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  • 2021-06-16 发布

【数学】2018届一轮复习人教A版导数及其应用学案理(1)

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专题04 导数及其应用 高考将以导数的几何意义为背景,重点考查运算及数形结合能力,导数的综合运用涉及的知识面广,综合的知识点多,形式灵活,是每年的必考内容,经常以压轴题的形式出现.‎ 预测2018年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查.‎ ‎1.导数的定义 f ′(x)= = .‎ ‎2.导数的几何意义 函数y=f(x)在x=x0处的导数f ′(x0)就是曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率,即k=f ′(x0).‎ ‎3.导数的运算 ‎(1)基本初等函数的导数公式 ‎①c′=0(c为常数);   ②(xm)′=mxm-1;‎ ‎③(sinx)′=cosx; ④(cosx)′=-sinx;‎ ‎⑤(ex)′=ex; ⑥(ax)′=axlna;‎ ‎⑦(lnx)′=; ⑧(logax)′=.‎ ‎(2)导数的四则运算法则 ‎①[f(x)±g(x)]′=f ′(x)±g′(x);‎ ‎②[f(x)·g(x)]′=f ′(x)g(x)+f(x)g′(x);‎ ‎③[]′=.‎ ‎④设y=f(u),u=φ(x),则y′x=y′uu′x.‎ ‎4.函数的性质与导数 在区间(a,b)内,如果f ′(x)>0,那么函数f(x)在区间(a,b)上单调递增.如果f ′(x)<0,那么函数f(x)在区间(a,b)上单调递减.‎ ‎5.利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤:①画出图形;②确定被积函数;③求出交点坐标,确定积分的上、下限;④运用微积分基本定理计算定积分,求出平面图形的面积.特别注意平面图形的面积为正值,定积分值可能是负值.‎ 被积函数为y=f(x),由曲线y=f(x)与直线x=a,x=b(a0时,S=f(x)dx;‎ ‎②当f(x)<0时,S=-f(x)dx;‎ ‎③当x∈[a,c]时,f(x)>0;当x∈[c,b]时,f(x)<0,则S=f(x)dx-f(x)dx.‎ 考点一 导数的几何意义及应用 例1、(1)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a=________.‎ 答案:1‎ ‎ (2)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=________.‎ 解析:基本法:令f(x)=x+ln x,求导得f′(x)=1+,f′(1)=2,又f(1)=1,所以曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.设直线y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1的切点为P(x0,y0),则y′|x=x0=2ax0+a+2=2,得a(2x0+1)=0,‎ ‎∴a=0或x0=-,又ax+(a+2)x0+1=2x0-1,即ax+ax0+2=0,当a=0时,显然不满足此方程,‎ ‎∴x0=-,此时a=8.‎ 速解法:求出y=x+ln x在(1,1)处的切线为y=2x-1‎ 由得ax2+ax+2=0,‎ ‎∴Δ=a2-‎8a=0,‎ ‎∴a=8或a=0(显然不成立).‎ 答案:8‎ ‎【变式探究】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 解析:基本法:y′=a-,当x=0时,y′=a-1=2,‎ ‎∴a=3,故选D. ‎ 答案:D 考点二 导数与函数的极值、最值 例2、(1)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)‎ 解析:基本法:a=0时,不符合题意.‎ a≠0时,f′(x)=3ax2-6x,令f′(x)=0,‎ 得x1=0,x2=.‎ 若a>0,则由图象知f(x)有负数零点,不符合题意.‎ 则a<0,由图象结合f(0)=1>0知,此时必有f>0,即a×-3×+1>0,化简得a2>4,又a<0,所以a<-2,故选C.‎ 速解法:若a>0,又∵f(0)=1,f(-1)=-a-2<0,‎ 在(-1,0)处有零点,不符合题意.‎ ‎∴a<0,若a=-,则f(x)=-x3-3x2+1‎ f′(x)=-4x2-6x=0,∴x=0,或x=-.‎ 此时f为极小值且f<0,有三个零点,排除D.‎ 答案:C ‎(2)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是(  )‎ A.∃x0∈R,f(x0)=0‎ B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若x0是f(x)的极值点,则f′(x0)=0‎ 解析:基本法:由三次函数的值域为R知,f(x)=0必有解,A项正确;因为f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可由y=x3平移得到,所以y=f(x)的图象是中心对称图形,B项正确;若y=f(x)有极值点,则其导数y=f′(x)必有2个零点,设为x1,x2(x1<x2),则有f′(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),所以f(x)在(-∞,x1)上递增,在(x1,x2)上递减,在(x2,+∞)上递增,则x2为极小值点,所以C项错误,D项正确.选C.‎ 速解法:联想f(x)的图象模型如图显然C错.‎ 答案:C ‎【方法技巧】‎ ‎1.函数图象是研究函数单调性、极值、最值最有利的工具.‎ ‎2.可导函数极值点的导数为0,但导数为0的点不一定是极值点,如函数f(x)=x3,当x=0时就不是极值点,但f′(0)=0.‎ ‎3.极值点不是一个点,而是一个数x0,当x=x0时,函数取得极值;在x0处有f′(x0)=0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件.‎ ‎4.f′(x)在f′(x)=0的根的左右两侧的值的符号,如果“左正右负”,那么f(x)在这个根处取得极大值;如果“左负右正”,那么f(x)在这个根处取得极小值;如果左右不改变符号,即都为正或都为负,则f(x)在这个根处无极值.‎ ‎【变式探究】‎ ‎1.函数f(x)=ax3+bx2+cx-34(a,b,c∈R)的导函数为f′(x),若不等式f′(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3},且f(x)的极小值等于-115,则a的值是(  )‎ A.- B. C.2 D.5‎ 答案:C 考点三 导数与函数的单调性 例3、若函数f(x)=x2+ax+在是增函数,则a的取值范围是(  )‎ A.[-1,0]  B.[-1,+∞)‎ C.[0,3] D.[3,+∞)‎ 解析:基本法:由题意知f′(x)≥0对任意的x∈恒成立,又f′(x)=2x+a-,所以2x+a-≥0对任意的x∈恒成立,分离参数得a≥-2x,若满足题意,需a≥max.令h(x)=-2x,x∈.因为h′(x)=--2,所以当x∈时,h′(x)<0,即h(x)在上单调递减,所以h(x)<h=3,故a≥3.‎ 速解法:当a=0时,检验f(x)是否为增函数,当a=0时,‎ f(x)=x2+,f=+2=,f(1)=1+1=2,‎ f>f(1)与增函数矛盾.排除A、B、C.故选D.‎ 答案:D ‎ (2)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] B.(-∞,-1]‎ C.[2,+∞) D.[1,+∞)‎ 解析:基本法:依题意得f′(x)=k-≥0在(1,+∞)‎ 上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,‎ ‎∵x>1,∴0<<1,‎ ‎∴k≥1,故选D.‎ 速解法:若k=1,则f′(x)=1-=在(1,+∞)上有f′(x)>0,f(x)=kx-ln x为增函数.‎ 答案:D ‎【变式探究】‎ 对于R上可导的任意函数f(x),若满足≤0,则必有(  )‎ A.f(0)+f(2)>‎2f(1) B.f(0)+f(2)≤‎2f(1)‎ C.f(0)+f(2)<‎2f(1) D.f(0)+f(2)≥‎2f(1)‎ 解析:基本法:选A.当x<1时,f′(x)<0,此时函数f(x)递减,当x>1时,f′(x)>0,此时函数f(x)递增,∴当x=1时,函数f(x)取得极小值同时也取得最小值,所以f(0)>f(1),f(2)>f(1),则f(0)+f(2)>‎2f(1),故选A.‎ ‎1.【2017课标II,理】已知函数,且。‎ ‎(1)求;‎ ‎(2)证明:存在唯一的极大值点,且。‎ ‎【答案】(1);‎ ‎(2)证明略。‎ ‎【解析】(1)的定义域为 设,则等价于 因为 若a=1,则.当0<x<1时,单调递减;当x>1时,>0,单调递增.所以x=1是的极小值点,故 综上,a=1‎ ‎(2)由(1)知 设 当时,;当时,,所以在单调递减,在 单调递增 又,所以在有唯一零点x0,在有唯一零点1,且当时,;当时,,当时,.‎ 因为,所以x=x0是f(x)的唯一极大值点 由 由得 因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,由得 所以 ‎2.【2017山东,理20】已知函数,,其中 是自然对数的底数.‎ ‎(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;‎ ‎(Ⅱ)令,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)由题意 又,‎ 所以,‎ 因此 曲线在点处的切线方程为 ‎,‎ 即 .‎ ‎(1)当时, ‎ 当时, , 单调递减,‎ 当时, , 单调递增,‎ 所以 当时取得极小值,极小值是 ;‎ ‎(2)当时, ‎ 由 得 , ‎ ‎①当时, ,‎ 当时, , 单调递增;‎ 当时, , 单调递减;‎ 当时, , 单调递增.‎ 所以 当时取得极大值.‎ 极大值为,‎ 当时取到极小值,极小值是 ;‎ ‎②当时, ,‎ 所以 当时, ,函数在上单调递增,无极值;‎ 综上所述:‎ 当时, 在上单调递减,在上单调递增,‎ 函数有极小值,极小值是;‎ 当时,函数在和和上单调递增,在上单调递减,函数有极大值,也有极小值,‎ 极大值是 极小值是;‎ 当时,函数在上单调递增,无极值;‎ 当时,函数在和上单调递增,‎ 在上单调递减,函数有极大值,也有极小值, ‎ 极大值是;‎ 极小值是. ‎ ‎3.【2017天津,理20】设,已知定义在R上的函数在区间内有一个零点,为的导函数.‎ ‎(Ⅰ)求的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)设,函数,求证:;‎ ‎(Ⅲ)求证:存在大于0的常数,使得对于任意的正整数,且 满足.‎ ‎【答案】(Ⅰ)增区间是, ,递减区间是.(Ⅱ)见解析;(III)见解析.‎ ‎【解析】(Ⅰ)解:由,可得,‎ 进而可得.令,解得,或.‎ 当x变化时,的变化情况如下表:‎ x ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以,的单调递增区间是,,单调递减区间是.‎ ‎(Ⅱ)证明:由,得,‎ ‎.‎ 令函数,则.由(Ⅰ)知,当时, ,故当时, , 单调递减;当时, , 单调递增.因此,当时, ,可得.‎ 令函数,则.由(Ⅰ)知, 在上单调递增,故当时, , 单调递增;当时, , 单调递减.因此,当时, ,可得.‎ 所以, .‎ ‎(III)证明:对于任意的正整数 ,,且,‎ 令,函数.‎ 由(II)知,当时,在区间内有零点;‎ 当时,在区间内有零点.‎ 所以在内至少有一个零点,不妨设为,则.‎ 由(I)知在上单调递增,故,‎ 于是.‎ 因为当时,,故在上单调递增,‎ 所以在区间上除外没有其他的零点,而,故.‎ 又因为,,均为整数,所以是正整数,‎ 从而.‎ 所以.所以,只要取,就有.‎ ‎1. 【2016高考山东理数】若函数的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )‎ ‎(A) (B) (C) (D)‎ ‎【答案】A ‎【解析】当时,,,所以在函数图象存在两点,使条件成立,故A正确;函数的导数值均非负,不符合题意,故选A。‎ ‎2.【2016年高考四川理数】设直线l1,l2分别是函数f(x)= 图象上点P1,P2处的切线,l1与l2垂直相交于点P,且l1,l2分别与y轴相交于点A,B,则△PAB的面积的取值范围是( )‎ ‎(A)(0,1) (B)(0,2) (C)(0,+∞) (D)(1,+∞)‎ ‎【答案】A ‎3.【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线,也是曲线的切线,则 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】对函数求导得,对求导得,设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点,则,由点在切线上得,由点在切线上得,这两条直线表示同一条直线,所以,解得.‎ ‎4.【2016高考新课标3理数】已知为偶函数,当时,,则曲线在 点处的切线方程是_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】当时,,则.又因为为偶函数,所以,所以,则切线斜率为,所以切线方程为,即.‎ ‎5.【2016高考新课标1卷】(本小题满分12分)已知函数有两个零点.‎ ‎(I)求a的取值范围;‎ ‎(II)设x1,x2是的两个零点,证明:.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ).‎ ‎(i)设,则,只有一个零点.‎ ‎(ii)设,则当时,;当时,.所以在上单调递减,在上单调递增.‎ 又,,取满足且,则 ‎,‎ 故存在两个零点.‎ ‎(iii)设,由得或.‎ 若,则,故当时,,因此在上单调递增.又当时,,所以不存在两个零点.‎ 若,则,故当时,;当时,.因此在单调递减,在单调递增.又当时,‎ ‎,所以不存在两个零点.‎ 综上,的取值范围为.‎ ‎(Ⅱ)不妨设,由(Ⅰ)知,,在上单调递减,所以等价于,即.‎ 由于,而,所以 ‎.‎ 设,则.‎ 所以当时,,而,故当时,.‎ 从而,故.‎ ‎6.【2016高考山东理数】(本小题满分13分)‎ 已知.‎ ‎(I)讨论的单调性;‎ ‎(II)当时,证明对于任意的成立.‎ ‎【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析 ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)的定义域为;‎ ‎.‎ 当, 时,,单调递增;‎ ‎,单调递减.‎ 当时,.‎ ‎(1),,‎ 当或时,,单调递增;‎ 当时,,单调递减;‎ ‎(2)时,,在内,,单调递增;‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,时,‎ ‎,,‎ 令,.‎ 则,‎ 由可得,当且仅当时取得等号.‎ 又,‎ 设,则在单调递减,‎ 因为,‎ 所以在上存在使得 时,时,,‎ 所以函数在上单调递增;在上单调递减,‎ 由于,因此,当且仅当取得等号,‎ 所以,‎ 即对于任意的恒成立。‎ ‎7.【2016高考江苏卷】(本小题满分16分)‎ 已知函数.‎ 设.‎ ‎(1)求方程的根;‎ ‎(2)若对任意,不等式恒成立,求实数的最大值;‎ ‎(3)若,函数有且只有1个零点,求的值。‎ ‎【答案】(1)①0 ②4(2)1‎ ‎【解析】‎ ‎(1)因为,所以.‎ ‎①方程,即,亦即,‎ 所以,于是,解得.‎ ‎②由条件知.‎ 因为对于恒成立,且,‎ 所以对于恒成立.‎ 而,且,‎ 所以,故实数的最大值为4.‎ ‎(2)因为函数只有1个零点,而,‎ 所以0是函数的唯一零点.‎ 因为,又由知,‎ 所以有唯一解.‎ 令,则,‎ 从而对任意,,所以是上的单调增函数,‎ 于是当,;当时,.‎ 因而函数在上是单调减函数,在上是单调增函数.‎ 下证.‎ 若,则,于是,‎ 又,且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断,所以在和之间存在的零点,记为. 因为,所以,又,所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.‎ 若,同理可得,在和之间存在的非0的零点,矛盾.‎ 因此,.‎ 于是,故,所以. ‎ ‎8.【2016高考天津理数】(本小题满分14分)‎ 设函数,,其中 ‎(I)求的单调区间;‎ ‎(II) 若存在极值点,且,其中,求证:;‎ ‎(Ⅲ)设,函数,求证:在区间上的最大值不小于.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析(Ⅲ)详见解析 当变化时,,的变化情况如下表:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以的单调递减区间为,单调递增区间为,.‎ ‎(Ⅱ)证明:因为存在极值点,所以由(Ⅰ)知,且,‎ 由题意,得,即,‎ 进而.‎ 又,且,由题意及(Ⅰ)知,存在唯一实数满足 ,且,因此,所以.‎ ‎(Ⅲ)证明:设在区间上的最大值为,表示两数的最大值.下面分三种情况讨论:‎ ‎(1)当时,,由(Ⅰ)知,在区间上单调递减,所以在区间上的取值范围为,因此 ‎,‎ 所以.‎ ‎(2)当时,,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知,,,‎ 所以在区间上的取值范围为,因此 ‎.‎ ‎(3)当时,,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知,‎ ‎,,‎ 所以在区间上的取值范围为,因此 ‎.‎ 综上所述,当时,在区间上的最大值不小于.‎ ‎9.【2016高考新课标3理数】设函数,其中,记的最大值为.‎ ‎(Ⅰ)求;‎ ‎(Ⅱ)求;‎ ‎(Ⅲ)证明.‎ ‎【答案】(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ). ‎ ‎(Ⅱ)当时,‎ ‎.‎ 因此. ‎ ‎(Ⅰ)当时,在内无极值点,,,,所以.‎ ‎(Ⅱ)当时,由,知.又 ‎,所以.‎ 综上, ‎ ‎(Ⅲ)由(Ⅰ)得.‎ 当时,.‎ 当时,,所以.‎ 当时,,所以. ‎ ‎10.【2016高考浙江理数】(本小题15分)已知,函数F(x)=min{2|x−1|,x2−2ax+‎4a−2},‎ 其中min{p,q}= ‎ ‎(I)求使得等式F(x)=x2−2ax+‎4a−2成立的x的取值范围;‎ ‎(II)(i)求F(x)的最小值m(a);‎ ‎(ii)求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).‎ ‎【答案】(I);(II)(i);(ii).‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)由于,故 当时,,‎ 当时,.‎ 所以,使得等式成立的的取值范围为.‎ ‎(Ⅱ)(ⅰ)设函数,,‎ 则,,‎ 所以,由的定义知,即 ‎(ⅱ)当时,‎ ‎,‎ 当时,.‎ 所以,.‎ ‎11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数的单调性,并证明当时,; ‎ ‎(Ⅱ)证明:当时,函数有最小值.设的最小值为,求函数的值域.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)的定义域为.‎ 且仅当时,,所以在单调递增,‎ 因此当时,‎ 所以 ‎(II) ‎ 由(I)知,单调递增,对任意 因此,存在唯一使得即,‎ 当时,单调递减;‎ 当时,单调递增.‎ 因此在处取得最小值,最小值为 于是,由单调递增 所以,由得 因为单调递增,对任意存在唯一的 使得所以的值域是 综上,当时,有,的值域是 ‎12.【2016年高考北京理数】(本小题13分)‎ 设函数,曲线在点处的切线方程为,‎ ‎(1)求,的值;‎ ‎(2)求的单调区间.‎ ‎【答案】(Ⅰ),;(2)的单调递增区间为.‎ 解得;(2)由(Ⅰ)知.‎ 由即知,与同号.‎ 令,则.‎ 所以,当时,,在区间上单调递减;‎ 当时,,在区间上单调递增.‎ 故是在区间上的最小值,‎ 从而.‎ 综上可知,,,故的单调递增区间为. ‎ ‎【2015高考江苏,19】(本小题满分16分)‎ 已知函数.‎ ‎(1)试讨论的单调性;‎ ‎(2)若(实数c是a与无关的常数),当函数有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是,求c的值.‎ ‎【答案】(1)当时, 在上单调递增;‎ 当时, 在,上单调递增,在上单调递减;‎ 当时, 在,上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)‎ ‎【解析】(1),令,解得,.‎ 当时,因为(),所以函数在上单调递增;‎ 当时,时,,时,,‎ 所以函数在,上单调递增,在上单调递减;‎ 当时,时,,时,,‎ 所以函数在,上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,函数的两个极值为,,则函数 有三个 零点等价于,从而或.‎ 又,所以当时,或当时,.‎ 设,因为函数有三个零点时,的取值范围恰好是 ‎,则在上,且在上均恒成立,‎ ‎【2015高考四川,理21】已知函数,其中.‎ ‎(1)设是的导函数,评论的单调性; ‎ ‎(2)证明:存在,使得在区间内恒成立,且在内有唯一解.‎ ‎【答案】(1)当时,在区间上单调递增,‎ ‎ 在区间上单调递减;当时,在区间上单调递增.(2)详见解析.‎ ‎【解析】(1)由已知,函数的定义域为,‎ ‎,‎ 所以.‎ 当时,在区间上单调递增, ‎ 在区间上单调递减;‎ 当时,在区间上单调递增.‎ ‎(2)由,解得.‎ 令.‎ 则,.‎ 故存在,使得.‎ 令,.‎ 由知,函数在区间上单调递增.‎ 所以.‎ 即.‎ 当时,有,.‎ 由(1)知,函数在区间上单调递增.‎ 故当时,有,从而;‎ 当时,有,从而;‎ 所以,当时,.‎ 综上所述,存在,使得在区间内恒成立,且在内有唯一解.‎ ‎【2015高考广东,理19】设,函数.‎ ‎ (1) 求的单调区间 ;‎ ‎ (2) 证明:在上仅有一个零点;‎ ‎ (3) 若曲线在点处的切线与轴平行,且在点处的切线与直线平行(是坐标原点),证明:.‎ ‎【答案】(1);(2)见解析;(3)见解析.‎ ‎【解析】(1)依题,‎ ‎∴ 在上是单调增函数;‎ ‎(2)证明:由(1)问可知函数在(﹣∞,+∞)上为增函数.‎ 又f(0)=1﹣a,‎ ‎∵a>1.∴1﹣a<0‎ ‎∴f(0)<0.当x→+∞时,f(x)>0成立.‎ ‎∴f(x)在(﹣∞,+∞)上有且只有一个零点 ‎(3)证明:f'(x)=ex(x+1)2,‎ 设点P(x0,y0)则)f'(x)=ex0(x0+1)2,‎ ‎∵y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,∴f'(x0)=0,即:ex0(x0+1)2=0,‎ ‎∴x0=﹣1‎ 将x0=﹣1代入y=f(x)得y0=.∴,‎ ‎∴…10分 令;g(m)=em﹣(m+1)g(m)=em﹣(m+1),‎ 则g'(m)=em﹣1,由g'(m)=0得m=0.‎ 当m∈(0,+∞)时,g'(m)>0‎ 当m∈(﹣∞,0)时,g'(m)<0‎ ‎∴g(m)的最小值为g(0)=0…12分 ‎∴g(m)=em﹣(m+1)≥0‎ ‎∴em≥m+1‎ ‎∴em(m+1)2≥(m+1)3‎ 即:‎ ‎∴m≤…14分 ‎(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.‎ ‎(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+1an+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.‎ ‎【2015高考新课标2,理12】设函数是奇函数的导函数,,当时,,则使得成立的的取值范围是( )‎ A.    B.‎ C.    D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】记函数,则,因为当时,,故当时,,所以在单调递减;又因为函数是奇函数,故函数是偶函数,所以在单调递减,且.当时,,则;当时,,则,综上所述,使得成立的的取值范围是,故选A.‎ ‎【2015高考新课标1,理12】设函数=,其中a1,若存在唯一的整数,使得0,则的取值范围是( )‎ ‎(A)[-,1) (B)[-,) (C)[,) (D)[,1)‎ ‎【答案】D ‎【解析】设=,,由题知存在唯一的整数,使得在直线 的下方.因为,所以当时,<0,当时,>0,所以当时,=,当时,=-1,,直线恒过(1,0)斜率且,故,且,解得≤<1,故选D.‎ ‎【2015高考新课标2,理21】(本题满分12分)‎ 设函数.‎ ‎(Ⅰ)证明:在单调递减,在单调递增;‎ ‎(Ⅱ)若对于任意,都有,求的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的,在单调递减,在单调递增,故在处取得最小值.所以对于任意,的充要条件是:‎ 即 ‎①,设函数,则.当时,;当时,‎ ‎.故在单调递减,在单调递增.又,,故当时,.当时,,,即①式成立.当时,由的单调性,,即;当时,,即.综上,的取值范围是.‎ ‎【2015江苏高考,17】(本小题满分14分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到的距离分别为‎5千米和‎40千米,点N到的距离分别为‎20千米和‎2.5千米,以所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数 (其中a,b为常数)模型.‎ ‎ ‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.‎ ‎①请写出公路l长度的函数解析式,并写出其定义域;‎ ‎②当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.‎ ‎【答案】(1)(2)①定义域为,‎ ‎②千米 ‎【解析】‎ ‎(1)由题意知,点,的坐标分别为,.‎ 将其分别代入,得,‎ 解得.‎ ‎(2)①由(1)知,(),则点的坐标为,‎ 设在点处的切线交,轴分别于,点,,‎ 则的方程为,由此得,.‎ 故,.‎ ‎②设,则.令,解得.‎ 当时,,是减函数;‎ 当时,,是增函数.‎ 从而,当时,函数有极小值,也是最小值,所以,‎ 此时.‎ 答:当时,公路的长度最短,最短长度为千米. ‎ ‎【2015高考新课标2,理12】设函数是奇函数的导函数,,当时,,则使得成立的的取值范围是( )‎ A.    B.‎ C.    D.‎ ‎【答案】A ‎【解析】记函数,则,因为当时,,故当时,,所以在单调递减;又因为函数是奇函数,故函数是偶函数,所以在单调递减,且.当时,,则;当时,,则,综上所述,使得成立的的取值范围是,故选A.‎ ‎【2015高考新课标1,理12】设函数=,其中a1,若存在唯一的整数,使得0,则的取值范围是( )‎ ‎(A)[-,1) (B)[-,) (C)[,) (D)[,1)‎ ‎【答案】D ‎【2015高考新课标2,理21】(本题满分12分)‎ 设函数.‎ ‎(Ⅰ)证明:在单调递减,在单调递增;‎ ‎(Ⅱ)若对于任意,都有,求的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).‎ ‎【解析】(Ⅰ).‎ 若,则当时,,;当时,,.‎ 若,则当时,,;当时,,.‎ 所以,在单调递减,在单调递增.‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的,在单调递减,在单调递增,故在处取得最小值.所以对于任意,的充要条件是:即 ‎①,设函数,则.当时,;当时,‎ ‎.故在单调递减,在单调递增.又,,故当时,.当时,,,即①式成立.当时,由的单调性,,即;当时,,即.综上,的取值范围是.‎ ‎【2015江苏高考,17】(本小题满分14分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到的距离分别为‎5千米和‎40千米,点N到的距离分别为 ‎20千米和‎2.5千米,以所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数 (其中a,b为常数)模型.‎ ‎ ‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.‎ ‎①请写出公路l长度的函数解析式,并写出其定义域;‎ ‎②当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.‎ ‎【答案】(1)(2)①定义域为,‎ ‎②千米 ‎【解析】‎ ‎(1)由题意知,点,的坐标分别为,.‎ 将其分别代入,得,‎ 解得.‎ ‎(2)①由(1)知,(),则点的坐标为,‎ 设在点处的切线交,轴分别于,点,,‎ 则的方程为,由此得,.‎ 故,.‎ ‎②设,则.令,解得.‎ 当时,,是减函数;‎ 当时,,是增函数.‎ 从而,当时,函数有极小值,也是最小值,所以,‎ 此时.‎ 答:当时,公路的长度最短,最短长度为千米.‎ ‎1.(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.‎ ‎【解析】解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),‎ f′(x)=1+a-2x-3x2.‎ 令f′(x)=0,得x1=,‎ x2=,x1x2时,f′(x)<0;‎ 当x10.‎ 故f(x)在和 内单调递减,‎ 在内单调递增.‎ ‎2.(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.‎ ‎【解析】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+1an+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.‎ ‎3.(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,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,x20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x20时,x2x0时,有x20,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 ‎【答案】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.(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 ‎【答案】D 【解析】y′=a-,根据已知得,当x=0时,y′=2,代入解得a=3.‎ ‎9.(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.‎ ‎【解析】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].‎ 下面用数学归纳法证明.‎ ‎①当n=1时,,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.‎ ‎10.(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.‎ ‎【解析】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=.‎ ‎ 11.(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.‎ ‎【解析】解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),‎ f′(x)=1+a-2x-3x2.‎ 令f′(x)=0,得x1=,‎ x2=,x1x2时,f′(x)<0;‎ 当x10.‎ 故f(x)在和 内单调递减,‎ 在内单调递增.‎ ‎12.(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.‎ ‎【解析】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+1an+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.‎ ‎13.(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,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-=.‎ 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x20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x20,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.‎ ‎17.(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 ‎【答案】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.‎ ‎18.(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 ‎【答案】D 【解析】 y′=a-,根据已知得,当x=0时,y′=2,代入解得a=3.‎ ‎19.(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.‎ ‎【解析】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:‎ 方法二:上述不等式等价于++…+,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.(2014·四川卷) 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.‎ ‎【解析】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=.‎ ‎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.‎ ‎【解析】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-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,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,“>a”等价于“sin x-ax>‎0”‎,“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)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00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<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-=.‎ 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x20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x20,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<,得ln 3e2-.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,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-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0g(1)=0.故当0.‎ 综上所述,满足条件的a的取值范围为.‎ ‎27.(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.‎ ‎28.(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]‎ ‎【答案】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01).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:0,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)ln>=,‎ ak+1=ln(ak+1)≤ln<=,‎ 即当n=k+1时,有 0,则a的取值范围是(  )‎ A.(2,+∞) B.(1,+∞)‎ C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)‎ ‎【答案】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). ‎ ‎31.(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.‎ ‎【解析】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;‎ ‎32.(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).‎ ‎【解析】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>>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.‎ ‎33.(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.‎ ‎【解析】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 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)≥不恒成立.‎ 综上可知,a的取值范围是(-∞,1].‎ 下面用数学归纳法证明.‎ ‎①当n=1时,,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.‎ ‎35.(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<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. ‎ ‎36.(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.‎ ‎(ii)当-10,t(a)在上是增函数,故t(a)>t(0)=-2,‎ 因此-2≤‎3a+b≤0.‎ ‎(iii)当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,+∞).‎ ‎38.(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 ‎【答案】. 【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=.‎ ‎39.(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 ‎【答案】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.‎ ‎1.已知函数f(x)的导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象如图所示,则f(x)的图象可能是(  )‎ 解析:选D 当x<0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c<0,知相应的函数f(x)在该区间内单调递减;当x>0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象可知,导函数在区间(0,x1)内的值是大于0的,则在此区间内函数f(x)单调递增.‎ ‎2.函数y=x2-ln x的单调递减区间为(  )‎ A.(0,1) B.(0,+∞)‎ C.(1,+∞) D.(0,2)‎ 解析:选A 对于函数y=x2-ln x,易得其定义域为{x|x>0},y′=x-=,令<0,又x>0,所以x2-1<0,解得00;当x∈(1,e]时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x=1时,f(x)取得最大值ln 1-1=-1.‎ ‎5.已知函数f(x)=x+在(-∞,-1)上单调递增,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[1,+∞) B.(-∞,0)∪(0,1]‎ C.(0,1] D.(-∞,0)∪[1,+∞)‎ 解析:选D 函数f(x)=x+的导数为f′(x)=1-,由于f(x)在(-∞,-1)上单调递增,则f′(x)≥0在(-∞,-1)上恒成立,即≤x2在(-∞,-1)上恒成立.由于当x<-1时,x2>1,则有≤1,解得a≥1或a<0.‎ ‎6. f(x)=x3-3x+a有3个不同的零点,则a的取值范围是________.‎ 解析:由f′(x)=3x2-3>0,解得单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),f′(x)<0得单调递减区间为(-1,1).要有3个不同零点需满足解得a∈(-2,2).‎ 答案:(-2,2)‎ ‎7.若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数k的取值范围是________.‎ 解析:因为y′=3x2-12,由y′>0,得函数的增区间是(-∞,-2)及(2,+∞),由y′<0,得函数的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以k-1<-20.讨论f(x)的单调性.‎ 解:由题意知,f(x)的定义域是(0,+∞),导函数f′(x)=1+-=.‎ 设g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判别式Δ=a2-8.‎ ‎①当Δ<0,即00都有f′(x)>0.‎ 此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.‎ ‎②当Δ=0,即a=2 时,仅对x=有f′(x)=0,对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.‎ ‎③当Δ>0,即a>2时,方程g(x)=0有两个不同的实根x1=,x2=,0时,求函数f(x)在[b,+∞)上的最小值.‎ 解:f′(x)=.‎ ‎(1)因为x=是f(x)的一个极值点,所以f′=0,‎ 因此a-a+1=0,解得a=.‎ 经检验,当a=时,x=是f(x)的一个极值点,故所求a的值为.‎ ‎(2)由(1)可知,f′(x)=,令f′(x)=0,得x=或x=,当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下表:‎ 所以f(x)的单调递增区间是,,单调递减区间是.‎ 所以f(x)在[b,+∞)上的最小值为f(b)==.‎

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