2014年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数及其应用).pdf

《2014年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数及其应用).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014年全国各地高考数学试题及解答分类大全(导数及其应用).pdf（35页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1页（共 35页）2014 年全国各地高考数学试题及解答分类大全（导数及其应用）一、选择题：1(2014 湖北理)若函数 f(x)，g(x)满足错误!f(x)g(x)dx0，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：f(x)sin12x，g(x)cos12x；f(x)x1，g(x)x1；f(x)x，g(x)x2.其中为区间 1，1上的正交函数的组数是()A0B1C 2D31 C解析 由题意，要满足f(x)，g(x)是区间 1，1上的正交函数，即需满足错误!f(x)g(x)dx0.错误!f(x)g(x)dx错误!sin12xcos12xdx12错误!sinxdx1

2、2cos x110，故第组是区间1，1上的正交函数；错误!f(x)g(x)dx错误!(x1)(x 1)dxx33x11430，故第组不是区间1，1上的正交函数；错误!f(x)g(x)dx错误!xx2dxx44110，故第组是区间 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.2.(2014 湖南文)若1201xx，则（）A.2121lnlnxxeexxB.2121lnlnxxeexxC.1221xxx ex eD.1221xxx ex e3.(2014湖南理)已知函数()sin(),f xx且230()0,f x dx则函数()f x的图象的一条对称轴是A.56xB.7

3、12xC.3xD.6x4.(2014 江西理)若120()2(),f xxf x dx则10()f x dx（）A.1B.13C.13D.1【答案】B【解析】设10mfx dx，则2()2f xxm，111123000011()2()2233fx dxxfx dx dxxmxmm，所以13m.5.(2014 辽宁理)当 2,1x时，不等式32430axxx恒成立，则实数 a 的取值范围是（）A 5,3B9 6,8C 6,2D 4,3【答案】C第 2页（共 35页）【解析】.-1,-6a-6-1.0)1(0)-1(),1 21,-1-(),-1-()()1-9)(1(981-)(,34-)(21

4、,-(?t,034-),1?t,034-1,2-?x,0)341-()(10.0)(0.2323232323Caaggtgtttttgtttatgtttatttaxxxaxxfxtxxfx选且解得，且递增上递减，在上递增，在在则令且时，令当成立时，当换元法+=+=+=+=6.(2014 辽宁文)当 2,1x时，不等式32430axxx恒成立，则实数 a 的取值范围是（）A 5,3B96,8C 6,2D 4,3【答案】C【解析】.-2,-6a-6-2.0)1(0)-1(),1 21,-1-(),-1-()()1-9)(1(981-)(,34-)(21,-(?t,034-),1?t,034-1,2

5、-?x,0)341-()(10.0)(0.2323232323Caaggtgtttttgtttatgtttatttaxxxaxxfxtxxfx选且解得，且递增上递减，在上递增，在在则令且时，令当成立时，当换元法+=+=+=+=7.(2014 全国大纲理)曲线1xyxe在点（1,1）处切线的斜率等于（）21A2eBeC2D18.(2014全国新课标文)已知函数32()31f xaxx，若()f x存在唯一的零点0 x，且00 x，则a的取值范围是（A）2,（B）1,（C）,2（D）,1【答案】：C【解析 1】：由已知0a，2()36fxaxx，令()0fx，得0 x或2xa，第 3页（共 35页

6、）当0a时，22,0,()0;0,()0;,()0 xfxxfxxfxaa；且(0)10f，()f x有小于零的零点，不符合题意。当0a时，22,()0;,0,()0;0,()0 xfxxfxxfxaa要使()f x有唯一的零点0 x且0 x0，只需2()0fa，即24a，2a选 C【解析 2】：由已知0a，()f x=3231axx有唯一的正零点，等价于3113axx有唯一的正零根，令1tx，则问题又等价于33att有唯一的正零根，即ya与33ytt有唯一的交点且交点在在y 轴右侧，记3()3f ttt2()33ftt，由()0ft，1t，,1,()0;1,1,()0;tfttft，1,()

7、0tft，要使33att有唯一的正零根，只需(1)2af，选 C9.(2014 全国新课标理)已知函数()f x=3231axx，若()f x存在唯一的零点0 x，且0 x0，则a的取值范围为A.（2，+）B.（-，-2）C.（1，+）D.（-，-1）【答案】：B【解析 1】：由已知0a，2()36fxaxx，令()0fx，得0 x或2xa，当0a时，22,0,()0;0,()0;,()0 xfxxfxxfxaa；且(0)10f，()f x有小于零的零点，不符合题意。当0a时，22,()0;,0,()0;0,()0 xfxxfxxfxaa要使()f x有唯一的零点0 x且0 x0，只需2()0

8、fa，即24a，2a选 B【解析 2】：由已知0a，()f x=3231axx有唯一的正零点，等价于3113axx有唯一的正零根，令1tx，则问题又等价于33att有唯一的正零根，即ya与33ytt有唯一的交点且交点在在y 轴右侧记3()3f ttt，2()33ftt，由()0ft，1t，,1,()0;1,1,()0;tfttft，1,()0tft，要使33att有唯一的正零根，只需(1)2af，选 B10.(2014 全国新课标理)设函数3 si)n(f xxm，若存在f(x)的极值点0 x满足22200()xf xm，则m的取值范围是（）A.,6()(6,)B.,4()(4,)C.,2()

9、(2,)D.,1()(1,)【答案解析】C.解析：3()3sin()cosxxf xfmmxm第 4页（共 35页）令()0cos0()2xxxkkZmfm(21)2kmx，即f(x)的极值点0(2)1()2mxkkZ存在f(x)的极值点0 x，满足22200()fxxm2220(2)m31sin2xkmm又222202sin)(21)msinssinin(222()1kkxkmm存在kZ，使得2212(2)m3km存在kZ,使得223(2)141km223(21)131|m|24414maxkm，故选 C.考点：考查导数与极值，三角函数，不等式的知识，为困难题.11.(2014 全国新课标理

10、)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【答案解析】D.解析：0ln(121)1,1|xyaxxyaxya故 a=3，选 D.考点：考查导数的几何应用，中等题.12.(2014山东理)直线4yx与曲线3yx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）412.【答案】D【解析】联立24xyxy，且在第一象限，得)8,2(),0,0(BA所求面积4|)412()4(2042203xxdxxxS第 5页（共 35页）13.(2014 陕西文)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道为某三次函数图像的一

11、部分，则该函数的解析式为（）（A）xxxy232121（B）xxxy3212123（C）xxy341（D）xxxy2214123【答案】A【解析】Abaxxxxfxxxyff选经计算得出也可设符合经检验只有，且），三次函数过点.)(2-()(.-21-21.3)2(1-)0(,02(),0,0(23+=14.(2014 陕西理)定积分10(2)xxe dx的值为（）.2Ae.1Be.Ce.1D e【答案】C【解析】Ceeeexdxexxx选,-0-1|)()2(1001102=+=+=+15.(2014陕西文)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连续（相切），已知环湖弯曲路段为

12、某三次函数图像的一部分，则该 函数的解析式为（A）321122yxxx（B）3211322yxxx（C）314yxx（D）3211242yxxx16.(2014 陕西理)如图，某飞行器在4 千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10 千米处下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则函数的解析式为（）第 6页（共 35页）（A）3131255yxx（B）3241255yxx（C）33125yxx（D）3311255yxx【答案】A【解析】AAfxffxfAfx选符合只有，而言，对即为极值点且），三次奇函数过点.053-53)5(53-1253x)(2-3-1)5(x53-x1251)(

13、.0)5(,5,2-5(),0,0(23=17(2014 四川理)已知()ln(1)ln(1)f xxx，(1,1)x。现有下列命题：()()fxf x；22()2()1xff xx；|()|2|f xx。其中的所有正确命题的序号是ABC D【答案】C【解析】()ln(1)ln(1)()fxxxf x故正确1()ln(1)ln(1)ln1xf xxxx2222212111()lnln()2ln2()211111xxxxxffxxxxxx但左边的xR，右边的(1,1)x，故不正确当0,1)x时，|()|2|()20fxxf xx令()()2ln(1)ln(1)2g xfxxxxx（0,1)x）因

14、为22112()20111xg xxxx，所以()g x在0,1)单增，()()2(0)0g xf xxg即()2f xx，又()f x与2yx为奇函数，所以|()|2|f xx成立故正确二、填空题：18.(2014 安徽文)若直线l与曲线C满足下列两个条件：)(i直线l在点00,yxP处与曲线C相切；)(ii曲线C在P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.21 教育网下列命题正确的是 _(写出所有正确命题的编号)直线0:yl在点0,0P处“切过”曲线C：3yx直线1:xl在点0,1P处“切过”曲线C：2)1(xy直线xyl:在点0,0P处“切过”曲线C：xysin直线xyl

15、:在点0,0P处“切过”曲线C：xytan第 7页（共 35页）直线1:xyl在点0,1P处“切过”曲线C：xyln15解析 对于，因为y 3x2，yx0 0，所以 l：y0 是曲线 C：yx3在点 P(0，0)处的切线，画图可知曲线C 在点 P 附近位于直线l 的两侧，正确；对于，因为y 2(x1)，yx10，所以 l：x 1 不是曲线 C：y(x1)2在点 P(1，0)处的切线，错误；对于，y cosx，yx01，所以曲线C 在点 P(0，0)处的切线为l：yx，画图可知曲线C 在点 P 附近位于直线l 的两侧，正确；对于，y 1cos2x，yx01，所以曲线C 在点 P(0，0)处的切线

16、为l：yx，画图可知曲线C 在点 P 附近位于直线l 的两侧，正确；对于，y 1x，yx11，所以曲线C 在点 P(1，0)处切线为l：yx 1，又由 h(x)x1ln x(x0)可得 h(x)11xx1x，所以 hmin(x)h(1)0，故 x1ln x，所以曲线C 在点 P 附近位于直线l的下侧，错误19.(2014 福建理)如图，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，则他落到阴影部分的概率为 _.21 世纪教育网版权所有20.(2014 广东文)曲线53xye在点(0,2)处的切线方程为21.(2014 广东理)曲线25xey在点0,3处的切线方程为.22(2014

17、江苏)在平面直角坐标系xoy中，若曲线2byaxx（,a b为常数）过点(2,5)P，且该第 8页（共 35页）曲线在点P处的切线与直线7230 xy平行，则ab。23.(2014江西文)若曲线lnyxxP上点处的切线平行于直线210,xyP则点的坐标是_.【答案】(e,e)【解析】11 lnln1yxxxx切线斜率 K=2则0ln12x，0ln1x，0 xe0fxe所以 P(e,e)24.(2014 江西理)若曲线xye上点P处的切线平行于直线210 xy，则点P的坐标是_.【答案】ln 2,2【解析】000000,222(ln 2,2)xxxxxyeyeP xyeeyePQQ设25.(20

18、14 辽宁理)正方形的四个顶点(1,1),(1,1),(1,1),(1,1)ABCD分别在抛物线2yx和2yx上，如图所示，若将一个质点随机投入正方形ABCD中，则质点落在阴影区域的概率是.【答案】32【解析】32324)|3x-14)-14,4),1,1(101032=?=pdxxSSABCDpC（：的面积形阴影部分的面积：正方所求概率阴影阴影三、解答题：26.(2014 安徽文)设函数23()1(1)f xa xxx，其中0a（1）讨论()f x在其定义域上的单调性；（2）当0,1x时，求()f x取得最大值和最小值时的x的值.20 解：（）()f x的定义域为(,)，2()123fxax

19、x令()0fx得1212143143,33aaxxxx第 9页（共 35页）所以12()3()()fxxxxx当1xx或2xx时()0fx；当12xxx时()0fx故()fx在1(,)x和2(,)x内单调递减，在12(,)x x内单调递增。（）0a，120,0 xx（1）当4a时21x，由（）知()f x在0,1上单调递增()fx在0 x和1x处分别取得最小值和最大值。（2）当40a时，21x，由（）知()f x在20,x上单调递增，在2,1x上单调递减()fx在21433axx处取得最大值又(0)1,(1)ffa当10a时()f x在1x处取得最小值当1a时()f x在0 x和1x处同时取得

20、最小值当41a时，()f x在0 x取得最小值。27.（2014 安徽理）设函数其中.（1）讨论在其定义域上的单调性；（2）当时，求取得最大值和最小值时的的值.28.(2014 北京理)已知函数()cossin,0,2f xxxx x，（1）求证：()0f x；（2）若sin xabx在(0,)2上恒成立，求a的最大值与b的最小值.解：（I）由()cossinf xxxx得()cossincossinfxxxxxxx。因为在区间(0,)2上()fxsin0 xx，所以()f x在区间0,2上单调递减。从而()f x(0)0f。（）当0 x时，“sin xax”等价于“sin0 xax”“sin

21、 xbx”等价于“sin0 xbx”。令()g xsinxcx，则()gxcosxc，当0c时，()0g x对任意(0,)2x恒成立。当1c时，因为对任意(0,)2x，()gxcosxc0，所以()g x在区间0,2上单调递减。从而()g x(0)0g对任意(0,)2x恒成立。当01c时，存在唯一的0(0,)2x使得0()gx0cosxc0。()g x与()gx在区间(0,)2上的情况如下：第 10页（共 35页）x0(0,)x0 x0(,)2x()gx0()g x因为()g x在区间00,x上是增函数，所以0()(0)0g xg。进一步，“()0g x对任意(0,)2x恒成立”当且仅当()1

22、022gc，即20c，综上所述，当且仅当2c时，()0g x对任意(0,)2x恒成立；当且仅当1c时，()0g x对任意(0,)2x恒成立.所以，若sin xabx对任意(0,)2x恒成立，则a 最大值为2，b 的最小值为1.29.(2014北京文)已知函数3()23f xxx.（1）求()f x在区间 2,1上的最大值；（2）若过点(1,)Pt存在 3 条直线与曲线()yf x相切，求t 的取值范围；（3）问过点(1,2),(2,10),(0,2)ABC分别存在几条直线与曲线()yf x相切？（只需写出结论）解：（）由323fxxx 得263fxx.令0fx，得22x或22x.因为210f，

23、222f，22112ff，所以fx在区间21，上的最大值为222f.（）设过点1Pt，的直线与曲线yf x相切于点00 xy，则300023yxx，且切线斜率为2063kx，所以切线方程为20063yyx0 xx，因此200063 1tyxx.整理得32004630 xxt.设32463g xxxt，则“过点1Pt，存在 3 条直线与曲线yf x相切”等价于“g x有 3 个不同零点”.21212121gxxxx x.g x与gx的情况如下：x(0)，0(01)，1(1)，()gx00()g x3t1t所以，(0)3gt是()g x 的极大值，(1)1gt是()g x 的极小值当(0)30gt

24、，即3t 时，此时()g x 在区间1，和(1)，上分别至多有1 个零点，所以()g x 至多有 2 个零点第 11页（共 35页）当(1)10gt，即1t时，此时()g x 在区间(0)，和0，上分别至多有1 个零点，所以()g x 至多有 2 个零点当00g且10g，即31t时，因为1702110gtgt，所以g x分别在区间10，01，和12，上恰有 1个零点.由于g x在区间0，和1，上单调，所以g x分别在区间0，和1，上恰有 1 个零点.综上可知，当过点1Pt，存在 3条直线与曲线yfx相切时，t的取值范围是31，.（）过点12A，存在 3条直线与曲线yfx相切；过点210B，存在

25、 2 条直线与曲线yfx相切；过点02C，存在 1条直线与曲线yfx相切.：30.(2014 福建文、理)已知函数()xf xeax（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.（）求a的值及函数()f x的极值；（）证明：当0 x时，2xxe（）证明：对任意给定的正数c，总存在0 x，使得当0(,)xx时，恒有xxce22.（1）当ln 2x时，()f x有极小值(ln 2)2ln 4f，()f x无极大值.（2）见解析.（3）见解析.解法一：（1）由()xf xeax，得()xfxea.又(0)11fa，得2a.所以()2xf xex，()2xfxe.令()0f

26、x，得ln 2x.当ln 2x时，()0fx，()f x单调递减；当ln 2x时，()0fx，()f x单调递增.所以当ln 2x时，()f x有极小值，且极小值为ln 2(ln 2)2ln 22ln 4fe，()f x无极大值.（2）令2()xg xex，则()2xgxex.由（1）得，()()(ln 2)2ln 40g xf xf，即()0g x.所以()g x在 R 上单调递增，又(0)10g，所以当0 x时，()(0)0g xg，即2xxe.（3）对任意给定的正数c，取01xc，由（2）知，当0 x时，2xxe.所以当0 xx时，21xexxc，即xxce.因此，对任意给定的正数c，总

27、存在0 x，当0(,)xx时，恒有xxce.解法二：（1）同解法一.（2）同解法一.（3）令1(0)kkc，要使不等式xxce成立，只要xekx成立.而要使xekx成立，则只需ln()xkx，即lnlnxxk成立.若01k，则ln0k，易知当0 x时，lnlnlnxxxk成立.即对任意1,)c，取00 x，当0(,)xx时，恒有xxce.第 12页（共 35页）若1k，令()lnlnh xxxk，则11()1xh xxx，所以当1x时，()0h x，()h x在(1,)内单调递增.取04xk，0()4ln(4)ln2(ln)2(ln 2)h xkkkkkk，易知lnkk，ln 2k，所以0()

28、0h x.因此对任意(0,1)c，取04xc，当0(,)xx时，恒有xxce.综上，对任意给定的正数c，总存在0 x，当0(,)xx时，恒有xxce.解法三：（1）同解法一.（2）同解法一.（3）若1c，取00 x，由（2）的证明过程知，2xex，所以当0(,)xx时，有2xxceexx，即xxce.若01c，令()xh xcex，则()1xh xce，令()0h x得1lnxc.当1lnxc时，()0h x，()h x单调递增.取022lnxc，22ln0222()2ln2(ln)ch xceccc，易知22ln0cc，又()h x在0(,)x内单调递增，所以当0(,)xx时，恒有0()()

29、0h xh x，即xxce.综上，对任意给定的正数c，总存在0 x，当0(,)xx时，恒有xxce.注：对 c 的分类可有不同的方式，只要解法正确，均相应给分。31.(2014 广东理)设函数2221()(2)2(2)3f xxxkxxk，其中2k，（1）求函数()f x的定义域D（用区间表示）；（2）讨论()f x在区间 D 上的单调性；（3）若6k，求 D 上满足条件()(1)f xf的x的集合（用区间表示）.第 13页（共 35页）222222122222:(1)(2)2(2)30,2123:210,44(1)4(2)0(2),21=012,210:1212,230,23044(3)xx

30、kxxkxxkxxkxxkkkkxxkkxxkxkxkxxkxxkk解则或由得方程的解为由得或由得:方程的判别式2222324(2)0(2),12,230:1212.2,121211212,(,12)(12,12)(12,).(2)(2)2(2)30,1()2(2kkkxxkkxkkkkkkDkkkkuxxkxxkfxux该方程的解为由得设则23222222)(22)2(22)2(1)(21)()(,12),10,211 10,()0;()(12,1),10,21310,()0;()(1,12),10,213 10,xkxxuxxxkixkxxxkfxiixkxxxkfxiiixkxxxkf当

31、时当时当时2()0;()(12,),10,211 10,()0.,():(,12),(1,12),():(12,1),(12,).xivxkxxxkfxf xDkkf xDkk当时综上在上的单调增区间为在上的单调减区间为22222222222(3)g(x)(2)2(2)3,(1),xD,g(x)0;g(1)(3k)2(3)3(6)(2),6,(1)0,()(1)()(1),()(1)(2)2(2)3(3k)2(3)3(2)(3k)xxkxxkkkkkgf xfg xgg xgxxkxxkkxxk设由知 当时又显然 当时从而不等式2222(2)(3)(3)(1)(225),()(3)(1)0,(

32、)(1),()(6,1421212311212142,12,142142,1421),2250,kkkkkkkxxkkxxxxkixxxf xfg xkkxgxkkxxk当欲使即亦即即时2222(3)(1)0,225(2)(5)3(5)0,()(1),()(1);(12iii)31,(3)(1)0,2253(5)0,()(1),;(iv)1(;()123,123)(1)0,2kiikxkxxxxkxxkkkg xgf xfxxxxxkkg xgxxxxx时时此时即时不合题意212,142142,253(5)0,()(1),;(v)(3)(1)0,()(1),2250,()(1)12142.,1

33、42,12)(12,3)(12)(1(,1214kkkg xkxkgxxxg xgkxkkkkkkxxkf xf时从而综合题意欲使则即的解集为:上所述2).k32.(2014 广东文)已知函数321()1()3f xxxaxaR.(1)求函数()f x的单调区间;(2)当0a时,试讨论是否存在0110,122x,使得01()()2f xf第 14页（共 35页）222:(1)()2,20:44,1,0,()0,()(,).1,2011,(,11),()0,(),(11,11),()0,(),(11,)fxxxaxxaaafxf xaxxaaxafxf xxaafxf xxa解方程的判别式当时此

34、时在上为增函数当时 方程的两根为当时此时为增函数当时此时为减函数当时,()0,(),1,()(,),1,()(,11),(11,),()(11,11).fxf xaf xaf xaaf xaa此时为增函数综上时在上为增函数当时的单调递增区间为的单调递减区间为323200003322000200000020000200111 111(2)()()1()()()1233 2221111()()()3222111111()()()()()3224222111()()23612211()(4122f xfxxaxaxxa xxxxxxa xxxxxaxx00020020014712)111(0,)(,

35、1),()(),222114147120(0,)(,1).220,1416(712)4(2148)0,14221487214872148:,0,8447+2148,01,721484xaxf xfxxaaaaaaaxxaa若存在使得必须在上有解方程的两根为只能是依题意即0000025711,492148121,12127+2148155=,424425557111(,)(,),(0,)(,1)()().124412222257511(,0),(0,)(,1)()(1212422aaaaxaaxf xfaxf xf即又由得故欲使满足题意的存在 则当时 存在唯一的满足当时 不存在使1).233(2

36、014 湖北文)为圆周率，e2.718 28为自然对数的底数(1)求函数 f(x)ln xx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33 解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，)因为 f(x)ln xx，所以 f(x)1 ln xx2.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，)第 15页（共 35页）(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，y ex，yx

37、在定义域上单调递增可得，3ee3，e3e3.故这 6 个数中的最大数在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(e)，即ln ln 33ln ee.由ln ln 33，得 ln 33.由ln 33ln ee，得 ln 3eln e3，所以 3e0，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，y ex，yx在定义域上单调递增，可得3e

38、e3，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(e)，即ln ln 33ln ee.由ln ln 33，得 ln 33；由ln 33ln ee，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，ln ln ee，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)1e，即ln xx1e.在上式中，令xe2，又e2e，则 lne2e，从而 2 ln 2e.由得，eln e2e 2.722.723.1

39、 2.7(20.88)3.0243，即 eln 3，亦即 ln eln e3，所以 e363e6e，即 3ln，所以 e3.综上可得，3ee3ee33，即这 6 个数从小到大的顺序为3e，e3，e，e，3，3.第 16页（共 35页）35.(2014 湖南文)已知函数()cossin1(0)f xxxxx.（1）求()f x的单调区间；（2）记ix为()f x的从小到大的第(*)i iN个零点，证明：对一切*nN，有2221211123nxxx.（21）解：（I）数fx求导可得cossincossin0fxxxxxxx x,令0fx可得*xkkN,当2,21*xkkkN时,sin0 x.此时0

40、fx;当21,22*xkkkN时,sin0 x,此时0fx,故函数fx的单调递减区间为2,21*kkkN,单调递增区间为21,22*kkkN.(II)由(1)可知函数fx在区间0,上单调递减,又02f,所以12x,当*nN时,因为11111110nnfnfnnn,且函数fx的图像是连续不断的,所以fx在区间,1nn内至少存在一个零点,又fx在区间,1nn上是单调的,故11nnxn,因此,当1n时,2211423x;当2n时,222121112413xx;当3n时,22222221231111111+4121nxxxxn222221231111111+51221nxxxxnn2222212311

41、111111+51221nxxxxnn221162613n,综上所述,对一切的*nN,2221211123nxxx.36(2014 湖南理)已知常数0a,函数2ln 12xfxaxx.(1)讨论fx在区间0,上的单调性;(2)若fx存在两个极值点12,x x,且120fxfx,求a的取值范围.(2)函数fx的定义域为1,a,由(1)可得当01a时,210aafxxa,则37(2014 江苏)已知函数()xxf xee，其中e是自然对数的底数。（1）证明：()f x是R上的偶函数；（2）若关于x的不等式()1xmf xem在(0,)上恒成立，求实数m的取值范围；（3）已知正数a满足：存在0(1,

42、)x，使得3000()(3)f xaxx成立，试比较1ae与1ea的大第 17页（共 35页）小，并证明你的结论。1,)上有解，等价于1(1)30haaee，即11()12aee考察函数38.(2014 江苏)已知函数0sin()(0)xfxxx，设()nfx为1()nfx的导数，*nN（1）求122()()222ff的值；（2）证明：对任意*nN，等式12()()4442nnnff都成立。来源:Z.xx.k.Com39.(2014 江西文)已知函数xaaxxxf)44()(22，其中0a.（1）当4a时，求)(xf的单调递增区间;（2）若)(xf在区间4,1上的最小值为8，求a的值.【解析】

43、解:（1）当4a时，222422fxxxxx，fx的定义域为0,2242xfxxxx=252xxx令0fx得20,25xx所以当4a时，)(xf的单调递增区间为20,2+5和，（2)22fxxax222102 222xaxaxafxxaxxx令0fx，得12,210aaxx0aQ，120 xx所以，在区间aa,-,-,1020上，0fx，)(xf的单调递增；在区间aa-,-102上，0fx，)(xf的单调递减；又易知22fxxax0，且02af当12a时，即20a时，)(xf在区间4,1 上的最小值为1f，由2144faa=8，得22 2a,均不符合题意。当142a时，即82a时，)(xf在区

44、间4,1 上的最小值为02af，不符合题意当42a时，即8a时，)(xf在区间4,1上的最小值可能为1x或4x处取到，而18f，第 18页（共 35页）242(6416)8faa，得10a或6a（舍去），当10a时，)(xf在区间4,1上单调递减，)(xf在区间4,1上的最小值48f符合题意，综上，10a40、(2014 江西理)已知函数.(1)当时，求的极值；(2)若在区间上单调递增，求b 的取值范围.【解析】1）当b=2时，=x+2-xfx21 2的定义域为1-2，25211221 22221212x xfxxxxxx令0fx，解得12x2,0 x当1x2x2和0时，0fx，所以()f x

45、在1,2,2,0上单调递减；当12 x2+=+=+=+=+=+=+=+=+=+=+=+=+=+=xxxxgxxxxxxxxxgxxxxhhxxxxxxfxxxfxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxgxxxgxxxxg且上存在唯一零点在所以，即即，使得，存在唯一故点右侧递增，且点左侧递减，在在左负右正在点即左负右正，且在点上只有一个零点在知，由的零点相同与，则设（且42.(2014 辽宁理)已知函数8()(cos)(2)(sin1)3f xxxxx，2()3()cos4(1 sin)ln(3)xg xxxxx.证明：（1）存在唯一0(0,)2x，使0()0f x；（2）存在唯一1(

46、,)2x，使1()0g x，且对（1）中的01xx.【答案】（1）0.108（2）1.8,0.72【解析】（1）第 20页（共 35页）上仅有一个零点，在所以，单调递减单调递减，且单调递减单调递增，单调递增上，在上有零点，在，)20()()1(sin38-)2)(-(cos)()1(sin38-)2)(cos-(-0cos-02)20()20()(0)2(38-)2)(2-()2(,038-)0()1(sin38-)2)(-(cos)(xfxxxxxfyxyxxxyxxyxyxfffxxxxxf+=+=+=+=+=+=（2）（II）考虑.,2),23ln(4sin1cos)(3)(xxxxxh

47、令,xt则,2x时，2,0t记)sin1)(2()(3)(),21ln(4sin1cos3-)(tttftuttttthtu则）（由（I）得，当0)()2,(,0)(),0(00tuxttuxt时，当时，在（0，0 x）上)(tu是增函数，又)00(u，从而当),0(0 xt时，)(tu0，所以)(tu在,0(0 x上无零点。在)2,(0 x上)(tu为减函数，由0)(0 xu，)2(u=-4ln20,知存在唯一)2,(01xt，使0)(1tu.所以存在唯一的)2,(01xt，使0)(1tu.因此存在唯一的1x，使)(1xh=)(1th=)(1tu=0.因为当),2(x时，0sin1x，故)(

48、xg=（xsin1）)(xh与)(xh有相同的零点，所以存在唯一的1x),2(，使)(1xg=0.43.(2014 全国大纲文)函数 f(x)=ax3+3x2+3x(a0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围.解：（1）2()363fxaxx，2()3630fxaxx的判别式=36（1-a）.（i）若 a1，则()0fx，且()0fx当且仅当a=1，x=-1，故此时 f（x）在 R 上是增函数.（ii）由于 a0，故当 a1 时，()0fx有两个根：121111,aaxxaa，若 0a0，x0 时,()0fx，所以当a0 时，f（x）在

49、区间（1，2）是增函数.若 a时，若()1,0 x?-，则0,fxfx在是()1,0-上是增函数；若20,2xaa，则0,fxfx在20,2aa上是减函数；若22,xaa，则0,fxfx在22,aa上是增函数1nk=+时有2333kakk+，结论成立根据（i）、（ii）知对任何nN*?结论都成立考点：1利用导数研究函数的单调性；2利用数学归纳法证明数列不等式45.(2014 全国新课标文)设函数21ln12afxaxxbx a，曲线11yfxf在点，处的切线斜率为0（I）求 b;（II）若存在01,x使得01afxa，求 a 的取值范围。【解析】：（I）()(1)afxa xbx，由题设知(1

50、)0f,解得 b1.4 分()f(x)的定义域为(0,),由()知,21()ln2af xaxxx，1()(1)111aaafxa xxxxxa第 22页（共 35页）(i)若12a，则11aa，故当x(1,)时,f(x)0,f(x)在(1,)上单调递增.所以,存在0 x1,使得0()1af xa的充要条件为(1)1afa，即1121aaa所以21a21;(ii)若112a，则11aa，故当x(1,1aa)时,f(x)2 时，在区间ln(102),(b bb上()0g x.若32ln(1(2)224ln101bb bb，令3214b，由()0g x，得2222221324(21)()4ln2l