2014年高考数学题分类汇编 函数与导数(7)

【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a?(0,e)，及g(x)的单调性，可得x1?(0,1)，

x2?(1, ).

-1 对于任意的a1,a2?(0,e)，设a1>a2，g(x1)=g(x2)=a1，其中0

g(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. x1ì?x2=tx1,lnttlntx2

x=x=设解得，.所以， =t，则t>1，且?í12?t-1t-1x1

??x2-x1=lnt,x1+x2=(t+1)lntt-1. ①

令h(x)=(x+1)lnxx-1，x?(1, )，则h￠(x)=骣x-1÷?. ÷?÷?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)，x?R. 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0

aa骣1÷1所以f(x)极小值=f(0)=0，f(x)极大值=f?. ÷=??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)，

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