2014年高考数学题分类汇编 函数与导数

函数与导数

一、选择题

1.【2014·全国卷Ⅰ（理3，文5）】设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)时奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论正确的是（ ）

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

【答案】C

2. 【2014·全国卷Ⅰ（理6）】如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足

为

M，将点M到直线OP的距离表示为x的函数f(x)，则y=f(x)在

[0,]上的图像大致为（ ）

【答案】C

3. 【2014·全国卷Ⅰ（理11，文12）】已知函数f(x)=ax3x1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为（ ）

32A.（2，+∞） B.（-∞，-2） C.（1，+∞） D.（-∞，-1）

【答案】B

4. 【2014·全国卷Ⅱ（理8）】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 【答案】 D

1.【解析】 x+1∴f(0)=0,且f′(0)=2.联立解得a=3.故选D.f(x)=ax-ln(x+1),∴f′(x)=a-5【2014·全国卷Ⅱ（理12）】设函数fx3sinx.若存在fx的极值点x0满足

m2x02fx0m，则m的取值范围是（ ）

A. ,66, B. ,44, C.

2,22,

D.,14, 【答案】C。 【解析】

f(x)=3sinπx|m|的极值为±3，即[f(x0)]2=3,|x0|≤,m2 22mm2∴x0+[f(x0)]2≥+3，∴+32.故选C.44‘

6.【2014·全国卷Ⅱ（文3）】函数fx在x=x0处导数存在，若p：f（x0）=0；q：x=x0是fx的极值点，则

（A）p是q的充分必要条件

（B）p是q的充分条件，但不是q的必要条件 （C）p是q的必要条件，但不是 q的充分条件 (D) p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件 【答案】C

7.【2014·全国卷Ⅱ（文11）】若函数f(x)kxlnx在区间（1，+）单调递增，则k的取值范围是（ ）

（A）,2 （B）,1 （C）2, （D）1, 【答案】D

8. 【2014·全国大纲卷（理7）】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 【答案】C

9. 【2014·全国大纲卷（理12）】函数yf(x)的图象与函数yg(x)的图象关于直线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) 【答案】D

10.【2014·全国大纲卷（文5）】函数yln(3x1)(x1)的反函数是（ ） A．y(1ex)3(x1) B．y(ex1)3(x1) C．y(1ex)3(xR) D．y(ex1)3(xR) 【答案】D

11.【2014·全国大纲卷（文12）】奇函数f(x)的定义域为R，若f(x2)为偶函数，且f(1)1，则f(8)f(9)（ ）

A．-2 B．-1 C．0 D．1 【答案】D

12. 【2014·山东卷（理3）】函数f(x)1(log2x)12的定义域为

（A）(0,)（B）(2,)（C）(0,)12121(2,)（D）(0,][2,)

213.【2014·山东卷（文3）】函数f(x)

(A) (0,2)

1的定义域为（ ）

log2x1(B) (0,2] (C) (2,) (D) [2,)

【答案】C

14.【2014·山东卷（理5）】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）

11（B）ln(x21)ln(y21) 22x1y1

（C）sinxsiny （D）x2y2

15.【2014·山东卷（文5）】已知实数x,y满足aa(0a1)，则下列关系式恒成立的是

xy

(A) x3y3

(B) sinxsiny (D)

(C) ln(x21)ln(y21)

11 22x1y1【答案】A

16.【2014·山东卷（文6）】已知函数yloga(xc)(a,c为常数，其中a0,a1)的图象如右图，则下列结论成立的是

EO

x(A) a0,c1 (B) a1,0c1

(C) 0a1,c1 (D) 0a1,0c1

【答案】D

17.【2014·山东卷（文9）】对于函数f(x)，若存在常数a0，使得x取定义域内的每一个值，

都有f(x)f(2ax)，则称f(x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是

(A) f(x)x (C) f(x)tanx

(B) f(x)x3 (D) f(x)cos(x1)

【答案】D

18.【2014·山东卷（理6）】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）22（B）42（C）2（D）4

19.【2014·山东卷（理8）】已知函数f(x)|x2|1，g(x)kx，若f(x)g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是

（A）(0,)（B）(,1)（C）(1,2)（D）(2,)

1212

20.【2014·安徽卷（理6）】设函数fx(xR)满足f(x)fxsinx.当0x时，fx0，则

23f( ) 6A. B.【解析】⑴由条件知：

23f65f361213 C.0 D.

2255f2sin266551fsin6625115fsin0，

6226故选A；

21.【2014·安徽卷（文、理9）】若函数f(x)x12xa的最小值3，则实数a的值为（ ） A. 5或8 B. 1或5 C. 1或4 D. 4或8 【答案】D.

22.【2014·安徽卷（文5）】设alog37，b23.3，c0.83.3，则（ ） A. bac B. cab C. cba D. acb 【答案】B

23.【2014·浙江卷（理6，文8）】已知函数f(x)x3ax2bxc 且0f(1)f(2)f(3)3，则（ ）

A.c3 B.3c6 C.6c9 D. c9

1abc84a2bc 解：f(1)f(2)f(3)1abc279a3bc a61)36c 9 0f(b1124.【2014·浙江卷（理7，文8）】在同意直角坐标系中，函数f(x)xa(x0),g(x)logax的图像可能是（ ）

a0，x0，恒过(1,1)解：幂函数xaa0恒过(0,0)、(1,1)，A显然排除、B可知a1,g(x)递减矛盾舍图像随着a增大越翘 DC可得0a1,此时g(x递增矛盾舍去，故选)2225.【2014·浙江卷（理10）】设函数f1(x)x，f2(x)2(xx),f3(x)

1|sin2x|，3i,i0,1,2,,99，记Ik|fk(a1)fk(a0)||fk(a2)fk(a1)||fk(a99)fk(a98)|，99k1,2,3.则

A.I1I2I3 B. I2I1I3 C. I1I3I2 D. I3I2I1 ai12i11132991ii1解：I...11

999999999999999922ii1ii1299(2i1) 2 999999999999故I2250(980)1009821 99299999922110219998I3sin2sin2sin2sin2...sin2sin23999999999999 12574(2sin22sin2)1故I2I1I3 3999926.【2014·北京卷（理2）】下列函数中，在区间(0,)上为增函数的是（ ）

2 C.y2x D.ylo0g.5x( 1)1)A.yx1 B.y(x

27.【2014·北京卷（文2）】下列函数中，定义域是R且为增函数的是（ ）

x A.ye B.yx C.ylnx D.yx

【答案】B。

28.【2014·北京卷（文6）】已知函数fx是（ ）

A.0,1 B.1,2 C.2,4 D.4, 【答案】C

29.【2014·天津卷（理4）】函数fxlog1x24的单调递增区间是（ ）

26log2x，在下列区间中，包含fx零点的区间xA．(0,+¥) B.(-¥,0) C. (2,+¥) D.(-?,2)

【答案】D.

【解析】函数fx的定义域为,22,。由于ylog1u在0,上单调递减，而

2ux24在区间

,2上单调递减，故(-?,2)为函数yfx的单调递增区间，选D.

-230.【2014·天津卷（文4）】设a=log2p，b=log1p，c=p2，则（ ）

（A）a>b>c （B）b>a>c （C）a>c>b （D）c>b>a 【解析】因为a>1，b<0，0c>b，选C.

31.【2014·福建卷（理4，文8）】若函数ylogax(a0,且a1)的图像如右图所示，则下列函数图像正确的是（ ）

【答案】B

x21,x032.【2014·福建卷（理7，文8）】已知函数fx则下列结论正确的是（ ）

cosx,x0A.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,

【答案】D

11,clog1，则（ ） 323A．abc B．acb C．cab D．cba

33.【2014·辽宁卷（理3，文3）】已知a213，blog2【答案】C

34.【2014·辽宁卷（理11）】当x[2,1]时，不等式axx4x30恒成立，则实数a的取值范围是（ ）

A．[5,3] B．[6,] C．[6,2] D．[4,3]

【答案】C

35.【2014·辽宁卷（理12）】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)|32981|xy|. 2若对所有x,y[0,1]，|f(x)f(y)|k，则k的最小值为（ ） A．

1111 B． C． D． 2428【答案】B

1cosx,x[0,]236.【2014·辽宁卷（文10）】已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)，则

2x1,x(1,)2不等式f(x1)1的解集为（ ） 2A．[,][,] B．[12434734311213473113,][,] C．[,][,] D．[,][,] 43433434433437.【2014·陕西卷（理3）】定积分

(2xe)dx的值为（ ）

01xA.e2 B.e1 C.e D.e1

【答案】C 【解析】

10(2xex)dxx2ex101e1e，选C。

38.【2014·陕西卷（文、理7）】下列函数中，满足“fxyfxfy”的单调递增函数是（ ）

12x1x（A）fxx （B）fxx （C）fx （D）fx3

23【答案】D

【解析】只有C不是递增函数.对D而言，f(x+y)=3x+y,f(x)•f(y)=3x•3y=3x+y.选D 39.【2014·陕西卷（理10）】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（ ）

133234xx （B）yxx 1255125533331xx （D）yxx （C）y1251255（A）y【答案】A

-2，且x5为极值点，即f(5)0，对而言，由于【解析】三次奇函数过点(0,0),(5，）1333x2333f(x)x-x，f(5)132，f(x)，f(5)0，符合题意。

1255125555

40.【2014·陕西卷（文10）】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接（相切）.已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为（ ） A.yx3x2x B.yx3x23x C.yx3x D.yx3x22x 【答案】A.

0）1，【解析】三次函数图象过点(0,0),(2，，且f(0)f(2)3，设f(x)x(x2)(axb)12121212141412，则f(x)3ax2(4a2b)x2b，从而12b1,解得ab，则函

24a2b3,数式为yx3x2x，故选A.

121241.【2014·湖南卷（理3）】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

42.【2014·湖南卷（文4）】下列函数中，既是偶函数又在区间(,0)上单调递增的是（ ）

A.f(x)1x2 B.f(x)2x 1 C.f(x)3x D.f(x)2x 【答案】A

43.【2014·湖南卷（理10）】已知函数f(x)x2ex12(x0)与g(x)x2ln(xa)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是 A．(,1e) B．(,e) C．(11e,e) D．(e,e) 【答案】B

【解析】由题可得存在x10,0满足x2x0e02x20lnx0a ex0lnx110a20,当x0取决于负无穷小时,ex0lnx0a2趋近于,因为函数

yexlnxa12在定义域内是单调递增的,所以lnalneae,故选B.

【考点定位】指对数函数 方程

44.【2014·湖南卷（文9）】若0x1x21，则（ ）

A.ex2ex1lnx2lnx1

B.ex2ex1lnx2lnx1

C.xxx2e1x1e2

D.xxx2e1x1e2

【答案】C

45【2014·江西卷（理2）】函数f(x)ln(x2x)的定义域为（ ） A.(0,1) B. [0,1] C. (,0)(1,) D. (,0][1,) 【答案】C

46.【2014·江西卷（理3）】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 【答案】A

a2x,x01)]1，则a（ ）47.【2014·江西卷（文4）】已知函数f(x)x (aR)，若f[f(2,x011A. B. C.1 D.2 42【答案】A

48.【2014·江西卷（理8）】若f(x)x2A.1 B.【答案】B

49.【2014·江西卷（文10）】在同意直角坐标系中，函数yaxx2210f(x)dx,则f(x)dx（ ）

0111 C. D.1 33a与2ya2x22axxa(aR)的图像不可能的是（ ）

【答案】B

50.【2014·湖北卷（理6）】若函数f(x),g(x) 满足

11f(x)g(x)dx0 ，则称f(x),g(x)为区

11x,g(x)cosx；②22间1,1 上的一组正交函数，给出三组函数：①f(x)sin2f(x)x1,g(x)x1；③f(x)x,g(x)x。其中为区间[1,1]的正交函数的组数是（ ）

A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】C

51.【2014·湖北卷（理10）】已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x0时，

f(x)1222(|xa|)|x2a|3a).xR,f(x1)f(x),则实数a的取值范围为（ ）若 2116633,] C. [,] D.[,]

336633A.[,] B.[1166【答案】B

52.【2014·湖北卷（文9）】已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)=x23x. 则函数g(x)f(x)x+3的零点的集合为 A. {1,3}

B. {3,1,1,3}

C. {27,1,3} 【答案】D

D. {27,1,3}

53.【2014·四川卷（理9）】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)2f(x)；③|f(x)|2|x|。其中的所有正确命题的序号是 2x1A．①②③ B．②③ C．①③ D．①② 【答案】B

54.【2014·四川卷（文7）】已知b0，log5ba，lgbc，510，则下列等式一定成立的是（ ）

A、dac B、acd C、cad D、dac 【答案】B

55.【2014·重庆卷（文4）】下列函数为偶函数的是（ ）

d A.f(x)x1 B.f(x)【答案】D

3xxx xx2 C.f(x)22 D.f(x)x2

56.【2014·重庆卷（文9）】若log（3a4b）log42ab,则ab的最小值是（ ）

A.623 B.723 C.643 D.743 【答案】D

13,x1,0mxm57.【2014·重庆卷（文10）】已知函数f(x)x1 ，且g(x)f(x)xx0,1在1,1内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（ ） A.(9,2](0,1] B.(11,2](0,1]

4242 C.(9,2](0,2] D.(11,2](0,2]

4343【答案】A

58.【2014·广东卷（文5）】下列函数为奇函数的是

A.2x【答案】A

122xC.2cosx1B.xsinxD.x2 x2

二、填空题

ex1,x1,59.【2014·全国卷Ⅰ（文15）】设函数fx1则使得fx2成立的x的取值范围

3x,x1,是________. 【答案】x8

60.【2014·全国卷Ⅱ（理15）】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__________. 【答案】13，

,【解析】偶函数yf(x)在区间[0上单减，且

f(2)，则

f(x1)0fx(，解得131)fx1(22)，

61.【2014·全国卷Ⅱ（文15）】已知函数

fx的图像关于直线x=2对称，f(0)=3，则

f(1)_______.

62.【2014·山东卷（理15）】已知函数yf(x)(xR).对函数yg(x)(xI)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为yh(x)(xI)，yh(x)满足：对任意xI，两个点(x,h(x))，(x,g(x))关于点(x,f(x))对称.若h(x)是g(x)“对称函数”，且h(x)g(x)恒4x2关于f(x)3xb的

成立，则实数b的取值范围是 .

63.【2014·江苏卷（10）】已知函数f(x)x2mx1,若对于任意x[m,m1],都有f(x)0成立,则实数m的取值范围是 .

.【2014·江苏卷（13）】已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数,当x[0,3)时,f(x)|x22x若函数yf(x)a在区间[3,4]上有10个零点(互不相同),则实数a的取值范围是 ▲ .

1|.2

1665.【2014·安徽卷（文11）】8134log354log3________. 45【答案】

9 866.【2014·安徽卷（文14）】若函数f(x)xR是周期为4的奇函数，且在0,2上的解析式为

x(1x)0x1，则f(x)sinx1x229f441f ___. 6【答案】

5 1667.【2014·安徽卷（文15）】若直线l与曲线C满足下列两个条件：

(i)直线l在点Px0,y0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.

下列命题正确的是_________(写出所有正确命题的编号) .

①直线l：y0在点P0,0处“切过”曲线C：yx2； ②直线l：x1在点P1,0处“切过”曲线C：y(x1)2； ③直线l：yx在点P0,0处“切过”曲线C：ysinx； ④直线l：yx在点P0,0处“切过”曲线C：ytanx， ⑤直线l：yx1在点P0,0处“切过”曲线C：ylnx 【答案】①③④

2xx,x068.【2014·浙江卷（理15）】设函数fx2若ffa2，则实数a的取值范围是

x,x0______

f(a)0f(a)0【解析】不等式ffa2可化为2或，解得f(a)2，即 2f(a)2f(a)f(a)2a0a0a2 2，或2aa2a22x2x2,x069.【2014·浙江卷（文15）】设函数f(x)2，若f(f(a))2，则a .

x,x0

70.【2014·浙江卷（文16）】已知实数a、b、c满足abc0，abc1，则a的最大值为为_______.

222

71.【2014·天津卷（文12）】函数f(x)=lgx2的单调递减区间值是________. 【解析】由复合函数的单调性知，f(x)的单调递减区间是(-¥,0).

272.【2014·天津卷（理14）】已知函数f(x)=x+3x，xÎR.若方程f(x)-ax-1=0恰

有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为__________. 【答案】09 【解析】显然a>0.

（ⅰ）当y=-a(x-1)与y=-x2-3x相切时，a=1，此时f(x)-ax-1=0恰有3个互异的实数根.

（ⅱ）当直线y=a(x-1)与函数y=x2+3x相切时，a=9，此时f(x)-ax-1=0恰有2个互异的实数根. 结合图象可知09.

yx2+3x解2：显然a¹1，所以a=.

x-1令t=x-1，则a=t+3O1xy4+5. t4?(?,4][4,+ )， t4所以t++5?(ゥ,1][9,+).

t因为t+结合图象可得09.

91Otx22,x073.【2014·福建卷（文15）】函数fx的零点个数是_________

2x6lnx,x0【答案】2

74.【2014·陕西卷（理11，文12）】已知42,lgxa,则x=________. 【答案】10

11，lgx=a=,所以x=102=10. 【解析】4=2=2,lgx=a,∴2a=12a2aa75.【2014·陕西卷（文14）】已知f（x）=的表达式为__________.

x，x≥0, f1(x)=f(x),fn+1(x)=f(fn(x)),nN+, 则f2014(x)1x【答案】

x

12014xxxx【解析】f(x)f1(x)，由于fn1(x)f(fn(x))，则f2(x)1x，

x1x12x11xxxx，„，归纳得f2014(x)。 f3(x)12xx12014x13x112x

76.【2014·湖南卷（文15）】若fxlne3x1ax是偶函数，则a____________. 【答案】3 277.【2014·江西卷（文11）】若曲线yxlnx上点P处的切线平行于直线2xy10,则点P的坐标是_______. 【答案】(e,e)

78.【2014·江西卷（理13）】若曲线yex上点P处的切线平行于直线2xy10，则点P的坐标是________. 【答案】（-ln2,2）

79.【2014·湖北卷（理14）】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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） 【答案】x；x 或k1x；k2x

80.【2014·湖北卷（文15）】如图所示，函数yf(x)的图象由两条射线和三条线段组成．

ab，即Mf(a,b)为a,b的22ab； aby ayf(x)a 3a2aa2aO3axa

第15题图

若xR，f(x)>f(x1)，则正实数a的取值范围为 ．

1【答案】(0,)

681.【2014·四川卷（理12，文13）】设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x[1,1)时，

4x22,1x0,3f(x)，则f() 。

20x1,x,【答案】1

82.【2014·四川卷（理15，文15）】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(x)组成的集合：对于函数(x)，存在一个正数M，使得函数(x)的值域包含于区间[M,M]。例如，当1(x)x3，2(x)sinx时，1(x)A，2(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（x2，aR）有最大值，则f(x)B。 2x1其中的真命题有 。（写出所有真命题的序号） 【答案】①③④

83.【2014·重庆卷（理12）】.函数f(x)logxlog2(2x)的最小值为_________. 【答案】1 4284.【2014·重庆卷（理16）】若不等式2x1x2a1a2对任意实数x恒成立，则实数2a的取值范围是____________.

【答案】1,

2185.【2014·广东卷（理11）】曲线ye5x2在点(0,3)处的切线方程为 。 【答案】y5x3

86.【2014·广东卷（文11）】曲线y5ex3在点(0,2)处的切线方程为 . 【答案】5xy20

三、解答题

bex187.【2014·全国卷Ⅰ（理21）】(本小题满分12分)设函数f(x)aelnx，曲线yf(x)xx在点（1，f(1)处的切线为ye(x1)2. (Ⅰ)求a,b； （Ⅱ）证明：f(x)1. 【解析】

abb（I）函数f(x)的定义域为(0,+),f'(x)aex1nxex2ex1ex1.xxx „„5分 由题意可得f(1)2,f'(1)e.故a1,b2.22（II）由（I）知f(x)ex1nex1,从而f(x)1等价于x1nxxex.xe

设函数g(x)x1nx,则g'(x)1nx.11所以当x(0,)时，g'(x)0;当x(,)时，g'(x)0.

ee11故g(x)在（0,）单调递减，在（,）单调递增，从而g(x)在(0,)的最小值为ee

11g()=-.ee „„8分

2设函数h(x)xex,则h'(x)ex(1x).e所以当x(0,1)时h'(x)0;当x(1,)时，h'(x)0.故h(x)在（0,1）单调递增，1在(1,+)单调递减，从而h(x)在(0,)的最大值为h(1).e综上，当x0时，g(x)h(x),即f(x)1.

„„12分

88.【2014·全国卷Ⅰ（文21）】设函数fx1aalnx22xa，曲线bx1yfx在点1，f1处的切线斜率为0

(Ⅰ)求b；

(Ⅱ)若存在x01,使得fx0【解析】f(x)'a，求a的取值范围。 a1a(1a)xb， x由题设知f'(1)0，解得b1. „„4分

（II）f(x)的定义域为(0,)，由（1）知，f(x)alnx1a2xx， 2a1aa(1a)x1(x)(x1) xx1a1a1，故当x(1,)时，f'(x)0，f(x)在(1,)单调递增， （ⅰ）若a，则

21aaa1aa1所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(1)，即，

a1a12a1f'(x)解得21a21.

1aaa1，则1，故当x(1,)时，f'(x)0； 21a1aaaa,)时，f'(x)0，f(x)在(1,,)单调递增. )单调递减，在(当x(1a1a1aaaa)所以，存在x01，使得f(x0)的充要条件为f(，

a11aa1（ii）若

aaa2aa而f(，所以不合题意. )aln1a1a2(1a)a1a1（iii）若a1，则f(1)1aa1a1. 22a1综上，a的取值范围是(21,21)(1,).

„„12分 .【2014·全国卷Ⅱ（理21）】已知函数fx=exex2x （Ⅰ）讨论fx的单调性；

（Ⅱ）设gxf2x4bfx，当x0时，gx0,求b的最大值； （Ⅲ）已知1.4142【解析】

21.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）

（1）

f(x)=ex-e-x-2x，x∈R∴f′(x)=ex+e-x-2=ex+所以，f(x)在R上单增.（2）

11x-2≥2e•-2=0. exexg(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4x-4b(ex-e-x-2x)>0,x>0.令h(x)=e2x-e-2x-4x-4b(ex-e-x-2x),x>0,则h(0)=0.h′(x)=2e2x+2e-2x-4-4b(ex+e-x-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+e-x-2)≥0.同理，令m(x)=e2x+e-2x-2-2b(ex+e-x-2)，x∈(0,m),m>0,则m(0)=0.m′(x)=2e2x-2e-2x-2b(ex-e-x)，∴∃x∈(0,t),t>0,使m(x)≥0.即2e2x-2e-2x-2b(ex-e-x)≥0，即(ex+e-x)(exe-x)-b(ex-e-x)≥0且ex-e-x>0，即ex+e-x≥b，即ex+e-x>2ex•e-x=2≥b，所以b的最大值为23（Ⅲ）由（Ⅱ）知，g(ln2)22b2(2b1)ln2.

2 当b=2时，g(ln2)

3823426ln2＞0；ln2＞＞0.6928； 212 当b321时，ln(b1b22b)ln2， 4322(322)ln2＜0， 2 g(ln2)= ln2＜182＜0.6934 28 所以ln2的近似值为0.693. 90.【2014·全国卷Ⅱ（文21）】已知函数的切线与x轴交点的横坐标为2. （1）求a； （2）证明：当kf(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处

1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.

【解析】（I）f'(x)=3x26xa，f'(0)a.

曲线yf(x)在点（0,2）处的切线方程为yax2。 由题设得22，所以a=1. a （Ⅱ）由（I）知，f(x)x33x2x2

设g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4 由题设知1k0.

当x≤0时，g'(x)3x26x1k所以g(x)=0在,0有唯一实根。

当x0，g(x)单调递增，g(1)k10,g(0)4，

0时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x)(1k)xh(x)。

2 h'(x)3x6x3x(x，2h)(x)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增，所以

g(x)h(x)h(2)

所以g(x)0在(0,)没有实根.

综上，g(x)=0在R有唯一实根，即曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点。

91.【2014·全国大纲卷（理22）】（本小题满分12分）函数f(x)ln(x1)（1）讨论f(x)的单调性；

（2）设a11,an1ln(an1)，证明：

ax(a1). xa23an. n+2n22xxa2a【解析】（I）fx的定义域为1,,fxx1xa2．

22（i）当1a2时，若x1,a2a，则fx0,fx在1,a2a上是增函数；若

xa22a,0,则fx0,fx在a22a,0上是减函数；若x0,,则

fx0,fx在0,上是增函数．

（ii）当a=2时,fⅱ(x)?0,f(x)0成立当且仅当x=0,f(x)在(-1,+ )上是增函数．

2（iii）当a>2时，若x?(1,0)，则fx0,fx在是(-1,0)上是增函数；若x0,a2a，22则fx0,fx在0,a2a上是减函数；若xa2a,，则fx0,fx在

a22a,上是增函数．

)时，f(x)>f(0)=0，

（II）由（I）知，当a=2时，f(x)在(-1,+ )是增函数．当x?(0,即ln(x+1)>2x(x>0)．又由（I）知，当a=3时，x+2fx在[0,3)上是减函数；当xÎ(0,3)时，

f(x)x+3n+2n+22（i）当n=1时，由已知3（ii）假设当n=k时结论成立，即

23．当n=k+1时，ln珑+1鼢>鼢珑珑桫k+2鼢232创3k+2=2,a=lna+1?ln骣3k+2=3，1<(k)k+123桫k+2+2k+3+3k+3k+2k+2即当n=k+1时有

23，结论成立．根据（i）、（ii）知对任何nÎN*结论都成立． （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.

【解析】（1）f(x)3ax26x3，f(x)3ax26x30的判别式△=36（1-a）.

（i）若a≥1，则f(x)0，且f(x)0当且仅当a=1，x=-1，故此时f（x）在R上是增函数.

（ii）由于a≠0，故当a<1时，f(x)0有两个根：x111a11a， ,x2aa若0当x∈（x2，x1）时，f(x)0，故f（x）在（x2，x1）上是减函数；

（2）当a>0，x>0时, f(x)0，所以当a>0时，f（x）在区间（1，2）是增函数. 若a<0时，f（x）在区间（1,2）是增函数当且仅当f(1)0且f(2)0，解得综上，a的取值范围是[5a0. 45,0)(0,). 4ex293.【2014·山东卷（理20）】设函数f(x)2k(lnx)（k为常数，e2.71828是自然

xx对数的底数）.

（Ⅰ）当k0时，求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值范围.

exx22xex21(x2)(exkx)k(2)(x0)， 【解析】（1）f(x)x4xxx3'当k0时，kx0,exkx0，

令f'(x)0，得x2，函数在x(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增； （2）令gxexkx，则g'(x)exk， 令ek0，得xlnk。

xe2由于g(0)1k0,g(0)10，g(2)ek0,g2e2k0k，

2''22glnkelnkklnk0lnk1ke

e2（e,）综上知e的取值范围是。

294.【2014·山东卷（文20）】（本小题满分13分）设函数f(x)alnx（Ｉ）若a0，求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程； （II）讨论函数f(x)的单调性. 【解析】⑴由题意知a0时，f(x) 此时f(x)'x1 ，其中a为常数. x1x1,x(0,). x121'f(1),f(1)0。 ，可得

(x1)22 所以yf(x)在 1,f(1) 处的切线方程为x2y10 ⑵函数f(x)的定义域为(0,).

a2ax2(2a2)a f(x)。 22x(x1)x(x1) 当a0，f(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递增； 当a0时，令g(x)ax2(2a2)xa。 由于(2a2)24a24(2a1)，

1(x1)21①当a时，0，f(x)2，函数f(x)在(0,)上单调递减； 02x(x1)2②当a③当1时，0，g(x)0，则f'(x)0，函数f(x)在(0,)上单调递减； 21a0时，0，设x1x2(x1x2)是函数g(x)的两个零点， 2则x1(a1)2a1(a1)2a1，x2，

aa2a12a1a2a12a1由x10。

aa所以 x(0,x1)时，g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递减； x(x1,x2) 时， g(x)0，f(x)0函数f(x)单调递增； x(x2,)时，g(x)0，f(x)0函数f(x)单调递减。综上所述：

当a0时，函数f(x)在（0，+）上单调递增加； 当a

1时，函数f(x)在（0，+）上单调递减； 2(a1)2a1(a1)2a110,,f(x)a0当时，在,上单调递减， aa2(a1)2a1(a1)2a1,在上单调递增。 aa95.【2014·江苏卷（19）】(本小题满分16分)已知函数 (1)证明:f(x)是R上的偶函数；

(2)若关于x的不等式mf(x)≤exm1在(0,)上恒成立，求实数m的取值范围；

3(3)已知正数a满足：存在x0[1,)，使得f(x0)a(x03x0)成立.试比较ea1与ae1的大小，并证明你的结论.

f(x)exex,其中e是自然对数的底数.

【解析】本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基础知识，考查综合运用数学思想 方法分析与解决问题的能力.满分16分.

（1）xR，f(x)exexf(x)，∴f(x)是R上的偶函数 （2）由题意，m(exex)≤exm1，即m(exex1)≤ex1

xe1对x(0，)，∴ee10，即m≤x)恒成立 ∵x(0，eex1xx)恒成立 令tex(t1)，则m≤21t对任意t(1，tt1t11∵21t≥1，当且仅当t2时等号成立 2tt1(t1)(t1)13t111t1∴m≤1

3)上单调增 （3）f'(x)exex，当x1时f'(x)0，∴f(x)在(1，令h(x)a(x33x)，h'(x)3ax(x1)

x1，∴h'(x)0，即h(x)在x(1，)上单调减 ∵a0，∵存在x0[1，)，使得f(x0)a(x033x0)，∴f(1)e12a，即a1e1 e2ee-1a∵lna1lnae1lnea1(e1)lnaa1 e设m(a)(e1)lnaa1，则m'(a)e11e1a，a1e1

aa2e当1e1ae1时，m'(a)0，m(a)单调增；

2e当ae1时，m'(a)0，m(a)单调减 因此m(a)至多有两个零点，而m(1)m(e)0 ∴当ae时，m(a)0，ae1ea1； 当1e1ae时，m(a)0，ae1ea1； 2e当ae时，m(a)0，ae1ea1．

96.【2014·安徽卷（理19，文20）】（本小题满分13分）设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0. (Ⅰ)讨论f(x)在其定义域上的单调性；

(Ⅱ)当x0,1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.

2【解析】（Ⅰ）f(x)的定义域为(,)，f'(x)1a2x3x

 令f'(x)0得x1143a143a,x2,x1x2

33所以f'(x)3(xx1)(xx2)

当xx1或xx2时f'(x)0；当x1xx2时f'(x)0

故f(x)在(,x1)和(x2,)内单调递减，在(x1,x2)内单调递增。 （Ⅱ）∵a0，∴x10,x20

（1）当a4时x21，由（Ⅰ）知f(x)在[0,1]上单调递增 ∴f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值。 （2）当4a0时，x21，

由（Ⅰ）知f(x)在[0,x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减 ∴f(x)在xx2143a处取得最大值

3又f(0)1,f(1)a

∴当1a0时f(x)在x1处取得最小值 当a1时f(x)在x0和x1处同时取得最小值 当4a1时，f(x)在x0取得最小值。

97.【2014·浙江卷（理20）】已知函数f(x)x3xa,(aR)

(Ⅰ)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) (Ⅱ)设bR，若f(x)b4对x[1,1]恒成立，求3ab得取值范围.

32x3x3a,xa3x3,xa解：(1)f(x)3,f'(x)2x3x3a,xa3x3,xa由于所在区间[1,1]上，故对a讨论如下：23 i、a1,x[1,1]a,f'(x)3x230,M(a)f(1)43a,m(a)f(1)43a,M(a)m(a)8

ii、1a0,m(a)f(a)a3,M(a)max{f(1),f(1)}43aM(a)m(a)43aa3iii、0a1,m(a)f(a)a3,M(a)max{f(1),f(1)}3a2M(a)m(a)3a2a3iv、a1,x[1,1]a,M(a)f(1)3a2,m(a)f(1)3a2M(a)m(a)3a23a24

(2) 等价x[1,1],2bf(x)2b,M(a)m(a)4 结合(1)得i,ii其中M(a)m(a)4故舍去 iv、只要2b3a23ab0,a1

iii、23a2a34,0a1,要恒成立，见下图

此时3a2必须在b,2b3ab[2,0]

98.【2014·浙江卷（文21）】已知函数fxx33|xa|(a0)，若f(x)在[1,1]上的最小值记为g(a).

（1）求g(a)；

（2）证明：当x[1,1]时，恒有f(x)g(a)4.

【解析】本题主要考查函数最大（最小）值的概念 、利用导数研究函数的单调性等基础知识，同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力。满分15分。 （1）因为1x1， ①当0a1时，

32若x[1,a]，则f(x)x3x3a，f(x)3x30，故f(x)在(1,a)上是减函数； 32若x[a,1]，则f(x)x3x3a，f(x)3x30，故f(x)在(a,1)上是增函数；

3所以，g(a)f(a)a.

32②当a1，则xa，f(x)x3x3a，f(x)3x30，故f(x)在(1,1)上是减函数，

所以g(a)f(1)23a，

a3,0a1综上所述，g(a).

23a,a1（2）令h(x)f(x)g(x)， ①当0a1时，g(a)a，

若x[a,1]，h(x)x3x3得h(x)3x3，所以h(x)在(a,1)上是增函数，所以h(x)在

323[a,1]上的最大值是h(1)43aa3，且0a1，所以h(x)4，

故f(x)g(a)4.

若x[1,a]，h(x)x3x3aa，则h(x)3x3，所以h(x)在(1,a)上是减函数，

332所以h(x)在[1,a]上的最大值是h(1)23aa3， 令t(a)23aa3，则t(a)33a20，

所以t(a)在(0,1)上是增函数，所以t(a)t(1)4即h(1)4， 故f(x)g(a)4，

②当a1时，g(a)23a，所以h(x)x33x2，得h(x)3x23， 此时h(x)在(1,1)上是减函数，因此h(x)在[1,1]上的最大值是h(1)4， 故f(x)g(a)4，综上所述，当x[1,1]时恒有f(x)g(a)4.

99.【2014·北京卷（理18，文8）】已知函数

f(x)xcosxsinx,x[0,]，

2（1）求证：

f(x)0；

sinxb在(0,)上恒成立，求a的最大值与b的最小值.

2x（2）若a【解析】（I）由f(x)xcosxsinx得

f'(x)cosxxsinxcosxxsinx。 因为在区间(0,2)上f'(x)xsinx

0，所以f(x)在区间0,上单调递减。

2

从而f(x)f(0)0。

（Ⅱ）当x0时，“

sinxxa”等价于“sinxaxnis0”“

xxb”等价于“sinxbx0”。

令g(x)sinxcx，则g'(x)cosxc， 当c0时，g(x)0对任意x(0,)恒成立。

2 当c1时，因为对任意x(0,2)，g'(x)cosxc0，所以g(x)在区间0,上单

2调递减。从而g(x) 当0g(0)0对任意x(0,)恒成立。

2c1时，存在唯一的x0(0,)使得g'(x0)cosx0c0。

2 g(x)与g'(x)在区间(0,

2)上的情况如下：

x g'(x) g(x) (0,x0) → ↗ x0 0 (x0,) 2→ ↘ 因为g(x)在区间0,x0上是增函数，所以g(x0)任意x(0,“g(x)g(0)0。进一步，0对

2)恒成立”当且仅当g()1c0，即0c， 2222 综上所述，当且仅当c时，g(x)0对任意x(0,)恒成立；当且仅当c1时，

20对任意x(0,)恒成立。 2sinx2b对任意x(0,)恒成立，则a最大值为，b的最小值为1. 所以，若ax2100.【2014·北京卷（文20）】已知函数f(x)2x33x. g(x)（1）求f(x)在区间[2,1]上的最大值；

（2）若过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切，求t的取值范围；

（3）问过点A(1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线yf(x)相切？（只需写出结论）

32（I）由f(x)2x3x得f'(x)6x3，令f'(x)0，得x22或x， 22因为f(2)10，f(22)2，f()2，f(1)1， 222)2. 2所以f(x)在区间[2,1]上的最大值为f(（II）设过点P（1，t）的直线与曲线yf(x)相切于点(x0,y0)，则

y02x033x0，且切线斜率为k6x023，所以切线方程为yy0(6x023)(xx0)，

因此ty0(6x03)(1x0)，整理得：4x06x0t30，

设g(x)4x6xt3，则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切”等价于“g(x)32232有3个不同零点”， g'(x)12x12x=12x(x1)，

2g(x)与g'(x)的情况如下：

x g'(x) g(x) (,0) + 0 0 t+3 (0,1) 1 0 (1,) +  t1 所以，g(0)t3是g(x)的极大值，g(1)t1是g(x)的极小值，

当g(0)t30，即t3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，

当g(1)t10，t1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g(0)0且g(1)0，即3t1时，因为g(1)t70，g(2)t110， 所以g(x)分别为区间[1,0),[0,1)和[1,2)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P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切时，t的取值范围是(3,1). （III）过点A（-1，2）存在3条直线与曲线yf(x)相切； 过点B（2，10）存在2条直线与曲线yf(x)相切； 过点C（0，2）存在1条直线与曲线yf(x)相切. 101.【2014·天津卷（理20）】已知函数f(x)=x-ae两个零点x1,x2，且x1x(aÎR)，xÎR.已知函数y=f(x)有

x2随着a的减小而增大； x1（Ⅲ）证明 x1+x2随着a的减小而增大.

【解析】本小题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考查函数思想、化归思想. 考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. 满分14分. （Ⅰ）解：由f(x)=x-aex，可得f¢(x)=1-aex. 下面分两种情况讨论： （1）a£0时

f¢(x)>0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意. （2）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 f¢(x) (-?,lna) ＋ ↗ -lna 0 (-lna,+¥) － ↘ 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： 1°f(-lna)>0；2°存在s1?3°存在s2?).

(?,lna)，满足f(s1)<0；

(lna,+ )，满足f(s2)<0.

，解得00由f(-lna)>0，即-n且f(s1)=-a<0；取s2=，而此时，取s1=0，满足s1?(?,lna)，

22+ln，满足s2?(lna,+ aa)，且

22骣骣22鼢f(s2)=珑-ea鼢+ln-ea<0. 珑鼢珑鼢桫a珑a桫所以，a的取值范围是(0,e-1).

x（Ⅱ）证明：由f(x)=x-ae=0，有a=设g(x)=当x?x. exx1-x¢gx=，由，知g(x)在(-¥,1)上单调递增，在(1,+¥()xxee)上单调递减. 并且，

( ,0]时，g(x)£0；当x?(0, )时，g(x)>0.

-1由已知，x1,x2满足a=g(x1)，a=g(x2). 由aÎ(0,e)，及g(x)的单调性，可得x1Î(0,1)，

x2?(1, ).

-1 对于任意的a1,a2Î(0,e)，设a1>a2，g(x1)=g(x2)=a1，其中0g(h1)=g(h2)=a2，其中0因为g(x)在(0,1)上单调递增，故由a1>a2，即g(x1)>g(h1)，可得x1>h1；类似可得x20，得

x2h2h2. <x2随着a的减小而增大. x1xx（Ⅲ）证明：由x1=ae1，x2=ae2，可得lnx1=lna+x1，lnx2=lna+x2. 故x2-x1=lnx2-lnx1=lnx2. x1ìïx2=tx1,lnttlntx2

x=x=设解得，.所以， =t，则t>1，且ïí12ït-1t-1x1

ïîx2-x1=lnt,x1+x2=(t+1)lntt-1. ①

令h(x)=(x+1)lnxx-1，x?(1, )，则h¢(x)=骣x-1÷ç. ÷ç÷ç桫x2-2lnx+x-(x-1)21x.

1令u(x)=-2lnx+x-，得u¢(x)=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（Ⅱ），t随着a的减小而增大，所以x1+x2随着a的减小而增大. 102.【2014·天津卷（文19）】已知函数f(x)=x-223ax(a>0)，xÎR. 3（Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值； （Ⅱ）若对于任意的x1?(2, 值范围.

（Ⅰ）解：因为f(x)=x-2)，都存在x2?(1, )，使得f(x1)?f(x2)1.求a的取

23ax，所以f¢(x)=2x-2ax2=2x(1-ax). 3令f¢(x)=0得x=0或因为当x<0或x>1. a11时，f(x)单调递减，当0aa骣1÷1所以f(x)极小值=f(0)=0，f(x)极大值=fç. ÷=çç桫a÷3a2（Ⅱ）解：因为f(x1)?f(x2)骣22a3鼢骣22a3x-xx2-x2=1. 1，所以珑珑11鼢鼢珑桫桫33103.【2014·福建卷（理20）】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.

（I）求a的值及函数fx的极值； （II）证明：当x0时，xe；

2x（III）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当xx0，，恒有xce.

2x【解析】本小题主要考查导数的运算及导数的应用、全称量词等基础知识的考查运用，考查抽象概括能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想等。 满分14分。

x解法一：（I）由f(x)exax，得f'(x)ea.又f'(0)1a1,得a2.所以

f(x)ex2x,fx'()ex.令2f'(x)0,得xln2.当xln2时, f'(x)0,f(x)单调递

减;当xln2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.

x2x（II）令g(x)ex,则g'(x)e2x.由（I）得g'(x)f(x)f(ln2)0,故g(x)在R

2x上单调递增,又g(0)10,因此,当x0时, g(x)g(0)0,即xe.

xx2x2x（III）①若c1,则ece.又由（II）知，当x0时, xe.所以当x0时, xce.

取x00,当x(x0,)时，恒有xcx.

2211,要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立.而要使exkx2成立，c2x2则只要xln(kx2),只要x2lnxlnk成立.令h(x)x2lnxlnk,则h'(x)1.

xx②若0c1,令k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162x,当x(x0,)时，恒有xce. c2x综上，对任意给定的正数c，总存在x0,当x(x0,)时,恒有xce.

解法二：（I）同解法一； （II）同解法一

（III）对任意给定的正数c，取xo4 cxx2x2由（II）知，当x>0时，ex，所以ee,e()()

x2x22x22x2x24x212当xxo时， e()()()x

22c2c2x因此，对任意给定的正数c，总存在x0,当x(x0,)时,恒有xce.

x104.【2014·福建卷（文20）】已知函数曲线yf(x)exax（a为常数）的图像与y轴交于点A，

f(x)在点A处的切线斜率为1.

f(x)的极值；

2（Ⅰ）求a的值及函数

（Ⅱ）证明：当x0时，xex

x（Ⅲ）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0,)时，恒有xce 【解析】解法一：

（1）由f(x)eax，得f(x)ea.

'又f(0)1a1，得a2.

x'xx'x所以f(x)e2x，f(x)e2. 令f(x)0，得xln2.

'当xln2时，f'(x)0，f(x)单调递减； 当xln2时，f'(x)0，f(x)单调递增. 所以当xln2时，f(x)有极小值， 且极小值为f(ln2)eln22ln22ln4，

f(x)无极大值.

（2）令g(x)exx2，则g'(x)ex2x.

由（1）得，g'(x)f(x)f(ln2)2ln40，即g'(x)0. 所以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xe. （3）对任意给定的正数c，取x0由（2）知，当x0时，xe. 所以当xx0时，exx22x1， c2x1x，即xcex. cx因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0,)时，恒有xce. 解法二：（1）同解法一. （2）同解法一. （3）令kx1(k0)，要使不等式xcex成立，只要exkx成立. c而要使ekx成立，则只需xln(kx)，即xlnxlnk成立. ①若0k1，则lnk0，易知当x0时，xlnxlnxlnk成立. 即对任意c[1,)，取x00，当x(x0,)时，恒有xce.

'②若k1，令h(x)xlnxlnk，则h(x)1x1x1， xx所以当x1时，h(x)0，h(x)在(1,)内单调递增. 取x04k，

'h(x0)4kln(4k)lnk2(klnk)2(kln2)，

易知klnk，kln2，所以h(x0)0. 因此对任意c(0,1)，取x04x，当x(x0,)时，恒有xce. cx综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0,)时，恒有xce. 解法三：（1）同解法一. （2）同解法一.

（3）①若c1，取x00， 由（2）的证明过程知，e2x，

所以当x(x0,)时，有cee2xx，即xce. ②若0c1，

令h(x)cexx，则h'(x)cex1， 令h(x)0得xln当xln'xxxx1. c1'时，h(x)0，h(x)单调递增. c2取x02ln，

ch(x0)ce易知

2ln2c2ln2222(ln)， ccc22ln0，又h(x)在(x0,)内单调递增， ccx所以当x(x0,)时，恒有h(x)h(x0)0，即xce.

综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0,)时，恒有xce. 注：对c的分类可有不同的方式，只要解法正确，均相应给分。

105.【2014·辽宁卷（理21）】已知函数f(x)(cosxx)(2x)(sinx1)，

x83g(x)3(xx)cosx4(1sinx)ln(3证明：（1）存在唯一x0(0,（2）存在唯一x1(2x).

2)，使f(x0)0；

2,)，使g(x1)0，且对（1）中的x0x1.

2)时，f'(x)(1sinx)(2x)2xcosx0，函数f(x)在(0,)上为23281620，所以存在唯一x0(0,)，使f(x0)0. 减函数，又f(0)0,f()23233(x)cosx24ln(3x),x[,]， （Ⅱ）考虑函数h(x)1sinx2（Ⅰ）当x(0,令tx，则x[记u(t)h(t),]时，t[0,]， 223tcost23f(t)4ln(1t)，则u'(t) ，

1sint(2t)(1sint)由（Ⅰ）得，当t(0,x0)时，u'(t)0，当t(x0,2)时，u'(t)0.

在(0,x0)上u(t)是增函数，又u(0)0，从而当t(0,x0]时，u(t)0，所以u(t)在(0,x0]上无零点. 在(x0,)上u(t)是减函数，由u(x0)0,u()4ln20，存在唯一的t1(x0,) ，使222u(t1)0.

所以存在唯一的t1(x0,2)使u(t1)0.

因此存在唯一的x1t1(因为当x(一的x1(2,)，使h(x1)h(t1)u(t1)0.

2,)时，1sinx0，故g(x)(1sinx)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯

2,)，使g(x1)0.

因x1t1,t1x0，所以x0x1

106.【2014·辽宁卷（文8）】已知函数f(x)(xcosx)2sinx2，

g(x)(x)1sinx2x1.

1sinx证明：（Ⅰ）存在唯一x0(0,（Ⅱ）存在唯一x1(（Ⅰ）当x(0,2)，使f(x0)0；

2,)，使g(x1)0，且对（1）中的x0，有x0x1.

)时，f'(x)sinx2cosx0，所以f(x)在(0,)上为增函数．又

2240．所以存在唯一x0(0,)，使f(x0)0． f(0)20．f()2222（Ⅱ）当x(2,)时，化简得g(x)(x)cosx2x1．令tx．记

1sinxu(t)g(t) tcost2tf(t)1．t(0,)．则u'(t)．由（Ⅰ）得，当t(0,x0)时，u'(t)0；

1sint2(1sint)当t(x0,)时，u'(t)0．从而在(x0,)上u(t)为增函数，由u()0知，当t[x0,)时，

2222u(t)0，所以u(t)在[x0,)上无零点．在(0,x0)上u(t)为减函数，由u(0)1及u(x0)0知存

2在唯一t0(0,x0)，使得u(x0)0．于是存在唯一t0(0,2)，使得u(t0)0．设

x1t0(,)．g(x1)g(t0)u(t0)0

2．因此存在唯一的x1(2,)，使得g(x1)0．由于x1t0，t0x0，所以x0x1．

107【2014·陕西卷（理21）】设函数的导函数.

f(x)ln(1x),g(x)xf'(x),x0，其中f'(x)是f(x)（1）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)【解析】

g(n)与nf(n)的大小，并加以证明.

1x，g(x) 1x1xf(x)ln(x1)，f(x)（1）g(x)xx1111 1x1x1x11x0，1x1，1，10，即g(x)0，当且仅当x0时取等号

1x1x当x0时，gn(0)0 当x0时，g(x)0

gn1(x)g(gn(x))

gn1(x)gn(x)1gn(x)11111，即1 ，1gn(x)gn1(x)gn(x)gn(x)gn1(x)gn(x)数列{1}是以g1(x)为首项，以1为公差的等差数列 gn(x)x1111nx(x0) ，gn(x)(n1)1(n1)1x1nxgn(x)g1(x)x1x0x0，gn(x)(x0) 当x0时，gn(0)101nx（2）在x0范围内f(x)ag(x)恒成立，等价于f(x)ag(x)0成立

ax，即h(x)0恒成立， 1x令h(x)f(x)ag(x)ln(x1)h(x)1a(1x)axx1a 22x1(1x)(1x)令h(x)0，即x1a0，得xa1

当a10即a1时，h(x)在[0,)上单调递增，h(x)h(0)ln(10)00 所以当a1时，h(x)在[0,)上h(x)0恒成立；

当a10即a1时，h(x)在[a1,)上单调递增，在[0,a1]上单调递减， 所以h(x)h(a1)lnaa1 设(a)lnaa1(a1)，(a)因为a1，所以

11 a110，即(a)0，所以函数(a)在(1,)上单调递减 a所以(a)(1)0，即h(a1)0，所以h(x)0不恒成立 综上所述，实数a的取值范围为(,1]； （3）由题设知：g(1)g(2)g(n)12n，nf(n)nln(n1) 23n1比较结果为：g(1)g(2)g(n)nln(n1)

1111ln(n1) 234n1x,x0 在（2）中取a1，可得ln(1x)1x1n111令x,nN，则ln，即ln(n1)lnn

nnn1n11故有ln2ln1

2证明如下：上述不等式等价于

ln3ln21 31 n1

ln(n1)lnn上述各式相加可得：ln(n1)结论得证.

1111 234n1108.【2014·陕西（文21）】设函数

f(x)lnxm,mR. x（1）当me（e为自然对数的底数）时，求（2）讨论函数g(x)f(x)的最小值；

xf'(x)零点的个数；

3（3）若对任意ba0,f(b)f(a)1恒成立，求m的取值范围.

bae x【解析】（1）由题设，当me时，f(x)lnx易得函数f(x)的定义域为(0,)

f(x)1exe2 xx2x当x(0,e)时，f(x)0，此时f(x)在(0,e)上单调递减；

当x(e,)时，f(x)0，此时f(x)在(e,)上单调递增；

e当xe时，f(x)取得极小值f(e)lne2

ef(x)的极小值为2

(2)

函数g(x)f(x)x1mx2(x0) 3xx3令g(x)0，得m设(x)13xx(x0) 313xx(x0) 3(x)x21(x1)(x1)

当x(0,1)时，(x)0，此时(x)在(0,1)上单调递增；

当x(1,)时，(x)0，此时(x)在(1,)上单调递减；

所以x1是(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x=1也是(x)的最大值点，

12(x)的最大值为(1)1

33又(0)0，结合y=(x)的图像（如图），可知 ① 当m②当m2时，函数g(x)无零点； 32时，函数g(x)有且仅有一个零点； 32③当0m时，函数g(x)有两个零点；

3④m0时，函数g(x)有且只有一个零点； 综上所述，当m当0m22时，函数g(x)无零点；当m或m0时，函数g(x)有且仅有一个零点；332时，函数g(x)有两个零点. 3f(b)f(a)1恒成立，等价于f(b)bf(a)a恒成立 （2）对任意ba0,bam设h(x)f(x)xlnxx(x0)，等价于h(x)在(0,)上单调递减

x1mh(x)210在(0,)恒成立

xx11mx2x(x)2(x0)恒成立

241111x）（=0仅在x时成立）m（对m，h，m的取值范围是[,)

42442x. 109.【2014·湖南卷（理22）】已知常数a0,函数f(x)ln(1ax)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．

a2(x2)2xax24(a1)【解析】（I）f'(x)= 221ax(x2)(1ax)(x2)当1时，，此时f(x)在区间0,上单调递增。

当0＜a＜1时，由f(x)0得x121a1a（x22舍去） aa当x0,x1时，f(x)0；当xx1,时，f(x)0 故f(x)在区间0,x1上单调递增，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；

1a1a）上单调递减，在区间（2，）上单调递增 aa当0＜a＜1时，f(x)在区间（0，2（II）由（）式知。当a1，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＜a＜1。又f(x)的极值点只可能是x121a1a和x22，且由f(x)的定义aa可知，

x＞1且x—2，所以2a11a＞。

aa21aa—2，解得a

1。此时，由（）式易知，x1，x2分别是f(x)的极小值点和极大值2点，而f(x1)f(x2)=ln（1ax）-

2x2x+ln（1+ax2）-

x12x2221axxax1x2 =lnx2-

4x1x24xX

x1x22x1x24 =ln2a1—

24a1222 =ln2a1+

2a12a1令2a-1=x,由0＜a＜1且a1知 2当0＜a＜

11时,-1＜x＜0; 当＜a＜1时。0＜x＜1 222记g（x）=lnx+

2-2 x(i) 当-1＜x＜0时，g（x）=2ln(-x)+

2-2，所以 x222x2g'（x）=-2=2＜0

xxx因此，g（x）在区间（-1,0）上单调递减，从而g（x）＜g（-1）=-4＜0，故当0＜a＜时，f(x1)f(x2)0；

12（ii）当0＜x＜1时，g（x）=2lnx+

2222(x1)0， -2,所以g(x)2xxxx21＜a＜1时，f(x1)f(x2)0 2因此g（x）在区间（0,1）上单调递减，从而g（x）＞g（1）=0.故当综上所述。满足条件的a的取值范围为（110【2014·湖南卷（文21）】已知函数（1）求

1，1） 2f(x)xcosxsinx1(x0).

f(x)的单调区间；

（2）记

xi为f(x)的从小到大的第i(iN*)个零点，证明：对一切nN*，有

1122x1x212 2xn3（I）数fx求导可得f'xcosxxsinxcosxxsinxx0,令f'x0可得

xkkN*,当x2k,2k1kN*时,sinx0.此时f'x0;

当x2k1,2k2kN*时,sinx0,此时f'x0, kN*,

故函数fx的单调递减区间为2k,2k1单调递增区间为

2k1,2k2kN*.

x,所以, 0122(II)由(1)可知函数fx在区间0,上单调递减,又f当nN*时,因为fnf1n1nn110n1,且函数fxn11的图像是连续不断的,所以fx在区间n,n1内至少存在一个零点,又fx在区间

n,n1上是单调的,故nxn1n1,因此,

当n1时,

142; 22x131112; 412x12x22311122412xn2当n2时,

111当n3时,2+22x1x2x3111+22x12x2x3 2n11111152xn212

n2n1111+22x12x2x3111512xn22112x12x216211162, 2n13n2n1综上所述,对一切的nN*,

12. 2xn3.

111【2014·江西卷（理18）】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. 时，f(x)5x(x2)12x,由f(x)0得x2或x0.

【解析】（1）当

1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,)2时，f(x)0,f(x)单调递减，故f(x)在x2取极小值f(-2)=0，在x0.取极大值f(0)=4. （2）f(x)x(5x3b2)12x1,因为当x(0,)时, 3x12x0

15依题意当x(0,)时，有5x3b20，从而3b20

331所以b的取值范围为(,].

9112.【2014·江西卷（文18）】已知函数f(x)(4x24axa2)x，其中a0. （1）当a4时，求f(x)的单调递增区间; （2）若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值. 当a4时，由f(x)2(5x2)(x2)x，得x22或x2，由f(x)>0得x(0,)或x(2,)， 552故函数f（x）的单调递增区间为(0,)和(2,)

5（2）因为f(x)(8x4a)x得x4x24axa22x20x212axa22x(10xa)(2xa)2x=)0，a<0，由f(x

aaaaa或x，当x(0,)时，f(x)单调递增，x(,)时，f(x)单调递减，当10210102aax(,)时，f(x)单调递增，易知f(x)=（2x+a）2x0，且f()0,

22a当1时，即-2a<0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)=4+4a+a2=8，得a=22-2均

2不符合题意 当1当aa4时，即-8a2时，f(x)在[1,4]上的最小值为f()0,不符合题意

22a4时，即a8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4上取得，而f(1)8,由2f(4)2(16aa2)8,得a10或a6(舍去)，当a10时，f(x)在(1,4)上单调递减， f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)8,符合题意。综上有，a=-10

113.【2014·湖北卷（理22，文8（Ⅰ）、（Ⅱ））】π为圆周率，e2.71828（Ⅰ）求函数f(x)为自然对数的底数.

lnx的单调区间； x（Ⅱ）求e3，3e，eπ，πe，3π，π3这6个数中的最大数与最小数.

（Ⅲ）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。 （I）函数f(x)的定义域为(0,)，因为f(x)lnx1lnx，所以f(x)， 2xx当f(x)0，即0xe时，函数f(x)单调递增； 当f(x)0，即xe时，函数f(x)单调递减；

故函数f(x)的单调增区间为(0,e)，单调减区间为(e,).

ee（II）因为e3，所以eln3eln，lneln3，即ln3ln，lneln3，

xx于是根据函数ylnx、ye、y在定义域上单调递增，

所以3，ee3，

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e3及（I）的结论得f()f(3)f(e)，即由

ee33lnln3lne， 3elnln333得lnln3，所以3， 3由

ln3lnee3e3得ln3lne，所以3e， 3e综上，6个数中的最大数为3，最小数为3e.

e3ee3（III）由（II）知，3，3e，又由（II）知，

lnlne， e故只需比较e3与e和e与3的大小， 由（I）知，当0xe时，f(x)f(e)lnx11，即，

xeee在上式中，令xe2，又

e2

e，则lne2，即得ln2e①

由①得，elne(2e)2.7(22.71)2.7(20.88)3.0243， 3.13ee3即eln3，亦即lnlne，所以e，

又由①得，3ln6e33ee6e，即3ln，所以e3，

3综上所述，3ee3，即6个数从小到大的顺序为3e，e3，e，e，3，3. 114.【2014·四川卷（理21）】已知函数f(x)eax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

解：（1）因为f(x)eaxbx1 所以g(x)f(x)e2axb 又g(x)e2a 因为x[0,1]，1exe 所以： ①若ax2xxx21x，则2a1，g(x)e2a0， 2所以函数g(x)在区间[0,1]上单增，gmin(x)g(0)1b ②若

1ea，则12ae， 22xx于是当0xln(2a)时g(x)e2a0，当ln(2a)x1时g(x)e2a0， 所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单减，在区间[ln(2a),1]上单增，

gmin(x)g[ln(2a)]2a2aln(2a)b

③若aex，则2ae，g(x)e2a0 2所以函数g(x)在区间[0,1]上单减，gmin(x)g(1)e2ab

11b,a,21ea,综上：g(x)在区间[0,1]上的最小值为gmin(x)2a2aln(2a)b,22ee2ab,a,2（2）由f(1)0eab10bea1，又f(0)0

若函数f(x)在区间(0,1)内有零点，则函数f(x)在区间(0,1)内至少有三个单调区间 由（1）知当a

1e或a时，函数g(x)即f(x)在区间[0,1]上单调，不可能满足“函数f(x)22在区间(0,1)内至少有三个单调区间”这一要求。

1ea，则gmin(x)2a2aln(2a)b3a2aln(2a)e1 223令h(x)xxlnxe1（1xe）

211则h(x)lnx。由h(x)lnx0xe

22若

所以h(x)在区间(1,e)上单增，在区间(e,e)上单减

hmax(x)h(e)3eelnee1ee10即gmin(x)0恒成立 2于是，函数f(x)在区间(0,1)内至少有三个单调区间又

g(0)2ea0ae2 g(1)a10a11ea 所以e2a1 22综上，a的取值范围为(e2,1)

115.【2014·四川卷（文21）】已知函数f(x)eaxbx1，其中a,bR，e2.71828为自然对数的底数。

（Ⅰ）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； （Ⅱ）若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，证明：e2a1。

【解析】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理

x2论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想，并考查思维的严谨性.

（Ⅰ）g(x)ex2axb,g(x)ex2a

①当a0时，g(x)ex2a0，所以g(x)g(0)1b. ②当a0时，由g(x)ex2a0得ex2a,xln(2a). 若a1e，则ln(2a)0；若a，则ln(2a)1. 22所以当0a当

1时，g(x)在[0,1]上单调递增，所以g(x)g(0)1b. 21ea时，g(x)在[0,ln2a]上单调递减，在[ln2a,1]上单调递增，所以22g(x)g(ln2a)2a2aln2ab.

当ae时，g(x)在[0,1]上单调递减，所以g(x)g(1)e2ab. 2（Ⅱ）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，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（Ⅰ）知，当a当a所以

1时，g(x)在[0,1]上单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点. 2e时，g(x)在[0,1]上单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点. 21ea. 22g(x)在[0,ln2a]上单调递减，此时，在[ln2a,1]上单调递增，因此x1(0,ln(2a)],x2(ln(2a),1)，

必有g(0)1b0,g(1)e2ab0. 由f(1)eab10得：abe12，有

g(0)1bae20,g(1)e2ab1a0.

解得e2a1.

所以，函数f(x)在区间(0,1)内有零点时，e2a1. 116.【2014·重庆卷（理20）】已知函数

f(x)ae2xbe2xcx(a,b,cR)的导函数f'(x)为

偶函数，且曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为4c.

（1）确定a,b的值； （2）若c3，判断（3）若

f(x)的单调性；

f(x)有极值，求c的取值范围.

【解析】（Ⅰ）对fx求导得fx2ae2x2be2xc，由fx为偶函数，知fxfx，

2x2x0，因e2xe2x0，所以ab 即2abee又f02a2bc，故a1,b1. （Ⅱ）当c3时，fxee2x2x3x，那么

fx2e2x2e2x322e2xe2x310

故

f(x)在R上为增函数.

（Ⅲ）由（Ⅰ）知fx2e2x2e2xc，而2e2x2e2x22e2xe2x4，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； 2e2x40，此时fx无极值；

当c4时，对任意x0,fx2e2x2cc216当c4时，令et，注意到方程2tc0有两根，t1,20,

t42x即fx0有两个根x111lnt1或x2lnt2. 22当x1xx2时，fx0；又当xx2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,.

xa3117.【2014·重庆卷（文19）】已知函数f(x)lnx，其中aR，且曲线yf(x)在

4x2点(1,f(1))处的切线垂直于y （1）求a的值；

1

x2 （2）求函数f(x)的单调区间和极值。 【解析】（Ⅰ）对fx求导得fx1a12，由fx在点1,f1处切线垂直于直线4xx153yx知fxa2,解得a；

244x53151x24x5lnx，则fx2, （Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)244x244xx4x令fx0，解得x1或x5.因x1不在fx的定义域0,内，故舍去. 当x0,5时，fx0,故fx在0,5内为减函数； 当x5,时，fx0,故fx在5,内为增函数； 由此知函数fx在x5时取得极小值f5ln5. 118.【2014·广东卷（理21）】设函数f(x)1(x2xk)2(x2xk)3222，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）。 【解析】解：（１）可知(x22xk)22(x22xk)30，

[(x22xk)3][(x22xk)1]0，

x22xk3或x22xk1，

(x1)22k(2k0)或(x1)22k(2k0)，

|x1|2k或|x1|2k，

12kx12k或x12k或x12k， 所以函数f(x)的定义域D为

(,12k)（２）

(12k,12k)(12k,)；

(x22xk1)(2x2)(x2xk)2(x2xk)32223f'(x)2(x22xk)(2x2)2(2x2)2(x2xk)2(x2xk)32223，

2由f'(x)0得(x2xk1)(2x2)0，即(x1k)(x1k)(x1)0，

x1k或1x1k，结合定义域知x12k或1x12k，

所以函数f(x)的单调递增区间为(,12k)，(1,12k)， 同理递减区间为(12k,1)，(12k,)；

2222（３）由f(x)f(1)得(x2xk)2(x2xk)3(3k)2(3k)3，

[(x22xk)2(3k)2]2[(x22xk)(3k)]0， (x22x2k5)(x22x3)0，

(x12k4)(x12k4)(x3)(x1)0，

x12k4或x12k4或x3或x1， k6，1(1,12k)，3(12k,1)， 12k412k，12k412k， 结合函数f(x)的单调性知f(x)f(1)的解集为

(12k4,12k)(12k,3)13(1,12k)(12k,12k4)．

119．【2014·广东卷（文21）】已知函数f(x)x3x2ax1(aR).

（1）求函数f(x)的单调区间;

1（2）当a0时,试讨论是否存在x00,211,1,使得f(x)f(). 022解:(1)f'(x)x22xa,方程x22xa0的判别式:44a,当a1时,0,f'(x)0,此时f(x)在(,)上为增函数.当a1时,方程x22xa0的两根为11a,当x(,11a)时,f'(x)0,此时f(x)为增函数,当x(11a,11a)时,f'(x)0,此时f(x)为减函数,当x(11a,)时,f'(x)0,此时f(x)为增函数,综上,a1时,f(x)在(,)上为增函数,当a1时,f(x)的单调递增区间为(,11a),(11a,),f(x)的单调递减区间为(11a,11a). 111111(2)f(x0)f()x03x02ax01()3()2a()12322321111x03()3x02()2a(x0)3222x111111(x0)(x020)(x0)(x0)a(x0)32242221x02x011(x0)(x0a)23612211(x0)(4x0214x0712a)122111若存在x0(0,)(,1),使得f(x0)f(),22211必须4x0214x0712a0在(0,)(,1)上有解.22a0,14216(712a)4(2148a)0,方程的两根为:依题意,01422148a72148a72148a,x00,x0只能是,844

7+2148a2571,即72148a11,492148a121,即a,412127+2148a155又由=,得a,故欲使满足题意的x0存在,则a,424425557111当a(,)(,)时,存在唯一的x0(0,)(,1)满足f(x0)f().1244122222571115当a(,][,0)时,不存在x0(0,)(,1)使f(x0)f().12122224