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
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
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