2014高考題分類大題(導數)

1、三、解答題xAXbe87.【2014 全國卷I(理21 )1 (本小題滿分12分)設函數f(x)=ae lnx+，曲線y=f(x)X在點(1, f (1)處的切線為 y=e(x1) + 2. (I )求 a, b ；(n)證明：f(x)>1.【解析】(I )函數 f(x)的定義域為(0,+處)，f'(X)=aeX1 nx + aeX-x由題意可得f (1) = 2, f'(1) = e. 故 a =1,b =2.2(II )由(I 1 知 f(xHeX1 n+ eX3 從而 f(x):>1 等價于 x1nxxe X設函數 g(x) =x1 nx,則g'(x)

2、 =1 nx._2e11所以當 X 巳0,-)時，g'(x)<0;當 X 巳，p)時，g'(x)>0.ee11故g(x)在(0, -1單調遞減，在(-，* 1單調遞增，從而g(x)在(0,處)的最小值為 eeg( 1)=-e e2= xe -一,貝yh'(x) =e(1-x).e所以當(0,1)時h'(x):>0;當xr1,畑)時，h'(x)c0.故h(x)在(0,1 1單調遞增,1在(1+比)單調遞減，從而h(x)在(0嚴)的最大值為h(1) = -.e設函數h(x)綜上，當 X >0時，g(x) >h(x),即f(x)

3、>1.12分1 a 288.【2014 全國卷I (文21 1】 設函數f(X ) = aln x+ X bx(aH1)，曲線2y = f(x )在點(1, f(1)處的切線斜率為0a(n )若存在>1,使得f (x0 ，求a的取值范圍。a -1【解析】f(X)= +(1a)xb ,x由題設知f'(1)= 0,解得b =1.4(II )f (x)的定義域為f'(x)=a+(1-a)x-1X1 -aX(x 二“1)(i)若 a<1，故當 X“1,+=c)時,1 -af'(X)A0 , f(X)在(1,垃)單調遞增,所以，存在Xo 31，使得 f(Xo)&

4、lt; 的充要條件為a 1f(1)<沽，即號十三1解得一/2-1 <a <72-1.1 a (ii )若一cad ,則-2 1當X忘(一,咼)時，f1 -a所以，存在x0 >1，使得>1，故當 X忘(1,旦)時，f'(x)v0 ;-a1 -a(X) >0，f(x)在(1,J)單調遞減，在(旦，母)單調遞增.1-a1-a、 af(Xo)<的充要條件為f( aa 11-a a-1而在+2(1a) a1a>丄一，所以不合題意.a-1若心，則乎八寧<士綜上，a的取值范圍是(J21, J21)U(1,七.12分89.【2014 全國卷n (理

5、 21)1已知函數f (X )=ex -e一 -2x(I)討論f(x )的單調性；(n)設 g(x)= f (2x)4bf (x )，當 x(川)已知 1.4142wJ2 <1.4143,估計【解析1(1)>0時，g(x):>0,求b的最大值;ln2的近似值(精確到 0.001)寫 f (x)= ex -e-x -2x, x R /. f (x) = ex+ e'x -2 = ex +；-2 寸?右-2=0.所以，f (x)在R上單增.(2)1 _ a(0, P)，由(1)知，f(x) =aln x+|-X2 -X，g(x)= f (2x) -4bf (x)= e2x

6、 -e-2x -4x- 4b(ex -e-x - 2x)> 0, x> 0. 令h(x)= e2x-e-2x-4x-4b(ex-ex-2x),x> 0,則h(0)= 0.h'(x)二 2e2x+2e2x-4-4b(ex+ex-2),. ?x (0, m), m> 0,使h'(x) >0. 即2e2x+2e'2x-4-4b(ex+e'x-2) >0即e2x + e-2x-2-2b(ex + ex-2) >0.同理，令 m(x) = e2x + e'2x - 2- 2b(ex + e'x - 2), x (0

7、, m), m> 0,則 m(0)= 0. m'(x)= 2e2x-2e2x-2b(ex-ex),. ?x (0,t), t> 0,使m(x) >0.即2e2x-2e2x-2b(ex-ex) >0,即(ex+e-x)(ex ex)-b(ex-ex) >0且ex-ex>0, 即ex+e'x >b，即 ex+ex>2Jex?ex= 2 >b，所以 b的最大值為 (川)由(n)知，g(ln 72) =? -273d +2(2b-1)ln 2.2-x當 b=2 時，g(ln72)= - -W+6ln 2 >0； ln 2 &g

8、t;2 12> 0.6928;當 b=3+1 時，ln(b1+Jb2 2b) =1 nJ5 ,4g(ln72) = -3-2/2+(372 + 2)In 2< 0,ln 2 < 18 + 血 < 0.693428所以In 2的近似值為0.693.3290. 2014 全國卷 n （文 21）】已知函數 f（x）=x -3x +ax + 2 ,的切線與x軸交點的橫坐標為 -2.（1）求 a ；曲線y = f （x）在點（0,2）處（2）證明：當kc1時，曲線y = f（x）與直線y = kx-2只有一個交點.【解析】(I) f'(x) = 3x2 -6x+a ,

9、f'(0)=a.曲線y = f（X）在點（0,2）處的切線方程為y = ax +2。2由題設得-=-2，所以a=1.a（）由（I）知,f (x) =x3 -3x2 +x + 2= x3-3x2 +(1-k)x + 4設 g(x) = f(X)-kx +2由題設知1-k>0.當 x < 0 時，g'(x) =3x2-6x+1-k >0, g(x)單調遞增，g(-1) = k-1Y 0,g(0) = 4 , 所以g(x) =0在(-=c,0 有唯一實根。當 x>0 時，令 h(x) =x3 3x2+4，則 g(x) =h(x)+(1 k)x> h(x)

10、。h' (x> 3x - &= 3< x ,2h(x)在(0, 2)單調遞減，在(2)單調遞增，所以g(x)> h(X) hG)所以g(x) =0在(0,址)沒有實根.綜上，g(x)=0在R有唯一實根，即曲線y=f(x)與直線y = kx 2只有一個交點。ax91.【2014 全國大綱卷(理 22)1 (本小題滿分12分)函數f(x) = ln(x+1)-(a>1). X + a(1)討論f (x)的單調性;23(2)設 3, =1,an卅=1 n(an +1)，證明： <a <.n+2n+2xx-(a2 2a 八【解析1 (I) f(x )

11、的定義域為(一1，+ =c),f'(x)= L2(x+1 )(x +a)(i)當 1 <2 時，若 x1, a2 2a )，貝 U f '(x pO, f (x )在(1, a22a )上是增函數；若2 2x(a -2a, 0),貝 U f'(x )v0, f (x )在(a 2a,0)上是減函數；若 x巳0 , +吟,則r(>0, f(X)在(0,中處)上是增函數.(ii )當a= 2時,f(X)? 0, f (x) 0成立當且僅當x= 0, f (x)在(-1, + ?)上是增函數.(iii )當 a> 2 時，若 x? ( 1, 0)，則 f&#

12、39;(xpO, f(X )在是(-1,0)上是增函數；若 x 巳 0,a22a )，則 f'(x)<0, f (X )在(0,a22a )上是減函數；若 x 巳 a22a, +處)，則 f'(x):>0, f(x )在 (a2 -2a ,2 )上是增函數.(II )由(I )知，當 a= 2 時，f(x)在(-1, + ?)是增函數.當 x?(0, ?)時，f(x)> f (0)= 0，即In (x+ 1)> U(x> 0) 又由(I )知，當a= 3時，f (x )在0,3)上是減函數；當x? (0,3)時, x+ 2f (x)< f (

13、0)= 0，即卩 ln(x+ 1)< 二(0< x< 3) 下面用數學歸納法證明 一 < a, ?一')')'丿 x+ 3'丿n+ 2n+ 22(i) 當n=1時，由已知2 < a1 = 1，故結論成立；3(ii ) 假設當n= k時結論成立，即< ak ?一k+ 2k+ 22m 2 創(chuàng)k+ 22驏 31 鼢鼢 k2 =,ak+1 = ln(ak + 1)? In 1鼢 2+ 2 k+ 3' k 丿桫+ 2k+ 2丄，結論成立.根據(i)、( ii)知對任何n?k+ 3結論都成立.3292.【2014 全國大綱卷(文

14、21)1 函數 f(x)=ax +3x +3x(a 豐 0).(1 )討論函數f(x)的單調性;(2)若函數f(x)在區(qū)間(1, 2)是增函數，求 a的取值范圍.【解析】(1)f '(X)= 3ax2 + 6x + 3，f '(x) = 3ax2 + 6x + 3 = 0 的判別式 =36(1-a).(i)若 a> 1,則 f (x) >0，且 f '(X)=0 當且僅當 a=1, x=-1，故此時 f (x)在R上是增函數.1 + J1 _ a 1 J1 a(ii)由于az 0,故當a<1時，f'(x)= 0有兩個根：為='a , X

15、2 = 'aa若 0<a<1,則當 x(處，X2)或 x( x1, + 處)時，f '(X)：>0，故 f0)在(一處，X2),(X1, +處)上是增函數;當 x( x2, xj 時，f "(x) <0，故 f (x)在(x2, x1) 上是減函數;(2)當 a>0, x>0 時，f'(x)A0，所以當 a>0 時，f (x)在區(qū)間(1, 2)是增函數.5若a<0時，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數當且僅當 (1)>0且f'(2)>0，解得<ac0.4綜上，a的取值范圍是5,0) U(0

16、, P).4ex 293. 2014 山東卷(理 20)1設函數f(x)=pk( +lnx) ( k為常數，e = 2.71828是自然X對數的底數)(I)當k<0時，求函數f (x)的單調區(qū)間;(n)若函數f (x)在(0,2)內存在兩個極值點，求k的取值范圍.【解析】(1)f(x)宀2xJ務丄X X當k <0時,kx 蘭0,二 ex -k >0 ,(2,母)上單調遞增;令f'(x) =0，得x=2，函數在x(0,2)上單調遞減，在(2)令 g (X ) = eX kx，則 g'(x) =ek , 令eX -k =0，得 X =ln k。由于 g'(

17、0) =1-k c0,g(0) =10, g'(2) =e2 -k0,g(2 ) = e2-2k0. k< =,g (In k ) = enk -k In k c0”.In k >1 二 k ：>e2綜上知e的取值范圍是(e,)。X 1x+，其中a為常數.294. 【2014 山東卷(文20)1 (本小題滿分13分)設函數f(x)=aln(I)若a =0，求曲線y = f(x)在點(1,f(1)處的切線方程; (II )討論函數f (X)的單調性.x 1【解析1由題意知 a =0時，T(X)=,x(0,中處).x+1此時 f'(x) =2 2，可得 f'

18、;(11, f(1)=0。(x+1)2所以y =f (X)在(1 f(1)處的切線方程為X 2y 1 = 0函數f(x)的定義域為(0,十G.2丁爲)2ax2 + (2a +2) + a-x(x+1)2。由于當當當>0, f'(x)>0，函數f(x)在(0,母)上單調遞增;<0時，令 g(x) =ax2 +(2a+ 2)x + a。= (2a +2)2 -4a2 =4(2a +1)，A=0, f( ) V(xT，函數f(x)在(0嚴)上單調遞減;T (X) o 0x(x+1)21亠< -_ 時，21一一 <a C02 <0, g(x)v0，則f

19、9;(x)c0，函數f(x)在(0,母)上單調遞減;時，也>0，設Xi X2 (Xi <X2)是函數g(x)的兩個零點,則 x=-(a+1)+72 , X2 = ra+1)-72丙由X|所以x(O,Xi)時,g(x) <0 , f'(X)cO，函數f (x)單調遞減;X(Xi,X2)時,g(x)AO , f'(x)AO 函數f (x)單調遞增;a +1 - J2a +1 Ja2 +2a +1 - J2a +1=> 0。f (x)單調遞減。X忘(X2,址)時，g(x)<0, f'(x)<0 函數 綜上所述：a >0時，函數f(x)

20、在(0, +比)上單調遞增加;1a <時，函數f(x)在(0, +比)上單調遞減;2-0 時，f(x)在 JU + E2 -f_(a+1)J2a +1),I g嚴上單調遞減,V a丿上單調遞增。J.f-(a +1) + J2a +1 -(a +1) - J2a +1在 I,95. 【2014 江蘇卷(19)(本小題滿分16分)已知函數f(x)=eX +e,其中e是自然對數的底數.(1) 證明：f(x)是R上的偶函數；(2) 若關于X的不等式mf(x) we+m-1在(0,七c)上恒成立，求實數 m的取值范圍；(3) 已知正數a滿足：存在Xo可1,*c),使得f(XO)©(-xO

21、 +3X0)成立 試比較與ae的大小, 并證明你的結論.導數的應用等基礎知識，考查綜合運用數學思想【解析】本小題主要考查初等函數的基本性質、方法分析與解決問題的能力.滿分16分.f (X)是R上的偶函數(1)R , f(-x) =e+ex =f(X), (2)由題意，m(e亠+ex)w-1，即m(ex +e厶-1) < e-1X 迂(0，+比), eX + e- -0，即 m we*二1對xO嚴)恒成立令t =ex(t:>1)，貝U m w J ：t 對任意t迂(1, +k)恒成立t t 11 tt2 t +1(t 1)2 +(t -1) +1 = +1 A 3，當且僅當 t =2

22、 時等號成立t 1(3) f'(X)=ex e亠，當 X A1 時 f'(x):>0 , f(x)在(1，+處)上單調增令 h(x) =a(X3 +3x) , h'(x) = 3ax(x1)存在 x。引1 ,+oc），使得 3<心十3人）, f（1>J<2a，即 a>2（e+2）e-1Tn % =ln ae-_ln eaJ=(e -1)ln a _a +1 e設 m(a)=(e 訕a a +1，則m'(滬字亠十,a>1(1)；（巴）<時，m'（a）0, m（a）單調增;當 a>e-1 時，m'(a)

23、 cO , m(a)單調減因此m（a）至多有兩個零點，而m（1） = m（e） =0 當 a :>e 時，m(a) <0 , ae-<ea-； 當 2中。時，m（a）<0 , afe;當 a=e時，m(a)=0, ae-=ea-.96.【2014 安徽卷（理19,文20）1 （本小題滿分13分）設函數f （x） =1+（1+a）x-x2-x3 ,其中a0.（I ）討論f （x）在其定義域上的單調性;（n ）當X忘0,1 時，求f （X）取得最大值和最小值時的X的值.f'(x)=1 + a-2x-3x2,X1 < X2【解析】（I） f（x）的定義域為（-=

24、,址）,令 f'（x）=0 得為所以 f'(X)=-3(x-XjXx-X2)當 X CXi 或 X AX2 時 f '(X)<0 ；當 Xi VX CX2 時 f '(X)a0故f （X）在（ = ,X1）和（X2,畑）內單調遞減，在（X1,X2）內單調遞增。(n)v a >0 , x0,x2 >0（1）當a >4時X2 >1，由（I）知f （X）在0,1上單調遞增 f（x）在X = 0和X = 1處分別取得最小值和最大值。(2)當 4 Aa >0時，X2 <1 ,由（I）知f （X）在0必上單調遞增，在X2,1上單調遞

25、減 f(x)在x=X2 = 1+J4+3a處取得最大值3又 f(0) =1,f(1) =a當1 >0時f(x)在X =1處取得最小值當a =1時f(X)在X = 0和X = 1處同時取得最小值當4 ；>a >1時，f(X)在X =0取得最小值。97. 2014 浙江卷(理 20)1 已知函數 f(X)=x'+3x-a ,(a亡 R)(I)若f(X)在1,1上的最大值和最小值分別記為M (a), m(a)，求M (a) m(a)(n )設b亡R，若f(x)+ b2<4對x-1,1恒成立，求3a+ b得取值范圍.5lx3-3x+3a,X <a!3x2-3,xv

26、a解：(1)f(x)才 3,f'(X)才 2X +3x-3a,x>a3x +3,x>a由于所在區(qū)間-1,1上，故對a討論如下：i、a <-1,xq-1,1a, f '(X)=3x2 +3>0,二 M (a) = f (1)=43a,m(a) = f (1) = V-3a,M (a)-m(a) =8ii、1 ca <0, m(a) = f(a) =a3, M (a) =max f (1), f(-1) =4-3a二 M(a)-m(a) =4-3a-a3iii、0 <a c1,m(a)= f (a) =a3, M (a) = max f (1),

27、 f (1) = 3a+23=M(a)-m(a) =3a+2-aiv、 a 知,xq1,1 ca, M(a) = f(1)=3a + 2,m(a) = f(1)=3a2=M (a) -m(a) =3a +2 3a +2 =4 等價xq-1,1,2-b< f(x)<2-b,M(a)-m(a) =4結合(1)得i,ii其中M (a) -m(a) >4故舍去 iv、只要2-b=3a+2u 3a + b=0,a>12-biii、'：2蘭3a +2 - a3蘭4,0 < a d,要恒成立，見下圖-2-bA此時3a+2必須在b,2-b= 3a + bq-2,098.【

28、2014 浙江卷(文21)1已知函數f(X)= x3+3| x-a|(a ；>0)，若f (x)在_1,1上的最小值記為 g(a).(1 )求 g(a)；(2)證明：當 X引1,1時，恒有 f(x)<g(a)+4.【解析】本題主要考查函數最大(最小)值的概念、利用導數研究函數的單調性等基礎知識，同15分。時考查推理論證、分類討論、分析問題和解決問題等綜合解題能力。滿分(1)因為 一1 < X <1，錯誤！未找到引用源。當0 ca d時,32若 X 引1,a，則 f(x)=x 3x + 3a , f'(x)=3x 3v0,故 f (x)在(1,a)上是減函數;若

29、X 引a,1，則 f(x)=x3+3x3a , f (x) =3x2+30，故 f(x)在(a,1)上是增函數;所以，g(a) = f (a) =a3.錯誤！未找到引用源。當 a>1，則 x<a , f(x)=x33x +3a , f'(x) = 3x2 3v 0，故 f (x)在 (-1,1)上是減函數,所以 g(a) =f (1) = 2 +3a，綜上所述，g七0+；,；：1(2)令 h(x) = f(X)g(x)，錯誤！未找到引用源。 當0<a<1時，g(a)=a3, 若 X 可a,1, h(x)=x3 +3x3 得 h'(x)=3x2+3，所以

30、h(x)在(a,1)上是增函數，所以 h(x)在 a,1上的最大值是 h(1) =4 3aa3，且 0 vac1，所以 h(x)<4，故 f(X)<g(a)+4 .若 X忘-1,a , h(x) =x3-3x+3a-a3，則 h'(x)=3x2-3，所以 h(x)在(T,a)上是減函數,所以h(x)在1,a上的最大值是h(-1) =2 + 3a-a3，令t(a) =2 +3a-a3，貝H t(a3a0，所以t(a)在(0,1)上是增函數，所以(a) <(1)=4即h(-1) c4 , 故 f(X)<g(a)+4 , 錯誤！未找到引用源。 當a切時，g(a) =

31、/+3a，所以h(x)=x3 -3x + 2，得h'(x)=3x2-3,此時h(x)在(一1,1)上是減函數，因此h(x)在-1,1上的最大值是h(1) = 4 , 故 f(x)<g(a)+4，綜上所述，當 X 引1,1時恒有 f(x)<g(a) + 4.JI99.【2014 北京卷(理 18,文 8)1 已知函數 f(X)= xcosx -sin X, X亡0,2(1)求證：f(X)<0 ；sin X遼(2)若a吒曲上< b在(0,二)上恒成立，求a的最大值與b的最小值.X2【解析】(I)由f(x) =xcosxsinx得f '(X)=cosx -xs

32、in x cosx = -xsin x。因為在區(qū)間(0,)上f'(x) =xsi nxV。，所以f (x)在區(qū)間0, 1上單調遞減。2r 2從而 f(X)< f(0) =0。” “”等價于“ sinx-bxY0”。X(n)當 X >0時，“sin- a”等價于“ sin x-ax0X令 g(x) =sin x ex，貝U g '(x) = cosx c，當0時，g(x)>0對任意心自恒成立。.兀當cX1時，因為對任意x"0,), g'(x) =cosx-c V 0，所以g(x)在區(qū)間|0,2L 2調遞減。從而g(x) Yg(0) =0對任意X

33、十(0,-)恒成立。2當0 V C Y1時，存在唯一的X0忘(0,上)使得g '(X0)=COSX0 c =0。2兀g(x)與g '(x)在區(qū)間(0,)上的情況如下:2x(0,X0)X0兀(X02)g'(x)0g(x)/因為g(x)在區(qū)間0,Xo 上是增函數，所以g(Xo)>g(O)=O。進一步，“ g(x)> 0對任意XN0,Z)恒成立”當且僅當g (工)=1 -c>0，即0Vc<?,222兀綜上所述，當且僅當 c<2時，g(x)>0對任意X巳0)恒成立；當且僅當 1時,兀2g(x)Y0對任意xN0,|")恒成立。x【20

34、14 北京卷(文20)1已知函數所以，若對任意x(0,仝)恒成立，則a最大值為,b的最小值為1.2兀100.f(x) =2x3 -3x.求f(X)在區(qū)間-2,1上的最大值;若過點P(1,t)存在3條直線與曲線y = f(X)相切，求t的取值范圍;問過點A(1,2), B(2,10), C(0,2)分別存在幾條直線與曲線y = f (x)相切？(只需寫出結論)(I)由 f(x)=2x33x 得 f'(x)=6x2-3，令 f'(x)=0,得 x=-或 x = 2 2因為2fyO, f(一牙)"， 一1 ,J2所以f (x)在區(qū)間2,1上的最大值為2設過點P (1，t)的

35、直線與曲線 y= f (x)相切于點(x0,y0)，則y =2x03 3x0，且切線斜率為k=6x023，所以切線方程為 y y0 = (6«2 3)(x xj , 因此 t -y。=(6冷2 -3)(1-x0)，整理得：Ax。3 -6%2 +t+3 = 0，32設g(x)=4x -6x +t+3，則“過點P (1,t)存在3條直線與曲線y = f(x )相切”等價于“ g(x)有 3 個不同零點”，g'(x) =12x2 12x=12x(x1)， g(x)與g'(x)的情況如下:x(亠,0)0(0,1)1(1)g'(x)+00+g(x)t+3t +1/所以，

36、g(0) =t +3是g(x)的極大值，g(1)=t+1是g(x)的極小值,當g(0) =t +3<0,即卩t<,時，此時g(x)在區(qū)間(二,1和(1,母)上分別至多有1個零點，所g(x)至多有2個零點,當g(1)=t+1>0, t>1時，此時g(x)在區(qū)間(二,0)和0,七上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點.當 g(0) >0 且 g(1)<0,即卩一3ct <1 時，因為 g(-1) = t-7 c 0 , g(2) =t + 11 a 0,所以g(x)分別為區(qū)間1,0),0,1)和1,2)上恰有1個零點，由于g(x)在區(qū)間(0)和(

37、1,母)上單調，所以g(x)分別在區(qū)間(二,0)和1,+處)上恰有1個零點.綜上可知，當過點 P (1,t)存在3條直線與曲線y = f(x)相切時，t的取值范圍是(-3,-1).(III )過點A( -1，2)存在3條直線與曲線 y=f(x)相切;過點B( 2，10)存在2條直線與曲線 y = f (x)相切;過點C( 0，2)存在1條直線與曲線y = f (x)相切.101.【2014 天津卷(理20)】已知函數f (x) = x- aex (a ? R), x? R.已知函數y= f (x)有兩個零點，冷，且x1 < x2.(I)求a的取值范圍;(n)證明一隨著a的減小而增大;X1

38、(川)證明 x-i + X2隨著a的減小而增大.【解析】本小題主要考查函數的零點、 導數的運算、利用導數研究函數的性質等基礎知識和方法.考查函數思想、化歸思想.考查抽象概括能力、綜合分析問題和解決問題的能力.滿分14分.(I)解：由 f (x) = X - aex，可得 f fx) = 1- aex.F面分兩種情況討論: (1) a £ 0 時f fx)> 0在R上恒成立，可得f(X)在R上單調遞增，不合題意.(2) a> 0時,由 f fx)= 0 ,得 X= - In a .當X變化時，f(X), f(X)的變化情況如下表:X(-? , Ina)-In a(-In a

39、,+ Y)ffx)+0一f(x)-In a - 1這時，f(X)的單調遞增區(qū)間是(-? , Ina);單調遞減區(qū)間是(-l na,+ Y).于是，“函數y= f(X)有兩個零點”等價于如下條件同時成立:f (- I na)> 0; 2° 存在 s, ? ( ? , Ina),滿足 f(s,)v 0;3°f (- In a)> 0，即-n a-1>0，解得 0<存在 S2 ? ( In a,+ ?)，滿足 f (§)< 0.a< e-1 ,而此時，取S1 = 0 ,滿足 s ? ( ? , In a),22f (s,)= - a&

40、lt; 0 ；取 S2 二一 + In -，滿足 aa驏22In - ea < 0.桫aS2 ? ( In a, + ?)，且f(S2)=瓏2gAei|鼢所以，a的取值范圍是©e1).Xa =UXe(n)證明：由 f (x) = X- aeX = 0，有y*1 Y設g(x)=，由g fx)=,知g(x)在(-Y,1)上單調遞增，在(1,+ Y)上單調遞減.并且, ee當 x?( ? ,0時，g(x) £ 0 ；當 X? (0, ?)時，g(x)> 0.1由已知，X1,X2滿足 a=g(X1), a= g(X2).由 a ?(0,e-)，及 g(x)的單調性，可得

41、 為？(0,1),X2?(1,?).對于任意的? (0,e-)，設 a1 > a2, g(x1) = g(X2)=日，其中 0< 羽 < 1 < X2；因為g(x)在(0,1)上單調遞增,g(hi) = g(h2)= a?，其中 0< hi < 1< h2.故由ai > a?,即g(Xi)> g(hi),可得為> 0 ；類似可得x? < h?.h2h1又由 X1,h1 > 0，得 X2< h2<X1X1所以，X2隨著a的減小而增大X1(in) 證明： 由 X = ae , x2 = aeX2，可得 In 為=I

42、n a+ x， Inx2 = lna + X2.X2 故 X2 - x1 = In x2- In Xi = In .X1設一=t，則t > 1，且X1f2=tX1，解得 X1 =?x2 - x1 = Int,lnt , X2=.所以, t- 1t- 1x, + x2 =(t + 1)l ntt- 1令 h(x) =(x+ 1)ln XX- 1x?(1, ?)，則 h?x) =-2ln x +1x- 一X2(X- 1)令u(x)二-2In X + x-X，得 u(x)=l+當 x?(1,?)時，u(x)> 0.因此，u(x)在(1,+ Y)上單調遞增，故對于任意的x?(1, ?),u

43、(x)> u(1)= 0，由此可得hfx)> 0，故h(x)在(1,+ Y)上單調遞增.因此，由可得x1 + x2隨著t的增大而增大.而由(n) , t隨著a的減小而增大，所以x1 + x2隨著a的減小而增大.223102.【2014 天津卷(文 19)】已知函數 f(X)二 X - ax (a> 0), x? R3(I)求f (x)的單調區(qū)間和極值;1（n）若對于任意的xi ? （2, ?），都存在X2?（1, ?），使得f（Xi）?f（X2） 1.求a的取2 2 3(I)解：因為 f (x) = X - -ax，所以 31令 f gx)= 0得 x= 0 或一.a1因為當

44、XV 0或x> 時，f(x)單調遞減,af fx)= 2x- 2ax2 = 2x(1- ax).當0< XV 1時,af （x）單調遞增,所以f（x）極小值=f（0）= 0，f（X）極大值(n)解：因為 f (x1)?f (x2)1，所以瓏2 2a 3-一咅3驏2驏222ax23 = 1.3103.【2014 福建卷（理20 ）1 線y = f（X ）在點A處的切線斜率為-1.（錯誤！未找到引用源。（錯誤！未找到引用源。（錯誤！未找到引用源。X2 cceX.【解析1本小題主要考查導數的運算及導數的應用、全稱量詞等基礎知識的考查運用,已知函數f（x）=eXax （ a為常數）的圖像與

45、 y軸交于點A，曲）求a的值及函數f（X ）的極值；）證明：當X0時，X2 ceX;）證明：對任意給定的正數 C,總存在x0，使得當x（x0, +乂），恒有考查抽象概括能力、推理論證能力，考查函數與方程思想、有限與無限思想、化歸與轉化思想、分類與整合思想、函數與方程思想等。滿分14分。解法一：（錯誤！未找到引用源。）由f（X）= eX - ax，得f '（X）= eX - a.又f '（0） = 1-a = T ,得a =2 .所以 f(x )=ex - )2 f, X '彳ex).令 f '(x) = 0 ,得 x = ln 2 .當 xcln 2 時，f&#

46、39;（x）<0, f（x）單調遞減；當xAln2時，f'（x）>0, f（x）單調遞增.所以當x = ln2時,f(x)取得極小值，且極小值為f (In 2) = en2 -21 n 2 = 2 - In 4, f (x)無極大值.（錯誤！未找到引用源。）令g（x）=eXX2,則g'（x）=eX-2x.由（錯誤！未找到引用源。）得g'(x) =f(x) >f(l n2) >0 ,故 g(x)在 R 上單調遞增，又 g(0)=1>0,因此，當 x>0 時,g(x) A g(0) >0 ,即 X2 ceX.（錯誤！未找到引用源。）

47、若c>1,則ex<cex.又由（錯誤！未找到引用源。）知，當x>0時,2X2X22X <e .所以當XA0時，X <ce .取x0,當x亡（Xd,十處）時，恒有x <cx .若0ccc1,令k=-：>1,要使不等式X2 cceX成立，只要e> kx2成立.而要使e kx2成立, c2 x 2 則只要 xaI n(kx2),只要 X2I n x+l n k 成立.令 h(x) =x-2I n x-l nk ,則 h'(x) =1-X X所以當x>2時，h'（x） >O,h（x）在（2,母）內單調遞增.取xo =16k &

48、gt;16,所以h（x）在（x。，母）內單調遞增.又 h(x0) =16k -21 n(16k) -In k =8(k -In 2) +3(k -1n k) +5k .易知k Alnk,k Aln2,5k >0.所以 h（X0）a0.即存在 x。,當（x。，母）時，恒有 x2 cce；X< ce .c綜上，對任意給定的正數C,總存在X0）,當（x0，畑）時,恒有解法二：（錯誤！未找到引用源。）同解法一;（錯誤！未找到引用源。）同解法（錯誤！未找到引用源。）對任意給定的正數Xo由（錯誤！未找到引用源。）知，當x>0時,ex2>X ,所以exX X22/X 2 X 2= e

49、2,e2 >(；)(二)2 2MZ沖.X /X 2X24 X21當 x>Xo 時，e >（-）（-）>-（-） =-x22 c 2 c因此，對任意給定的正數c,總存在x0,當（x0，母）時，恒有X2 < cex.y104.【2014 福建卷（文20）1已知函數f（x）=e -ax（ a為常數）的圖像與 y軸交于點A, 曲線y = f（X）在點A處的切線斜率為 -1.（I）求a的值及函數f（X）的極值;（n）證明：當X A0時，x2X<e（川）證明：對任意給定的正數C,總存在x0，使得當X亡（x0,+處）時，恒有xvceX【解析】解法一:由 f（X）yX -a

50、x，得 f(X)=eX - a.(0) =1 -a = T，得 a = 2 .所以f(X)=eX -2x , f(X)=eX -2.(X)=0，得 X =ln 2 .當 xcln2 時，f'(x)cO, f (X)單調遞減;當X劊n2時，f'(x) >0, f (X)單調遞增.所以當X =1 n2時,f(X)有極小值,且極小值為f(l n2)In2 小 小 d =e 2ln 2=2-1 n4 ,f(X)無極大值.(2)令 g(x) =eX X:2，則 g'(x) =e -2x.由(1 得，g'(x) =f(x) >f (In2) =2-1 n40，即

51、 g'(x) >0.所以g(x)在R上單調遞增，又g(0)=1 a0.所以當 X aO時，g(x) Ag(0)沁，即X<e .(3)對任意給定的正數 C,取2由(2)知，當X aO時，X <e .X<ce .1所以當X AXo時，eX >x2 > x，即X c因此，對任意給定的正數C,總存在X，當X珂心 兄)時，恒有xcceX.解法二：(1)同解法(2)同解法1(3)令k=(kAO)，要使不等式xcceX成立，只要e kx成立.C而要使ekx成立，則只需X AIn(kx)，即x >ln x中In k成立.若 0 ck <1，貝U In k

52、 <0，易知當 x>0 時，xl nx>l n x + l nk 成立.即對任意 1)，取x0 = 0 ,當X亡(x0, +=勺時，恒有X V ceX.1 X 1若 k >1，令 h(x) =x -In X -In k ,貝U h (x) =1 =X X所以當XA1時，h'(xp>0, h(x)在(1,+£)內單調遞增.取 Xo =4k ,h(xo) =4k-ln(4k) -Ink =2(k-lnk)+2(k-ln 2), 易知 k >ln k， kn 2，所以 h(x0b>0.4因此對任意C （0,1），取X0 = -，當X珂X）,

53、知:i）時，恒有X C cex.c綜上，對任意給定的正數C,總存在x，當X忘（焉，母）時，恒有解法三：（1）同解法（2）同解法(3)若c>1,取x0由（2）的證明過程知,ex a2x，亠X _ X C卄X有 ce >e 2xX，即 x cce .若0 cc d，令 h(x) =ceX x，則 h (x)X .=ce -1，1令 h'(x) =0得 x=ln-.ch'(x) >0,1h（ X）單調遞增.當X Aln 時，c2取 X0 =2ln ，c2ln2c2ln222h(X0)=ce c -2ln =2(-ln )， c c c2 2易知一-l n A0,又h

54、（x）在（x0，咼）內單調遞增,cc所以當 x（xo,邑）時，恒有 h（x） A h（xo） >0，即 xcceX.綜上，對任意給定的正數C，總存在X），當xXo，址）時，恒有 注：對c的分類可有不同的方式，只要解法正確，均相應給分。8105.【2014 遼寧卷（理 21 ）】已知函數 f（X）=（COSX-x）（兀中 2x）-一（sinx+1）,32x g(x) =3(x -x)cos X -4(1 +sin x)ln(3 -).JI兀證明：（1）存在唯一 X0（0,y，使 f（X0）= 0；兀（2）存在唯一 X嚴（一，兀），使g（X|） = 0 ,且對（1）中的x0 +為V兀.2兀2

55、TL(I)當 X 忘(0,二)時，f'(x)=-(i+s in x)(兀+2x)-2x cosxv0，函數 f (x)在(0,二)上為 2328遼i6遼減函數，又 f(0)=兀:>0, f(-)=-兀兀f(0)=兀-2V0 . f()=4>0 .所以存在唯一 X0(0,)，使 f(X0)=0 2 22-c。，所以存在唯一 X0(0,=)，使 f(x0)=O.3232(n)考慮函數 h(x) =3(x")cosx _4|n(3 -Zxx引二兀, i+si nx兀2令t -X，則 xZ兀時，t0,生,2 23f(t)21 +sin t-4ln(-t)，則 rn+OXi+sint)由(I)得，當(0,xo)時,在(O,Xo)上u(t)是增函數，又兀u'(t) >0，當 t JX0,)時，u'(t) v0.2u(0) =0，從而當 t (O,Xo時，u(t)0，所以 u(t)在(O,Xo上無在(X0,|")上 u(t)是減函數，由u(X0):>0,u(|_) =-41 n 2 c。，存在唯一的tijx0,?)，使u(ti) =