2014年高考數(shù)學理科（高考真題+模擬新題）分類匯編：B單元++函數(shù)與導數(shù)

1、 數(shù) 學 B單元 函數(shù)與導數(shù) B1函數(shù)及其表示62014安徽卷 設(shè)函數(shù)f(x)(xR)滿足f(x)f(x)sin x當0 x0，,cos x， x0，)則下列結(jié)論正確的是()Af(x)是偶函數(shù)Bf(x)是增函數(shù)Cf(x)是周期函數(shù)Df(x)的值域為1，)7D解析 由函數(shù)f(x)的解析式知，f(1)2，f(1)cos(1)cos 1，f(1)f(1)，則f(x)不是偶函數(shù)；當x0時，令f(x)x21，則f(x)在區(qū)間(0，)上是增函數(shù)，且函數(shù)值f(x)1；當x0時，f(x)cos x，則f(x)在區(qū)間(，0上不是單調(diào)函數(shù)，且函數(shù)值f(x)1，1；函數(shù)f(x)不是單調(diào)函數(shù)，也不是周期函數(shù)，其值域為

2、1，)22014江西卷 函數(shù)f(x)ln(x2x)的定義域為()A(0，1 B0，1C(，0)(1，) D(，01，)2C解析 由x2x0，得x1或x0，,cos x， x0，)則下列結(jié)論正確的是()Af(x)是偶函數(shù)Bf(x)是增函數(shù)Cf(x)是周期函數(shù)Df(x)的值域為1，)7D解析 由函數(shù)f(x)的解析式知，f(1)2，f(1)cos(1)cos 1，f(1)f(1)，則f(x)不是偶函數(shù)；當x0時，令f(x)x21，則f(x)在區(qū)間(0，)上是增函數(shù)，且函數(shù)值f(x)1；當x0時，f(x)cos x，則f(x)在區(qū)間(，0上不是單調(diào)函數(shù)，且函數(shù)值f(x)1，1；函數(shù)f(x)不是單調(diào)函數(shù)

3、，也不是周期函數(shù)，其值域為1，)21、2014廣東卷 設(shè)函數(shù)f(x)eq f(1,r(（x22xk）22（x22xk）3)，其中k2.(1)求函數(shù)f(x)的定義域D(用區(qū)間表示)；(2)討論函數(shù)f(x)在D上的單調(diào)性；(3)若kf(1)的x的集合(用區(qū)間表示)122014四川卷 設(shè)f(x)是定義在R上的周期為2的函數(shù)，當x1，1)時，f(x)eq blc(avs4alco1(4x22，1x0，,x， 0 x2，aR)有最大值，則f(x)B.其中的真命題有_(寫出所有真命題的序號)15解析 若f(x)A，則f(x)的值域為R，于是，對任意的bR，一定存在aD，使得f(a)b，故正確取函數(shù)f(x)

4、x(1x1)，其值域為(1，1)，于是，存在M1，使得f(x)的值域包含于M，M1，1，但此時f(x)沒有最大值和最小值，故錯誤當f(x)A時，由可知，對任意的bR，存在aD，使得f(a)b，所以，當g(x)B時，對于函數(shù)f(x)g(x)，如果存在一個正數(shù)M，使得f(x)g(x)的值域包含于M，M，那么對于該區(qū)間外的某一個b0R，一定存在一個a0D，使得f(a0)bg(a0)，即f(a0)g(a0)b0M，M，故正確對于f(x)aln(x2)eq f(x,x21) (x2)，當a0或a0時，函數(shù)f(x)都沒有最大值要使得函數(shù)f(x)有最大值，只有a0，此時f(x)eq f(x,x21) (x2

5、)易知f(x)eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，所以存在正數(shù)Meq f(1,2)，使得f(x)M，M，故正確21，2014四川卷 已知函數(shù)f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間0，1上的最小值；(2)若f(1)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)有零點，求a的取值范圍21解：(1)由f(x)exax2bx1，得g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.當x0，1時，g(x)12a，e2a當aeq f(1,2)時，g(x)0，所以g(x)在0，1上單調(diào)遞增，因此

6、g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；當aeq f(e,2)時，g(x)0，所以g(x)在0，1上單調(diào)遞減，因此g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab；當eq f(1,2)aeq f(e,2)時，令g(x)0，得xln(2a)(0，1)，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增，于是，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.綜上所述，當aeq f(1,2)時，g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；當eq f(1,2)aeq f(e,2)時，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；當

7、aeq f(e,2)時，g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab.(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)的一個零點，則由f(0)f(x0)0可知，f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負故g(x)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)存在零點x1.同理g(x)在區(qū)間(x0，1)內(nèi)存在零點x2.故g(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)至少有兩個零點由(1)知，當aeq f(1,2)時，g(x)在0，1上單調(diào)遞增，故g(x)在(0，1)內(nèi)至多有一個零點；當aeq f(e,2)時，g(x)在0，1上單調(diào)遞減，故g(x)在(0，1)內(nèi)至多有一個零點，都不合題意所以eq

8、 f(1,2)a0，g(1)e2ab0.由f(1)0得abe10，g(1)1a0，解得e2a1.當e2a1時，g(x)在區(qū)間0，1內(nèi)有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0，則g(x)0(x0，1)，從而f(x)在區(qū)間0，1內(nèi)單調(diào)遞增，這與f(0)f(1)0矛盾，所以g(ln(2a)0，g(1)1a0.故此時g(x)在(0，ln(2a)和(ln(2a)，1)內(nèi)各只有一個零點x1和x2.由此可知f(x)在0，x1上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在x2，1上單調(diào)遞增所以f(x1)f(0)0，f(x2)0，,cos x， x0，)則下列結(jié)論正確的是()Af(x)是偶函數(shù)Bf(x)是增函數(shù)

9、Cf(x)是周期函數(shù)Df(x)的值域為1，)7D解析 由函數(shù)f(x)的解析式知，f(1)2，f(1)cos(1)cos 1，f(1)f(1)，則f(x)不是偶函數(shù)；當x0時，令f(x)x21，則f(x)在區(qū)間(0，)上是增函數(shù)，且函數(shù)值f(x)1；當x0時，f(x)cos x，則f(x)在區(qū)間(，0上不是單調(diào)函數(shù)，且函數(shù)值f(x)1，1；函數(shù)f(x)不是單調(diào)函數(shù)，也不是周期函數(shù)，其值域為1，)32014湖南卷 已知f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且f(x)g(x)x3x21，則f(1)g(1)()A3 B1 C1 D33C解析 因為f(x)是偶函數(shù)，g(x)是奇函數(shù)，所以f

10、(1)g(1)f(1)g(1)(1)3(1)211.32014新課標全國卷 設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論中正確的是()Af(x)g(x)是偶函數(shù)B|f(x)|g(x)是奇函數(shù)Cf(x)|g(x)|是奇函數(shù)D|f(x)g(x)|是奇函數(shù)3C解析 由于偶函數(shù)的絕對值還是偶函數(shù)，一個奇函數(shù)與一個偶函數(shù)之積為奇函數(shù)，故正確選項為C.152014新課標全國卷 已知偶函數(shù)f(x)在0，)單調(diào)遞減，f(2)0，若f(x1)0，則x的取值范圍是_15(1，3)解析 根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)，易知f(x)0的解集為(2，2)，若f(x1)0，則2x12，解得1

11、x0，且a1)的圖像如圖11所示，則下列函數(shù)圖像正確的是()圖11 ABCD圖124B解析 由函數(shù)ylogax的圖像過點(3，1)，得a3.選項A中的函數(shù)為yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(x)，則其函數(shù)圖像不正確；選項B中的函數(shù)為yx3，則其函數(shù)圖像正確；選項C中的函數(shù)為y(x)3，則其函數(shù)圖像不正確；選項D中的函數(shù)為ylog3(x)，則其函數(shù)圖像不正確32014江西卷 已知函數(shù)f(x)5|x|，g(x)ax2x(aR)若fg(1)1，則a()A1 B2 C3 D13A解析 g(1)a1，由fg(1)1，得5|a1|1，所以|a1|0，故a1.3、20

12、14遼寧卷 已知a2eq f(1,3)，blog2eq f(1,3)，clogeq f(1,2)eq f(1,3)，則()Aabc Bacb Ccab Dcba3C解析 因為0a2eq f(1,3)1，blog2eq f(1,3)logeq f(1,2)eq f(1,2)1，所以cab.2，2014山東卷 設(shè)集合Ax|x1|2，By|y2x，x0，2，則AB()A0，2 B(1，3) C1，3) D(1，4)2C解析 根據(jù)已知得，集合Ax|1x3，By|1y4，所以ABx|1x3故選C.5，2014山東卷 已知實數(shù)x，y滿足axay(0a1)，則下列關(guān)系式恒成立的是()A. eq f(1,x2

13、1)eq f(1,y21) B. ln(x21)ln(y21) C. sin xsin y D. x3y35D解析 因為axay(0a1)，所以xy，所以sin xsin y，ln(x21)ln(y21)，eq f(1,x21)eq f(1,y21)都不一定正確，故選D.72014陜西卷 下列函數(shù)中，滿足“f(xy)f(x)f(y)”的單調(diào)遞增函數(shù)是()Af(x)xeq f(1,2) Bf(x)x3 Cf(x)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)eq sup12(x) Df(x)3x7B解析 由于f(xy)f(x)f(y)，故排除選項A，C.又f(x)eq blc(rc)(a

14、vs4alco1(f(1,2)eq sup12(x)為單調(diào)遞減函數(shù)，所以排除選項D.112014陜西卷 已知4a2，lg xa，則x_11.eq r(10)解析 由4a2，得aeq f(1,2)，代入lg xa，得lg xeq f(1,2)，那么x10eq f(1,2) eq r(10).B7 對數(shù)與對數(shù)函數(shù)5，2014山東卷 已知實數(shù)x，y滿足axay(0a1)，則下列關(guān)系式恒成立的是()A. eq f(1,x21)eq f(1,y21) B. ln(x21)ln(y21) C. sin xsin y D. x3y35D解析 因為axay(0a1)，所以xy，所以sin xsin y，ln(

15、x21)ln(y21)，eq f(1,x21)eq f(1,y21)都不一定正確，故選D.3，2014山東卷 函數(shù)f(x)eq f(1,r(（log2x）21)的定義域為()A.eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2) B(2，)C. eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)(2，) D. eq blc(rc(avs4alco1(0，f(1,2)2，)3C解析 根據(jù)題意得，eq blc(avs4alco1(x0，,（log2）210，)解得eq blc(avs4alco1(x0，,x2或xf(1,2).)故選C.4、2014福建卷 若函數(shù)ylogax(a0，

16、且a1)的圖像如圖11所示，則下列函數(shù)圖像正確的是()圖11 ABCD圖124B解析 由函數(shù)ylogax的圖像過點(3，1)，得a3.選項A中的函數(shù)為yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(x)，則其函數(shù)圖像不正確；選項B中的函數(shù)為yx3，則其函數(shù)圖像正確；選項C中的函數(shù)為y(x)3，則其函數(shù)圖像不正確；選項D中的函數(shù)為ylog3(x)，則其函數(shù)圖像不正確13、2014廣東卷 若等比數(shù)列an的各項均為正數(shù)，且a10a11a9a122e5，則ln a1ln a2ln a20_1350解析 本題考查了等比數(shù)列以及對數(shù)的運算性質(zhì)an為等比數(shù)列，且a10a11a9a1

17、22e5，a10a11a9a122a10a112e5，a10a11e5，ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a10a11)10ln(e5)10ln e5050.3、2014遼寧卷 已知a2eq f(1,3)，blog2eq f(1,3)，clogeq f(1,2)eq f(1,3)，則()Aabc Bacb Ccab Dcba3C解析 因為0a2eq f(1,3)1，blog2eq f(1,3)logeq f(1,2)eq f(1,2)1，所以cab.42014天津卷 函數(shù)f(x)logeq f(1,2)(x24)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A(0，) B(，0) C(2，)

18、D(，2)4D解析 要使f(x)單調(diào)遞增，需有eq blc(avs4alco1(x240，,x0，)解得x0)，g(x)logax的圖像可能是() AB CD圖12圖127D解析 只有選項D符合，此時0a0，且a1)的圖像如圖11所示，則下列函數(shù)圖像正確的是()圖11 ABCD圖124B解析 由函數(shù)ylogax的圖像過點(3，1)，得a3.選項A中的函數(shù)為yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(x)，則其函數(shù)圖像不正確；選項B中的函數(shù)為yx3，則其函數(shù)圖像正確；選項C中的函數(shù)為y(x)3，則其函數(shù)圖像不正確；選項D中的函數(shù)為ylog3(x)，則其函數(shù)圖像不正確

19、102014湖北卷 已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當x0時，f(x)eq f(1,2)(|xa2|x2a2|3a2)若xR，f(x1)f(x)，則實數(shù)a的取值范圍為()A.eq blcrc(avs4alco1(f(1,6)，f(1,6) B.eq blcrc(avs4alco1(f(r(6),6)，f(r(6),6) C.eq blcrc(avs4alco1(f(1,3)，f(1,3) D.eq blcrc(avs4alco1(f(r(3),3)，f(r(3),3)10B解析 因為當x0時，f(x)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(blc|rc|(avs4al

20、co1(xa2)blc|rc|(avs4alco1(x2a2)3a2)，所以當0 xa2時，f(x)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(a2x2a2x3a2)x；當a2x2a2時，f(x)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(xa22a2x3a2)a2；當x2a2時，f(x)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(xa2x2a23a2)x3a2.綜上，f(x)eq blc(avs4alco1(x，0 xa2，,a2，a2x0)，g(x)logax的圖像可能是() AB CD圖12圖127D解析 只有選項D符合，此時0a1，冪函數(shù)

21、f(x)在(0，)上為增函數(shù)，且當x(0，1)時，f(x)的圖像在直線yx的上方，對數(shù)函數(shù)g(x)在(0，)上為減函數(shù)，故選D.B9 函數(shù)與方程 10、2014湖南卷 已知函數(shù)f(x)x2exeq f(1,2)(x0，)整理得x2(3a)xa0，則(3a)24aa210a90，解得a1或a9.故當ya|x1|與yf(x)的圖像有四個交點時，0a9.62014浙江卷 已知函數(shù)f(x)x3ax2bxc，且0f(1)f(2)f(3)3，則()Ac3 B3c6 C696C解析 由f(1)f(2)f(3)得eq blc(avs4alco1(1abc84a2bc，,84a2bc279a3bc)eq blc

22、(avs4alco1(73ab0，,195ab0)eq blc(avs4alco1(a6，,b11，)則f(x)x36x211xc，而0f(1)3，故06c3，6c9，故選C.B10 函數(shù)模型及其應(yīng)用 82014湖南卷 某市生產(chǎn)總值連續(xù)兩年持續(xù)增加，第一年的增長率為p，第二年的增長率為q，則該市這兩年生產(chǎn)總值的年平均增長率為()A.eq f(pq,2) B.eq f(（p1）（q1）1,2)C.eq r(pq) D.eq r(（p1）（q1）)18D解析 設(shè)年平均增長率為x，則有(1p)(1q)(1x)2，解得xeq r(（1p）（1q）)1.102014陜西卷 如圖12，某飛行器在4千米高空

23、水平飛行，從距著陸點A的水平距離10千米處開始下降，已知下降飛行軌跡為某三次函數(shù)圖像的一部分，則該函數(shù)的解析式為 ()圖12Ayeq f(1,125)x3eq f(3,5)x Byeq f(2,125)x3eq f(4,5)xCyeq f(3,125)x3x Dyeq f(3,125)x3eq f(1,5)x10A解析 設(shè)該三次函數(shù)的解析式為yax3bx2cxd.因為函數(shù)的圖像經(jīng)過點(0，0)，所以d0，所以yax3bx2cx.又函數(shù)過點(5，2)，(5，2)，則該函數(shù)是奇函數(shù)，故b0，所以yax3cx，代入點(5，2)得125a5c2.又由該函數(shù)的圖像在點(5，2)處的切線平行于x軸，y3a

24、x2c，得當x5時，y75ac0.聯(lián)立eq blc(avs4alco1(125a5c2，,75ac0，)解得eq blc(avs4alco1(af(1,125)，,cf(3,5).)故該三次函數(shù)的解析式為yeq f(1,125)x3eq f(3,5)x.B11 導數(shù)及其運算18、2014安徽卷 設(shè)函數(shù)f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；(2)當x0，1時 ，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值18解： (1)f(x)的定義域為(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1eq f(1r(43a),3)，x2eq f(1r(43a),3)，x1

25、x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)當xx2時，f(x)0；當x1x0.故f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1r(43a),3)和 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(43a),3)，)內(nèi)單調(diào)遞減，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(43a),3)，f(1r(43a),3)內(nèi)單調(diào)遞增(2)因為a0，所以x10，當a4時，x21.由(1)知，f(x)在0，1上單調(diào)遞增，所以f(x)在x0和x1處分別取得最小值和最大值當0a4時，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上單調(diào)遞增，在x2，1上單調(diào)遞減，所以f(x)在xx2eq f(1r(

26、43a),3)處取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以當0a1時，f(x)在x1處取得最小值；當a1時，f(x)在x0和x1處同時取得最小值；當1a12x，原不等式成立假設(shè)pk(k2，kN*)時，不等式(1x)k1kx成立當pk1時，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以當pk1時，原不等式也成立綜合可得，當x1，x0時，對一切整數(shù)p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用數(shù)學歸納法證明anceq f(1,p).當n1時，由題設(shè)知a1ceq f(1,p)成立假設(shè)nk(k1，kN*)時，不等式akceq sup6(f(1,p)成立由an1

27、eq f(p1,p)aneq f(c,p)aeq oal(1p,n)易知an0，nN*.當nk1時，eq f(ak1,ak)eq f(p1,p)eq f(c,p)aeq oal(p,k)1eq f(1,p)eq blc(rc)(avs4alco1(f(c,aeq oal(p,k)1).由akceq f(1,p)0得1eq f(1,p)eq f(1,p)eq blc(rc)(avs4alco1(f(c,aeq oal(p,k)1)1p eq f(1,p)eq blc(rc)(avs4alco1(f(c,aeq oal(p,k)1)eq f(c,aeq oal(p,k).因此aeq oal(p,k

28、1)c，即ak1ceq f(1,p)，所以當nk1時，不等式anceq f(1,p)也成立綜合可得，對一切正整數(shù)n，不等式anceq f(1,p)均成立再由eq f(an1,an)1eq f(1,p)eq blc(rc)(avs4alco1(f(c,aeq oal(p,n)1)可得eq f(an1,an)1，即an1an1ceq f(1,p)，nN*.方法二：設(shè)f(x)eq f(p1,p)xeq f(c,p)x1p，xceq f(1,p)，則xpc，所以f(x)eq f(p1,p)eq f(c,p)(1p)xpeq f(p1,p)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(c,xp)0.由

29、此可得，f(x)在ceq f(1,p)，)上單調(diào)遞增，因而，當xceq f(1,p)時，f(x)f(ceq f(1,p)ceq f(1,p).當n1時，由a1ceq f(1,p)0，即aeq oal(p,1)c可知a2eq f(p1,p)a1eq f(c,p)aeq oal(1p,1)a1eq blcrc(avs4alco1(1f(1,p)blc(rc)(avs4alco1(f(c,aeq oal(p,1)1)ceq f(1,p)，從而可得a1a2ceq f(1,p)，故當n1時，不等式anan1ceq f(1,p)成立假設(shè)nk(k1，kN*)時，不等式akak1ceq f(1,p)成立，則當

30、nk1時，f(ak)f(ak1)f(ceq f(1,p)，即有ak1ak2ceq f(1,p)，所以當nk1時，原不等式也成立綜合可得，對一切正整數(shù)n，不等式anan1ceq f(1,p)均成立20、2014福建卷 已知函數(shù)f(x)exax(a為常數(shù))的圖像與y軸交于點A，曲線yf(x)在點A處的切線斜率為1.(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；(2)證明：當x0時，x2ex；(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當x(x0，)時，恒有x2cex.20解：方法一：(1)由f(x)exax，得f (x)exa.又f (0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f (x)ex2.令f (

31、x)0，得xln 2.當xln 2時，f (x)ln 2時，f (x)0，f(x)單調(diào)遞增所以當xln 2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)無極大值(2)證明：令g(x)exx2，則g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln 2)2ln 40，故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)10，所以當x0時，g(x)g(0)0，即x20時，x20時，x2cex.取x00，當x(x0，)時，恒有x2cex.若0c1，要使不等式x2kx2成立而要使exkx2成立，則只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln

32、k，則h(x)1eq f(2,x)eq f(x2,x).所以當x2時，h(x)0，h(x)在(2，)內(nèi)單調(diào)遞增取x016k16，所以h(x)在(x0，)內(nèi)單調(diào)遞增又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2，5k0，所以h(x0)0.即存在x0eq f(16,c)，當x(x0，)時，恒有x2cex.綜上，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x20時，exx2，所以exeeq f(x,2)eeq f(x,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)eq blc(rc)(avs4al

33、co1(f(x,2)eq sup12(2)，當xx0時，exeq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)eq f(4,c)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)eq f(1,c)x2，因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x2cex.方法三：(1)同方法一(2)同方法一(3)首先證明當x(0，)時，恒有eq f(1,3)x30時，x2ex，從而h(x)0，h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，所以h(x)h(0)10，即eq f(1,3

34、)x3x0時，有eq f(1,c)x2eq f(1,3)x3ex.因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x2cex.10、2014廣東卷 曲線ye5x2在點(0，3)處的切線方程為_10y5x3解析 本題考查導數(shù)的幾何意義以及切線方程的求解方法因為y5e5x，所以切線的斜率k5e05，所以切線方程是：y35(x0)，即y5x3.132014江西卷 若曲線yex上點P處的切線平行于直線2xy10，則點P的坐標是_13(ln 2，2)解析 設(shè)點P的坐標為(x0，y0)，yex.又切線平行于直線2xy10，所以ex02，可得x0ln 2，此時y2，所以點P的坐標為(ln 2，2

35、)18、2014江西卷 已知函數(shù)f(x)(x2bxb)eq r(12x)(bR)(1)當b4時，求f(x)的極值；(2)若f(x)在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)上單調(diào)遞增，求b的取值范圍18解：(1)當b4時，f(x)eq f(5x（x2）,r(12x)，由f(x)0，得x2或x0.所以當x(，2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x2處取得極小值f(2)0，在x0處取得極大值f(0)4.(2)f(x)eq f(x5x（3b2）,r(12x)，易知當xe

36、q blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)時，eq f(x,r(12x)1時，對x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上單調(diào)遞減，(a1)1時，存在x0，使(x)nln(n1)證明如下：方法一：上述不等式等價于eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n1)eq f(x,1x)，x0.令xeq f(1,n)，nN，則eq f(1,n1)lneq f(n1,n).下面用數(shù)學歸納法證明當n1時，eq f(1,2)ln 2，結(jié)論成立假設(shè)當nk時結(jié)論成立，即eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,k1)ln(k1)那么，當nk1時，eq f(1,2)eq f(1,3

37、)eq f(1,k1)eq f(1,k2)ln(k1)eq f(1,k2)ln(k1)lneq f(k2,k1)ln(k2)，即結(jié)論成立由可知，結(jié)論對nN成立方法二：上述不等式等價于eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n1)eq f(x,1x)，x0.令xeq f(1,n)，nN，則lneq f(n1,n)eq f(1,n1).故有l(wèi)n 2ln 1eq f(1,2)，ln 3ln 2eq f(1,3)，ln(n1)ln neq f(1,n1)，上述各式相加可得ln(n1)eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n1)，結(jié)論得證方法三：如圖，eq iin(0,n,)eq

38、f(x,x1)dx是由曲線yeq f(x,x1)，xn及x軸所圍成的曲邊梯形的面積，而eq f(1,2)eq f(2,3)eq f(n,n1)是圖中所示各矩形的面積和，eq f(1,2)eq f(2,3)eq f(n,n1)eq iin(0,n,)eq f(x,x1)dxeq iin(0,n,)eq blc(rc)(avs4alco1(1f(1,x1)dxnln(n1)，結(jié)論得證19，2014四川卷 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)2x的圖像上(nN*)(1)若a12，點(a8，4b7)在函數(shù)f(x)的圖像上，求數(shù)列an的前n項和Sn；(2)若a11，函數(shù)f(x)的圖像

39、在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2eq f(1,ln 2)，求數(shù)列eq blcrc(avs4alco1(f(an,bn)的前n項和Tn.19解：(1)由已知得，b72a7，b82a84b7，所以2a842a72a72，解得da8a72，所以Snna1eq f(n（n1）,2)d2nn(n1)n23n.(2)函數(shù)f(x)2x在點(a2，b2)處的切線方程為y2a2(2a2ln 2)(xa2)，其在x軸上的截距為a2eq f(1,ln 2).由題意有a2eq f(1,ln 2)2eq f(1,ln 2)，解得a22.所以da2a11.從而ann，bn2n，所以數(shù)列eq f(an,bn)的

40、通項公式為eq f(an,bn)eq f(n,2n)，所以Tneq f(1,2)eq f(2,22)eq f(3,23)eq f(n1,2n1)eq f(n,2n)，2Tneq f(1,1)eq f(2,2)eq f(3,22)eq f(n,2n1)，因此，2TnTn1eq f(1,2)eq f(1,22)eq f(1,2n1)eq f(n,2n)2eq f(1,2n1)eq f(n,2n)eq f(2n1n2,2n).所以，Tneq f(2n1n2,2n).B12 導數(shù)的應(yīng)用21，2014四川卷 已知函數(shù)f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)(1)設(shè)g(x

41、)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間0，1上的最小值；(2)若f(1)0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)有零點，求a的取值范圍21解：(1)由f(x)exax2bx1，得g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.當x0，1時，g(x)12a，e2a當aeq f(1,2)時，g(x)0，所以g(x)在0，1上單調(diào)遞增，因此g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；當aeq f(e,2)時，g(x)0，所以g(x)在0，1上單調(diào)遞減，因此g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab；當eq f(1,2)aeq f(e,2)時，令g(x)0，得xln(2a)(0，1)，所以函數(shù)g

42、(x)在區(qū)間0，ln(2a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(ln(2a)，1上單調(diào)遞增，于是，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.綜上所述，當aeq f(1,2)時，g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；當eq f(1,2)aeq f(e,2)時，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；當aeq f(e,2)時，g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab.(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)的一個零點，則由f(0)f(x0)0可知，f(x)在區(qū)間(0，x0)上不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減則g(x)不可能恒為正，也不可能恒為負故g(x

43、)在區(qū)間(0，x0)內(nèi)存在零點x1.同理g(x)在區(qū)間(x0，1)內(nèi)存在零點x2.故g(x)在區(qū)間(0，1)內(nèi)至少有兩個零點由(1)知，當aeq f(1,2)時，g(x)在0，1上單調(diào)遞增，故g(x)在(0，1)內(nèi)至多有一個零點；當aeq f(e,2)時，g(x)在0，1上單調(diào)遞減，故g(x)在(0，1)內(nèi)至多有一個零點，都不合題意所以eq f(1,2)a0，g(1)e2ab0.由f(1)0得abe10，g(1)1a0，解得e2a1.當e2a1時，g(x)在區(qū)間0，1內(nèi)有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0，則g(x)0(x0，1)，從而f(x)在區(qū)間0，1內(nèi)單調(diào)遞增，這與f(0)f(1

44、)0矛盾，所以g(ln(2a)0，g(1)1a0.故此時g(x)在(0，ln(2a)和(ln(2a)，1)內(nèi)各只有一個零點x1和x2.由此可知f(x)在0，x1上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減，在x2，1上單調(diào)遞增所以f(x1)f(0)0，f(x2)f(1)0，故f(x)在(x1，x2)內(nèi)有零點綜上可知，a的取值范圍是(e2，1)18、2014安徽卷 設(shè)函數(shù)f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；(2)當x0，1時 ，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值18解： (1)f(x)的定義域為(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1eq f

45、(1r(43a),3)，x2eq f(1r(43a),3)，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)當xx2時，f(x)0；當x1x0.故f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1r(43a),3)和 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(43a),3)，)內(nèi)單調(diào)遞減，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(43a),3)，f(1r(43a),3)內(nèi)單調(diào)遞增(2)因為a0，所以x10，當a4時，x21.由(1)知，f(x)在0，1上單調(diào)遞增，所以f(x)在x0和x1處分別取得最小值和最大值當0a4時，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上單調(diào)

46、遞增，在x2，1上單調(diào)遞減，所以f(x)在xx2eq f(1r(43a),3)處取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以當0a1時，f(x)在x1處取得最小值；當a1時，f(x)在x0和x1處同時取得最小值；當1a4時，f(x)在x0處取得最小值182014北京卷 已知函數(shù)f(x)xcos xsin x，xeq blcrc(avs4alco1(0，f(,2).(1)求證：f(x)0；(2)若aeq f(sin x,x)b對xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立，求a的最大值與b的最小值18解：(1)證明：由f(x)xcos xsin x得f(x)cos xxsin x

47、cos xxsin x.因為在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)上f(x)xsin x0時，“eq f(sin x,x)a”等價于“sin xax0”，“eq f(sin x,x)b”等價于“sin xbx0對任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立當c1時，因為對任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，g(x)cos xc0，所以g(x)在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)上單調(diào)遞減，從而g(x)g(0)0對任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立當0cg(0)

48、0.進一步，“g(x)0對任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立”當且僅當geq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)1eq f(,2)c0，即00對任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立；當且僅當c1時，g(x)0對任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立所以，若aeq f(sin x,x)0時，x2ex；(3)證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當x(x0，)時，恒有x2cex.20解：方法一：(1)由f(x)exax，得f (x)exa.又f (0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x

49、，f (x)ex2.令f (x)0，得xln 2.當xln 2時，f (x)ln 2時，f (x)0，f(x)單調(diào)遞增所以當xln 2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)無極大值(2)證明：令g(x)exx2，則g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln 2)2ln 40，故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)10，所以當x0時，g(x)g(0)0，即x20時，x20時，x2cex.取x00，當x(x0，)時，恒有x2cex.若0c1，要使不等式x2kx2成立而要使exkx2成立，則只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立

50、令h(x)x2ln xln k，則h(x)1eq f(2,x)eq f(x2,x).所以當x2時，h(x)0，h(x)在(2，)內(nèi)單調(diào)遞增取x016k16，所以h(x)在(x0，)內(nèi)單調(diào)遞增又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2，5k0，所以h(x0)0.即存在x0eq f(16,c)，當x(x0，)時，恒有x2cex.綜上，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x20時，exx2，所以exeeq f(x,2)eeq f(x,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)eq

51、blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)，當xx0時，exeq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)eq f(4,c)eq blc(rc)(avs4alco1(f(x,2)eq sup12(2)eq f(1,c)x2，因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x2cex.方法三：(1)同方法一(2)同方法一(3)首先證明當x(0，)時，恒有eq f(1,3)x30時，x2ex，從而h(x)0，h(x)在(0，)上單調(diào)遞減，所以h(x)h(

52、0)10，即eq f(1,3)x3x0時，有eq f(1,c)x2eq f(1,3)x3ex.因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當x(x0，)時，恒有x2cex.21、2014廣東卷 設(shè)函數(shù)f(x)eq f(1,r(（x22xk）22（x22xk）3)，其中k2.(1)求函數(shù)f(x)的定義域D(用區(qū)間表示)；(2)討論函數(shù)f(x)在D上的單調(diào)性；(3)若kf(1)的x的集合(用區(qū)間表示)222014湖北卷 為圓周率，e2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù)(1)求函數(shù)f(x)eq f(ln x,x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求e3，3e，e，e，3，3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù)；(3)將e3，3e，e，

53、e，3，3這6個數(shù)按從小到大的順序排列，并證明你的結(jié)論22解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)因為f(x)eq f(ln x,x)，所以f(x)eq f(1ln x,x2).當f(x)0，即0 xe時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當f(x)e時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，)(2)因為e3，所以eln 3eln ，ln eln 3，即ln 3eln e，ln eln 3.于是根據(jù)函數(shù)yln x，yex，yx在定義域上單調(diào)遞增，可得3ee3，e3e3.故這6個數(shù)的最大數(shù)在3與3之中，最小數(shù)在3e與e3之中由e3及(1)的結(jié)論，得f()f(3)f

54、(e)，即eq f(ln ,)eq f(ln 3,3)eq f(ln e,e).由eq f(ln ,)eq f(ln 3,3)，得ln 33；由eq f(ln 3,3)eq f(ln e,e)，得ln 3eln e3，所以3ee3.綜上，6個數(shù)中的最大數(shù)是3，最小數(shù)是3e.(3)由(2)知，3ee33，3ee3.又由(2)知，eq f(ln ,)eq f(ln e,e)，得ee.故只需比較e3與e和e與3的大小由(1)知，當0 xe時，f(x)f(e)eq f(1,e)，即eq f(ln x,x )eq f(1,e).在上式中，令xeq f(e2,)，又eq f(e2,)e，則lneq f(e

55、2,)eq f(e,)，從而2ln 2eq f(e,).由得，eln eeq blc(rc)(avs4alco1(2f(e,)2.7eq blc(rc)(avs4alco1(2f(2.72,3.1)2.7(20.88)3.0243，即eln 3，亦即ln eln e3，所以e36eq f(3e,)6e，即3ln ，所以e3.綜上可得，3ee3ee30，此時，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增當0a1時，由f(x)0得x12eq r(f(1a,a)eq blc(rc)(avs4alco1(x22r(f(1a,a)舍去).當x(0，x1)時，f(x)0.故f(x)在區(qū)間(0，x1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間

56、(x1，)上單調(diào)遞增綜上所述，當a1時，f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞增；當0a1時，f(x)在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(0，2r(f(1a,a)上單調(diào)遞減，在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(2r(f(1a,a)，)上單調(diào)遞增(2)由(*)式知，當a1時，f(x)0，此時f(x)不存在極值點，因而要使得f(x)有兩個極值點，必有0aeq f(1,a)且x2，所以2eq r(f(1a,a)eq f(1,a)，2eq r(f(1a,a)2，解得aeq f(1,2).此時，由(*)式易知，x1，x2分別是f(x)的極小值點和極大值點而f(x1)f(x2)ln(1ax

57、1)eq f(2x1,x12)ln(1ax2)eq f(2x2,x22)ln1a(x1x2)a2x1x2eq f(4x1x24（x1x2）,x1x22（x1x2）4)ln(2a1)2eq f(4（a1）,2a1)ln(2a1)2eq f(2,2a1)2.令2a1x.由0a1且aeq f(1,2)知，當0aeq f(1,2)時，1x0；當eq f(1,2)a1時，0 x1.記g(x)ln x2eq f(2,x)2.(i)當1x0時，g(x)2ln(x)eq f(2,x)2，所以g(x)eq f(2,x)eq f(2,x2)eq f(2x2,x2)0，因此，g(x)在區(qū)間(1，0)上單調(diào)遞減，從而

58、g(x)g(1)40.故當0aeq f(1,2)時，f(x1)f(x2)0.(ii)當0 x1時，g(x)2ln xeq f(2,x)2，所以g(x)eq f(2,x)eq f(2,x2)eq f(2x2,x2)g(1)0.故當eq f(1,2)a0.綜上所述，滿足條件的a的取值范圍為eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1).18、2014江西卷 已知函數(shù)f(x)(x2bxb)eq r(12x)(bR)(1)當b4時，求f(x)的極值；(2)若f(x)在區(qū)間eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)上單調(diào)遞增，求b的取值范圍18解：(1)當b4時，f(x)e

59、q f(5x（x2）,r(12x)，由f(x)0，得x2或x0.所以當x(，2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)在x2處取得極小值f(2)0，在x0處取得極大值f(0)4.(2)f(x)eq f(x5x（3b2）,r(12x)，易知當xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)時，eq f(x,r(12x)0，依題意當xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)時，有5x(3b2)0，從而eq f(5,3)(3b2)0，得beq f(1,9).所以b的取值

60、范圍為eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,9).112014遼寧卷 當x2，1時，不等式ax3x24x30恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A5，3 B.eq blcrc(avs4alco1(6，f(9,8) C6，2 D4，311C解析 當2x0時，不等式轉(zhuǎn)化為aeq f(x24x3,x3)，令f(x)eq f(x24x3,x3)(2x0)，則f(x)eq f(x28x9,x4)eq f(（x9）（x1）,x4)，故f(x)在2，1上單調(diào)遞減，在(1，0)上單調(diào)遞增，此時有aeq f(143,1)2.當x0時，g(x)恒成立當0 x1時，aeq f(x24x3,x3)，令個g(x