2014年高考数学（理）真题分类汇编： 函数与导数

这是一份2014年高考数学（理）真题分类汇编： 函数与导数，共36页。

 数 学

B单元 函数与导数
B1　函数及其表示
6．[2014·安徽卷] 设函数f(x)(x∈R)满足f(x＋π)＝f(x)＋sin x．当0≤x<π时，f(x)＝0，则f＝(　　)
A. B. C．0 D．－
6．A　
2．[2014·北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．y＝ B．y＝(x－1)2 C．y＝2－x D．y＝log0.5(x＋1)
2．A　
7．[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)是偶函数 B．f(x)是增函数
C．f(x)是周期函数 D．f(x)的值域为[－1，＋∞)
7．D　
2．[2014·江西卷] 函数f(x)＝ln(x2－x)的定义域为(　　)
A．(0，1] B．[0，1] C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
2．C
3．[2014·山东卷] 函数f(x)＝的定义域为(　　)
A. B．(2，＋∞) C. ∪(2，＋∞) D. ∪[2，＋∞)
3．C　

B2 反函数
12．[2014·全国卷] 函数y＝f(x)的图像与函数y＝g(x)的图像关于直线x＋y＝0对称，则y＝f(x)的反函数是(　　)
A．y＝g(x) B．y＝g(－x) C．y＝－g(x) D．y＝－g(－x)
12．D　

B3 函数的单调性与最值
2．[2014·北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．y＝ B．y＝(x－1)2 C．y＝2－x D．y＝log0.5(x＋1)
2．A　
7．[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)是偶函数 B．f(x)是增函数
C．f(x)是周期函数 D．f(x)的值域为[－1，＋∞)
7．D　
21．[2014·广东卷] 设函数f(x)＝，其中k<－2.
(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；
(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；
(3)若k<－6，求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示)．
12．[2014·四川卷] 设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x∈[－1，1)时，f(x)＝则f＝________．
12．1
15．[2014·四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：
①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；
②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；
③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∉B；
④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x>－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.
其中的真命题有________．(写出所有真命题的序号)
15．①③④　
21．[2014·四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－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)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．
当a≤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≥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 于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.
综上所述，当a≤时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当 当a≥时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
(2)设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，
则由f(0)＝f(x0)＝0可知，f(x)在区间(0，x0)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，x0)内存在零点x1.
同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.
故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a≤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≥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 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x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(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 当e－2 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x1和x2.
由此可知f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2，1]上单调递增．
所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2) 故f(x)在(x1，x2)内有零点．
综上可知，a的取值范围是(e－2，1)．

B4 函数的奇偶性与周期性
7．[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　)
A．f(x)是偶函数 B．f(x)是增函数
C．f(x)是周期函数 D．f(x)的值域为[－1，＋∞)
7．D　
3．[2014·湖南卷] 已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，则f(1)＋g(1)＝(　　)
A．－3 B．－1 C．1 D．3
3．C　
3．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是(　　)
A．f(x)g(x)是偶函数 B．|f(x)|g(x)是奇函数
C．f(x)|g(x)|是奇函数 D．|f(x)g(x)|是奇函数
3．C　
15．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0，若f(x－1)＞0，则x的取值范围是________．
15．(－1，3)　

B5 二次函数
16．[2014·全国卷] 若函数f(x)＝cos 2x＋asin x在区间是减函数，则a的取值范围是________．
16．(－∞，2]　

B6 指数与指数函数
4．[2014·福建卷] 若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图像如图1­1所示，则下列函数图像正确的是(　　)

图1­1

　　　　 A　　　　　　　　　　　B

　　　　C　　　　　　　　　　　D
图1­2

4．B　
3．[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝5|x|，g(x)＝ax2－x(a∈R)．若f[g(1)]＝1，则a＝(　　)
A．1 B．2 C．3 D．－1
3．A　
3．[2014·辽宁卷] 已知a＝2－，b＝log2，
c＝log，则(　　)
A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a
3．C
2．[2014·山东卷] 设集合A＝{x||x－1|＜2}，B＝{y|y＝2x，x∈[0，2]}，则A∩B＝(　　)
A．[0，2] B．(1，3) C．[1，3) D．(1，4)
2．C　
7．[2014·陕西卷] 下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)·f(y)”的单调递增函数是(　　)
A．f(x)＝x B．f(x)＝x3 C．f(x)＝ D．f(x)＝3x
7．B　
11．[2014·陕西卷] 已知4a＝2，lg x＝a，则x＝________．
11.　[解析] 由4a＝2，得a＝，代入lg x＝a，得lg x＝，那么x＝10 ＝.

B7 对数与对数函数
5．[2014·山东卷] 已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是(　　)
A. ＞ B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1) C. sin x＞sin y D. x3＞y3
5．D　
3．[2014·山东卷] 函数f(x)＝的定义域为(　　)
A. B．(2，＋∞) C. ∪(2，＋∞) D. ∪[2，＋∞)
3．C　
13．[2014·广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．
13．50　
3．、[2014·辽宁卷] 已知a＝2－，b＝log2，
c＝log，则(　　)
A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a
3．C　
4．[2014·天津卷] 函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间为(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)
4．D　
7．[2014·浙江卷] 在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x>0)，g(x)＝logax的图像可能是(　　)

　 　　 A　　　　　　　　　　　　B

　 　　 C　　　　　　　　　　　　D
图1­2
7．D　
12．[2014·重庆卷] 函数f(x)＝log2·log(2x)的最小值为________．
12．－　

B8 幂函数与函数的图像
10．[2014·湖北卷] 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为(　　)
A. B. C. D.
10．B　

8．[2014·山东卷] 已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是(　　)
A. B. C. (1，2) D. (2，＋∞)
8．B　

　 　 　C　　　　　　　　　　　　D
B9 函数与方程
10．[2014·湖南卷] 已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图像上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，) B．(－∞，) C. D.
10．B　
14．[2014·天津卷] 已知函数f(x)＝|x2＋3x|，x∈R.若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为________．
14．(0，1)∪(9，＋∞)　

6．[2014·浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0 A．c≤3 B．39
6．C　

B10 函数模型及其应用
8．[2014·湖南卷] 某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p，第二年的增长率为q，则该市这两年生产总值的年平均增长率为(　　)
A. B. C. D.－1
8．D　
10．[2014·陕西卷] 如图1­2，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 (　　)

图1­2
A．y＝x3－x B．y＝x3－x C．y＝x3－x D．y＝－x3＋x
10．A　

B11 导数及其运算
18．[2014·安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，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－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，
x2＝，x1 所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．
当xx2时，f′(x)<0；
当x10.
故f(x)在和 内单调递减，
在内单调递增．
(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0，
①当a≥4时，x2≥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 由(1)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＝处取得最大值．
又f(0)＝1，f(1)＝a，
所以当0 当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；
当1 21．[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{an}满足a1＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c.
21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>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＋kx2>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an>c.
①当n＝1时，由题设知a1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．
由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.
当n＝k＋1时，＝＋a＝
1＋.
由ak>c>0得－1<－<<0.
由(1)中的结论得＝>1＋p· ＝.
因此a>c，即ak＋1>c，
所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．
再由＝1＋可得<1，
即an＋1 综上所述，an>an＋1>c，n∈N*.
方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，
所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.
由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.
①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知
a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，
故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，
即有ak＋1>ak＋2>c，
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an>an＋1>c均成立．
20．[2014·福建卷] 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处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)证明：当x>0时，x2 (3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 20．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f ′(x)＝ex－a.
又f ′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2.
令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x 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．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－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x2 (3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2 故当x>0时，x2 取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 ②若01，要使不等式x2kx2成立．
而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．
令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝.
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.
即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 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＝，
由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e·e>·，
当x>x0时，ex>>＝x2，
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 方法三：(1)同方法一．
(2)同方法一．
(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3 证明如下：
令h(x)＝x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.
由(2)知，当x>0时，x2 从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x) 取x0＝，当x>x0时，有x2 因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 10．、[2014·广东卷] 曲线y＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．
10．y＝－5x＋3　[解析] 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y′＝－5e－5x，所以切线的斜率k＝－5e0＝－5，所以切线方程是：y－3＝－5(x－0)，即y＝－5x＋3.
13．[2014·江西卷] 若曲线y＝e－x上点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．
13．(－ln 2，2)　[解析] 设点P的坐标为(x0，y0)，y′＝－e－x.又切线平行于直线2x＋y＋1＝0，所以－e－x0＝－2，可得x0＝－ln 2，此时y＝2，所以点P的坐标为(－ln 2，2)．
18．[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．
(1)当b＝4时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围．
18．解：(1)当b＝4时，f′(x)＝，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∈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)＝，易知当x∈时，<0，
依题意当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，得b≤.
所以b的取值范围为.
7．[2014·全国卷] 曲线y＝xex－1在点(1，1)处切线的斜率等于(　　)
A．2e B．e C．2 D．1
7．C　
8．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y＝2x，则a＝(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
8．D　
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．
21．解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝，
g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(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)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则φ′(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)．
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]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，
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＋＋…＋ 在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，则 下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时， ②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋ 那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋ 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＋＋…＋ 在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，则ln>.
故有ln 2－ln 1>，
ln 3－ln 2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，
结论得证．
方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，

∴＋＋…＋>dx＝
dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
19．[2014·四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，点(a8，4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.
19．解：(1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，所以
2a8＝4×2a7＝2a7＋2，解得d＝a8－a7＝2，
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，
其在x轴上的截距为a2－.
由题意有a2－＝2－，解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n，
所以数列{}的通项公式为＝，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，
2Tn＝＋＋＋…＋，
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.
所以，Tn＝.

B12 导数的应用
21．，[2014·四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－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)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．
当a≤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≥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 于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.
综上所述，当a≤时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当 当a≥时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.
(2)设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，
则由f(0)＝f(x0)＝0可知，f(x)在区间(0，x0)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，x0)内存在零点x1.
同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.
故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点．
由(1)知，当a≤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≥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 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x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(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 当e－2 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x1和x2.
由此可知f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2，1]上单调递增．
所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2) 故f(x)在(x1，x2)内有零点．
综上可知，a的取值范围是(e－2，1)．

18．[2014·安徽卷] 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，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－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，
x2＝，x1 所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．
当xx2时，f′(x)<0；
当x10.
故f(x)在和 内单调递减，
在内单调递增．
(2)因为a>0，所以x1<0，x2>0，
①当a≥4时，x2≥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 由(1)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＝处取得最大值．
又f(0)＝1，f(1)＝a，
所以当0 当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；
当1 18．[2014·北京卷] 已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈.
(1)求证：f(x)≤0；
(2)若a< 18．解：(1)证明：由f(x)＝xcos x－sin x得
f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.
因为在区间上f′(x)＝－xsin x<0，所以f(x)在区间上单调递减．
从而f(x)≤f(0)＝0.
(2)当x>0时，“>a”等价于“sin x－ax>0”，“ 令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c.
当c≤0时，g(x)>0对任意x∈恒成立．
当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cos x－c<0，所以g(x)在区间上单调递减，
从而g(x) 当0 g(x)与g′(x)在区间上的情况如下：

x
(0，x0)
x0

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∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即0 综上所述，当且仅当c≤时，g(x)>0对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)<0对任意x∈恒成立．
所以，若a< 20．[2014·福建卷] 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处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)证明：当x>0时，x2 (3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 20．解：方法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f ′(x)＝ex－a.
又f ′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f(x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2.
令f ′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x 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．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－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x2 (3)证明：①若c≥1，则ex≤cex.又由(2)知，当x>0时，x2 故当x>0时，x2 取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 ②若01，要使不等式x2kx2成立．
而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln x＋ln k成立．
令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝.
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.
即存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 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＝，
由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e·e>·，
当x>x0时，ex>>＝x2，
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 方法三：(1)同方法一．
(2)同方法一．
(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有x3 证明如下：
令h(x)＝x3－ex，则h′(x)＝x2－ex.
由(2)知，当x>0时，x2 从而h′(x)<0，h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x) 取x0＝，当x>x0时，有x2 因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2 21．[2014·广东卷] 设函数f(x)＝，其中k<－2.
(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；
(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；
(3)若k<－6，求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示)．
22．[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)＝的单调区间；
(2)求e3，3e，eπ，πe，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；
(3)将e3，3e，eπ，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)＝，所以f′(x)＝.
当f′(x)>0，即0 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 于是根据函数y＝ln x，y＝ex，y＝πx在定义域上单调递增，可得
3e<πe<π3，e3 故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e3之中．
由e<3<π及(1)的结论，得f(π) 由<，得ln π3π3；
由<，得ln 3e 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 又由(2)知，<，得πe 故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小．
由(1)知，当0 即<.
在上式中，令x＝，又2－.①
由①得，eln π>e>2.7×>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，
即eln π>3，亦即ln πe>ln e3，所以e3<πe.
又由①得，3ln π>6－>6－e>π，即3ln π>π，
所以eπ<π3.
综上可得，3e 即这6个数从小到大的顺序为3e，e3，πe，eπ，π3，3π.
22．[2014·湖南卷] 已知常数a＞0，函数
f(x)＝ln(1＋ax)－.
(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．
22．解：(1)f′(x)＝－＝.(*)
当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当0 x1＝2.
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；
当0＜a＜1时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
(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 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，
x>－且x≠－2，
所以－2>－，－2≠－2，
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．
而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－＝ln(2a－1)2－＝ln(2a－1)2＋－2.
令2a－1＝x.由0 当0 当 记g(x)＝ln x2＋－2.
(i)当－1 因此，g(x)在区间(－1，0)上单调递减，
从而g(x) 故当0 (ii)当0 所以g′(x)＝－＝<0，
因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，
从而g(x)>g(1)＝0.故当0.
综上所述，满足条件的a的取值范围为.
18．[2014·江西卷] 已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)(b∈R)．
(1)当b＝4时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围．
18．解：(1)当b＝4时，f′(x)＝，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∈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)＝，易知当x∈时，<0，
依题意当x∈时，有5x＋(3b－2)≤0，从而＋(3b－2)≤0，得b≤.
所以b的取值范围为.
11．[2014·辽宁卷] 当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－5，－3] B.
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
11．C　[解析] 当－2≤x<0时，不等式转化为a≤，
令f(x)＝(－2≤x<0)，
则f′(x)＝＝，故f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a≤＝－2.当x＝0时，g(x)恒成立．当0 ，
故g(x)在(0，1]上单调递增，此时有a≥＝－6.
综上，－6≤a≤－2.
22．[2014·全国卷] 函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明： 22．解：(1)易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝.
(i)当10，所以f(x)在(－1，a2－2a)是增函数；
若x∈(a2－2a，0)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a2－2a，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，a2－2a)，则f′(x)<0，
所以f(x)在(0，a2－2a)是减函数；
若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(a2－2a，＋∞)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)>(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) 下面用数学归纳法证明 (i)当n＝1时，由已知 (ii)假设当n＝k时结论成立，即 当n＝k＋1时，
ak＋1＝ln(ak＋1)>ln>＝，
ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln<＝，
即当n＝k＋1时，有 根据(i)(ii)知对任何n∈结论都成立．
11．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 已知函数f(x)＝ax3－3x2＋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)
11．C　[解析] 当a＝0时，f(x)＝－3x2＋1，存在两个零点，不符合题意，故a≠0.
由f′(x)＝3ax2－6x＝0，得x＝0或x＝.
若a<0，则函数f(x)的极大值点为x＝0，且f(x)极大值＝f(0)＝1，极小值点为x＝，且f(x)极小值＝f＝，此时只需>0，即可解得a<－2；
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)．
21．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexln x＋，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)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－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)＝exln x＋ex－1，
从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，
则g′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈时，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，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)＝－.
因为gmin(x)＝g＝h(1)＝hmax(x)，
所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
21．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex－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＜＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．
21．解：(1)f′(x)＝ex＋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)＝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)．
(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 综上，b的最大值为2.
(3)由(2)知，g(ln)＝－2b＋2(2b－1)ln 2.
当b＝2时，g(ln)＝－4＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8；
当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，
g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln 2<0，
ln 2<<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
20．[2014·山东卷] 设函数f(x)＝－k(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)＝－k
＝－
＝.
由k≤0可得ex－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)＝ex－kx，x∈(0，＋∞)．
因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，
当0 当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－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
解得e 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.
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．
21．解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝，
g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(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)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则φ′(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)．
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]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，
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＋＋…＋ 在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，则 下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时， ②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋ 那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋ 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＋＋…＋ 在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，则ln>.

故有ln 2－ln 1>，
ln 3－ln 2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，
结论得证．
方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，

∴＋＋…＋>dx＝
dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
20．[2014·天津卷] 设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1 (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．
20．解：(1)由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex.
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.
由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0 故a的取值范围是(0，e－1)．
(2)证明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝.设g(x)＝，由g′(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，x1，x2满足a＝g(x1)，a＝g(x2)．由a∈(0，e－1)及g(x)的单调性，可得x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)．
对于任意的a1，a2∈(0，e－1)，设a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1，其中0<ξ1<1<ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.
因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2.
又由ξ1，η1>0，得<<，
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.
设＝t，则t>1，且解得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝.①
令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝.
令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(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．
22．[2014·浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋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)＝
所以f′(x)＝
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.
(ii)当－1 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，当－1 (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.
综上，M(a)－m(a)＝
(2)令h(x)＝f(x)＋b，
则h(x)＝
h′(x)＝
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 令t(a)＝－2－a3＋3a，则t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，
因此－2≤3a＋b≤0.
(iii)当 (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.
20．[2014·重庆卷] 已知函数f(x)＝ae2x－be－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)＝2ae2x＋2be－2x－c，由f′(x)为偶函数，知f′(－x)＝f′(x)，即2(a－b)(e2x－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)＝e2x－e－2x－3x，那么
f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2－3＝1>0，
故f(x)在R上为增函数．
(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2＝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)＝2e2x＋2e－2x－c>0，此时f(x)无极值．
当c＝4时，对任意x≠0，f′(x)＝2e2x＋2e－2x－4>0，此时f(x)无极值．
当c>4时，令e2x＝t，注意到方程2t＋－c＝0有两根t1，2＝>0，则f′(x)＝0有两个根x1＝ln t1，x2＝ln t2.
当x1x2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，＋∞)．

B13 定积分与微积分基本定理
14．、[2014·福建卷] 如图1­4，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________．

图1­4

14.　[解析] 因为函数y＝ln x的图像与函数y＝ex的图像关于正方形的对角线所在直线y＝x对称，则图中的两块阴影部分的面积为
S＝2ln xdx＝2(xln x－x)1＝2[(eln e－e)－(ln 1－1)]＝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＝.
6．[2014·湖北卷] 若函数f(x)，g(x)满足f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1，1]上的一组正交函数，给出三组函数：
①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.
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f(x)g(x)dx＝0.
①f(x)g(x)dx＝sinxcosxdx＝
sinxdx＝＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；
②f(x)g(x)dx＝(x＋1)(x－1)dx＝＝－≠0，故第②组不是区间[－1，1]上的正交函数；
③f(x)g(x)dx＝x·x2dx＝＝0，故第③组是区间[－1，1]上的正交函数．
综上，是区间[－1，1]上的正交函数的组数是2. 故选C.
9．[2014·湖南卷] 已知函数f(x)＝sin(x－φ)，且
∫0f(x)dx＝0，则函数f(x)的图像的一条对称轴是(　　)
A．x＝ B．x＝ C．x＝ D．x＝
9．A　
8.[2014·江西卷] 若f(x)＝x2＋2f(x)dx，则f(x)dx＝(　　)
A．－1 B．－ C. D．1
8．B　
6．[2014·山东卷] 直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为(　　)
A. 2　 B. 4　 C. 2 D. 4
6．D　
3．[2014·陕西卷] 定积分(2x＋ex)dx的值为(　　)
A．e＋2 B．e＋1 C．e D．e－1
3．C　

B14 单元综合
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＝2f(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
9．A　

10．、[2014·湖南卷] 已知函数f(x)＝x2＋ex－(x<0)与g(x)＝x2＋ln(x＋a)的图像上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，) B．(－∞，) C. D.
10．B　

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＝，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；
(2)当f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为a，b的调和平均数.
(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)
14．(1)　(2)x(或填(1)k1；(2)k2x，其中k1，k2为正常数)
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；
②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|<|x－y|.
若对所有x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)| A. B. C. D.
12．B　
22．[2014·湖南卷] 已知常数a＞0，函数
f(x)＝ln(1＋ax)－.
(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．
22．解：(1)f′(x)＝－＝.(*)
当a≥1时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当0 x1＝2.
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；
当0＜a＜1时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
(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 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，
x>－且x≠－2，
所以－2>－，－2≠－2，
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．
而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－＋ln(1＋ax2)－＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－＝ln(2a－1)2－＝ln(2a－1)2＋－2.
令2a－1＝x.由0 当0 当 记g(x)＝ln x2＋－2.
(i)当－1 因此，g(x)在区间(－1，0)上单调递减，
从而g(x) 故当0 (ii)当0 所以g′(x)＝－＝<0，
因此，g(x)在区间(0，1)上单调递减，
从而g(x)>g(1)＝0.故当0.
综上所述，满足条件的a的取值范围为.
21．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexln x＋，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)＝aexln x＋ex－ex－1＋ex－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)＝exln x＋ex－1，
从而f(x)>1等价于xln x>xe－x－.
设函数g(x)＝xln x，
则g′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈时，g′(x)<0；
当x∈时，g′(x)>0.
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.
设函数h(x)＝xe－x－，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)＝－.
因为gmin(x)＝g＝h(1)＝hmax(x)，
所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.
21．、[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex－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＜＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．
21．解：(1)f′(x)＝ex＋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)＝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)．
(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 综上，b的最大值为2.
(3)由(2)知，g(ln)＝－2b＋2(2b－1)ln 2.
当b＝2时，g(ln)＝－4＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8；
当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，
g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln 2<0，
ln 2<<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.

15．[2014·四川卷] 以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：
①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；
②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；
③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∉B；
④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x>－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.
其中的真命题有________．(写出所有真命题的序号)
15．①③④　
20．[2014·天津卷] 设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1 (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．
20．解：(1)由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex.
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.
由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得0 故a的取值范围是(0，e－1)．
(2)证明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝.设g(x)＝，由g′(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，x1，x2满足a＝g(x1)，a＝g(x2)．由a∈(0，e－1)及g(x)的单调性，可得x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)．
对于任意的a1，a2∈(0，e－1)，设a1>a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1，其中0<ξ1<1<ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0<η1<1<η2.
因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1>a2，即g(ξ1)>g(η1)，可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2.
又由ξ1，η1>0，得<<，
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.
设＝t，则t>1，且解得x1＝，x2＝，所以x1＋x2＝.①
令h(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则h′(x)＝.
令u(x)＝－2ln x＋x－，得u′(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．
10．[2014·浙江卷] 设函数f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝|sin 2πx|，ai＝，i＝0，1，2，…，99.记Ik＝|fk(a1)－fk(a0)|＋|fk(a2)－fk(a1)|＋…＋|fk(a99)－fk(a98)|，k＝1，2，3，则(　　)
A．I1 C．I1 10．B　[解析] 对于I1，由于＝(i＝1，2，…，99)，故I1＝(1＋3＋5＋…＋2×99－1)＝＝1；对于I2，由于2＝|100－2i|(i＝1，2，…，99)，故I2＝×2×＝＝<1.
I3＝sin －sin ＋sin－sin ＋…＋
sin－sin＝
≈>1.故I2 15．[2014·浙江卷] 设函数f(x)＝
若f[f(a)]≤2，则实数a的取值范围是________．
15．(－∞，]　[解析] 函数f(x)的图像如图所示，令t＝f(a)，则f(t)≤2，由图像知t≥－2，所以f(a)≥－2，则a≤.

22．[2014·浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋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)＝
所以f′(x)＝
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.
(ii)当－1 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，当－1 (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.
综上，M(a)－m(a)＝
(2)令h(x)＝f(x)＋b，
则h(x)＝
h′(x)＝
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 令t(a)＝－2－a3＋3a，则t′(a)＝3－3a2>0，t(a)在上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，
因此－2≤3a＋b≤0.
(iii)当 (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.