2014年高考数学（理科）真题分类汇编B单元 函数与导数 45页

数 学 B 单元 函数与导数 B1　函数及其表示 6．B1[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(23π 6 )＝(　　) A. 1 2 B. 3 2 C．0 D．－ 1 2 6．A　[解析] 由已知可得，f(23π 6 )＝f(17π 6 )＋sin 17π 6 ＝f(11π 6 )＋sin 11π 6 ＋sin 17π 6 ＝ f(5π 6 )＋sin5π 6 ＋sin 11π 6 ＋sin 17π 6 ＝2sin 5π 6 ＋sin(－π 6 )＝sin 5π 6 ＝ 1 2. 2．B1、B3[2014·北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　) A．y＝ x＋1 B．y＝(x－1)2 C．y＝2－x D．y＝log0.5(x＋1) 2．A　[解析] 由基本初等函数的性质得，选项 B 中的函数在(0，1)上递减，选项 C，D 中的函数在(0，＋∞)上为减函数，所以排除 B，C，D，选 A. 7．B1、B3、B4[2014·福建卷] 已知函数 f(x)＝{x2＋1，x > 0， cos x， x ≤ 0，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　[解析] 由函数 f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)， 则 f(x)不是偶函数； 当 x>0 时，令 f(x)＝x2＋1，则 f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值 f(x)>1； 当 x≤0 时，f(x)＝cos x，则 f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值 f(x)∈[－1， 1]； ∴函数 f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)． 2．B1[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　[解析] 由 x2－x>0，得 x>1 或 x<0. 3．B1，B7[2014·山东卷] 函数 f(x)＝ 1 （log2x）2－1 的定义域为(　　) A.(0，1 2 ) B．(2，＋∞) C. (0，1 2 )∪(2，＋∞) D. (0，1 2 ]∪[2，＋∞) 3．C　[解析] 根据题意得，{x＞0， （log2）2－1＞0，解得{x＞0， x＞2或x＜1 2.故选 C. B2 反函数 12．B2[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　[解析] 设(x0，y0)为函数 y＝f(x)的图像上任意一点，其关于直线 x＋y＝0 的对 称点为(－y0，－x0)．根据题意，点(－y0，－x0)在函数 y＝g(x)的图像上，又点(x0，y0)关于直 线 y＝x 的对称点为(y0，x0)，且(y0，x0)与(－y0，－x0)关于原点对称，所以函数 y＝f(x)的反 函数的图像与函数 y＝g(x)的图像关于原点对称，所以－y＝g(－x)，即 y＝－g(－x)． B3 函数的单调性与最值 2．B1、B3[2014·北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　) A．y＝ x＋1 B．y＝(x－1)2 C．y＝2－x D．y＝log0.5(x＋1) 2．A　[解析] 由基本初等函数的性质得，选项 B 中的函数在(0，1)上递减，选项 C，D 中的函数在(0，＋∞)上为减函数，所以排除 B，C，D，选 A. 7．B1、B3、B4[2014·福建卷] 已知函数 f(x)＝{x2＋1，x > 0， cos x， x ≤ 0，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　[解析] 由函数 f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)， 则 f(x)不是偶函数； 当 x>0 时，令 f(x)＝x2＋1，则 f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值 f(x)>1； 当 x≤0 时，f(x)＝cos x，则 f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值 f(x)∈[－1， 1]； ∴函数 f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)． 21．B3、B12[2014·广东卷] 设函数 f(x)＝ 1 （x2＋2x＋k）2＋2（x2＋2x＋k）－3 ，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．B3[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)＝ {－4x2＋2，－1 ≤ x < 0， x， 0 ≤ x < 1， 则 f(3 2 )＝________． 12．1　[解析] 由题意可知，f(3 2 )＝f(2－1 2 )＝f(－1 2 )＝－4(－1 2 ) 2 ＋2＝1. 15．B3，B14[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 x2＋1(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　[解析] 若 f(x)∈A，则 f(x)的值域为 R，于是，对任意的 b∈R，一定存在 a∈D，使得 f(a)＝b，故①正确． 取函数 f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在 M＝1，使得 f(x)的值域包 含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时 f(x)没有最大值和最小值，故②错误． 当 f(x)∈A 时，由①可知，对任意的 b∈R，存在 a∈D，使得 f(a)＝b，所以，当 g(x)∈B 时，对于函数 f(x)＋g(x)，如果存在一个正数 M，使得 f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那 么对于该区间外的某一个 b0∈R，一定存在一个 a0∈D，使得 f(a0)＝b－g(a0)，即 f(a0)＋g(a0) ＝b0∉[－M，M]，故③正确． 对于 f(x)＝aln(x＋2)＋ x x2＋1 (x＞－2)，当 a＞0 或 a＜0 时，函数 f(x)都没有最大值．要 使得函数 f(x)有最大值，只有 a＝0，此时 f(x)＝ x x2＋1 (x＞－2)． 易知 f(x)∈[－1 2，1 2]，所以存在正数 M＝ 1 2，使得 f(x)∈[－M，M]，故④正确． 21．B3，B12[2014·四川卷] 已知函数 f(x)＝e x－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≤ 1 2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≥ e 2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 1 20，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－20，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) 0， cos x， x ≤ 0，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　[解析] 由函数 f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos 1，f(1)≠f(－1)， 则 f(x)不是偶函数； 当 x>0 时，令 f(x)＝x2＋1，则 f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值 f(x)>1； 当 x≤0 时，f(x)＝cos x，则 f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值 f(x)∈[－1， 1]； ∴函数 f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)． 3．B4[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　[解析] 因为 f(x)是偶函数，g(x)是奇函数， 所以 f(1)＋g(1)＝f(－1)－g(－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1. 3．B4[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　[解析] 由于偶函数的绝对值还是偶函数，一个奇函数与一个偶函数之积为奇函 数，故正确选项为 C. 15．B4[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)　[解析] 根据偶函数的性质，易知 f(x)>0 的解集为(－2，2)，若 f(x－ 1)>0，则－20，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　[解析] 由函数 y＝logax 的图像过点(3，1)，得 a＝3. 选项 A 中的函数为 y＝(1 3 ) x ，则其函数图像不正确；选项 B 中的函数为 y＝x3，则 其函数图像正确；选项 C 中的函数为 y＝(－x)3，则其函数图像不正确；选项 D 中的函数为 y ＝log3(－x)，则其函数图像不正确． 3．B6[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　[解析] g(1)＝a－1，由 f[g(1)]＝1，得 5|a－1|＝1，所以|a－1|＝0，故 a＝1. 3．B6、B7[2014·辽宁卷] 已知 a＝2－ 1 3，b＝log2 1 3， c＝log 1 2 1 3，则(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a 3．C　[解析] 因为 0log 1 2 1 2＝1，所以 c>a>b. 2．A1，B6[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　[解析] 根据已知得，集合 A＝{x|－1＜x＜3}，B＝{y|1≤y≤4}，所以 A∩B＝{x|1≤x ＜3}．故选 C. 5．B6，B7，E1[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. 1 x2＋1＞ 1 y2＋1 B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1) C. sin x＞sin y D. x3＞y3 5．D　[解析] 因为 ax＜ay(0＜a＜1)，所以 x＞y，所以 sin x＞sin y，ln(x 2＋1)＞ln(y2＋ 1)， 1 x2＋1＞ 1 y2＋1都不一定正确，故选 D. 7．B6[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)＝x1 2 B．f(x)＝x3 C．f(x)＝(1 2 ) x D．f(x)＝3x 7．B　[解析] 由于 f(x＋y)＝f(x)f(y)，故排除选项 A，C.又 f(x)＝(1 2 ) x 为单调递减函 数，所以排除选项 D. 11．B6[2014·陕西卷] 已知 4a＝2，lg x＝a，则 x＝________． 11. 10　[解析] 由 4a＝2，得 a＝ 1 2，代入 lg x＝a，得 lg x＝ 1 2，那么 x＝10 1 2 ＝ 10. B7 对数与对数函数 5．B6，B7，E1[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. 1 x2＋1＞ 1 y2＋1 B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1) C. sin x＞sin y D. x3＞y3 5．D　[解析] 因为 ax＜ay(0＜a＜1)，所以 x＞y，所以 sin x＞sin y，ln(x 2＋1)＞ln(y2＋ 1)， 1 x2＋1＞ 1 y2＋1都不一定正确，故选 D. 3．B1，B7[2014·山东卷] 函数 f(x)＝ 1 （log2x）2－1 的定义域为(　　) A.(0，1 2 ) B．(2，＋∞) C. (0，1 2 )∪(2，＋∞) D. (0，1 2 ]∪[2，＋∞) 3．C　[解析] 根据题意得，{x＞0， （log2）2－1＞0，解得{x＞0， x＞2或x＜1 2.故选 C. 4．B6、B7、B8[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　[解析] 由函数 y＝logax 的图像过点(3，1)，得 a＝3. 选项 A 中的函数为 y＝(1 3 ) x ，则其函数图像不正确；选项 B 中的函数为 y＝x3，则 其函数图像正确；选项 C 中的函数为 y＝(－x)3，则其函数图像不正确；选项 D 中的函数为 y ＝log3(－x)，则其函数图像不正确． 13．D3、B7[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　[解析] 本题考查了等比数列以及对数的运算性质．∵{an}为等比数列，且 a10a11 ＋a9a12＝2e5， ∴a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，∴a10a11＝e5， ∴ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ ln(a10a11)10＝ln(e5)10＝ln e50＝50. 3．B6、B7[2014·辽宁卷] 已知 a＝2－ 1 3，b＝log2 1 3， c＝log 1 2 1 3，则(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a 3．C　[解析] 因为 0log 1 2 1 2＝1，所以 c>a>b. 4．B7[2014·天津卷] 函数 f(x)＝log 1 2(x2－4)的单调递增区间为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，－2) 4．D　[解析] 要使 f(x)单调递增，需有{x2－4 > 0， x < 0， 解得 x<－2. 7．B7、B8[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 图 1­2 7．D　[解析] 只有选项 D 符合，此时 00，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　[解析] 由函数 y＝logax 的图像过点(3，1)，得 a＝3. 选项 A 中的函数为 y＝(1 3 ) x ，则其函数图像不正确；选项 B 中的函数为 y＝x3，则 其函数图像正确；选项 C 中的函数为 y＝(－x)3，则其函数图像不正确；选项 D 中的函数为 y ＝log3(－x)，则其函数图像不正确． 10．B8[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)＝ 1 2(|x－a2| ＋|x－2a2|－3a2)．若∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数 a 的取值范围为(　　) A.[－1 6，1 6] B.[－ 6 6 ， 6 6 ] C.[－1 3，1 3] D.[－ 3 3 ， 3 3 ] 10．B　[解析] 因为当 x≥0 时，f(x)＝ 1 2(|x－a2 |＋|x－2a2|－3a2)，所以当 0≤x≤a2 时， f(x)＝ 1 2(a2－x＋2a2－x－3a2)＝－x； 当 a20)，g(x)＝logax 的图像 可能是(　　) 　 　　A　　　　　　　　　　　　B 　 　　C　　　　　　　　　　　　D 图 1­2 图 1­2 7．D　[解析] 只有选项 D 符合，此时 0 0， 整理得 x2＋(3－a)x＋ a＝0，则Δ＝(3－a)2－4a＝a2－10a＋9＝0，解得 a＝1 或 a＝9.故当 y＝a|x－1|与 y＝f(x)的图 像有四个交点时，09. 6．B9[2014·浙江卷] 已知函数 f(x)＝x 3＋ax2＋bx＋c，且 09 6．C　[解析] 由 f(－1)＝f(－2)＝f(－3)得{－1＋a－b＋c＝－8＋4a－2b＋c， －8＋4a－2b＋c＝－27＋9a－3b＋c⇒ {－7＋3a－b＝0， 19－5a＋b＝0 ⇒{a＝6， b＝11，则 f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，而 0x2 时，f′(x)<0； 当 x10. 故 f(x)在(－∞，－1－ 4＋3a 3 )和 (－1＋ 4＋3a 3 ，＋∞)内单调递减， 在(－1－ 4＋3a 3 ，－1＋ 4＋3a 3 )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 01＋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 p. ①当 n＝1 时，由题设知 a1>c 1 p成立． ②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>c 1 p 成立． 由 an＋1＝ p－1 p an＋ c pa 1－pn 易知 an>0，n∈N*. 当 n＝k＋1 时， ak＋1 ak ＝p－1 p ＋ c pa－pk ＝ 1＋ 1 p(c a－1 ). 由 ak>c 1 p>0 得－1<－ 1 p< 1 p(c a－1 )<0. 由(1)中的结论得(ak＋1 ak ) p ＝[1＋1 p(c a－1 )] p >1＋p· 1 p(c a－1 )＝ c a. 因此 a pk＋1>c，即 ak＋1>c 1 p， 所以当 n＝k＋1 时，不等式 an>c 1 p也成立． 综合①②可得，对一切正整数 n，不等式 an>c 1 p均成立． 再由 an＋1 an ＝1＋ 1 p(c a－1 )可得an＋1 an <1， 即 an＋1an＋1>c 1 p，n∈N*. 方法二：设 f(x)＝ p－1 p x＋ c px1－p，x≥c 1 p，则 xp≥c， 所以 f′(x)＝ p－1 p ＋ c p(1－p)x－p＝p－1 p (1－ c xp )>0. 由此可得，f(x)在[c 1 p，＋∞)上单调递增，因而，当 x>c 1 p时，f(x)>f(c 1 p)＝c 1 p. ①当 n＝1 时，由 a1>c 1 p>0，即 ap1>c 可知 a2＝ p－1 p a1＋ c pa1－p1 ＝a1[1＋1 p(c a－1 )]c 1 p，从而可得 a1>a2>c 1 p， 故当 n＝1 时，不等式 an>an＋1>c 1 p成立． ②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>ak＋1>c 1 p成立，则当 n＝k＋1 时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c 1 p)， 即有 ak＋1>ak＋2>c 1 p， 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 1 p均成立． 20．B11、B12[2014·福建卷] 已知函数 f(x)＝e x－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，x2ln 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 x20 时，x20 时，x21，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－ 2 x＝ x－2 x . 所以当 x>2 时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增． 取 x0＝16k>16，所以 h(x)在(x0，＋∞)内单调递增． 又 h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知 k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以 h(x0)>0. 即存在 x0＝ 16 c ，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20 时，ex>x2，所以 ex＝e x 2·e x 2>(x 2 ) 2 ·(x 2 ) 2 ， 当 x>x0 时，ex>(x 2 ) 2 (x 2 ) 2 > 4 c(x 2 ) 2 ＝ 1 cx2， 因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20 时，x2x0 时，有 1 cx2< 1 3x30，f(x)单调 递增；当 x∈(0，1 2 )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)＝ －x[5x＋（3b－2）] 1－2x ，易知当 x∈(0，1 3 )时， －x 1－2x<0， 依题意当 x∈(0，1 3 )时，有 5x＋(3b－2)≤0，从而 5 3＋(3b－2)≤0，得 b≤ 1 9. 所以 b 的取值范围为(－∞，1 9]. 7．B11[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　[解析] 因为 y′＝(xex－1)′＝ex－1＋xex－1，所以 y＝xex－1 在点(1，1)处的导数是 y′|x＝ 1＝e1－1＋e1－1＝2，故曲线 y＝xex－1 在点(1，1)处的切线斜率是 2. 8．B11[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　[解析] y′＝a－ 1 x＋1，根据已知得，当 x＝0 时，y′＝2，代入解得 a＝3. 21．B11，B12，E8，M3[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 1＋x(x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝ x 1＋x， g2(x)＝g(g1(x))＝ x 1＋x 1＋ x 1＋x ＝ x 1＋2x， g3(x)＝ x 1＋3x，…，可得 gn(x)＝ x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明． ①当 n＝1 时，g1(x)＝ x 1＋x，结论成立． ②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝ x 1＋kx. 那么，当 n＝k＋1 时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝ gk（x） 1＋gk（x）＝ x 1＋kx 1＋ x 1＋kx ＝ x 1＋（k＋1）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)≥ ax 1＋x恒成立． 设 φ(x)＝ln(1＋x)－ ax 1＋x(x≥0)， 则 φ′(x)＝ 1 1＋x－ a （1＋x）2＝ x＋1－a （1＋x）2， 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)≥ ax 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)≥ ax 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)＝ 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1， 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 1 2＋ 1 3＋…＋ 1 n＋1 x 1＋x，x>0. 令 x＝ 1 n，n∈N＋，则 1 n＋1 x 1＋x，x>0. 令 x＝ 1 n，n∈N＋，则 ln n＋1 n > 1 n＋1. 故有 ln 2－ln 1> 1 2， ln 3－ln 2> 1 3， …… ln(n＋1)－ln n> 1 n＋1， 上述各式相加可得 ln(n＋1)> 1 2＋ 1 3＋…＋ 1 n＋1， 结论得证． 方法三：如图，∫n 0 x x＋1dx 是由曲线 y＝ x x＋1，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积， 而 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1是图中所示各矩形的面积和， ∴ 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1>∫n 0 x x＋1dx＝ ∫n 0(1－ 1 x＋1)dx＝n－ln(n＋1)， 结论得证． 19．D5，B11[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－ 1 ln 2，求数列 {an bn }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＋ n（n－1） 2 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－ 1 ln 2. 由题意有 a2－ 1 ln 2＝2－ 1 ln 2，解得 a2＝2. 所以 d＝a2－a1＝1. 从而 an＝n，bn＝2n， 所以数列{ an bn}的通项公式为 an bn＝ n 2n， 所以 Tn＝ 1 2＋ 2 22＋ 3 23＋…＋ n－1 2n－1＋ n 2n， 2Tn＝ 1 1＋ 2 2＋ 3 22＋…＋ n 2n－1， 因此，2Tn－Tn＝1＋ 1 2＋ 1 22＋…＋ 1 2n－1－ n 2n＝2－ 1 2n－1－ n 2n＝ 2n＋1－n－2 2n . 所以，Tn＝ 2n＋1－n－2 2n . B12 导数的应用 21．B3，B12[2014·四川卷] 已知函数 f(x)＝e x－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≤ 1 2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≥ e 2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 1 20，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－20，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)x2 时，f′(x)<0； 当 x10. 故 f(x)在(－∞，－1－ 4＋3a 3 )和 (－1＋ 4＋3a 3 ，＋∞)内单调递减， 在(－1－ 4＋3a 3 ，－1＋ 4＋3a 3 )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 00 时，“ sin x x >a”等价于“sin x－ax>0”，“ sin x x 0 对任意 x∈(0，π 2 )恒成立． 当 c≥1 时，因为对任意 x∈(0，π 2 )，g′(x)＝cos x－c<0，所以 g(x)在区间(0，π 2 )上单调 递减， 从而 g(x)g(0)＝0.进一步，“g(x)>0 对任意 x∈ (0，π 2 )恒成立”当且仅当 g(π 2 )＝1－ π 2 c≥0，即 00 对任意 x∈(0，π 2 )恒成立；当且仅当 c≥1 时， g(x)<0 对任意 x∈(0，π 2 )恒成立． 所以，若 a< sin x x 0 时，x2ln 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 x20 时，x20 时，x21，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－ 2 x＝ x－2 x . 所以当 x>2 时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增． 取 x0＝16k>16，所以 h(x)在(x0，＋∞)内单调递增． 又 h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知 k>ln k，k>ln 2，5k>0，所以 h(x0)>0. 即存在 x0＝ 16 c ，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20 时，ex>x2，所以 ex＝e x 2·e x 2>(x 2 ) 2 ·(x 2 ) 2 ， 当 x>x0 时，ex>(x 2 ) 2 (x 2 ) 2 > 4 c(x 2 ) 2 ＝ 1 cx2， 因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20 时，x2x0 时，有 1 cx2< 1 3x3f(1)的 x 的集合(用区间表示)． 22．B12[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)＝ ln x 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)＝ ln x x ，所以 f′(x)＝1－ln x x2 . 当 f′(x)>0，即 0e 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 3π3； 由 ln 3 3 < ln e e ，得 ln 3e2－ e π.① 由①得，eln π>e(2－ e π)>2.7×(2－2.72 3.1 )>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－ 3e π>6－e>π，即 3ln π>π， 所以 eπ<π3. 综上可得，3e0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 当 00. 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 (0，2 1－a a )上单调递减，在区间(2 1－a a ，＋∞)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－ 1 a且 x≠－2， 所以－2 1－a a >－ 1 a，－2 1－a a ≠－2， 解得 a≠ 1 2.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(x 2)＝ln(1＋ax 1)－ 2x1 x1＋2＋ln(1＋ax 2)－ 2x2 x2＋2＝ln[1＋a(x 1 ＋x 2)＋a 2x1x2]－ 4x1x2＋4（x1＋x2） x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝ln(2a－1)2－4（a－1） 2a－1 ＝ln(2a－1)2＋ 2 2a－1－2. 令 2a－1＝x.由 0g(1)＝0.故当 1 20. 综上所述，满足条件的 a 的取值范围为(1 2，1 ). 18．B11、B12[2014·江西卷] 已知函数 f(x)＝(x2＋bx＋b) 1－2x(b∈R)． (1)当 b＝4 时，求 f(x)的极值； (2)若 f(x)在区间(0，1 3 )上单调递增，求 b 的取值范围． 18．解：(1)当 b＝4 时，f′(x)＝ －5x（x＋2） 1－2x ，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∈(0，1 2 )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)＝ －x[5x＋（3b－2）] 1－2x ，易知当 x∈(0，1 3 )时， －x 1－2x<0， 依题意当 x∈(0，1 3 )时，有 5x＋(3b－2)≤0，从而 5 3＋(3b－2)≤0，得 b≤ 1 9. 所以 b 的取值范围为(－∞，1 9]. 11．B12[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.[－6，－9 8] C．[－6，－2] D．[－4，－3] 11．C　[解析] 当－2≤x<0 时，不等式转化为 a≤ x2－4x－3 x3 ， 令 f(x)＝ x2－4x－3 x3 (－2≤x<0)， 则 f′(x)＝ －x2＋8x＋9 x4 ＝ －（x－9）（x＋1） x4 ，故 f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1， 0)上单调递增，此时有 a≤ 1＋4－3 －1 ＝－2.当 x＝0 时，g(x)恒成立．当 01)． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明： 2 n＋20，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)> 2x x＋2(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)ln( 2 k＋2＋1)> 2 × 2 k＋2 2 k＋2＋2 ＝ 2 k＋3， ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln( 3 k＋2＋1)< 3 × 3 k＋2 3 k＋2＋3 ＝ 3 k＋3， 即当 n＝k＋1 时，有 2 k＋3 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＝ 2 a. 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＝ 2 a，且 f(x) 极小值＝f(2 a )＝ a2－4 a2 ，此时只需 a2－4 a2 >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．B12、B14[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)＝aexln x＋ bex－1 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＋ a xex－ b x2ex－1＋ b xex－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＋ 2 xex－1， 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe－x－ 2 e. 设函数 g(x)＝xln x， 则 g′(x)＝1＋ln x， 所以当 x∈(0，1 e )时，g′(x)<0； 当 x∈(1 e，＋∞)时，g′(x)>0. 故 g(x)在(0，1 e )上单调递减，在(1 e，＋∞)上单调递增，从而 g(x)在(0，＋∞)上的最小 值为 g(1 e )＝－ 1 e. 设函数 h(x)＝xe－x－ 2 e，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)＝－1 e. 因为 gmin(x)＝g(1 e )＝h(1)＝hmax(x)， 所以当 x>0 时，g(x)>h(x)，即 f(x)>1. 21．B12、B14[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＜ 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 20，ln 2> 8 2－3 12 >0.692 8； 当 b＝ 3 2 4 ＋1 时，ln(b－1＋ b2－2b)＝ln 2， g(ln 2)＝－ 3 2－2 2＋(3 2＋2)ln 2<0， ln 2< 18＋ 2 28 <0.693 4. 所以 ln 2 的近似值为 0.693. 20．B12[2014·山东卷] 设函数 f(x)＝ ex x2－k(2 x＋ln x)(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)＝ x2ex－2xex x4 －k(－2 x2＋1 x) ＝ xex－2ex x3 － k（x－2） x2 ＝ （x－2）（ex－kx） x3 . 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 00，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{g（0） > 0， g（ln k） < 0， g（2） > 0， 0 < ln k < 2， 解得 e1 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)≥ ax 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)＝ 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1， 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 1 2＋ 1 3＋…＋ 1 n＋1 x 1＋x，x>0. 令 x＝ 1 n，n∈N＋，则 1 n＋1 x 1＋x，x>0. 令 x＝ 1 n，n∈N＋，则 ln n＋1 n > 1 n＋1. 故有 ln 2－ln 1> 1 2， ln 3－ln 2> 1 3， …… ln(n＋1)－ln n> 1 n＋1， 上述各式相加可得 ln(n＋1)> 1 2＋ 1 3＋…＋ 1 n＋1， 结论得证． 方法三：如图，∫n 0 x x＋1dx 是由曲线 y＝ x x＋1，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积， 而 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1是图中所示各矩形的面积和， ∴ 1 2＋ 2 3＋…＋ n n＋1>∫n 0 x x＋1dx＝ ∫n 0(1－ 1 x＋1)dx＝n－ln(n＋1)， 结论得证． 20．B12、B14[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 x10 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 00.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<η 2. 又由 ξ1，η1>0，得 ξ2 ξ1< η2 ξ1< η2 η1， 所以 x2 x1随着 a 的减小而增大． (3)证明：由 x1＝aex1，x2＝aex2，可得 ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.故 x2－x1＝ln x2－ ln x1＝ln x2 x1. 设 x2 x1＝t，则 t>1，且 {x2＝tx1， x2－x1＝ln t，解得 x1 ＝ ln t t－1 ，x 2 ＝ tln t t－1 ，所以 x1 ＋x 2 ＝ （t＋1）ln t t－1 .① 令 h(x)＝ （x＋1）ln x x－1 ，x∈(1，＋∞)， 则 h′(x)＝ －2ln x＋x－1 x （x－1）2 . 令 u(x)＝－2ln x＋x－ 1 x，得 u′(x)＝(x－1 x ) 2 . 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．B12、B14[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)＝{x3＋3x－3a，x ≥ a， x3－3x＋3a，x < a， 所以 f′(x)＝{3x2＋3，x ≥ a， 3x2－3，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. (ii)当－1 a， 3x2－3，x < a. 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－10，t(a)在(0，1 3 )上是增函数，故 t(a)>t(0)＝－2， 因此－2≤3a＋b≤0. (iii)当 1 30， 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 2e2x·2e－2x＝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＋ 2 t－c＝0 有两根 t1，2＝ c ± c2－16 4 >0，则 f′(x)＝ 0 有两个根 x1＝ 1 2ln t1，x2＝ 1 2ln 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．B13、K3[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. 2 e2　[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＝2∫e 1ln xdx＝2(xln x－x)| e 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＝ 2 e2. 6．B13[2014·湖北卷] 若函数 f(x)，g(x)满足 ∫1 －1f(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)＝sin 1 2x，g(x)＝cos 1 2x；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 ∫1 －1 f(x)g(x)dx＝0. ①∫1 －1f(x)g(x)dx＝∫1 －1sin 1 2xcos 1 2xdx＝ 1 2∫1 －1sinxdx＝(－1 2cos x) 1－1＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数； ②∫1 －1f(x)g(x)dx＝∫1 －1(x＋1)(x－1)dx＝(x3 3 －x) 1－1＝－ 4 3≠0，故第②组不是区间[－1，1] 上的正交函数； ③∫1 －1f(x)g(x)dx＝∫1 －1x·x2dx＝ x4 4 1－1＝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．B13[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)＝sin(x－φ)，且 ∫ 2π 3 0f(x)dx＝0，则函数 f(x)的图像的一条对称轴是(　　) A．x＝ 5π 6 B．x＝ 7π 12 C．x＝ π 3 D．x＝ π 6 9．A　[解析] 因为∫ 2π 3 0f(x)dx＝0，即∫ 2π 3 0f(x)dx＝－cos(x－φ) 2π 3 0＝－cos(2π 3 －φ)＋ cos φ＝0，可取φ＝ π 3 ，所以 x＝ 5π 6 是函数 f(x)图像的一条对称轴． 8.B13[2014·江西卷] 若 f(x)＝x2＋2∫1 0f(x)dx，则 ∫1 0f(x)dx＝(　　) A．－1 B．－ 1 3 C. 1 3 D．1 8．B　[解析] ∫1 0f(x)dx＝ ∫1 0[x2＋2 ∫1 0 f（x）dx]dx＝ [1 3x3＋(2 ∫1 0 f（x）dx)x]10＝1 3＋2∫1 0 f(x)dx，得 ∫1 0f(x)dx＝－ 1 3. 6．B13[2014·山东卷] 直线 y＝4x 与曲线 y＝x 3 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 6．D　[解析] 直线 y＝4x 与曲线 y＝x3 在第一象限的交点坐标是(2，8)，所以两者围成 的封闭图形的面积为∫2 0(4x－x3)dx＝Error! 2 0＝4，故选 D. 3．B13[2014·陕西卷] 定积分∫1 0(2x＋ex)dx 的值为(　　) A．e＋2 B．e＋1 C．e D．e－1 3．C　[解析] ∫1 0(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)10＝(12＋e1)－(02＋e0)＝e. B14 单元综合 9．B14[2014·四川卷] 已知 f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1，1)．现有下列命题： ①f(－x)＝－f(x)；②f( 2x 1＋x2 )＝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　[解析] f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x) ＝ln 1－x 1＋x＝－ln 1＋x 1－x＝－[ln（1＋x）－ln（1－x）] ＝－f(x)，故①正确；当 x∈(－1，1)时， 2x 1＋x2∈(－1，1)，且 f( 2x 1＋x2 )＝ln(1＋ 2x 1＋x2)－ln (1－ 2x 1＋x2)＝ln 1＋ 2x 1＋x2 1－ 2x 1＋x2 ＝ln 1＋x2＋2x 1＋x2－2x＝ln(1＋x 1－x ) 2 ＝2ln 1＋x 1－x＝2[ln(1＋x)－ln(1－x)]＝2f(x)， 故②正确； 由①知，f(x)为奇函数，所以|f(x)|为偶函数，则只需判断当 x∈[0，1)时，f(x)与 2x 的大 小关系即可． 记 g(x)＝f(x)－2x，0≤x＜1， 即 g(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2x，0≤x<1， g′(x)＝ 1 1＋x＋ 1 1－x－2＝ 2x2 1－x2，0≤x＜1. 当 0≤x＜1 时，g′(x)≥0， 即 g(x)在[0，1)上为增函数，且 g(0)＝0，所以 g(x)≥0， 即 f(x)－2x≥0，x∈[0，1)，于是|f(x)|≥2|x|正确． 综上可知，①②③都为真命题，故选 A. 10．B9、B14[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)＝x 2＋ex－ 1 2(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．(－∞， 1 e) B．(－∞， e) C.(－ 1 e， e) D.(－ e， 1 e) 10．B　[解析] 依题意，设存在 P(－m，n)在 f(x)的图像上，则 Q(m，n)在 g(x)的图像上， 则有 m2＋e－m－ 1 2＝m2＋ln(m＋a)，解得 m＋a＝ee－m－ 1 2，即 a＝ee－m－ 1 2－m(m＞0)，可得 a∈(－∞， e)． 14．B14、H1[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＝ a＋b 2 ， 即 Mf(a，b)为 a，b 的算术平均数． (1)当 f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为 a，b 的几何平均数； (2)当 f(x)＝________(x>0)时，Mf(a，b)为 a，b 的调和平均数 2ab a＋b. (以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可) 14．(1) x　(2)x(或填(1)k1 x；(2)k2x，其中 k1，k2 为正常数) [解析] 设 A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c，0)，则此三点共线： (1)依题意，c＝ ab，则 0－f（a） c－a ＝ 0＋f（b） c－b ， 即 0－f（a） ab－a ＝ 0＋f（b） ab－b . 因为 a>0，b>0，所以化简得 f（a） a ＝ f（b） b ，故可以选择 f(x)＝ x(x>0)； (2)依题意，c＝ 2ab a＋b，则 0－f（a） 2ab a＋b－a ＝ 0＋f（b） 2ab a＋b－b ，因为 a>0，b>0，所以化简得 f（a） a ＝ f（b） b ，故可以选择 f(x)＝x(x>0)． 12．B14、E9[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)|< 1 2|x－y|. 若对所有 x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)| 1 2时，|f(x)－f(y)|＝|f(x)－f(1)－(f(y)－f(0))|≤|f(x)－f(1)|＋|f(y)－f(0)|< 1 2 |x－1|＋ 1 2|y－0|＝－ 1 2(x－y)＋ 1 2< 1 4.故 kmin＝ 1 4. 22．B12、B14[2014·湖南卷] 已知常数 a＞0，函数 f(x)＝ln(1＋ax)－ 2x x＋2. (1)讨论 f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性； (2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，且 f(x1)＋f(x2)＞0，求 a 的取值范围． 22．解：(1)f′(x)＝ a 1＋ax－ 2（x＋2）－2x （x＋2）2 ＝ ax2＋4（a－1） （1＋ax）（x＋2）2.(*) 当 a≥1 时，f′(x)>0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 当 00. 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 (0，2 1－a a )上单调递减，在区间(2 1－a a ，＋∞)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－ 1 a且 x≠－2， 所以－2 1－a a >－ 1 a，－2 1－a a ≠－2， 解得 a≠ 1 2.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(x 2)＝ln(1＋ax 1)－ 2x1 x1＋2＋ln(1＋ax 2)－ 2x2 x2＋2＝ln[1＋a(x 1 ＋x 2)＋a 2x1x2]－ 4x1x2＋4（x1＋x2） x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝ln(2a－1)2－4（a－1） 2a－1 ＝ln(2a－1)2＋ 2 2a－1－2. 令 2a－1＝x.由 0g(1)＝0.故当 1 20. 综上所述，满足条件的 a 的取值范围为(1 2，1 ). 21．B12、B14[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)＝aexln x＋ bex－1 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＋ a xex－ b x2ex－1＋ b xex－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＋ 2 xex－1， 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe－x－ 2 e. 设函数 g(x)＝xln x， 则 g′(x)＝1＋ln x， 所以当 x∈(0，1 e )时，g′(x)<0； 当 x∈(1 e，＋∞)时，g′(x)>0. 故 g(x)在(0，1 e )上单调递减，在(1 e，＋∞)上单调递增，从而 g(x)在(0，＋∞)上的最小 值为 g(1 e )＝－ 1 e. 设函数 h(x)＝xe－x－ 2 e，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)＝－1 e. 因为 gmin(x)＝g(1 e )＝h(1)＝hmax(x)， 所以当 x>0 时，g(x)>h(x)，即 f(x)>1. 21．B12、B14[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＜ 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 20，ln 2> 8 2－3 12 >0.692 8； 当 b＝ 3 2 4 ＋1 时，ln(b－1＋ b2－2b)＝ln 2， g(ln 2)＝－ 3 2－2 2＋(3 2＋2)ln 2<0， ln 2< 18＋ 2 28 <0.693 4. 所以 ln 2 的近似值为 0.693. 15．B3，B14[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 x2＋1(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　[解析] 若 f(x)∈A，则 f(x)的值域为 R，于是，对任意的 b∈R，一定存在 a∈D，使得 f(a)＝b，故①正确． 取函数 f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在 M＝1，使得 f(x)的值域包 含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时 f(x)没有最大值和最小值，故②错误． 当 f(x)∈A 时，由①可知，对任意的 b∈R，存在 a∈D，使得 f(a)＝b，所以，当 g(x)∈B 时，对于函数 f(x)＋g(x)，如果存在一个正数 M，使得 f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那 么对于该区间外的某一个 b0∈R，一定存在一个 a0∈D，使得 f(a0)＝b－g(a0)，即 f(a0)＋g(a0) ＝b0∉[－M，M]，故③正确． 对于 f(x)＝aln(x＋2)＋ x x2＋1 (x＞－2)，当 a＞0 或 a＜0 时，函数 f(x)都没有最大值．要 使得函数 f(x)有最大值，只有 a＝0，此时 f(x)＝ x x2＋1 (x＞－2)． 易知 f(x)∈[－1 2，1 2]，所以存在正数 M＝ 1 2，使得 f(x)∈[－M，M]，故④正确． 20．B12、B14[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 x10 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 00.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<η 2. 又由 ξ1，η1>0，得 ξ2 ξ1< η2 ξ1< η2 η1， 所以 x2 x1随着 a 的减小而增大． (3)证明：由 x1＝aex1，x2＝aex2，可得 ln x1＝ln a＋x1，ln x2＝ln a＋x2.故 x2－x1＝ln x2－ ln x1＝ln x2 x1. 设 x2 x1＝t，则 t>1，且 {x2＝tx1， x2－x1＝ln t，解得 x1 ＝ ln t t－1 ，x 2 ＝ tln t t－1 ，所以 x1 ＋x 2 ＝ （t＋1）ln t t－1 .① 令 h(x)＝ （x＋1）ln x x－1 ，x∈(1，＋∞)， 则 h′(x)＝ －2ln x＋x－1 x （x－1）2 . 令 u(x)＝－2ln x＋x－ 1 x，得 u′(x)＝(x－1 x ) 2 . 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．B14[2014·浙江卷] 设函数 f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝ 1 3|sin 2πx|，ai＝ i 99，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．I11.故 I2 a， 3x2－3，x < a. 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－10，t(a)在(0，1 3 )上是增函数，故 t(a)>t(0)＝－2， 因此－2≤3a＋b≤0. (iii)当 1 3 1 5 B．a> 1 5或 a<－1 C．－10，解得 a> 1 5或 a<－1. 11．[2014·福建闽南期末] 计算：∫2 1(1＋1 x )dx＝________． 11．1＋ln 2　[解析] ∫2 11＋ 1 xdx＝(x＋ln x)Error!) 2 1＝(2＋ln 2)－(1＋ln 1)＝1＋ln 2. 4．[2014·内江模拟] 已知函数 f(x)＝ 1 3x3－ 1 2x2＋cx＋d 有极值，则 c 的取值范围为(　　) A．c＜ 1 4 B．c≤ 1 4 C．c≥ 1 4 D．c＞ 1 4 4．A　[解析] 由题意得，f′(x)＝x2－x＋c，Δ＝1－4c>0，解得 c< 1 4. 2．[2014·成都检测] 定义在 R 上的函数 y＝f(x)，f(0)≠0，当 x＞0 时，f(x)＞1， 且对任意的 a，b∈R，有 f(a＋b)＝f(a)f(b)． (1)求证：f(0)＝1； (2)求证：对任意的 x∈R，恒有 f(x)＞0； (3)若 f(x)f(2x－x2)＞1，求 x 的取值范围． 2．解：(1)证明：令 a＝b＝0，则有 f(0)＝[f(0)]2. ∵f(0)≠0，∴f(0)＝1. (2)证明：令 a＝x，b＝－x，则有 f(0)＝f(x)f(－x)， ∴f(－x)＝ 1 f（x）. ∵当 x>0 时，f(x)>1>0，∴当 x<0 时，－x>0， ∴f(－x)>0，∴f(x)＝ 1 f（－x）>0. 又当 x＝0 时，f(0)＝1>0， ∴对任意的 x∈R，恒有 f(x)>0. (3)任取 x2>x1，则 f(x2)>0，f(x1)>0，x2－x1>0， ∴ f（x2） f（x1）＝f(x2)·f(－x1)＝f(x2－x1)>1， ∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在 R 上单调递增． 又 f(x)·f(2x－x2)＝f[x＋(2x－x2)]＝f(－x2＋3x)， 且 f(0)＝1， ∴f(3x－x2)>f(0)，∴3x－x2>0，解得 00)， 所以 h′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 令 h′(x)＝0，解得 x1＝－1，x2＝a>0. 当 x 变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数 h(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(a，＋∞)，单调递减区间为(－1，a)， 故 h(x)在区间(－2，－1)上单调递增，在区间(－1，0)上单调递减． 又函数 h(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，所以有 {h（－2） < 0， h（－1） > 0， h（0） < 0， 即{－8 3＋2（1－a）＋2a－a < 0， －1 3＋1－a 2 ＋a－a > 0， －a < 0， 解得 0