1、精品题库试题 理数1. (2014陕西,10,5分)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10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为()A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x 1.A 1.根据题意,所求函数在(-5,5)上单调递减.对于A,y=x3-x,y=x2-=(x2-25),x(-5,5),y0,y=x3-x在(-5,5)内为减函数,同理可研究B、C、D均不满足此条件,故选A.2.(2014辽宁,11,5分)当x时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,则实数a的取值范围是()A.B.C.D. 2.C
2、2.由题意知x都有ax3-x2+4x+30,即ax3x2-4x-3在x上恒成立.当x=0时,aR.当0x1时,a=-+.令t=(t1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g(t)=-9t2-8t+10(t1),所以g(t)在上递减,在上递增.因此g(t)min=g(-1)=-2,所以a-2.综上可知-6a-2,故选C.3.(2014课标全国卷,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+2m2,则m的取值范围是()A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+) 3.C 3.f (x)=cos,f(x)的极值点为
3、x0,f (x0)=0,cos=0,x0=k+,kZ,x0=mk+,kZ,又+2m2,+m2,kZ,即m2+3m2,kZ,m0,kZ,又存在x0满足+2,m2-3,m24,m2或m0,则a的取值范围是()A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.(-,-1) 4.C 4.(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.(2)当a0时, f (x)=3ax2-6x,令f (x)=0,解得x1=0,x2=.当a0时,0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x00,则f(0)0,即10,不成立.当a0时,0,则f0,
4、即a-3+10,解得a2或a-2,又因为a0,故a的取值范围为(-,-2).选C.5.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，7）已知函数的图像与轴恰好有三个不同的公共点，则实数的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D） 5. C 5. , 当或时, 可得; 当时, , 所以函数的极小值为, 极大值为, 由题意可得, 解得.6. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，8) 下图可能是下列哪个函数的图象（ ） 6. C 6. 因为当时, 函数y=2x和函数y=x21都为增函数, 可知函数y=2xx21在上为增函数, 故可排除选项A; 因为函数y =为偶函数
5、, 故可排除选项B; 因为, 只有一个实数根, 所以函数应只有一个极值点, 故可排除选项D, 故选C.7. (2014福州高中毕业班质量检测, 10) 已知函数为常数), 当时取得极大值, 当时取极小值, 则的取值范围是( ) A. B. C. D. 7.D 7.因为，又因为当时取得极大值, 当时取极小值,所以，即，作出不等式组表示的平面区域，如图中解方程组可得，由图知，点到直线的距离的平方是的最小值，即，是的最大值，故的取值范围是.8. (2014福州高中毕业班质量检测, 9) 若定义在上的函数满足, , 且当时, 其图象是四分之一圆(如图所示), 则函数在区间上的零点个数为 ( ) A.
6、5B. 4C. 3D. 2 8. B 8. 因为定义在上的函数满足, ,所以函数是偶函数，且关于对称，又因为函数的定义域是, 所以，令得，极小值由表中数据可知的单调减区间为，单调增区间为，当时，函数的极小值为，所以在时取得极大值，且函数在上是增函数，所以当时由3个交点；时只有一个交点，故函数在区间上的零点个数为4.9. (2014河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测（二），10) 定义在区间上的函数的图象如右图所示，以、为顶点的的面积记为函数, 则函数的导函数的大致图象为( ) 9. D 9.：如图，当时，的面积单调递增，；当时，单调递减，；当时，单调递增，；当时，单调递减，；且. 所以选D.
7、10. (2014湖北黄冈高三4月模拟考试，10) 已知函数，若至少存在一个，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. D 10. 令，所以，若，则，所以在上是减函数，在的最大值为，此时不存在，使得，即使得成立；若，则由，总存在使得成立.故实数的范围为.11. (2014重庆铜梁中学高三1月月考试题，8) 若函数在上有最小值，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 11.C 11. 因为，令，所以 ，所以函数在，上单调递增；在上单调递减，要函数在上有最小值，所以，解得，故实数的取值范围是.12.（2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，7）设随
8、机变量服从正态分布，若，则函数没有极值点的概率是（）A0.2B0.3C0.7D0.8 12. C 12. ，由题意可得，解得，又因为且随机变量的正态曲线关于对称，所以13.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，7）已知函数，则使函数有零点的实数的取值范围是（）A. B. C. D. 13. C 13. 令，当，；当，所以函数在（0，+为增函数，所以. 所以欲使有零点，只需使.14. (2014广西桂林中学高三2月月考，12) 已知函数的定义为，且函数的图像关于直线对称，当时，其中是的导函数，若，则的大小关系是（ ）(A) (B) (C) (D) 14.B 14. 由时，所以，则，所以当时，
9、则在上是减函数，因为函数的图象关于直线对称，则函数是偶函数，又因为，而，所以，故.15.(2014河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试（四）数学（理）试题, 12) 对于函数与，若存在区间（m1).()讨论f(x)的单调性;()设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:an. 24.查看解析 24.()f(x)的定义域为(-1,+),f (x)=.(2分)(i)当1a0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x(a2-2a,0),则f (x)0, f(x)在(0,+)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时, f (x)0, f (x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,
10、+)上是增函数.(iii)当a2时,若x(-1,0),则f (x)0, f(x)在(-1,0)上是增函数;若x(0,a2-2a),则f (x)0, f(x)在(a2-2a,+)上是增函数.(6分)()由()知,当a=2时, f(x)在(-1,+)上是增函数.当x(0,+)时, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(x0).又由()知,当a=3时, f(x)在 25.查看解析 25.()对f(x)求导得f (x)=2ae2x+2be-2x-c,由f (x)为偶函数,知f (-x)=f (x),即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,因为e2x+e-2x0,所以a=b.又f (0)=2a+2b-
11、c=4-c,故a=1,b=1.()当c=3时, f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f (x)=2e2x+2e-2x-32-3=10,故f(x)在R上为增函数.()由()知f (x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x0, f (x)=2e2x+2e-2x-40,此时f(x)无极值;当c4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=0,即f (x)=0有两个根x1=ln t1,x2=ln t2.当x1xx2时, f (x)x2时, f (x)0,从而f(x)在x=x
12、2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+).26. (2014四川,21,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,bR,e=2.718 28为自然对数的底数.()设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间上的最小值;()若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围. 26.查看解析 26.()由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f (x)=ex-2ax-b.所以g(x)=ex-2a.因此,当x时,g(x).当a时,g(x)0,所以g(x)在上单调递增.因此g(x)在上的最小值是g(0)=1-b;当a时,g
13、(x)0,所以g(x)在上单调递减,因此g(x)在上的最小值是g(1)=e-2a-b;当a时,令g(x)=0,得x=ln(2a)(0,1).所以函数g(x)在区间上单调递减,在区间(ln(2a),1上单调递增.于是,g(x)在上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a时,g(x)在上的最小值是g(0)=1-b;当a时,g(x)在上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b;当a时,g(x)在上的最小值是g(1)=e-2a-b.()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
14、,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.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由()知,当a时,g(x)在上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a时,g(x)在上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.所以a0,g(1)=e-2a-b0.由f(1)=0有a+b=e-10,g(1)=e-2a-b=1-a0.解得e-2a1.当e-2a1时,g(x)在区间内有最小值g(ln(2a).若g(ln(2a)0,则g(x)0(x),从而f(x)在区间上单调递增,这与
15、f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a)0,g(1)=1-a0,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)在上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在上单调递增.所以f(x1)f(0)=0, f(x2)0时,x2ex;()证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x(x0,+)时,恒有x2cex. 27.查看解析 27.解法一:()由f(x)=ex-ax,得f (x)=ex-a.又f (0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex-2x,f (x)=ex-2.令f (x)=0,得x=ln 2.当xln 2时, f (x)l
16、n 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.()令g(x)=ex-x2,则g(x)=ex-2x.由()得g(x)=f(x)f(ln 2)0,故g(x)在R上单调递增,又g(0)=10,因此,当x0时,g(x)g(0)0,即x20时,x20时,x2cex.取x0=0,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 x+ln k成立.令h(x)=x-2ln x-ln k,则h(x)=1-=,所
17、以当x2时,h(x)0,h(x)在(2,+)内单调递增.取x0=16k16,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kln k,kln 2,5k0,所以h(x0)0.即存在x0=,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ex=,当xx0时,ex=x2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.解法三:()同解法一.()同解法一.()首先证明当x(0,+)时,恒有x30时,x2ex,从而
18、h(x)0,h(x)在(0,+)内单调递减,所以h(x)h(0)=-10,即x3x0时,有x2x3ex.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.28. (2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(bR).(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. 28.查看解析 28.(1)当b=4时, f (x)=,由f (x)=0得x=-2或x=0.当x(-,-2)时, f (x)0, f(x)单调递增;当x时, f (x)0, f(x)单调递减,故
19、f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f (x)=,因为当x时,0,即0xe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,+).()因为e3,所以eln 3eln ,ln eln 3,即ln 3eln e,ln eln 3.于是根据函数y=ln x,y=ex,y=x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()的结论,得f()f(3)f(e),即.由,得ln 33;由,得ln 3eln e3,所以3ee3
20、.综上,6个数中的最大数是3,最小数是3e.()由()知,3ee33,3ee3.又由()知,得ee.故只需比较e3与e和e与3的大小.由()知,当0xe时, f(x)f(e)=,即.在上式中,令x=,又e,则ln,从而2-ln 2-.由得,eln e2.72.7(2-0.88)=3.0243,即eln 3,亦即ln eln e3,所以e36-6-e,即3ln ,所以e3.综上可得,3ee3ee30,函数f(x)=ln(1+ax)-.()讨论f(x)在区间(0,+)上的单调性;()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. 30.查看解析 30.()f (x
21、)=-=.(*)当a1时, f (x)0,此时, f(x)在区间(0,+)上单调递增.当0a1时,由f (x)=0得x1=2x2=-2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(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)在区间上单调递减,在区间上单调递增.()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0a-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(
22、x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0a1且a知,当0a时,-1x0;当a1时,0x1,记g(x)=ln x2+-2.(i)当-1x0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g(x)=-=0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)g(-1)=-40,故当0a时, f(x1)+f(x2)0.(ii)当0x1时,g(x)=2ln x+-2,所以g(x)=-=g(1)=0,故当a0.综上所述,满足条件的a的取值范围为.31. (2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x
23、)=xf (x),x0,其中f (x)是f(x)的导函数.()令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x),nN+,求gn(x)的表达式;()若f(x)ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;()设nN+,比较g(1)+g(2)+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明. 31.查看解析 31.由题设得,g(x)=(x0).()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.当n=1时,g1(x)=,结论成立.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.由可知,结论对
24、nN+成立.()已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.设(x)=ln(1+x)-(x0),即(x)=-=,当a1时,(x)0(仅当x=0,a=1时等号成立),(x)在有(x)0,(x)在(0,a-1上单调递减,(a-1)1时,存在x0,使(x)n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于+,x0.令x=,nN+,则ln.下面用数学归纳法证明.当n=1时,ln 2,结论成立.假设当n=k时结论成立,即+ln(k+1).那么,当n=k+1时,+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由可知,结论对nN+成立.证法二:上述不等式等价于+,x0.令x
25、=,nN+,则ln.故有ln 2-ln 1,ln 3-ln 2,ln(n+1)-ln n,上述各式相加可得ln(n+1)+.结论得证.证法三: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.32.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a0.()讨论f(x)在其定义域上的单调性;()当x时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值. 32.查看解析 32.()f(x)的定义域为(-,+), f (x)=1+a-2x-3x2.令f (x)=0,得x1=,x2=,x1x2,所
26、以f (x)=-3(x-x1)(x-x2).当xx2时, f (x)0;当x1x0.故f(x)在(-,x1)和(x2,+)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.()因为a0,所以x10.当a4时,x21.由()知, f(x)在上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.当0a4时,x21.由()知, f(x)在上单调递增,在上单调递减.所以f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以当0a1时, f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时, f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1a4时, f(x)在x=0处取得最小值.33.(2014浙
27、江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(aR).()若f(x)在上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);()设bR.若24对x恒成立,求3a+b的取值范围. 33.查看解析 33.()因为f(x)=所以f (x)=由于-1x1,(i)当a-1时,有xa,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-1a1时,若x(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x(-1,a)
28、,则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=maxf(1),f(-1),m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1a时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当a1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a1时,有xa,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=()令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h(x)=因为24对x恒成立,即-2h(
29、x)2对x恒成立,所以由()知,(i)当a-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b-2且4-3a+b2,矛盾.(ii)当-10,t(a)在上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)当a1时,h(x)在上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b-2且3a+b+22,解得-0),则t1,所以m-=-对任意t1成立.因为t-1+12+1=3,所以-,当且仅当t=2,即x=ln 2时等号成立.因此实数m的取值范围.(3)令函数g(x)=ex+
30、-a(-x3+3x),则g(x)=ex-+3a(x2-1).当x1时,ex-0,x2-10,又a0,故g(x)0,所以g(x)是 35.查看解析 35.()函数y=f(x)的定义域为(0,+).f (x)=-k=-=.由k0可得ex-kx0,所以当x(0,2)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,+).()由()知,当k0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k0时,设函数g(x)=ex-kx,x 36.查看解析 36.()当x时, f (x)=-(1+sin x)(+2x)-2x-c
31、os x0, f=-2-0,当t时,u(t)0,所以u(t)在(0,x0上无零点.在上u(t)为减函数,由u(x0)0,u=-4ln 20,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1,使g(x1)=0.因x1=-t1,t1x0,所以x0+x1.37.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-aex(aR),xR.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.a0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,
32、+)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:(i)f(-ln a)0;(ii)存在s1(-,-ln a),满足f(s1)0;(iii)存在s2(-ln a,+),满足f(s2)0,即-ln a-10,解得0ae-1.而此时,取s1=0,满足s1(-,-ln a),且f(s1)=-a0;取s2=+ln,满足s2(-ln a,+),且f(s2)=+0.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
33、,1),x2(1,+).对于任意的a1,a2(0,e-1),设a1a2,g(1)=g(2)=a1,其中0112;g(1)=g(2)=a2,其中011a2,即g(1)g(1),可得11;类似可得20,得1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.(*)令h(x)=,x(1,+),则h (x)=.令u(x)=-2ln x+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(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.而由(),知t随着a的减小而增大,所以x1
34、+x2随着a的减小而增大.38.18.(2014北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x.()求证:f(x)0;()若ab对x恒成立,求a的最大值与b的最小值. 38.查看解析 38.()由f(x)=xcos x-sin x得f (x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.因为在区间上f (x)=-xsin x0时,“a”等价于“sin x-ax0”;“b”等价于“sin x-bx0对任意x恒成立.当c1时,因为对任意x,g(x)=cos x-c0,所以g(x)在区间上单调递减.从而g(x)g(0)=0对任意x恒成立.当0cg(0)=0.进一步,“g
35、(x)0对任意x恒成立”当且仅当g=1-c0,即00对任意x恒成立;当且仅当c1时,g(x)0对任意x恒成立.所以,若a0时,g(x)0,求b的最大值;()已知1.414 20,g(x)0.(ii)当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0xln(b-1+)时,g(x)0.而g(0)=0,因此当0xln(b-1+)时,g(x)0,ln 20.692 8;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=-2+(3+2)ln 20,ln 21. 40.查看解析 40.()函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由题意可得f(1)=2, f (
36、1)=e.故a=1,b=2.()由()知, f(x)=exln x+ex-1,从而f(x)1等价于xln xxe-x-.设函数g(x)=xln x,则g(x)=1+ln x.所以当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时,g(x)h(x),即f(x)1.41.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，17）设，其中，曲线在点处的切线与直线：平行。(1) 确定的值；(2) 求函数的单调区间。 41.查看解析 41. 解
37、析 (1) 由题，故。因直线的斜率为，故，从而； (2) ，由得或，由得。故的单增区间为和，单减区间为。42. (2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试，21) 已知函数图象上斜率为3的两条切线间的距离为，函数（1）若函数在处有极值，求的解析式；（2）若函数在区间上为增函数，且在区间上都成立，求实数的取值范围 42.查看解析 42.，由有，即切点坐标为，切线方程为，或整理得或4分，解得，6分（1），在处有极值，即，解得，8分（2）函数在区间上为增函数，在区间上恒成立，又在区间上恒成立，即，在上恒成立，的取值范围是 14分43. (2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试，20) 已知函数
38、() 若在区间上为减函数，求的取值范围；() 讨论在内的极值点的个数。 43.查看解析 43.解：() (2分)在区间上为减函数O在区间上恒成立 (3分)是开口向上的抛物线 存在，使得在区间内有且只有一个极小值点 (8分) 当时，由() 可知在区间上为减函数在区间内没有极值点.综上可知，当时，在区间内的极值点个数为当时，在区间内的极值点个数为 (12分)44. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，21) 设函数（1）判断函数f(x) 在(0, +) 上的单调性；（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式f(x) -1 0,h(x) 在（0，+）上是增函数
39、， 3分又h(0) =0，h(x) 0, 则f(x) 0,f(x) 在(0, +) 上是单调增函数. 5分(2) f(x) -1=, 不等式f(x) -1 a可化为ex-(a+1) x-1 0,令G(x) = ex-(a+1) x-1, G(x) =ex-(a+1), 7分由G(x) =0得：x=ln(a+1),当0 x (ln(a+1) 时，G(x) ln(a+1) 时，G(x) 0,当x=ln(a+1) 时，G(x) min=a-(a+1) ln(a+1), 9分即当x=ln(a+1) 时，G(x) min=a-(a+1) ln(a+1) 0. 11分故存在正数x=ln(a+1) ，使不等
40、式F(x) -1 (n N+). 59.查看解析 59.：（1）由g(x) =, 对g(x) 求导知g(x) =由f(x) 可知：0在（0, +）上恒成立.从而g(x) = 在(0, +) 上是单调增函数. （4分）（2）由（1）知g(x) = 在(0, +) 上是单调增函数，当x10, x20时， ， ,于是f(x1) f(x1+x2), f(x2) f(x1+x2),两式相加得到：f(x1) +f(x2) f(x1+x2)g(x) = 在(0, +) 上是单调增函数, f(x1+x2) f(x1) +f(x2)(x1 0, x2 0) 恒成立易证：当xi0(i=1,2, 3, , n) 时
41、,有f(x1) +f(x2) +f(x3) + +f(xn) f(x1+x2+x3+xn) (n2) 恒成立.构造f(x) =xlnx，知f(x) x(lnx+1) xlnx=x 0符合条件，则当xi0(i=1,2, 3, , n) 时有x1lnx1+x2lnx2+xnlnxn(x1+x2+xn) ln(x1+x2+xn) （n2）（*）恒成立.令xn=, 记Sn=x1+x2+xn=+，则Sn+=(1) +() +() =1,Sn+=() +() +() =(x1+x2+xn) ln(x1+x2+xn) (x1+x2+xn) ln(1-) ( x1+x2+xn) (ln(1+x) x) ()
42、= (*)由（*）及（*）可知： ln+ln+ln. （12分）60.（2014重庆铜梁中学高三1月月考试题，19）已知函数，在处取得极小值.() 求函数的单调区间；() 若对恒成立，求实数的取值范围. 60.查看解析 60.() ，由由 则，. （6分）（2）由则要使对恒成立，只需，即， 得，所以实数m的取值范围是. （13分）61.（2014山东潍坊高三3月模拟考试数学（理）试题，21） 已知函数 (I) 求函数的零点的个数； () 令，若函数在(0，) 内有极值，求实数a的取值范围； () 在() 的条件下，对任意，求证： 61.查看解析 61.62.（2014江西重点中学协作体高三第一
43、次联考数学（理）试题，21）已知函数（1）当时，证明对任意的；（2）求证：（3）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围 62.查看解析 62.（2）根据（1）的结论，当时，即令，则有， 7分即 8分(本问也可用数学归纳法证明.)当时，设的两根分别为与，则，不妨设当及时，当时，所以函数在上递增，在上递减，而所以时，且因此函数在有一个零点，而在上无零点；此时函数只有一个零点；综上，函数只有一个零点时，实数a的取值范围为R14分63.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，21）已知定义在上的函数总有导函数, 定义.一是自然对数的底数.(1) 若, 且, 试分别判断函数和的单调性:(2) 若.当
44、时, 求函数的最小值；设, 是否存在, 使得? 若存在, 请求出一组的值: 若不存在, 请说明理由。 63.查看解析 63.64.(2014广西桂林中学高三2月月考，22) 设函数的定义域为（0，）() 求函数在上的最小值；() 设函数，如果，且，证明： 64.查看解析 64. () ，则时，；时，所以函数在上是减函数，在上是增函数函数，当时，函数在上是增函数，此时；当时，函数在上是减函数，在上是增函数，此时. （5分）() 证明：考察函数，所以在内是增函数，在是减函数，（结论1），考察函数，即于是，当时，从而，又，所以，所以在是增函数，又，所以时，有，即，（结论2）.若，由结论1及，得与矛盾
45、；若，由结论1及，得与矛盾；若，不妨设，由结论2可知，所以得，因为，所以，由结论1可知函数在区间内是增函数，所以，即. （12分）65.（2014湖北八校高三第二次联考数学（理）试题，22）已知函数 （）当时，求曲线在点处的切线方程；（）求的单调减区间； （）当时，设在区间上的最小值为，令， 求证： 65.查看解析 65. (1) 当时， 2分 曲线在点处的切线方程为： 即 3分66. (2014重庆五区高三第一次学生调研抽测，22) 已知函数. （）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；（）当且时，证明： . 66.查看解析 66.解：（I）函数的定义域为. 1分在上恒成立，即在上恒成立，2
46、分. ，的取值范围为4分（）由（I）当，时，又，（当时，等号成立），即 5分 又当时，设，则在上递减，即在恒成立，时，恒成立，（当且仅当时，等号成立），7分用代替， 恒成立（当且仅当时，等号成立），当时，由得，即，当时，由得.当时，即. 10分， ， ，. 12分67. (2014重庆五区高三第一次学生调研抽测，17) 已知函数. （）若，求函数的单调区间和极值；（）设函数图象上任意一点的切线的斜率为，当的最小值为1时，求此时切线的方程. 67.查看解析 67.解：（I）的定义域为（）时，1分当时， 2分由得，由得，或，由得，3分的单调递增区间为，；单调递减区间为5分极大值为；极小值为 7分（
47、II）由题意知 9分 此时，即，切点为，11分 此时的切线方程为：. 13分68.(2014河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试（四）数学（理）试题, 21) 已知函数( I) 求函数的极小值； () 已知且，证明： (i) (ii) 68.查看解析 68.69.(2014吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，21)已知函数（1）求的单调区间和极值；（2）设，且，证明：. 69.查看解析 69.【解析】（1）定义域为令则 ；令则 的单调增区间是，单调减区间是极小值，无极大值（2）证明：不妨设，两边同除以得，令，则，即证：令令， 在上单调递减，所以即，即恒成立在上是减函数，所以得证所以成立7
48、0.(2014湖北武汉高三2月调研测试，22)（）已知函数f(x) ex1tx，x0R，使f(x0) 0，求实数t的取值范围； 70.查看解析 70.（）若t0，f (x) ex10，不合题意；若t0，只需f(x) min0求导数，得f (x) ex1t令f (x) 0，解得xlnt1当xlnt1时，f (x) 0，f(x) 在(，lnt1) 上是减函数；当xlnt1时，f (x) 0，f(x) 在(lnt1，) 上是增函数故f(x) 在xlnt1处取得最小值f(lnt1) tt(lnt1) tlnttlnt0，由t0，得lnt0，t1综上可知，实数t的取值范围为(，0) 71.查看解析 71
49、. () , 即由联立解得: . 2分是二次函数, 且, 可设,由, 解得. . 4分() 设,依题意知: 当时, , 在上单调递减, 6分在上单调递增, 解得: 实数的取值范围为. 9分() 设, 由() 知, 的图象如图所示:设, 则当, 即时, , 有两个解, 有个解;当, 即时, 且, 有个解; 11分当, 即时, , 有个解;当, 即时, , 有个解. 13分综上所述:当时, 方程有个解;当时, 方程有个解;当时, 方程有个解;当时, 方程有个解. 14分72. (2014周宁、政和一中第四次联考，20) 已知函数在上为增函数，且，（）求的值；（）若在上为单调函数，求m的取值范围；（
50、III）设，若在上至少存在一个，使得成立，求的取值范围。 72.查看解析 72.解：（）由题意，0在上恒成立，即 （0，），故在上恒成立，只须，即，只有结合，得（4分）（）由（1），得在其定义域内为单调函数，或者在，综上，的取值范围是 （9分）（III）构造，当时，所以在上不存在一个使得成立当时，因为，所以，所以在恒成立故在上单调递增，只要，解得故的取值范围是 （14分）73. (2014湖南株洲高三教学质量检测（一），21) 设函数. （）求函数的单调区间 () 若函数有两个零点，且，求证： 73.查看解析 73. （） ，当时，函数在上单调递增，所以函数的单调递增区间为 ， （4分）当时，
51、由，得；由，得所以函数的单调增区间为，单调减区间为 ， （6分） () 因为是函数的两个零点，有则，两式相减得即所以 ，又因为，当时，；当时，故只要证即可，即证明 , （10分）即证明，即证明，设. 令，则，因为，所以，当且仅当时，所以在是增函数；又因为，所以当时，总成立.所以原题得证. (13分)74. (2014江苏苏北四市高三期末统考, 19) 已知函数（为常数），其图象是曲线. （）当时，求函数的单调减区间； （）设函数的导函数为，若存在唯一的实数，使得与同时成立，求实数的取值范围； （）已知点为曲线上的动点，在点处作曲线的切线与曲线交于另一点，在点处作曲线的切线，设切线的斜率分别为.
52、 问：是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 74.查看解析 74. 解析 （）当时， .令，解得，所以f(x) 的单调减区间为. （4分）（） ，由题意知消去，得有唯一解.令，则，所以在区间，上是增函数，在上是减函数，又，故实数的取值范围是. （10分）（）设，则点处切线方程为，与曲线：联立方程组，得，即，所以点的横坐标. （12分）由题意知，若存在常数，使得，则，即存在常数，使得，所以解得，.故时，存在常数，使；时，不存在常数，使. （16分）75. (2014重庆七校联盟, 21) 已知函数. （）求的单调区间； （）若在区间上恒成立，求实数的取值范围. 75.查看
53、解析 75. （）,由得,当时，在或时，在时,所以的单调增区间是和，单调减区间是；当时，在时，所以的单调增区间是；当时，在或时，在时.所以的单调增区间是和，单调减区间是. （7分） （）由 （）可知在区间上只可能有极小值点，所以在区间上的最大值在区间的端点处取到，即有且,解得. （12分）76. (2014重庆七校联盟, 19) （创新）已知函数，其中，曲线在点处的切线垂直于轴. （）求的值； （）求函数的极值. 76.查看解析 76. （） , ，即 . （5分） （）由（）知， ， ，令，有，由，则或；由，则或. （9分）所以，取得极大值，时，取得极小值 . （13分）77. (2014吉
54、林高中毕业班上学期期末复习检测, 22) 已知函数，. （）若函数在其定义域内为单调函数，求的取值范围； （） 若函数的图像在处的切线斜率为0，且，（，）. 证明：对任意的正整数n, 当时，有. 77.查看解析 77. 解析 （）函数的定义域是因为所以有所以，当时，恒成立，所以函数在上单调递减; (3分)当时，若函数在其定义域内单调递增，则有恒成立即，因为所以 且时不恒为0.若函数在其定义域内单调递减，则有恒成立即，因为所以综上，函数在定义域内单调时的取值范围是，(5分) （）因为函数的图像在处的切线斜率为0，所以即所以，所以，令，所以，(7分)当是偶数时，因为所以，所以，所以即函数在单调递减
55、，所以，即，当是奇数时，令则，所以函数在单调递减，所以，又因为时, 所以，所以即函数在单调递减，所以，即，综上，对任意的正整数n, 当时，有. (12分)78. (2014天津七校高三联考, 20) 已知函数在点处的切线方程为 () 求函数的解析式； () 若对于区间上任意两个自变量的值都有，求实数的最小值； （）若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围 78.查看解析 78. 解析 () 根据题意，得即解得，所以（4分） () 令，即得12 + + 增极大值减极小值增2因为，所以当时， （ 6分）则对于区间上任意两个自变量的值，都有，所以所以的最小值为4 （）因为点不在曲线上，所以可设切点
56、为则因为，所以切线的斜率为 （9分）则=，即因为过点可作曲线的三条切线，所以方程有三个不同的实数解所以函数有三个不同的零点则令，则或02+ +增极大值减极小值增则 ，即，解得 （13分）79. (2014河南郑州高中毕业班第一次质量预测, 21) 已知函数. （）若恒成立，求实数的值； () 若方程有一根为, 方程的根为，是否存在实数，使若存在，求出所有满足条件的值；若不存在，说明理由， 79.查看解析 79. 解析 （）注意到函数的定义域为,所以恒成立恒成立,设, 则,当时, 对恒成立, 所以是上的增函数,注意到, 所以时, 不合题意.当时, 若, ; 若, .所以是上的减函数, 是上的增函
57、数,故只需. （4分）令,当时, ; 当时, .所以是上的增函数, 是上的减函数.故当且仅当时等号成立.所以当且仅当时, 成立, 即为所求. （6分）（）由（）知当或时, , 即仅有唯一解, 不合题意;当时, 是上的增函数, 对, 有，所以没有大于的根, 不合题意.当时, 由解得, 若存在,则, 即,令, ,令, 当时, 总有,所以是上的增函数, 即,故, 在上是增函数,所以, 即在无解.综上可知, 不存在满足条件的实数. （12分）80. (2014河北衡水中学高三上学期第五次调研考试, 21) 已知函数(其中). （）若为的极值点, 求的值；() 在() 的条件下, 解不等式；() 若函数
58、在区间上单调递增, 求实数的取值范围. 80.查看解析 80.() 因为，因为为的极值点, 所以由, 解得，检验, 当时, , 当时, , 当时, .所以为的极值点, 故. （4分）() 当时, 不等式,整理得, 即或，（6分）令, , ,当时, ；当时, ,所以在单调递减, 在单调递增, 所以, 即,所以在上单调递增, 而；故；,所以原不等式的解集为；（8分）() 当时, 因为, 所以, 所以在上是增函数.当时, , 时, 是增函数, .若, 则,由得；若, 则,由得.若, , 不合题意, 舍去.综上可得, 实数的取值范围是. (亦可用参变分离求解). (12分）81. (2014成都高中毕
59、业班第一次诊断性检测，21) 已知函数，. （）若，求曲线在出的切线方程； （）若对任意的都有恒成立，求的最小值； （）设，若，为曲线上的两个不同点满足，且，使得曲线在处的切线与直线平行，求证. 81.查看解析 81. 解析 （），. （4分） （）由恒成立等价于恒成立，令，若，则恒成立. 函数在上是增函数，恒成立，又，符合条件.若，由可得，解得或（舍去），当时，；当时，这与恒成立矛盾.综上所述，的最小值为1. （9分） （），又，由，易知其定义域内为单调减函数，欲证，即证明，即证明，变形可得，令，则等价于，构造函数，则，令，当时，在上为单调增函数，在上恒成立，成立，. （14分）82. （2
60、014陕西宝鸡高三质量检测(一)，21 ）已知函数，设 （）求函数的单调区间； （）若以函数图象上任意一点为切点的切线的斜率恒成立，求实数的最小值； （）是否存在实数，使得函数的图象与函数的图象恰有四个不同交点？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由. 82.查看解析 82. （） ，由得，在上是增函数.由得，在上是减函数.的单调递减区间为，单调递增区间为. （4分）（）由 ，得恒成立，即恒成立.当时，取得最大值，的最小值为. （8分）（）若的图像与的图像恰有四个不同交点，即有四个不同的根，亦即有四个不同的根. 令.则(x) =.当变化时、的变化情况如下表：（-，-1）（-1,0）（0
61、,1）（1，+）的符号+-+-的单调性由上表知：, ，画出草图和验证，可知，当时，与恰有四个不同交点.当时，的图像与的图像恰有四个不同交点.83. (2014江西七校高三上学期第一次联考, 21) 已知函数，其中. （）求函数的单调区间；（）若直线是曲线的切线，求实数的值；（）设，求在区间上的最大值（其中为自然对的底数）. 83.查看解析 83. (）（），令，则，又的定义域是，函数的单调递增区间为（0，2），递减区间为（，0）和（2，）（4分）（）设切点为则 解得 ，（7分）（） ， ，令，则，当时，在单调增加 （9分）当时，在单调减少，在单调增加； 若时，； 若时，； （11分）当时，在上
62、单调递减，；综上所述，时，；时，. (14分)84. (2014广州高三调研测试, 20) 设函数，. （）若曲线与在它们的交点处有相同的切线，求实数，的值；（）当时，若函数在区间内恰有两个零点，求实数的取值范围；（）当，时，求函数在区间上的最小值. 84.查看解析 84. 解析（）因为，所以，.因为曲线与在它们的交点处有相同切线,所以, 且。即, 且,解得. （3分） （）当时，所以.令，解得.当变化时，的变化情况如下表：00极大值极小值所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.故在区间内单调递增，在区间内单调递减.从而函数在区间内恰有两个零点，当且仅当 即解得.所以实数的取值范围是. （8
63、分） （）当，时，.所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.由于，所以.当，即时，.当时，. （12分）当时，在区间上单调递增，.综上可知，函数在区间上的最小值为 （14分）85.(2014兰州高三第一次诊断考试, 21) 已知函数，其中的函数图象在点处的切线平行于轴 （）确定与的关系； （）若，试讨论函数的单调性； （）设斜率为的直线与函数的图象交于两点（） 证明： 85.查看解析 85. 解析 （）依题意得，则，由函数的图象在点处的切线平行于轴得：. . （3分） （）由（）得函数的定义域为当时，由得，由得，即函数在(0,1) 上单调递增，在单调递减；当时，令得或，若，即时，由得或，由得
64、，即函数在，上单调递增，在单调递减；若，即时，由得或，由得，即函数在，上单调递增，在单调递减；若，即时，在上恒有，即函数在上单调递增，综上所述：当时，函数在(0,1) 上单调递增，在单调递减；当时，函数在单调递增，在单调递减；在上单调递增；当时，函数在上单调递增，当时，函数在上单调递增，在单调递减；在上单调递增 （8分） （）依题意得，证，即证因，即证令（），即证（）令（）则在（1，+）上单调递增，=0，即（）. 令，又，在单调递减， 综得（），即 （12分）86. （本题满分14分）已知函数. （1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，若，恒成立，求实数的最小值；（3）证明. 86.查看解析
65、 86.（1）当时，当时，在上是减函数；当时，令得，在上单减，在上单增综上得，的单减区间是，单增区间是 (4分)（2）当时，即，设,当时，不合题意；当时，令得，时，在上恒成立，在上单增，故符合题意；当时，对，故不合题意综上，的最小值为 （8分)（3）由（2）得， 证明：当n1时，不等式左边2ln32右边，所以不等式成立当n2时，令式中得 ，所以当n2时不等式成立命题得证 （13分)87. (2014北京东城高三12月教学质量调研) 已知，函数. （）求函数的单调区间和值域；（）设，若，总存在，使得成立，求a的取值范围. 87.查看解析 87.解：（），令，解得：，（舍去），列表：0（0，）（，1）1 0 可知f（x）的单调减区间是（0，），增区间是（，1）；（5分）因为，所以当时，的值域为. （7分）（），因为，所以， （9分）为上的减函数，所以，因为当时，f（x）的值域为由题意知：，所以又，得. （14分)
