高考数学理科高考真题模拟新题分类汇编B单元函数与导数 44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)＋sinx．当0≤x<π时，f(x)＝0，则f＝(　　)‎ A.B. C．0D．－ ‎6．A[解析]由已知可得，f＝f＋sin＝f＋sin＋sin＝f＋sin＋sin＋sin＝2sin＋sin＝sin＝.‎ ‎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－xD．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．、、[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[解析]由函数f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos1，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)＝cosx，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．[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．，[2014·山东卷] 函数f(x)＝的定义域为(　　)‎ A.B．(2，＋∞)‎ C.∪(2，＋∞) D.∪[2，＋∞)‎ ‎3．C[解析]根据题意得，解得故选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[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．、[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－xD．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．、、[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[解析]由函数f(x)的解析式知，f(1)＝2，f(－1)＝cos(－1)＝cos1，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)＝cosx，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．、[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[解析]由题意可知，f＝f＝f＝－4＋2＝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)＝sinx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[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＞－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＞－2)．‎ 易知f(x)∈，所以存在正数M＝，使得f(x)∈[－M，M]，故④正确．‎ ‎21．，[2014·四川卷] 已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.71828…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)＝cosx，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．[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．－3B．－‎1C．1D．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．[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．[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 AB CD 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＝，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．[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．1B．‎2C．3D．－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．、[2014·辽宁卷] 已知a＝2－，b＝log2，‎ c＝log，则(　　)‎ A．a>b>cB．a>c>b C．c>a>bD．c>b>a ‎3．C[解析]因为0log＝1，所以c>a>b.‎ ‎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[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．，，[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.sinx＞sinyD.x3＞y3‎ ‎5．D[解析]因为ax＜ay(0＜a＜1)，所以x＞y，所以sinx＞siny，ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)，＞都不一定正确，故选D.‎ ‎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)＝xB．f(x)＝x3‎ C．f(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)＝为单调递减函数，所以排除选项D.‎ ‎11．[2014·陕西卷] 已知‎4a＝2，lgx＝a，则x＝________．‎ ‎11.[解析]由‎4a＝2，得a＝，代入lgx＝a，得lgx＝，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.sinx＞sinyD.x3＞y3‎ ‎5．D[解析]因为ax＜ay(0＜a＜1)，所以x＞y，所以sinx＞siny，ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)，＞‎ 都不一定正确，故选D.‎ ‎3．，[2014·山东卷] 函数f(x)＝的定义域为(　　)‎ A.B．(2，＋∞)‎ C.∪(2，＋∞) D.∪[2，＋∞)‎ ‎3．C[解析]根据题意得，解得故选C.‎ ‎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 AB CD 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＝，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．、[2014·广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数，且a‎10a11＋a‎9a12＝2e5，则lna1＋lna2＋…＋lna20＝________．‎ ‎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．、[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[解析]因为0log＝1，所以c>a>b.‎ ‎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[解析]要使f(x)单调递增，需有解得x<－2.‎ ‎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(　　)‎ AB CD 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 AB CD 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＝，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．[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[解析]因为当x≥0时，f(x)＝，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝＝－x；‎ 当a20)，g(x)＝logax的图像可能是(　　)‎ AB CD 图12‎ 图12‎ ‎7．D[解析]只有选项D符合，此时09.‎ ‎6．[2014·浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且09‎ ‎6．C[解析]由f(－1)＝f(－2)＝f(－3)得⇒‎ ⇒则f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，而0x2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．‎ ‎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，x2ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，‎ 且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，‎ 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(ln2)＝2－ln4>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>2lnx＋lnk成立．‎ 令h(x)＝x－2lnx－lnk，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)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k，‎ 易知k>lnk，k>ln2，5k>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 ‎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．[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．0B．‎1C．2D．3‎ ‎8．D[解析]y′＝a－，根据已知得，当x＝0时，y′＝2，代入解得a＝3.‎ ‎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＋＋…＋，x>0.‎ 令x＝，n∈N＋，则，x>0.‎ 令x＝，n∈N＋，则ln>.‎ 故有ln2－ln1>，‎ ln3－ln2>，‎ ‎……‎ ln(n＋1)－lnn>，‎ 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＝2.71828…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)x2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00时，“>a”等价于“sinx－ax>‎0”‎，“0对任意x∈恒成立．‎ 当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cosx－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，x2ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ 所以当x＝ln2时，f(x)取得极小值，‎ 且极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＝2－ln4，‎ 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(ln2)＝2－ln4>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>2lnx＋lnk成立．‎ 令h(x)＝x－2lnx－lnk，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)－lnk＝8(k－ln2)＋3(k－lnk)＋5k，‎ 易知k>lnk，k>ln2，5k>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时，x2x0时，有x2f(1)的x的集合(用区间表示)．‎ ‎22．[2014·湖北卷] π为圆周率，e＝2.71828…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eln3π3；‎ 由<，得ln 3e2－.①‎ 由①得，elnπ>e>2.7×>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，‎ 即elnπ>3，亦即lnπe>lne3，所以e3<πe.‎ 又由①得，3lnπ>6－>6－e>π，即3lnπ>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.‎ ‎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)‎ ‎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)＝aexlnx＋，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)＝aexlnx＋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)＝exlnx＋ex－1，‎ 从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－.‎ 设函数g(x)＝xlnx，‎ 则g′(x)＝1＋lnx，‎ 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1.4142＜＜1.4143，估计ln2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，ln2>>0.6928；‎ 当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，‎ g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln2<0，‎ ln2<<0.6934.‎ 所以ln2的近似值为0.693.‎ ‎20．[2014·山东卷] 设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.71828…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－elnk，‎ 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，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减；‎ x∈(lnk，＋∞)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(lnk)＝k(1－lnk)．‎ 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]．‎ ‎(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＋＋…＋，x>0.‎ 令x＝，n∈N＋，则，x>0.‎ 令x＝，n∈N＋，则ln>.‎ 故有ln2－ln1>，‎ ln3－ln2>，‎ ‎……‎ ln(n＋1)－lnn>，‎ 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＝－lna.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－lna)‎ ‎－lna ‎(－lna，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  ‎－lna－1‎  这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－lna)；单调递减区间是(－lna，＋∞)．于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－lna)>0；②存在s1∈(－∞，－lna)，满足f(s1)<0；③存在s2∈(－lna，＋∞)，满足f(s2)<0.‎ 由f(－lna)>0，即－lna－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lnx1＝lna＋x1，lnx2＝lna＋x2.故x2－x1＝lnx2－lnx1＝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)＝－2lnx＋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－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＝lnt1，x2＝lnt2.‎ 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＝lnx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＝2lnxdx＝2(xlnx－x)1＝2[(elne－e)－(ln1－1)]＝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．0B．‎1C．2D．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[解析]因为∫‎0f(x)dx＝0，即∫‎0f(x)dx＝－cos(x－φ)0＝－cos＋cosφ＝0，可取φ＝，所以x＝是函数f(x)图像的一条对称轴．‎ ‎8.[2014·江西卷] 若f(x)＝x2＋‎2‎f(x)dx，则f(x)dx＝(　　)‎ A．－1B．－C.D．1‎ ‎8．B[解析]f(x)dx＝dx＝＝＋‎2‎f(x)dx，得f(x)dx＝－.‎ ‎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.2B.‎4C.2D.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(4x－x3)dx＝0＝4，故选D.‎ ‎3．[2014·陕西卷] 定积分(2x＋ex)dx的值为(　　)‎ A．e＋2B．e＋‎1C．eD．e－1‎ ‎3．C[解析](2x＋ex)dx＝(x2＋ex)＝(12＋e1)－(02＋e0)＝e.‎ 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．①②③B．②③C．①③D．①②‎ ‎9．A[解析]f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)‎ ‎＝ln＝－ln＝－ ‎＝－f(x)，故①正确；当x∈(－1，1)时，∈(－1，1)，且f＝ln－ln＝ln＝ln＝ln＝2ln＝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)＝＋－2＝，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．、[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[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－＝m2＋ln(m＋a)，解得m＋a＝ee－m－，即a＝ee－m－－m(m＞0)，可得a∈(－∞，)．‎ ‎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)‎ ‎[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＝，则＝，‎ 即＝.‎ 因为a>0，b>0，所以化简得＝，故可以选择f(x)＝(x>0)；‎ ‎(2)依题意，c＝，则＝，因为a>0，b>0，所以化简得＝，故可以选择f(x)＝x(x>0)．‎ ‎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)|时，|f(x)－f(y)|＝|f(x)－f(1)－(f(y)－f(0))|≤|f(x)－f(1)|＋|f(y)－f(0)|< ‎|x－1|＋|y－0|＝－(x－y)＋<.故kmin＝.‎ ‎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.‎ ‎21．、[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数f(x)＝aexlnx＋，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)＝aexlnx＋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)＝exlnx＋ex－1，‎ 从而f(x)>1等价于xlnx>xe－x－.‎ 设函数g(x)＝xlnx，‎ 则g′(x)＝1＋lnx，‎ 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1.4142＜＜1.4143，估计ln2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，ln2>>0.6928；‎ 当b＝＋1时，ln(b－1＋)＝ln，‎ g(ln)＝－－2＋(3＋2)ln2<0，‎ ln2<<0.6934.‎ 所以ln2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)＝sinx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[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＞－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＞－2)．‎ 易知f(x)∈，所以存在正数M＝，使得f(x)∈[－M，M]，故④正确．‎ ‎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＝－lna.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－lna)‎ ‎－lna ‎(－lna，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  ‎－lna－1‎  这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－lna)；单调递减区间是(－lna，＋∞)．于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－lna)>0；②存在s1∈(－∞，－lna)，满足f(s1)<0；③存在s2∈(－lna，＋∞)，满足f(s2)<0.‎ 由f(－lna)>0，即－lna－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lnx1＝lna＋x1，lnx2＝lna＋x2.故x2－x1＝lnx2－lnx1＝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)＝－2lnx＋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)＝|sin2πx|，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．I11.故I20，t(a)在上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，‎ 因此－2≤‎3a＋b≤0.‎ ‎(iii)当B．a>或a<－1‎ C．－10，解得a>或a<－1.‎ ‎11．[2014·福建闽南期末]计算：dx＝________．‎ ‎11．1＋ln2[解析]1＋dx＝(x＋lnx))1＝(2＋ln2)－(1＋ln1)＝1＋ln2.‎ ‎4．[2014·内江模拟]已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为(　　)‎ A．c＜ B．c≤ C．c≥ D．c＞ ‎4．A[解析]由题意得，f′(x)＝x2－x＋c，Δ＝1－‎4c>0，解得c<.‎ ‎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)＝.‎ ‎∵当x>0时，f(x)>1>0，∴当x<0时，－x>0，‎ ‎∴f(－x)>0，∴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－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 即 解得0