2014年高考数学理科（高考真题+模拟新题）分类汇编：B单元++函数与导数

1、 数 学 B单元 函数与导数 B1函数及其表示62014安徽卷 设函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)sin x当0 x0，,cos x， x0，)则下列结论正确的是()Af(x)是偶函数Bf(x)是增函数Cf(x)是周期函数Df(x)的值域为1，)7D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x0时，令f(x)x21，则f(x)在区间(0，)上是增函数，且函数值f(x)1；当x0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

2、1，)22014江西卷 函数f(x)ln(x2x)的定义域为()A(0，1 B0，1C(，0)(1，) D(，01，)2C解析 由x2x0，得x1或x0，,cos x， x0，)则下列结论正确的是()Af(x)是偶函数Bf(x)是增函数Cf(x)是周期函数Df(x)的值域为1，)7D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x0时，令f(x)x21，则f(x)在区间(0，)上是增函数，且函数值f(x)1；当x0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

3、，也不是周期函数，其值域为1，)21、2014广东卷 设函数f(x)eq f(1,r(（x22xk）22（x22xk）3)，其中k2.(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kf(1)的x的集合(用区间表示)122014四川卷 设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x1，1)时，f(x)eq blc(avs4alco1(4x22，1x0，,x， 0 x2，aR)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解析 若f(x)A，则f(x)的值域为R，于是，对任意的bR，一定存在aD，使得f(a)b，故正确取函数f(x)

4、x(1x1)，其值域为(1，1)，于是，存在M1，使得f(x)的值域包含于M，M1，1，但此时f(x)没有最大值和最小值，故错误当f(x)A时，由可知，对任意的bR，存在aD，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b0R，一定存在一个a0D，使得f(a0)bg(a0)，即f(a0)g(a0)b0M，M，故正确对于f(x)aln(x2)eq f(x,x21) (x2)，当a0或a0时，函数f(x)都没有最大值要使得函数f(x)有最大值，只有a0，此时f(x)eq f(x,x21) (x2

5、)易知f(x)eq blcrc(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，所以存在正数Meq f(1,2)，使得f(x)M，M，故正确21，2014四川卷 已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 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)exax2bx1，得g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.当x0，1时，g(x)12a，e2a当aeq f(1,2)时，g(x)0，所以g(x)在0，1上单调递增，因此

6、g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当aeq f(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)e2ab；当eq f(1,2)aeq f(e,2)时，令g(x)0，得xln(2a)(0，1)，所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增，于是，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当aeq f(1,2)时，g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当eq f(1,2)aeq f(e,2)时，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当

7、aeq f(e,2)时，g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab.(2)设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负故g(x)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点由(1)知，当aeq f(1,2)时，g(x)在0，1上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点；当aeq f(e,2)时，g(x)在0，1上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意所以eq

8、 f(1,2)a0，g(1)e2ab0.由f(1)0得abe10，g(1)1a0，解得e2a1.当e2a1时，g(x)在区间0，1内有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0，则g(x)0(x0，1)，从而f(x)在区间0，1内单调递增，这与f(0)f(1)0矛盾，所以g(ln(2a)0，g(1)1a0.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， x0，)则下列结论正确的是()Af(x)是偶函数Bf(x)是增函数

9、Cf(x)是周期函数Df(x)的值域为1，)7D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x0时，令f(x)x21，则f(x)在区间(0，)上是增函数，且函数值f(x)1；当x0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，)32014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)x3x21，则f(1)g(1)()A3 B1 C1 D33C解析 因为f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f

10、(1)g(1)f(1)g(1)(1)3(1)211.32014新课标全国卷 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()Af(x)g(x)是偶函数B|f(x)|g(x)是奇函数Cf(x)|g(x)|是奇函数D|f(x)g(x)|是奇函数3C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.152014新课标全国卷 已知偶函数f(x)在0，)单调递减，f(2)0，若f(x1)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(x1)0，则2x12，解得1

11、x0，且a1)的图像如图11所示，则下列函数图像正确的是()图11 ABCD图124B解析 由函数ylogax的图像过点(3，1)，得a3.选项A中的函数为yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(x)，则其函数图像不正确；选项B中的函数为yx3，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ylog3(x)，则其函数图像不正确32014江西卷 已知函数f(x)5|x|，g(x)ax2x(aR)若fg(1)1，则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辽宁卷 已知a2eq f(1,3)，blog2eq f(1,3)，clogeq f(1,2)eq f(1,3)，则()Aabc Bacb Ccab Dcba3C解析 因为0a2eq f(1,3)1，blog2eq f(1,3)logeq f(1,2)eq f(1,2)1，所以cab.2，2014山东卷 设集合Ax|x1|2，By|y2x，x0，2，则AB()A0，2 B(1，3) C1，3) D(1，4)2C解析 根据已知得，集合Ax|1x3，By|1y4，所以ABx|1x3故选C.5，2014山东卷 已知实数x，y满足axay(0a1)，则下列关系式恒成立的是()A. eq f(1,x2

13、1)eq f(1,y21) B. ln(x21)ln(y21) C. sin xsin y D. x3y35D解析 因为axay(0a1)，所以xy，所以sin xsin y，ln(x21)ln(y21)，eq f(1,x21)eq f(1,y21)都不一定正确，故选D.72014陕西卷 下列函数中，满足“f(xy)f(x)f(y)”的单调递增函数是()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)，故排除选项A，C.又f(x)eq blc(rc)(a

14、vs4alco1(f(1,2)eq sup12(x)为单调递减函数，所以排除选项D.112014陕西卷 已知4a2，lg xa，则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 对数与对数函数5，2014山东卷 已知实数x，y满足axay(0a1)，则下列关系式恒成立的是()A. eq f(1,x21)eq f(1,y21) B. ln(x21)ln(y21) C. sin xsin y D. x3y35D解析 因为axay(0a1)，所以xy，所以sin xsin y，ln(

15、x21)ln(y21)，eq f(1,x21)eq f(1,y21)都不一定正确，故选D.3，2014山东卷 函数f(x)eq f(1,r(（log2x）21)的定义域为()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 根据题意得，eq blc(avs4alco1(x0，,（log2）210，)解得eq blc(avs4alco1(x0，,x2或xf(1,2).)故选C.4、2014福建卷 若函数ylogax(a0，

16、且a1)的图像如图11所示，则下列函数图像正确的是()图11 ABCD图124B解析 由函数ylogax的图像过点(3，1)，得a3.选项A中的函数为yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(x)，则其函数图像不正确；选项B中的函数为yx3，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ylog3(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a10a11a9a122e5，则ln a1ln a2ln a20_1350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a10a11a9a1

17、22e5，a10a11a9a122a10a112e5，a10a11e5，ln a1ln a2ln a20ln(a1a2a20)ln(a10a11)10ln(e5)10ln e5050.3、2014辽宁卷 已知a2eq f(1,3)，blog2eq f(1,3)，clogeq f(1,2)eq f(1,3)，则()Aabc Bacb Ccab Dcba3C解析 因为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 函数f(x)logeq f(1,2)(x24)的单调递增区间为()A(0，) B(，0) C(2，)

18、D(，2)4D解析 要使f(x)单调递增，需有eq blc(avs4alco1(x240，,x0，)解得x0)，g(x)logax的图像可能是() AB CD图12图127D解析 只有选项D符合，此时0a0，且a1)的图像如图11所示，则下列函数图像正确的是()图11 ABCD图124B解析 由函数ylogax的图像过点(3，1)，得a3.选项A中的函数为yeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)eq sup12(x)，则其函数图像不正确；选项B中的函数为yx3，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ylog3(x)，则其函数图像不正确

19、102014湖北卷 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)eq f(1,2)(|xa2|x2a2|3a2)若xR，f(x1)f(x)，则实数a的取值范围为()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 因为当x0时，f(x)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(blc|rc|(avs4al

20、co1(xa2)blc|rc|(avs4alco1(x2a2)3a2)，所以当0 xa2时，f(x)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(a2x2a2x3a2)x；当a2x2a2时，f(x)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(xa22a2x3a2)a2；当x2a2时，f(x)eq f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(xa2x2a23a2)x3a2.综上，f(x)eq blc(avs4alco1(x，0 xa2，,a2，a2x0)，g(x)logax的图像可能是() AB CD图12图127D解析 只有选项D符合，此时0a1，幂函数

21、f(x)在(0，)上为增函数，且当x(0，1)时，f(x)的图像在直线yx的上方，对数函数g(x)在(0，)上为减函数，故选D.B9 函数与方程 10、2014湖南卷 已知函数f(x)x2exeq f(1,2)(x0，)整理得x2(3a)xa0，则(3a)24aa210a90，解得a1或a9.故当ya|x1|与yf(x)的图像有四个交点时，0a9.62014浙江卷 已知函数f(x)x3ax2bxc，且0f(1)f(2)f(3)3，则()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，)则f(x)x36x211xc，而0f(1)3，故06c3，6c9，故选C.B10 函数模型及其应用 82014湖南卷 某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p，第二年的增长率为q，则该市这两年生产总值的年平均增长率为()A.eq f(pq,2) B.eq f(（p1）（q1）1,2)C.eq r(pq) D.eq r(（p1）（q1）)18D解析 设年平均增长率为x，则有(1p)(1q)(1x)2，解得xeq r(（1p）（1q）)1.102014陕西卷 如图12，某飞行器在4千米高空

23、水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为 ()图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 设该三次函数的解析式为yax3bx2cxd.因为函数的图像经过点(0，0)，所以d0，所以yax3bx2cx.又函数过点(5，2)，(5，2)，则该函数是奇函数，故b0，所以yax3cx，代入点(5，2)得125a5c2.又由该函数的图像在点(5，2)处的切线平行于x轴，y3a

24、x2c，得当x5时，y75ac0.联立eq blc(avs4alco1(125a5c2，,75ac0，)解得eq blc(avs4alco1(af(1,125)，,cf(3,5).)故该三次函数的解析式为yeq f(1,125)x3eq f(3,5)x.B11 导数及其运算18、2014安徽卷 设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时 ，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值18解： (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)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)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1r(43a),3)和 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(43a),3)，)内单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(43a),3)，f(1r(43a),3)内单调递增(2)因为a0，所以x10，当a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减，所以f(x)在xx2eq f(1r(

26、43a),3)处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a12x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anceq f(1,p).当n1时，由题设知a1ceq f(1,p)成立假设nk(k1，kN*)时，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*.当nk1时，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)，所以当nk1时，不等式anceq f(1,p)也成立综合可得，对一切正整数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：设f(x)eq f(p1,p)xeq f(c,p)x1p，xceq f(1,p)，则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)，)上单调递增，因而，当xceq f(1,p)时，f(x)f(ceq f(1,p)ceq f(1,p).当n1时，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)，从而可得a1a2ceq f(1,p)，故当n1时，不等式anan1ceq f(1,p)成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1ceq f(1,p)成立，则当

30、nk1时，f(ak)f(ak1)f(ceq f(1,p)，即有ak1ak2ceq f(1,p)，所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1ceq f(1,p)均成立20、2014福建卷 已知函数f(x)exax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线yf(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x0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，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.当xln 2时，f (x)ln 2时，f (x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln 2)2ln 40，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x20时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，要使不等式x2kx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln

32、k，则h(x)1eq f(2,x)eq f(x2,x).所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增又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)，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x20时，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)，当xx0时，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，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.方法三：(1)同方法一(2)同方法一(3)首先证明当x(0，)时，恒有eq f(1,3)x30时，x2ex，从而h(x)0，h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)h(0)10，即eq f(1,3

34、)x3x0时，有eq f(1,c)x2eq f(1,3)x3ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.10、2014广东卷 曲线ye5x2在点(0，3)处的切线方程为_10y5x3解析 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法因为y5e5x，所以切线的斜率k5e05，所以切线方程是：y35(x0)，即y5x3.132014江西卷 若曲线yex上点P处的切线平行于直线2xy10，则点P的坐标是_13(ln 2，2)解析 设点P的坐标为(x0，y0)，yex.又切线平行于直线2xy10，所以ex02，可得x0ln 2，此时y2，所以点P的坐标为(ln 2，2

35、)18、2014江西卷 已知函数f(x)(x2bxb)eq r(12x)(bR)(1)当b4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)上单调递增，求b的取值范围18解：(1)当b4时，f(x)eq f(5x（x2）,r(12x)，由f(x)0，得x2或x0.所以当x(，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x2处取得极小值f(2)0，在x0处取得极大值f(0)4.(2)f(x)eq f(x5x（3b2）,r(12x)，易知当xe

36、q blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)时，eq f(x,r(12x)1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln(n1)证明如下：方法一：上述不等式等价于eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n1)eq f(x,1x)，x0.令xeq f(1,n)，nN，则eq f(1,n1)lneq f(n1,n).下面用数学归纳法证明当n1时，eq f(1,2)ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,k1)ln(k1)那么，当nk1时，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)，即结论成立由可知，结论对nN成立方法二：上述不等式等价于eq f(1,2)eq f(1,3)eq f(1,n1)eq f(x,1x)，x0.令xeq f(1,n)，nN，则lneq f(n1,n)eq f(1,n1).故有ln 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)，结论得证方法三：如图，eq iin(0,n,)eq

38、f(x,x1)dx是由曲线yeq f(x,x1)，xn及x轴所围成的曲边梯形的面积，而eq f(1,2)eq f(2,3)eq f(n,n1)是图中所示各矩形的面积和，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)，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(nN*)(1)若a12，点(a8，4b7)在函数f(x)的图像上，求数列an的前n项和Sn；(2)若a11，函数f(x)的图像

39、在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2eq f(1,ln 2)，求数列eq blcrc(avs4alco1(f(an,bn)的前n项和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)函数f(x)2x在点(a2，b2)处的切线方程为y2a2(2a2ln 2)(xa2)，其在x轴上的截距为a2eq f(1,ln 2).由题意有a2eq f(1,ln 2)2eq f(1,ln 2)，解得a22.所以da2a11.从而ann，bn2n，所以数列eq f(an,bn)的

40、通项公式为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 导数的应用21，2014四川卷 已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 28为自然对数的底数(1)设g(x

41、)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)exax2bx1，得g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.当x0，1时，g(x)12a，e2a当aeq f(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)1b；当aeq f(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)e2ab；当eq f(1,2)aeq f(e,2)时，令g(x)0，得xln(2a)(0，1)，所以函数g

42、(x)在区间0，ln(2a)上单调递减，在区间(ln(2a)，1上单调递增，于是，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当aeq f(1,2)时，g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当eq f(1,2)aeq f(e,2)时，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当aeq f(e,2)时，g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab.(2)设x0为f(x)在区间(0，1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知，f(x)在区间(0，x0)上不可能单调递增，也不可能单调递减则g(x)不可能恒为正，也不可能恒为负故g(x

43、)在区间(0，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0，1)内存在零点x2.故g(x)在区间(0，1)内至少有两个零点由(1)知，当aeq f(1,2)时，g(x)在0，1上单调递增，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点；当aeq f(e,2)时，g(x)在0，1上单调递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意所以eq f(1,2)a0，g(1)e2ab0.由f(1)0得abe10，g(1)1a0，解得e2a1.当e2a1时，g(x)在区间0，1内有最小值g(ln(2a)若g(ln(2a)0，则g(x)0(x0，1)，从而f(x)在区间0，1内单调递增，这与f(0)f(1

44、)0矛盾，所以g(ln(2a)0，g(1)1a0.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)f(1)0，故f(x)在(x1，x2)内有零点综上可知，a的取值范围是(e2，1)18、2014安徽卷 设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0，1时 ，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值18解： (1)f(x)的定义域为(，)，f(x)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)当xx2时，f(x)0；当x1x0.故f(x)在eq blc(rc)(avs4alco1(，f(1r(43a),3)和 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(43a),3)，)内单调递减，在eq blc(rc)(avs4alco1(f(1r(43a),3)，f(1r(43a),3)内单调递增(2)因为a0，所以x10，当a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上单调

46、递增，在x2，1上单调递减，所以f(x)在xx2eq f(1r(43a),3)处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a4时，f(x)在x0处取得最小值182014北京卷 已知函数f(x)xcos xsin x，xeq blcrc(avs4alco1(0，f(,2).(1)求证：f(x)0；(2)若aeq f(sin x,x)b对xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立，求a的最大值与b的最小值18解：(1)证明：由f(x)xcos xsin x得f(x)cos xxsin x

47、cos xxsin x.因为在区间eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)上f(x)xsin x0时，“eq f(sin x,x)a”等价于“sin xax0”，“eq f(sin x,x)b”等价于“sin xbx0对任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立当c1时，因为对任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)，g(x)cos xc0，所以g(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)上单调递减，从而g(x)g(0)0对任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立当0cg(0)

48、0.进一步，“g(x)0对任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立”当且仅当geq blc(rc)(avs4alco1(f(,2)1eq f(,2)c0，即00对任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立；当且仅当c1时，g(x)0对任意xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立所以，若aeq f(sin x,x)0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，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.当xln 2时，f (x)ln 2时，f (x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln 2)2ln 40，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x20时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，要使不等式x2kx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立

50、令h(x)x2ln xln k，则h(x)1eq f(2,x)eq f(x2,x).所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增又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)，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x20时，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)，当xx0时，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，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.方法三：(1)同方法一(2)同方法一(3)首先证明当x(0，)时，恒有eq f(1,3)x30时，x2ex，从而h(x)0，h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)h(

52、0)10，即eq f(1,3)x3x0时，有eq f(1,c)x2eq f(1,3)x3ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.21、2014广东卷 设函数f(x)eq f(1,r(（x22xk）22（x22xk）3)，其中k2.(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kf(1)的x的集合(用区间表示)222014湖北卷 为圆周率，e2.718 28为自然对数的底数(1)求函数f(x)eq f(ln x,x)的单调区间；(2)求e3，3e，e，e，3，3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e3，3e，e，

53、e，3，3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)eq f(ln x,x)，所以f(x)eq f(1ln x,x2).当f(x)0，即0 xe时，函数f(x)单调递增；当f(x)e时，函数f(x)单调递减故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，)(2)因为e3，所以eln 3eln ，ln eln 3，即ln 3eln e，ln eln 3.于是根据函数yln x，yex，yx在定义域上单调递增，可得3ee3，e3e3.故这6个数的最大数在3与3之中，最小数在3e与e3之中由e3及(1)的结论，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.综上，6个数中的最大数是3，最小数是3e.(3)由(2)知，3ee33，3ee3.又由(2)知，eq f(ln ,)eq f(ln e,e)，得ee.故只需比较e3与e和e与3的大小由(1)知，当0 xe时，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，则lneq f(e

55、2,)eq f(e,)，从而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.综上可得，3ee3ee30，此时，f(x)在区间(0，)上单调递增当0a1时，由f(x)0得x12eq r(f(1a,a)eq blc(rc)(avs4alco1(x22r(f(1a,a)舍去).当x(0，x1)时，f(x)0.故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间

56、(x1，)上单调递增综上所述，当a1时，f(x)在区间(0，)上单调递增；当0a1时，f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(0，2r(f(1a,a)上单调递减，在区间eq blc(rc)(avs4alco1(2r(f(1a,a)，)上单调递增(2)由(*)式知，当a1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(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，当0aeq f(1,2)时，1x0；当eq f(1,2)a1时，0 x1.记g(x)ln x2eq f(2,x)2.(i)当1x0时，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)在区间(1，0)上单调递减，从而

58、g(x)g(1)40.故当0aeq f(1,2)时，f(x1)f(x2)0.(ii)当0 x1时，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.故当eq f(1,2)a0.综上所述，满足条件的a的取值范围为eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1).18、2014江西卷 已知函数f(x)(x2bxb)eq r(12x)(bR)(1)当b4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)上单调递增，求b的取值范围18解：(1)当b4时，f(x)e

59、q f(5x（x2）,r(12x)，由f(x)0，得x2或x0.所以当x(，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x2处取得极小值f(2)0，在x0处取得极大值f(0)4.(2)f(x)eq f(x5x（3b2）,r(12x)，易知当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)时，eq f(x,r(12x)0，依题意当xeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)时，有5x(3b2)0，从而eq f(5,3)(3b2)0，得beq f(1,9).所以b的取值

60、范围为eq blc(rc(avs4alco1(，f(1,9).112014辽宁卷 当x2，1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 B.eq blcrc(avs4alco1(6，f(9,8) C6，2 D4，311C解析 当2x0时，不等式转化为aeq f(x24x3,x3)，令f(x)eq f(x24x3,x3)(2x0)，则f(x)eq f(x28x9,x4)eq f(（x9）（x1）,x4)，故f(x)在2，1上单调递减，在(1，0)上单调递增，此时有aeq f(143,1)2.当x0时，g(x)恒成立当0 x1时，aeq f(x24x3,x3)，令个g(x