2014年高考数学（理科）真题分类汇编B单元 函数与导数
数 学
B 单元 函数与导数
B1 函数及其表示
6．B1[2014·安徽卷] 设函数 f(x)(x∈R)满足 f(x＋π)＝f(x)＋sin x．当 0≤x<π时，f(x)＝
0，则 f(23π
6 )＝( )
A.
1
2 B.
3
2
C．0 D．－
1
2
6．A [解析] 由已知可得，f(23π
6 )＝f(17π
6 )＋sin
17π
6 ＝f(11π
6 )＋sin
11π
6 ＋sin
17π
6 ＝
f(5π
6 )＋sin5π
6 ＋sin
11π
6 ＋sin
17π
6 ＝2sin
5π
6 ＋sin(－π
6 )＝sin
5π
6 ＝
1
2.
2．B1、B3[2014·北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝ x＋1 B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x D．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．B1、B3、B4[2014·福建卷] 已知函数 f(x)＝{x2＋1，x > 0，
cos x， x ≤ 0，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)＝cos 1，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)＝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，＋∞)．
2．B1[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．B1，B7[2014·山东卷] 函数 f(x)＝
1
（log2x）2－1
的定义域为( )
A.(0，1
2 ) B．(2，＋∞)
C. (0，1
2 )∪(2，＋∞) D. (0，1
2 ]∪[2，＋∞)
3．C [解析] 根据题意得，{x＞0，
（log2）2－1＞0，解得{x＞0，
x＞2或x＜1
2.故选 C.
B2 反函数
12．B2[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．B1、B3[2014·北京卷] 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝ x＋1 B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x D．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．B1、B3、B4[2014·福建卷] 已知函数 f(x)＝{x2＋1，x > 0，
cos x， x ≤ 0，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)＝cos 1，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)＝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，＋∞)．
21．B3、B12[2014·广东卷] 设函数 f(x)＝
1
（x2＋2x＋k）2＋2（x2＋2x＋k）－3
，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．B3[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)＝
{－4x2＋2，－1 ≤ x < 0，
x， 0 ≤ x < 1， 则 f(3
2 )＝________．
12．1 [解析] 由题意可知，f(3
2 )＝f(2－1
2 )＝f(－1
2 )＝－4(－1
2 ) 2
＋2＝1.
15．B3，B14[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)＝sin x 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
x2＋1(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
x2＋1 (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
x2＋1 (x＞－2)．
易知 f(x)∈[－1
2，1
2]，所以存在正数 M＝
1
2，使得 f(x)∈[－M，M]，故④正确．
21．B3，B12[2014·四川卷] 已知函数 f(x)＝e x－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．
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≤
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)＝1－b；
当 a≥
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)＝e－2a－b；
当
1
2
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，
cos x， x ≤ 0，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)＝cos 1，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)＝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，＋∞)．
3．B4[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．－3 B．－1 C．1 D．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．B4[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．B4[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
A B
C D
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＝(1
3 ) x
，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．B6[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．1 B．2 C．3 D．－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．B6、B7[2014·辽宁卷] 已知 a＝2－
1
3，b＝log2
1
3，
c＝log
1
2
1
3，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
2
1
2＝1，所以 c>a>b.
2．A1，B6[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．B6，B7，E1[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.
1
x2＋1＞
1
y2＋1 B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C. sin x＞sin y D. x3＞y3
5．D [解析] 因为 ax＜ay(0＜a＜1)，所以 x＞y，所以 sin x＞sin y，ln(x 2＋1)＞ln(y2＋
1)，
1
x2＋1＞
1
y2＋1都不一定正确，故选 D.
7．B6[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)＝x1
2 B．f(x)＝x3
C．f(x)＝(1
2 ) 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)＝(1
2 ) x
为单调递减函
数，所以排除选项 D.
11．B6[2014·陕西卷] 已知 4a＝2，lg x＝a，则 x＝________．
11. 10 [解析] 由 4a＝2，得 a＝
1
2，代入 lg x＝a，得 lg x＝
1
2，那么 x＝10
1
2 ＝ 10.
B7 对数与对数函数
5．B6，B7，E1[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.
1
x2＋1＞
1
y2＋1 B. ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)
C. sin x＞sin y D. x3＞y3
5．D [解析] 因为 ax＜ay(0＜a＜1)，所以 x＞y，所以 sin x＞sin y，ln(x 2＋1)＞ln(y2＋
1)，
1
x2＋1＞
1
y2＋1都不一定正确，故选 D.
3．B1，B7[2014·山东卷] 函数 f(x)＝
1
（log2x）2－1
的定义域为( )
A.(0，1
2 ) B．(2，＋∞)
C. (0，1
2 )∪(2，＋∞) D. (0，1
2 ]∪[2，＋∞)
3．C [解析] 根据题意得，{x＞0，
（log2）2－1＞0，解得{x＞0，
x＞2或x＜1
2.故选 C.
4．B6、B7、B8[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
A B
C D
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＝(1
3 ) x
，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．D3、B7[2014·广东卷] 若等比数列{an}的各项均为正数，且 a10a11＋a9a12＝2e5，则
ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________．
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．B6、B7[2014·辽宁卷] 已知 a＝2－
1
3，b＝log2
1
3，
c＝log
1
2
1
3，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
2
1
2＝1，所以 c>a>b.
4．B7[2014·天津卷] 函数 f(x)＝log
1
2(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{x2－4 > 0，
x < 0， 解得 x<－2.
7．B7、B8[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( )
A B
C D
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
A B
C D
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＝(1
3 ) x
，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．B8[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)＝
1
2(|x－a2|
＋|x－2a2|－3a2)．若∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数 a 的取值范围为( )
A.[－1
6，1
6] B.[－ 6
6 ， 6
6 ]
C.[－1
3，1
3] D.[－ 3
3 ， 3
3 ]
10．B [解析] 因为当 x≥0 时，f(x)＝
1
2(|x－a2 |＋|x－2a2|－3a2)，所以当 0≤x≤a2 时，
f(x)＝
1
2(a2－x＋2a2－x－3a2)＝－x；
当 a20)，g(x)＝logax 的图像
可能是( )
A B
C D
图 12
图 12
7．D [解析] 只有选项 D 符合，此时 0 0， 整理得 x2＋(3－a)x＋
a＝0，则Δ＝(3－a)2－4a＝a2－10a＋9＝0，解得 a＝1 或 a＝9.故当 y＝a|x－1|与 y＝f(x)的图
像有四个交点时，09.
6．B9[2014·浙江卷] 已知函数 f(x)＝x 3＋ax2＋bx＋c，且 09
6．C [解析] 由 f(－1)＝f(－2)＝f(－3)得{－1＋a－b＋c＝－8＋4a－2b＋c，
－8＋4a－2b＋c＝－27＋9a－3b＋c⇒
{－7＋3a－b＝0，
19－5a＋b＝0 ⇒{a＝6，
b＝11，则 f(x)＝x3＋6x2＋11x＋c，而 0x2 时，f′(x)<0；
当 x10.
故 f(x)在(－∞，－1－ 4＋3a
3 )和 (－1＋ 4＋3a
3 ，＋∞)内单调递减，
在(－1－ 4＋3a
3 ，－1＋ 4＋3a
3 )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
p.
①当 n＝1 时，由题设知 a1>c
1
p成立．
②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>c
1
p
成立．
由 an＋1＝
p－1
p an＋
c
pa 1－pn 易知 an>0，n∈N*.
当 n＝k＋1 时，
ak＋1
ak ＝p－1
p ＋
c
pa－pk ＝
1＋
1
p(c
a－1 ).
由 ak>c
1
p>0 得－1<－
1
p<
1
p(c
a－1 )<0.
由(1)中的结论得(ak＋1
ak ) p
＝[1＋1
p(c
a－1 )] p
>1＋p·
1
p(c
a－1 )＝
c
a.
因此 a pk＋1>c，即 ak＋1>c
1
p，
所以当 n＝k＋1 时，不等式 an>c
1
p也成立．
综合①②可得，对一切正整数 n，不等式 an>c
1
p均成立．
再由
an＋1
an ＝1＋
1
p(c
a－1 )可得an＋1
an <1，
即 an＋1an＋1>c
1
p，n∈N*.
方法二：设 f(x)＝
p－1
p x＋
c
px1－p，x≥c
1
p，则 xp≥c，
所以 f′(x)＝
p－1
p ＋
c
p(1－p)x－p＝p－1
p (1－ c
xp )>0.
由此可得，f(x)在[c
1
p，＋∞)上单调递增，因而，当 x>c
1
p时，f(x)>f(c
1
p)＝c
1
p.
①当 n＝1 时，由 a1>c
1
p>0，即 ap1>c 可知
a2＝
p－1
p a1＋
c
pa1－p1 ＝a1[1＋1
p(c
a－1 )]c
1
p，从而可得 a1>a2>c
1
p，
故当 n＝1 时，不等式 an>an＋1>c
1
p成立．
②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>ak＋1>c
1
p成立，则当 n＝k＋1 时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c
1
p)，
即有 ak＋1>ak＋2>c
1
p，
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
1
p均成立．
20．B11、B12[2014·福建卷] 已知函数 f(x)＝e x－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－
2
x＝
x－2
x .
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＝
16
c ，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20 时，ex>x2，所以 ex＝e
x
2·e
x
2>(x
2 ) 2
·(x
2 ) 2
，
当 x>x0 时，ex>(x
2 ) 2
(x
2 ) 2
>
4
c(x
2 ) 2
＝
1
cx2，
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
1
cx2<
1
3x30，f(x)单调
递增；当 x∈(0，1
2 )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)＝
－x[5x＋（3b－2）]
1－2x
，易知当 x∈(0，1
3 )时，
－x
1－2x<0，
依题意当 x∈(0，1
3 )时，有 5x＋(3b－2)≤0，从而
5
3＋(3b－2)≤0，得 b≤
1
9.
所以 b 的取值范围为(－∞，1
9].
7．B11[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．B11[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
8．D [解析] y′＝a－
1
x＋1，根据已知得，当 x＝0 时，y′＝2，代入解得 a＝3.
21．B11，B12，E8，M3[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
1＋x(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝
x
1＋x，
g2(x)＝g(g1(x))＝
x
1＋x
1＋ x
1＋x
＝ x
1＋2x，
g3(x)＝
x
1＋3x，…，可得 gn(x)＝ x
1＋nx.
下面用数学归纳法证明．
①当 n＝1 时，g1(x)＝
x
1＋x，结论成立．
②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝
x
1＋kx.
那么，当 n＝k＋1 时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝
gk（x）
1＋gk（x）＝
x
1＋kx
1＋ x
1＋kx
＝
x
1＋（k＋1）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)≥
ax
1＋x恒成立．
设 φ(x)＝ln(1＋x)－
ax
1＋x(x≥0)，
则 φ′(x)＝
1
1＋x－
a
（1＋x）2＝
x＋1－a
（1＋x）2，
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)≥
ax
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)≥
ax
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)＝
1
2＋
2
3＋…＋ n
n＋1，
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
1
2＋
1
3＋…＋
1
n＋1
x
1＋x，x>0.
令 x＝
1
n，n∈N＋，则
1
n＋1
x
1＋x，x>0.
令 x＝
1
n，n∈N＋，则 ln
n＋1
n >
1
n＋1.
故有 ln 2－ln 1>
1
2，
ln 3－ln 2>
1
3，
……
ln(n＋1)－ln n>
1
n＋1，
上述各式相加可得 ln(n＋1)>
1
2＋
1
3＋…＋
1
n＋1，
结论得证．
方法三：如图，∫n
0
x
x＋1dx 是由曲线 y＝
x
x＋1，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，
而
1
2＋
2
3＋…＋
n
n＋1是图中所示各矩形的面积和，
∴
1
2＋
2
3＋…＋
n
n＋1>∫n
0
x
x＋1dx＝
∫n
0(1－ 1
x＋1)dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
19．D5，B11[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－
1
ln 2，求数列
{an
bn }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＋
n（n－1）
2 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－
1
ln 2.
由题意有 a2－
1
ln 2＝2－
1
ln 2，解得 a2＝2.
所以 d＝a2－a1＝1.
从而 an＝n，bn＝2n，
所以数列{
an
bn}的通项公式为
an
bn＝
n
2n，
所以 Tn＝
1
2＋
2
22＋
3
23＋…＋
n－1
2n－1＋
n
2n，
2Tn＝
1
1＋
2
2＋
3
22＋…＋
n
2n－1，
因此，2Tn－Tn＝1＋
1
2＋
1
22＋…＋
1
2n－1－
n
2n＝2－
1
2n－1－
n
2n＝
2n＋1－n－2
2n .
所以，Tn＝
2n＋1－n－2
2n .
B12 导数的应用
21．B3，B12[2014·四川卷] 已知函数 f(x)＝e x－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．
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≤
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)＝1－b；
当 a≥
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)＝e－2a－b；
当
1
20，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(－∞，－1－ 4＋3a
3 )和 (－1＋ 4＋3a
3 ，＋∞)内单调递减，
在(－1－ 4＋3a
3 ，－1＋ 4＋3a
3 )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，“
sin x
x >a”等价于“sin x－ax>0”，“
sin x
x 0 对任意 x∈(0，π
2 )恒成立．
当 c≥1 时，因为对任意 x∈(0，π
2 )，g′(x)＝cos x－c<0，所以 g(x)在区间(0，π
2 )上单调
递减，
从而 g(x)g(0)＝0.进一步，“g(x)>0 对任意 x∈
(0，π
2 )恒成立”当且仅当 g(π
2 )＝1－
π
2 c≥0，即 00 对任意 x∈(0，π
2 )恒成立；当且仅当 c≥1 时，
g(x)<0 对任意 x∈(0，π
2 )恒成立．
所以，若 a<
sin x
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－
2
x＝
x－2
x .
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＝
16
c ，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x20 时，ex>x2，所以 ex＝e
x
2·e
x
2>(x
2 ) 2
·(x
2 ) 2
，
当 x>x0 时，ex>(x
2 ) 2
(x
2 ) 2
>
4
c(x
2 ) 2
＝
1
cx2，
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
1
cx2<
1
3x3f(1)的 x 的集合(用区间表示)．
22．B12[2014·湖北卷] π为圆周率，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)求函数 f(x)＝
ln x
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)＝
ln x
x ，所以 f′(x)＝1－ln x
x2 .
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 eln 3π3；
由
ln 3
3 <
ln e
e ，得 ln 3e2－
e
π.①
由①得，eln π>e(2－ e
π)>2.7×(2－2.72
3.1 )>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－
3e
π>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 (0，2 1－a
a )上单调递减，在区间(2
1－a
a ，＋∞)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－
1
a且 x≠－2，
所以－2
1－a
a >－
1
a，－2
1－a
a ≠－2，
解得 a≠
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(x 2)＝ln(1＋ax 1)－
2x1
x1＋2＋ln(1＋ax 2)－
2x2
x2＋2＝ln[1＋a(x 1 ＋x 2)＋a 2x1x2]－
4x1x2＋4（x1＋x2）
x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝ln(2a－1)2－4（a－1）
2a－1 ＝ln(2a－1)2＋
2
2a－1－2.
令 2a－1＝x.由 0g(1)＝0.故当
1
20.
综上所述，满足条件的 a 的取值范围为(1
2，1 ).
18．B11、B12[2014·江西卷] 已知函数 f(x)＝(x2＋bx＋b) 1－2x(b∈R)．
(1)当 b＝4 时，求 f(x)的极值；
(2)若 f(x)在区间(0，1
3 )上单调递增，求 b 的取值范围．
18．解：(1)当 b＝4 时，f′(x)＝
－5x（x＋2）
1－2x
，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∈(0，1
2 )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)＝
－x[5x＋（3b－2）]
1－2x
，易知当 x∈(0，1
3 )时，
－x
1－2x<0，
依题意当 x∈(0，1
3 )时，有 5x＋(3b－2)≤0，从而
5
3＋(3b－2)≤0，得 b≤
1
9.
所以 b 的取值范围为(－∞，1
9].
11．B12[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.[－6，－9
8]
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
11．C [解析] 当－2≤x<0 时，不等式转化为 a≤
x2－4x－3
x3 ，
令 f(x)＝
x2－4x－3
x3 (－2≤x<0)，
则 f′(x)＝
－x2＋8x＋9
x4 ＝
－（x－9）（x＋1）
x4 ，故 f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，
0)上单调递增，此时有 a≤
1＋4－3
－1 ＝－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：
2
n＋20，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)>
2x
x＋2(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( 2
k＋2＋1)>
2 ×
2
k＋2
2
k＋2＋2
＝
2
k＋3，
ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln( 3
k＋2＋1)<
3 ×
3
k＋2
3
k＋2＋3
＝
3
k＋3，
即当 n＝k＋1 时，有
2
k＋3 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＝
2
a.
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＝
2
a，且 f(x)
极小值＝f(2
a )＝
a2－4
a2 ，此时只需
a2－4
a2 >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．B12、B14[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)＝aexln x＋
bex－1
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.
21．解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋
a
xex－
b
x2ex－1＋
b
xex－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＋
2
xex－1，
从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe－x－
2
e.
设函数 g(x)＝xln x，
则 g′(x)＝1＋ln x，
所以当 x∈(0，1
e )时，g′(x)<0；
当 x∈(1
e，＋∞)时，g′(x)>0.
故 g(x)在(0，1
e )上单调递减，在(1
e，＋∞)上单调递增，从而 g(x)在(0，＋∞)上的最小
值为 g(1
e )＝－
1
e.
设函数 h(x)＝xe－x－
2
e，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)＝－1
e.
因为 gmin(x)＝g(1
e )＝h(1)＝hmax(x)，
所以当 x>0 时，g(x)>h(x)，即 f(x)>1.
21．B12、B14[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＜ 2＜1.414 3，估计 ln 2 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，ln 2>
8 2－3
12 >0.692 8；
当 b＝
3 2
4 ＋1 时，ln(b－1＋ b2－2b)＝ln 2，
g(ln 2)＝－
3
2－2 2＋(3 2＋2)ln 2<0，
ln 2<
18＋ 2
28 <0.693 4.
所以 ln 2 的近似值为 0.693.
20．B12[2014·山东卷] 设函数 f(x)＝
ex
x2－k(2
x＋ln x)(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．
20．解：(1)函数 y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝
x2ex－2xex
x4 －k(－2
x2＋1
x)
＝
xex－2ex
x3 －
k（x－2）
x2
＝
（x－2）（ex－kx）
x3 .
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{g（0） > 0，
g（ln k） < 0，
g（2） > 0，
0 < ln k < 2，
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)≥
ax
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)＝
1
2＋
2
3＋…＋ n
n＋1，
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
1
2＋
1
3＋…＋
1
n＋1
x
1＋x，x>0.
令 x＝
1
n，n∈N＋，则
1
n＋1
x
1＋x，x>0.
令 x＝
1
n，n∈N＋，则 ln
n＋1
n >
1
n＋1.
故有 ln 2－ln 1>
1
2，
ln 3－ln 2>
1
3，
……
ln(n＋1)－ln n>
1
n＋1，
上述各式相加可得 ln(n＋1)>
1
2＋
1
3＋…＋
1
n＋1，
结论得证．
方法三：如图，∫n
0
x
x＋1dx 是由曲线 y＝
x
x＋1，x＝n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积，
而
1
2＋
2
3＋…＋
n
n＋1是图中所示各矩形的面积和，
∴
1
2＋
2
3＋…＋
n
n＋1>∫n
0
x
x＋1dx＝
∫n
0(1－ 1
x＋1)dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
20．B12、B14[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<η
2.
又由 ξ1，η1>0，得
ξ2
ξ1<
η2
ξ1<
η2
η1，
所以
x2
x1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
x2
x1.
设
x2
x1＝t，则 t>1，且 {x2＝tx1，
x2－x1＝ln t，解得 x1 ＝
ln t
t－1 ，x 2 ＝
tln t
t－1 ，所以 x1 ＋x 2 ＝
（t＋1）ln t
t－1 .①
令 h(x)＝
（x＋1）ln x
x－1 ，x∈(1，＋∞)，
则 h′(x)＝
－2ln x＋x－1
x
（x－1）2 .
令 u(x)＝－2ln x＋x－
1
x，得 u′(x)＝(x－1
x ) 2
.
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．B12、B14[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)＝{x3＋3x－3a，x ≥ a，
x3－3x＋3a，x < a，
所以 f′(x)＝{3x2＋3，x ≥ a，
3x2－3，x < a.
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－1 a，
3x2－3，x < a.
因为[f(x)＋b]2≤4 对 x∈[－1，1]恒成立，
即－2≤h(x)≤2 对 x∈[－1，1]恒成立，
所以由(1)知，(i)当 a≤－1 时，h(x)在(－1，1)上是增函数，h(x)在[－1，1]上的最大值
是 h(1)＝4－3a＋b，最小值是 h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2 且 4－3a＋b≤2，
矛盾．
(ii)当－10，t(a)在(0，1
3 )上是增函数，故 t(a)>t(0)＝－2，
因此－2≤3a＋b≤0.
(iii)当
1
30，
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 2e2x·2e－2x＝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＋
2
t－c＝0 有两根 t1，2＝
c ± c2－16
4 >0，则 f′(x)＝
0 有两个根 x1＝
1
2ln t1，x2＝
1
2ln 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，＋∞)．
B13 定积分与微积分基本定理
14．B13、K3[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.
2
e2 [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＝2∫e
1ln xdx＝2(xln x－x)|
e
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＝
2
e2.
6．B13[2014·湖北卷] 若函数 f(x)，g(x)满足 ∫1
－1f(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)＝sin
1
2x，g(x)＝cos
1
2x；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
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 ∫1
－1
f(x)g(x)dx＝0.
①∫1
－1f(x)g(x)dx＝∫1
－1sin
1
2xcos
1
2xdx＝
1
2∫1
－1sinxdx＝(－1
2cos x) 1－1＝0，故第①组是区间[－1，1]上的正交函数；
②∫1
－1f(x)g(x)dx＝∫1
－1(x＋1)(x－1)dx＝(x3
3 －x) 1－1＝－
4
3≠0，故第②组不是区间[－1，1]
上的正交函数；
③∫1
－1f(x)g(x)dx＝∫1
－1x·x2dx＝
x4
4
1－1＝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．B13[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)＝sin(x－φ)，且
∫
2π
3 0f(x)dx＝0，则函数 f(x)的图像的一条对称轴是( )
A．x＝
5π
6 B．x＝
7π
12
C．x＝
π
3 D．x＝
π
6
9．A [解析] 因为∫
2π
3 0f(x)dx＝0，即∫
2π
3 0f(x)dx＝－cos(x－φ)
2π
3 0＝－cos(2π
3 －φ)＋
cos φ＝0，可取φ＝
π
3 ，所以 x＝
5π
6 是函数 f(x)图像的一条对称轴．
8.B13[2014·江西卷] 若 f(x)＝x2＋2∫1
0f(x)dx，则 ∫1
0f(x)dx＝( )
A．－1 B．－
1
3 C.
1
3 D．1
8．B [解析] ∫1
0f(x)dx＝ ∫1
0[x2＋2 ∫1
0 f（x）dx]dx＝ [1
3x3＋(2 ∫1
0 f（x）dx)x]10＝1
3＋2∫1
0
f(x)dx，得 ∫1
0f(x)dx＝－
1
3.
6．B13[2014·山东卷] 直线 y＝4x 与曲线 y＝x 3 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. 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∫2
0(4x－x3)dx＝Error!
2
0＝4，故选 D.
3．B13[2014·陕西卷] 定积分∫1
0(2x＋ex)dx 的值为( )
A．e＋2 B．e＋1 C．e D．e－1
3．C [解析] ∫1
0(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)10＝(12＋e1)－(02＋e0)＝e.
B14 单元综合
9．B14[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( 2x
1＋x2 )＝2f(x)；
③|f(x)|≥2|x|.
其中的所有正确命题的序号是( )
A．①②③ B．②③ C．①③ D．①②
9．A [解析] f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)
＝ln
1－x
1＋x＝－ln
1＋x
1－x＝－[ln（1＋x）－ln（1－x）]
＝－f(x)，故①正确；当 x∈(－1，1)时，
2x
1＋x2∈(－1，1)，且 f( 2x
1＋x2 )＝ln(1＋ 2x
1＋x2)－ln
(1－ 2x
1＋x2)＝ln
1＋ 2x
1＋x2
1－ 2x
1＋x2
＝ln
1＋x2＋2x
1＋x2－2x＝ln(1＋x
1－x ) 2
＝2ln
1＋x
1－x＝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)＝
1
1＋x＋
1
1－x－2＝
2x2
1－x2，0≤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．B9、B14[2014·湖南卷] 已知函数 f(x)＝x 2＋ex－
1
2(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．(－∞，
1
e) B．(－∞， e)
C.(－ 1
e， e) D.(－ e， 1
e)
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－
1
2＝m2＋ln(m＋a)，解得 m＋a＝ee－m－
1
2，即 a＝ee－m－
1
2－m(m＞0)，可得
a∈(－∞， e)．
14．B14、H1[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＝
a＋b
2 ，
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
2ab
a＋b.
(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)
14．(1) x (2)x(或填(1)k1 x；(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＝ ab，则
0－f（a）
c－a ＝
0＋f（b）
c－b ，
即
0－f（a）
ab－a
＝
0＋f（b）
ab－b
.
因为 a>0，b>0，所以化简得
f（a）
a
＝
f（b）
b
，故可以选择 f(x)＝ x(x>0)；
(2)依题意，c＝
2ab
a＋b，则
0－f（a）
2ab
a＋b－a
＝
0＋f（b）
2ab
a＋b－b
，因为 a>0，b>0，所以化简得
f（a）
a ＝
f（b）
b ，故可以选择 f(x)＝x(x>0)．
12．B14、E9[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)|<
1
2|x－y|.
若对所有 x，y∈[0，1]，|f(x)－f(y)|
1
2时，|f(x)－f(y)|＝|f(x)－f(1)－(f(y)－f(0))|≤|f(x)－f(1)|＋|f(y)－f(0)|<
1
2
|x－1|＋
1
2|y－0|＝－
1
2(x－y)＋
1
2<
1
4.故 kmin＝
1
4.
22．B12、B14[2014·湖南卷] 已知常数 a＞0，函数
f(x)＝ln(1＋ax)－
2x
x＋2.
(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)＝ a
1＋ax－
2（x＋2）－2x
（x＋2）2 ＝
ax2＋4（a－1）
（1＋ax）（x＋2）2.(*)
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 (0，2 1－a
a )上单调递减，在区间(2
1－a
a ，＋∞)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－
1
a且 x≠－2，
所以－2
1－a
a >－
1
a，－2
1－a
a ≠－2，
解得 a≠
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(x 2)＝ln(1＋ax 1)－
2x1
x1＋2＋ln(1＋ax 2)－
2x2
x2＋2＝ln[1＋a(x 1 ＋x 2)＋a 2x1x2]－
4x1x2＋4（x1＋x2）
x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝ln(2a－1)2－4（a－1）
2a－1 ＝ln(2a－1)2＋
2
2a－1－2.
令 2a－1＝x.由 0g(1)＝0.故当
1
20.
综上所述，满足条件的 a 的取值范围为(1
2，1 ).
21．B12、B14[2014·新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)＝aexln x＋
bex－1
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.
21．解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aexln x＋
a
xex－
b
x2ex－1＋
b
xex－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＋
2
xex－1，
从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe－x－
2
e.
设函数 g(x)＝xln x，
则 g′(x)＝1＋ln x，
所以当 x∈(0，1
e )时，g′(x)<0；
当 x∈(1
e，＋∞)时，g′(x)>0.
故 g(x)在(0，1
e )上单调递减，在(1
e，＋∞)上单调递增，从而 g(x)在(0，＋∞)上的最小
值为 g(1
e )＝－
1
e.
设函数 h(x)＝xe－x－
2
e，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)＝－1
e.
因为 gmin(x)＝g(1
e )＝h(1)＝hmax(x)，
所以当 x>0 时，g(x)>h(x)，即 f(x)>1.
21．B12、B14[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＜ 2＜1.414 3，估计 ln 2 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，ln 2>
8 2－3
12 >0.692 8；
当 b＝
3 2
4 ＋1 时，ln(b－1＋ b2－2b)＝ln 2，
g(ln 2)＝－
3
2－2 2＋(3 2＋2)ln 2<0，
ln 2<
18＋ 2
28 <0.693 4.
所以 ln 2 的近似值为 0.693.
15．B3，B14[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)＝sin x 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
x2＋1(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
x2＋1 (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
x2＋1 (x＞－2)．
易知 f(x)∈[－1
2，1
2]，所以存在正数 M＝
1
2，使得 f(x)∈[－M，M]，故④正确．
20．B12、B14[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<η
2.
又由 ξ1，η1>0，得
ξ2
ξ1<
η2
ξ1<
η2
η1，
所以
x2
x1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
x2
x1.
设
x2
x1＝t，则 t>1，且 {x2＝tx1，
x2－x1＝ln t，解得 x1 ＝
ln t
t－1 ，x 2 ＝
tln t
t－1 ，所以 x1 ＋x 2 ＝
（t＋1）ln t
t－1 .①
令 h(x)＝
（x＋1）ln x
x－1 ，x∈(1，＋∞)，
则 h′(x)＝
－2ln x＋x－1
x
（x－1）2 .
令 u(x)＝－2ln x＋x－
1
x，得 u′(x)＝(x－1
x ) 2
.
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．B14[2014·浙江卷] 设函数 f1(x)＝x2，f2(x)＝2(x－x2)，f3(x)＝
1
3|sin 2πx|，ai＝
i
99，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 I2 a，
3x2－3，x < a.
因为[f(x)＋b]2≤4 对 x∈[－1，1]恒成立，
即－2≤h(x)≤2 对 x∈[－1，1]恒成立，
所以由(1)知，(i)当 a≤－1 时，h(x)在(－1，1)上是增函数，h(x)在[－1，1]上的最大值
是 h(1)＝4－3a＋b，最小值是 h(－1)＝－4－3a＋b，则－4－3a＋b≥－2 且 4－3a＋b≤2，
矛盾．
(ii)当－10，t(a)在(0，1
3 )上是增函数，故 t(a)>t(0)＝－2，
因此－2≤3a＋b≤0.
(iii)当
1
3
1
5 B．a>
1
5或 a<－1
C．－10，解得 a>
1
5或 a<－1.
11．[2014·福建闽南期末] 计算：∫2
1(1＋1
x )dx＝________．
11．1＋ln 2 [解析] ∫2
11＋
1
xdx＝(x＋ln x)Error!)
2
1＝(2＋ln 2)－(1＋ln 1)＝1＋ln 2.
4．[2014·内江模拟] 已知函数 f(x)＝
1
3x3－
1
2x2＋cx＋d 有极值，则 c 的取值范围为( )
A．c＜
1
4
B．c≤
1
4
C．c≥
1
4
D．c＞
1
4
4．A [解析] 由题意得，f′(x)＝x2－x＋c，Δ＝1－4c>0，解得 c<
1
4.
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)＝
1
f（x）.
∵当 x>0 时，f(x)>1>0，∴当 x<0 时，－x>0，
∴f(－x)>0，∴f(x)＝
1
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)·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
{h（－2） < 0，
h（－1） > 0，
h（0） < 0，
即{－8
3＋2（1－a）＋2a－a < 0，
－1
3＋1－a
2 ＋a－a > 0，
－a < 0，
解得 0
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