, f ? ? x ? ? 0 ,故 f ? x ? 在 ? 5, ? ? ? 内为增函数. 由此知函数 f ? x ? 在 x ? 5 时取得极小值 f ? 5? ? ? ln5 .


2014—2015函数导数高考题专题汇编

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