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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- x B.y= x3- x
C.y= x3-xD.y=- x3+ x
[答案] 1.A
[解析] 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),y<0,∴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∈[-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]
[答案] 2.C
[解析] 2.由题意知∀x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.当x=0时,a∈R.
当0<x≤1时,a≥ =- - + .
令t= (t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g(t)=-9t2-8t+1<0(t≥1),所以g(t)在[1,+∞)上单调递减,g(t)max=g(1)=-6(t≥1),所以a≥-6.
当-2≤x <0时,a≤- - + ,同理,g(t)在(-∞,-1]上递减,在 上递增.因此g(t)min=g(-1)=-2 ,所以a≤-2.
综上可知-6≤a≤-2,故选C.
3.(2014课标全国卷Ⅱ,12,5分)设函数f(x)= sin .若存在f(x)的极值点x0满足 +[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是( )
A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
[答案] 3.C
[解析] 3.f (x)= cos ,
∵f(x)的极值点为x0,
∴f (x0)=0,∴ cos =0,
∴ x0=kπ+ ,k∈Z,
∴x0=mk+ ,k∈Z,
又∵ +[f(x0)]2<m2,
∴ + <m2,k∈Z,
即m2 +3<m2,k∈Z,
∵m≠0,∴ < ,k∈Z,
又∵存在x0满足 +[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z满足上式,
∴ > ,
∴ > ,∴m2-3> ,∴m2>4,∴m>2或m<-2,故选C.
4.(2014课表全国Ⅰ，11，5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
[答案] 4.C
[解析] 4.(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.
(2)当a≠0时, f (x)=3ax2-6x,令f (x)=0,解得x1=0,x2= .
当a>0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x0>0,则f(0)<0,即1<0,不成立.
当a <0时, <0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在 和(0,+∞)上为减函数,在 上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f >0,即a• -3• +1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,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）
[答案] 5. C
[解析] 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（ ）
[答案] 6. C
[解析] 6. 因为当 时, 函数y=2x和函数y=－x2－1都为增函数, 可知函数y=2x－x2－1在 上为增函数, 故可排除选项A; 因为函数y = 为偶函数, 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.
[答案] 7.D
[解析] 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. 5 B. 4 C. 3 D. 2
[答案] 8. B
[解析] 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[0,1]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( )
[答案] 9. D
[解析] 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.
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.
[答案] 10. D
[解析] 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.
[答案] 11.C
[解析] 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）设随机变量 服从正态分布 ，若 ，则函数 没有极值点的概率是（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
[答案] 12. C
[解析] 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.
[答案] 13. C
[解析] 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)
[答案] 14.B
[解析] 14. 由 时 ，所以 ，
则 ，所以当 时， ，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[m，n]（m< n），使得 与 在区间[m，n]上的值域相等，则称f(x) 与g(x) 为等值函数，若 与 为等值函数，则a的取值范围为( )
(A) (B) (C) (D)
[答案] 15. C
[解析] 15. 由题意，因为 与 互为反函数，故其图像关于直线 对称且在 上为增函数，若满足题意中等值函数的要求，结合指、对数函数的图像知, 与 在直线 上有两个共同的交点，交点的横坐标分别为 由 对其两边取对数得 所以 又因为令 ，则 易知 在 上为增， 为减，故 ，所以 ，故 ，又 ，故 .
16.(2014吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试，12) 设函数 是定义在 上的可导函数，其导函数为 ，且有 ，则不等式 的解集为（ ）
A． B． C． D．
[答案] 16.
[解析] 16. 由 ， 得： ，即 ，令 ，则当 时， ，即 在 是减函数， ， ， ，
在 是减函数，所以由 得， ，即 ，故选
17. (2014吉林高中毕业班上学期期末复习检测, 10) 已知函数 ，若对于任意的正数 ，函数 都是其定义域上的增函数，则函数 可能是（ ）
A. B.
C. D.
[答案] 17. A
[解析] 17. 对于A， ， ， ， 是其定义域上的增函数，即A正确；
对B， ， ，
函数 在其定义域上单调递减，故B错误；
对C， 为开口向上的二次函数，故在其对称轴两侧单调性不同，故C错误；
对D， ， ， ，
在其定义域上单调递减，故D错误.
综上所述，A正确.
18. (2014江西七校高三上学期第一次联考, 9) 定义域为 的连续函数 ，对任意 都有 ，且其导函数 满足 ，则当 时，有（ ）
A. B. C. D.
[答案] 18. D
[解析] 18. ， 当 时， ，即 时函数 是增函数，又对任意 都有 ，则函数 的图象关于 对称， ，
， ， .
19. (2014湖北黄冈高三期末考试) “ ” 是“函数 在区间 上单调递增” 的（ ）
A. 充分必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件
D. 既不充分也不必要条件
[答案] 19. A
[解析] 19.当 时， ，在 上单调递增；令 ， ，若函数 在 上单调递增，则 或 在 上恒成立，
即 或 在 上恒成立， 或 .
故“ ” 是函数 在 上单调递增的充要条件.
20. (2014河北唐山高三第一次模拟考试，16) 定义在 上的函数 满足： 当 时， ＜ , 则不等式 + ≥ + 的解集为________________.
[答案] 20.
[解析] 20. 设 ，则 ，
所以 是奇函数，又当 时， ,
所以 在 单调递减，从而 在 上是减函数.
由 ，可化为 ，即 ，从而 ，故解集为 .
21. (2014北京东城高三第二学期教学检测，11) 若函数 有零点，则 的取值范围为_______.
[答案] 21. 或
[解析] 21. 由已知 ，所以 不是零点。从而函数 有零点等价于方程 有解. 设 ，故 的范围是函数 的值域. ，
易得 在 单调递减， 单调递减， 单调递增.
又当 时， ，当 时， 为最小值，所以 .
故 的值域是 ，从而 或
22.(2014成都高中毕业班第一次诊断性检测，13) 设 ， 是函数 的两个极值点，若 ，则实数 的 取值范围是 .
[答案] 22.
[解析] 22. ，令 ，即 或 ，
要函数 有两个极值点， ，则 ， ，
故实数 的取值范围是 .
23. (2014陕西宝鸡高三质量检测(一), 8) 对于 上可导的任意函数 ，若满足 ，则必有（ ）
A . B.
C. D.
[答案] 23. C
[解析] 23. ， 当 时， ，则函数 在 上单调递减；当 时， ，则函数 在 上单调递增. 即函数 在 处取得最小值 ， ，两式相加得 .
24. (2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)- (a>1).
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明: <an≤ .
[答案] 24.查看解析
[解析] 24.(Ⅰ)f(x)的定义域为(-1,+∞),
f (x)= .(2分)
(i)当1<a<2时,若x∈(-1,a2-2a),则f (x)>0, f(x)在(-1,a2-2a)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.(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,+∞)上是增函数.
(iii)当a>2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(0,a2-2a)上是减函数;
若x∈(a2-2a,+∞),则f (x)>0, f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.(6分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)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)> (x>0).
又由(Ⅰ)知,当a=3时, f(x)在[0,3)上是减函数.
当x∈(0,3)时, f(x)<f(0)=0,即ln(x+1)< (0<x<3).(9分)
下面用数学归纳法证明 <an≤ .
(i)当n=1时,由已知 <a1=1,故结论成立;
( ii)设当n=k时结论成立,即 <ak≤ .
当n=k+1时,
ak+1=ln(ak+1)>ln > = ,
ak+1=ln(ak+1)≤ln < = ,
即当n=k+1时有 <ak+1≤ ,结论成立.
根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.(12分)
25 . (2014重庆,20,12分)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.
(Ⅰ)确定a,b的值;
(Ⅱ)若c=3,判断f(x)的单调性;
(Ⅲ)若f(x)有极值,求c的取值范围.
[答案] 25.查看解析
[解析] 25.(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),
即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,
因为e2x+e-2x>0,所以a=b.
又f (0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.
(Ⅱ)当c=3时, f(x)=e2x-e-2x-3x,
那么f (x)=2e2x+2e-2x-3≥2 -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≥2 =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;
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,
即f (x)=0有两个根x1= ln t1,x2= ln t2.
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,+∞).
26. (2014四川,21,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…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,求a的取值范围.
[答案] 26.查看解析
[解析] 26.(Ⅰ)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∈[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 <a< 时,令g(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).
所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.
于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.
综上所述,当a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;
当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;
当a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.
(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≤ 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.
当a≥ 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.
所以 <a< .
此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),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)=0有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.
当e-2<a<1时,g(x)在区间[0,1]内有最小值g(ln(2a)).
若g(ln(2a))≥0,则g(x)≥0(x∈[0,1]),
从而f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.
又g(0)=a-e+2>0,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)<f(1)=0,
故f(x)在(x1,x2)内有零点.
综上可知,a的取值范围是(e-2,1).
27. (2014福建,20,14分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与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,x2<ex;
(Ⅲ)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.
[答案] 27.查看解析
[解析] 27.解法一:(Ⅰ)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x<ln 2时, f (x)<0,f(x)单调递减;
当x>ln 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.
(Ⅱ)令g(x)=ex-x2,则g(x)=ex-2x.
由(Ⅰ)得g(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,
故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,
因此,当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.
(Ⅲ)①若c≥1,则ex≤cex.又由(Ⅱ)知,当x>0时,x2<ex.
所以当x>0时,x2<cex.
取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.
②若0<c<1,令k= >1,要使不等式x2<cex成立,只要ex>kx2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- = ,
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= ,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.
综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.
解法二:(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)同解法一.
(Ⅲ)对任意给定的正数c,取x0= ,
由(Ⅱ)知,当x>0时,ex>x2,所以ex= • > ,
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x2<cex.
解法三:(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)同解法一.
(Ⅲ)首先证明当x∈(0,+∞)时,恒有 x3<ex.
证明如下:
令h(x)= x3-ex,则h(x)=x2-ex.
由(Ⅱ)知,当x>0时,x2<ex,
从而h(x)<0,h(x)在(0,+∞)内单调递减,
所以h(x)<h(0)=-1<0,即 x3<ex.
取x0= ,当x>x0时,有 x2< x3<ex.
因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.
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) (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.
[答案] 28.查看解析
[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,依题意,当x∈ 时,有5x+(3b-2)≤0,从而 +(3b-2)≤0.
所以b的取值范围为 .
29. (2014湖北,22,14分)π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(Ⅰ)求函数f(x)= 的单调区间;
(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.
[答案] 29.查看解析
[解析] 29.(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
因为f(x)= ,所以f (x)= .
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)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).
(Ⅱ)因为e<3<π,所以eln 3<eln π,πln e<πln 3,即ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π.
于是根据函数y=ln x,y=ex,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π.
故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.
由e<3<π及(Ⅰ)的结论,得f(π)<f(3)<f(e),
即 < < .
由 < ,得ln π3<ln 3π,所以3π>π3;
由 < ,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.
综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,3e<πe<π3<3π,3e<e3.
又由(Ⅱ)知, < ,得πe<eπ.
故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小.
由(Ⅰ)知,当0<x<e时, f(x)<f(e)= ,即 < .
在上式中,令x= ,又 <e,则ln < ,从而2-ln π< ,
即得ln π>2- .①
由①得,eln π>e >2.7× >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- >6-e>π,即3ln π>π,所以eπ<π3.
综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,
即6个数从小到大的顺序为3e,e3,πe,eπ,π3,3π.
30. (2014湖南,22,13分)已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)- .
(Ⅰ)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(Ⅱ)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.
[答案] 30.查看解析
[解析] 30.(Ⅰ)f (x)= - = .(*)
当a≥1时, f (x)>0,此时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
当0<a<1时,由f (x)=0得x1=2 x2=-2 舍去 .
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.
(Ⅱ)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<a<1,又f(x)的极值点只可能是x1=2 和x2=-2 ,且由f(x)的定义可知,x>- 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0<a<1且a≠ 知,
当0<a< 时,-1<x<0;当 <a<1时,0<x<1,
记g(x)=ln x2+ -2.
(i)当-1<x<0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)=-4<0,故当0<a< 时, f(x1)+f(x2)<0.
(ii)当0<x<1时,g(x)=2ln x+ -2,
所以g(x)= - = <0,
因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而g(x)>g(1)=0,故当 <a<1时, f(x1)+f(x2)>0.
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)=xf (x),x≥0,其中f (x)是f(x)的导函数.
(Ⅰ)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;
(Ⅱ)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(Ⅲ)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.
[答案] 31.查看解析
[解析] 31.由题设得,g(x)= (x≥0).
(Ⅰ)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.
(Ⅱ)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥ 恒成立.
设φ(x)=ln(1+x)- (x≥0),
即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].
(Ⅲ)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)= + +…+ ,
n-f(n)=n-ln(n+1),
比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).
证明如下:
证法一:上述不等式等价于 + +…+ <ln(n+1),
在(Ⅱ)中取a=1,可得ln(1+x)> ,x>0.
令x= ,n∈N+,则 <ln .
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时, <ln 2,结论成立.
②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①②可知,结论对n∈N+成立.
证法二:上述不等式等价于 + +…+ <ln(n+1),
在(Ⅱ)中取a=1,可得ln(1+x)> ,x>0.
令x= ,n∈N+,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.
[答案] 32.查看解析
[解析] 32.(Ⅰ)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f (x)=1+a-2x-3x2.
令f (x)=0,得x1= ,x2= ,x1<x2,
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)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
①当a≥4时,x2≥1.
由(Ⅰ)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0<a<4时,x2<1.
由(Ⅰ)知, f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]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0<a<1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1<a<4时, f(x)在x=0处取得最小值.
33.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-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]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.
[答案] 33.查看解析
[解析] 33.(Ⅰ)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+3 x-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<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;
若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,
由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,
当-1<a≤ 时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;
当 <a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.
(iii)当a≥1时,有x≤a,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)=
(Ⅱ)令h(x)=f(x)+b,则h(x)= h(x)=
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(Ⅰ)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-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,
所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤ .
令t(a)=-2-a3+3a,则t(a)=3-3a2>0,t(a)在 上是增函数,
故t(a)≥t(0)=-2,
因此-2≤3a+b≤0.
(iii)当 <a<1时,h(x)在[-1,1]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+2≤2,解得- <3a+b≤0.
(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,
所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.
综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.
34.(2014江苏,19,16分)已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.
(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)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(- +3x0)成立.试比较ea-1与ae-1的大小,并证明你的结论.
[答案] 34.查看解析
[解析] 34.(1)证明:因为对任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.
(2)由条件知m(ex+e-x-1)≤e-x-1在(0,+∞)上恒成立,
令t=ex(x>0),则t>1,所以m≤- =- 对任意t>1成立.
因为t-1+ +1≥2 +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+ -a(-x3+3x),
则g(x)=ex- +3a(x2-1).
当x≥1时,ex- >0,x2-1≥0,又a>0,故g(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.
由于存在x0∈[1,+∞),使 + -a(- +3x0)<0成立,当且仅当最小值g(1)<0,
故e+e-1-2a<0,即a> .
令函数h(x)=x-(e-1)ln x-1,则h(x)=1- .
令h(x)=0,得x=e-1.
当x∈(0,e-1)时,h(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的单调减函数;
当x∈(e-1,+∞)时,h(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数.
所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).
注意到h(1)=h(e)=0,所以当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0;
当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)<h(e)=0.所以h(x)<0对任意的x∈(1,e)成立.
①当a∈ ⊆(1,e)时,h(a)<0,即a-1<(e-1)ln a,从而ea-1<ae-1;
②当a=e时,ea-1=ae-1;
③当a∈(e,+∞)⊆(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故ea-1>ae-1.
综上所述,当a∈ 时,ea-1<ae-1;
当a=e时,ea-1=ae-1;
当a∈(e,+∞)时,ea-1>ae-1.
35.(2014山东,20,13分)设函数f(x)= -k (k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).
(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.
[答案] 35.查看解析
[解析] 35.(Ⅰ)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,
当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,+∞).
(Ⅱ)由(Ⅰ)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0<k≤1时,
当x∈(0,2)时,g(x)=ex-k>0,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
解得e<k< .
综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为 .
36.(2014辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cos x-x)(π+2x)- (sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)ln .
证明:
(Ⅰ)存在唯一x0∈ ,使f(x0)=0;
(Ⅱ)存在唯一x1∈ ,使g(x1)=0,且对(Ⅰ)中的x0,有x0+x1<π.
[答案] 36.查看解析
[解析] 36.(Ⅰ)当x∈ 时, f (x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x- cos x<0,函数f(x)在 上为减函数,又f(0)=π- >0, f =-π2- <0,所以存在唯一x0∈ ,使f(x0)=0.
(Ⅱ)考虑函数h(x)= -4ln ,x∈ .
令t=π-x,则x∈ 时,t∈ .
记u(t)=h(π-t)= -4ln ,
则u(t)= .
由(Ⅰ)得,当t∈(0,x0)时,u(t)>0,当t∈ 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 上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u =-4ln 2<0,知存在唯一t1∈ ,使u(t1)=0.
所以存在唯一的t1∈ ,使u(t1)=0.
因此存在唯一的x1=π-t1∈ ,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.
因为当x∈ 时,1+sin x>0,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=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.
37.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x1<x2.
(Ⅰ)求a的取值范围;
(Ⅱ)证明 随着a的减小而增大;
(Ⅲ)证明x1+x2随着a的减小而增大.
[答案] 37.查看解析
[解析] 37.(Ⅰ)由f(x)=x-aex,可得f (x)=1-aex,
下面分两种情况讨论:
①a≤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.
②a>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:
(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.
由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得0<a<e-1.而此时,取s1=0,满足s1∈(-∞,-ln a),且f(s1)=-a<0;取s2= +ln ,满足s2∈(-ln a,+∞),且f(s2)= + <0.
所以a的取值范围是(0,e-1).
(Ⅱ)证明:由f(x)=x-aex=0,有a= .设g(x)= ,由g(x)= ,知g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,当x∈(-∞,0]时,g(x)≤0;当x∈(0,+∞)时,g(x)>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∈(0,1),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,故由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.
(Ⅲ)证明:由x1=a ,x2=a ,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=ln .
设 =t,则t>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(Ⅱ),知t随着a的减小而增大,所以x1+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∈ .
(Ⅰ)求证:f(x)≤0;
(Ⅱ)若a< <b对x∈ 恒成立,求a的最大值与b的最小值.
[答案] 38.查看解析
[解析] 38.(Ⅰ)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 x<0,
所以f(x)在区间 上单调递减.
从而f(x)≤f(0)=0.
(Ⅱ)当x>0时,“ >a”等价于“sin x-ax>0”;“ <b”等价于“sin x-bx<0”.
令g(x)=sin x-cx,则g(x)=cos x-c.
当c≤0时,g(x)>0对任意x∈ 恒成立.
当c≥1时,因为对任意x∈ ,g(x)=cos x-c<0,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0<c<1时,存在唯一的x0∈ 使得g(x0)=cos x0-c=0.
g(x)与g(x)在区间 上的情况如下:
x (0,x0) x0
g(x) + 0 -
g(x) ↗
↘
因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)>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0<c≤ .
综上所述,当且仅当c≤ 时,g(x)>0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< <b对任意x∈ 恒成立,则a的最大值为 ,b的最小值为1.
39.(2014课标全国卷Ⅱ,21,12分)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1.414 2< <1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
[答案] 39.查看解析
[解析] 39.(Ⅰ)f (x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(Ⅱ)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2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+ )时,g(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+ )时,g(x)<0.
综上,b的最大值为2.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,g(ln )= -2 b+2(2b-1)ln 2.
当b=2时,g(ln )= -4 +6ln 2>0,
ln 2> >0.692 8;
当b= +1时,ln(b-1+ )=ln ,
g(ln )=- -2 +(3 +2)ln 2<0,
ln 2< <0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
40.(2014课表全国Ⅰ，21，12分)设函数f(x)=aexln x+ ,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(Ⅰ)求a,b;
(Ⅱ)证明:f(x)>1.
[答案] 40.查看解析
[解析] 40.(Ⅰ)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 (1)=e.
故a=1,b=2.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f(x)=exln x+ ex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x- .
设函数g(x)=xln x,则g(x)=1+ln x.
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)=- .
综上,当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。
[答案] 41.查看解析
[解析] 41. 解析 (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．
[答案] 42.查看解析
[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
(Ⅰ) 若 在区间 上为减函数，求 的取值范围；
(Ⅱ) 讨论 在 内的极值点的个数。
[答案] 43.查看解析
[解析] 43.解：(Ⅰ) ∵
∴ ………………………………(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(Ⅰ) 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< a成立．
[答案] 44.查看解析
[解析] 44. (1) 由题意知： ……………2分
令h(x) =(x-1) ex+1, 则h(x) =x ex> 0,
∴h(x) 在（0，+∞）上是增函数， ……………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) < 0,
当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) ，使不等式F(x) -1< a成立． ……………12分
45. (2014山西太原高三模拟考试（一），21) 已知函数 ， .
（I）若函数 在区间（0, ）无零点，求实数 的最小值；
（Ⅱ）若对任意给定的 ，在 上方程 总存在两个不等的实根，求实数 的取值范围.
[答案] 45.查看解析
[解析] 45.
46. (2014山东青岛高三第一次模拟考试, 20) 已知函数 .
（Ⅰ）求 的最小值；
（Ⅱ）当函数自变量的取值区间与对应函数值的取值区间相同时，这样的区间称为函数的保值区间. 设 ，试问函数 在 上是否存在保值区间？若存在，请求出一个保值区间；若不存在，请说明理由.
[答案] 46.查看解析
[解析] 46.（Ⅰ）求导数，得 .
令 ，解得 .
当 时， ，所以 在 上是减函数；
当 时， ，所以 在 上是增函数.
故 在 处取得最小值 . （6分）
（Ⅱ）函数 在 上不存在保值区间, 证明如下：
假设函数 存在保值区间 ,
由 得：
因 时， ，所以 为增函数，所以
即方程 有两个大于 的相异实根 ，（9分）
设 ，
因 ， ，所以 在 上单增，
所以 在区间 上至多有一个零点，
这与方程 有两个大于 的相异实根矛盾
所以假设不成立，即函数 在 上不存在保值区间. （13分）
47. (20 14福州高中毕业班质量检测, 20) 已知函数 ，其中 且 .
（Ⅰ）讨论 的单调区间；
（Ⅱ）若直线 的图像恒在函数 图像的上方，求 的取值范围;
（Ⅲ）若存在 ， ，使得 ，求证： .
[答案] 47.查看解析
[解析] 47.（Ⅰ） 的定义域为 .
其导数 ，
①当 时, , 函数在 上是增函数，
②当 时, 在区间 上, ; 在区间(0, +∞) 上, ．
所以 在 是增函数, 在(0, +∞) 是减函数. （4分）
（Ⅱ）当 时, 取 ，
则 , 不合题意.
当 时，令 , 则 ，（6分）
问题化为求 恒成立时 的取值范围.
由于 ，
在区间 上, ; 在区间 上, .
的最小值为 , 所以只需
即 , , ，（9分）
(Ⅲ) 由于当 时函数在 上是增函数, 不满足题意, 所以 ，
构造函数: ( )
，
，
所以函数 在区间 上为减函数. , 则 ,
于是 , 又 , , 由 在 上为减函数可知 . 即 . （14分）
48.(2014安徽合肥高三第二次质量检测，21) 已知函数 且 ）.
（Ⅰ）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）若函数 存在最大值 ，求 的最小值.
[答案] 48.查看解析
[解析] 48. （Ⅰ）当 时， ，所以 ，[来源:Z|xx|k.Com]
所以 ，又 ，
所以所求的切线方程为 ，即 . （5分）
（Ⅱ）由 ，
①当 时， ， ，所以 ，所以 在 上是增函数， 无极大值.
②当 时，设方程 的根为 ，则 ，即 ，
所以 在 上为增函数， 上为减函数，（9分）
所以 的极大值为 ，即 ，
因为 ，所以 ，
设 ，则 ，令 ，则 ，
所以 在 上为减函数，在 上为增函数，
所以 的最小值为 ，即 的最小值为 ，此时 . （13分）
49. (2014重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考，22) 设
（Ⅰ）求 的最小值；
（Ⅱ）求证： .
[答案] 49.查看解析
[解析] 49. （Ⅰ）因为 ，所以 ，
令 ，得 ，所以 时， ， 单调递增； 时， ， 单调递减.
所以 的极小值为 ，即函数 的最小值. （5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，即 ，
令 ，所以 ，（8分）
依次取 ，得一系列不等式，相加可得
. （12分）
50. (2014河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测（二），21) 已知函数 ，其中e为自然对数的底数.
（Ⅰ）若 对任意 恒成立，求 的取值范围；
（Ⅱ）求证：当 时，恒有 .
[答案] 50.查看解析
[解析] 50.（Ⅰ） .[来源:Z|xx|k.Com]
①当 时， 对 恒成立，即 在 为单调递增函数；
又 ，即 对 恒成立.
②当 时，令 ，得 .
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
若 对任意 恒成立，则只需： ，
又 ， ，即 在区间 上单调递减；又注意到 。故 在区间 上恒成立. 即 时, 满足 的 不存在.
综上： . （5分）
（Ⅱ）当 时， ， ，易得 ，
即 对任意 恒成立.
取 ，有 ，即 .
相加即得： . （10分）
即 .
故 ，
即 ， 时，恒有 . （12分）
51. (2014湖北黄冈高三4月模拟考试，22) 设函数 .
（Ⅰ）求证：当 时， 恒成立；
（Ⅱ）求证： ；
（Ⅲ）求证： .
[答案] 51.查看解析
[解析] 51.（Ⅰ） ，设 ，
当 时， ，即 上单调递减又 ， 上恒有 ，即 恒成立 . （5分）
（Ⅱ）令 ， ，则有 ，
， . （9分）
（Ⅲ） 上单调递增，
，（12分）
又 上单调递减，
. （14分）
52. (2014河北唐山高三第一次模拟考试，21) 已知函数 .
（Ⅰ）求函数 的最大值；
（Ⅱ）设 证明 有最大值 ，且 .
[答案] 52.查看解析
[解析] 52.（Ⅰ） .
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
所以 的最大值为 . （4分）
（Ⅱ） ， .
设 ，则 .
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减. （7分）
又 ， ， ，
所以 在 有一零点 .
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
由（Ⅰ）知，当 时， ；当 时， .
因此 有最大值 ，且 . （12分）
53. (2014贵州贵阳高三适应性监测考试, 21) 已知函数 .
（Ⅰ）若函数在区间 上存在极值，求实数 的取值范围；
(Ⅱ) 求证：当x≥1时，不等式 ＞ 恒成立.
[答案] 53.查看解析
[解析] 53.解：（Ⅰ）因为 ( ), 则 ( ) ，
当 时， ；当 时， ；当 时 .
所以函数 在 上单调递增；在 上单调递减；
所以函数 在 处取得极大值.
因为函数在区间 （其中 ）上存在极值，
所以 ，解得 . （6分）
（Ⅱ）证明：当 时，不等式 ，
记 ，
所以 ，
令 ，则 ，
由 得 ，所以 在 上单调递增，所以
从而 ，
故 在 上是单调递增，所以 ，
因为当 时 ，所以 ，
又因为当 时 ，
所以当 时 ，即 ，
所以当 时，不等式 恒成立. （12分）
54. (2014山东实验中学高三第一次模拟考试，21) 已知函数
(Ⅰ) 当 的极值；
(Ⅱ) 是否存在实数 时，函数 的最大值为 ？若存在，求实数 的取值范围，若不存在，请说明理由.
[答案] 54.查看解析
[解析] 54.解：(Ⅰ) 当 时， ，
则 ，
所以函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，且 ，
，
所以函数 在 处取得极小值 ，在 处取得极大值0. （6分）
(Ⅱ) 由题意， ，
①当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
此时不存在实数 使得当 时，函数 的最大值为 . （8分）
②当 时，令 有 或 .
若 ，函数 在 上单调递减，显然符合题意.
若 ，即 ，函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，此时只需 ，解得 ，又 ，
所以 . （11分）
若 ，即 ，函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，要存在实数 ，使得 时，函数 的最大值为 ，
则 ，代入化简的 （ ）
令 ，
因为 恒成立，
故恒有 ，所以当 时，（ ）式恒成立，
综上所述，实数 的取值范围是 . （14分）
55. （2014广东汕头普通高考模拟
考试试题，21）已知函数 .
(Ⅰ) 求函数 的单调区间；
(Ⅱ) 试探究函数 在定义域内是否存在零点，若存在，请指出有几个零点；若不存在，请说明理由；
(Ⅲ) 若 ，且 在 上恒成立，求实数 的取值范围.
[答案] 55.查看解析
[解析] 55.(Ⅰ) 由 ，
当 时，则 有 函数 在区间 单调递增；
当 时， , ，
函数 的单调增区间为 ，单调减区间为 ，
综合①②的当 时，函数 的单调增区间为 ；
当 时，函数 的单调增区间为 ，单调减区间为 . （5分)
(Ⅱ) 函数 定义域为 ，
又 ，
令 ，
则 ，(7分)
，
故函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
，(8分)
有由（1）知当 时，对 ，有 ，
即 ，
当 且 趋向0时， 趋向 ，
随着 的增长， 的增长速度越来越快，会超过并远远大于 的增长速度，而 的增长速度则会越来越慢。故当 且 趋向 时， 趋向 ，得到函数 的草图如图所示，
故①当 时，函数 有两个不同的零点；
②当 时，函数 有且仅有一个零点；
③当 时，函数 无零点；(10分)
（3）由（2）知当 时， ，故对 ，
先分析法证明：
要证
只需证
即证
构造函数
故函数 在 单调递增，
，
则 成立. (12分)
①当 时，由（1）知，函数 在 单调递增，则 在 上恒成立.
②当 时，由（1）知，函数 在 单调递增，在 单调递减，
故当 时， ，所以 ，则不满足题意.
综合①②得，满足题意的实数 的取值范围 . (14分)
56. (2014广东广州
高三调研测试，20) 设函数 ， .
(Ⅰ) 若曲线 与 在它们的交点 处有相同的切线，求实数 ， 的值；
(Ⅱ) 当 时，若函数 在区间 内恰有两个零点，求实数 的取
值范围；
(Ⅲ) 当 ， 时，求函数 在区间 上的最小值.
[答案] 56.查看解析
[解析] 56.解：(Ⅰ) 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）
(Ⅱ) 当 时， ，
所以 .
令 ，解得 ， .
当 变化时， ， 的变化情况如下表：
0 0
↗ 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 . （5分）
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分）
(Ⅲ) 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 . （9分）
①当 ，即 时， .
②当 时， .
③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）
57. (2014北京东城
高三第二学期教学检测，18) 已知函数 ，其中 .
（Ⅰ） 若 在 处取得极值，求 的值；
（Ⅱ） 求 的单调区间；
（Ⅲ）若 的最小值为1，求 的取值范围 .
[答案] 57.查看解析
[解析] 57.（Ⅰ）
∵ 在 处取得极值，∴ 解得 （4分）
（Ⅱ） ∵ ∴
①当 时，在区间 ∴ 的单调增区间为
②当 时，
由
∴ （10分）
（Ⅲ）当 时，由（Ⅱ）①知，
当 时，由（Ⅱ）②知，
在 处取得最小值
综上可知，若 得最小值为1，则 的取值范围是 （14分）
58. (2014黑龙江哈尔滨第三中学第一次高考模拟考试，21) 设 ，函数 ．
（Ⅰ）当 时，求 在 内的极值；
（Ⅱ）设函数 ，当 有两个极值点 ， （ ）
时，总有 ，求实数 的值．（其中 是函数 的导函数．）
[答案] 58.查看解析
[解析] 58.（Ⅰ）当 时， ，则 ，
令 ，则 ，显然 在 上单调递减.
又因为 ，故 时，总有 ，
所以 在 上单调递减，（3分）
又因为 ，
所以当 时， ，从而 ，这时 单调递增，
当 时， ，从而 ，这时 单调递减,
当 变化时， ， 的变化情况如下表：
１
+ 0 －
极大
所以 在 上的极大值是 . （5分）
（Ⅱ）由题可知 ，则 .
根据题意方程 有两个不等实数根 ， ，且 ，
所以 ，即 ，且 . 因为 ，所有 .
由 ，其中 ，
可得
又因为 ， ，将其代入上式得：
，
整理得 . （8分）
即不等式 对任意 恒成立
①当 时，不等式 恒成立，即 ；
②当 时， 恒成立，即
令 ，显然 是 上的减函数，
所以当 时， ，所以 ；
③当 时， 恒成立，即
由②可知，当 时， ，所以 ；
综上所述， . （12分）
59. （2014重庆铜梁中学高三1月月考试题，22）已知函数 是在 上每一点处可导的函数，若 ＞f(x) 在 上恒成立.
（Ⅰ）求证：函数g(x) =在（0, +∞）上单调递增；
（Ⅱ）已知不等式ln(1+x) ＜x在x＞－1且x≠0时恒成立，证明：
ln22+ln32+ln42+…+ln(n+1) 2> (n N+).
[答案] 59.查看解析
[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x1＞0, x2＞0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xi＞0(i=1,2, 3, …, n) 时,
有f(x1) +f(x2) +f(x3) +… +f(xn) ＜f(x1+x2+x3+…+xn) (n≥2) 恒成立.
构造f(x) =xlnx，知 －f(x) ＝x(lnx+1) －xlnx=x> 0符合条件，
则当xi＞0(i=1,2, 3, …, n) 时
有x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn＜(x1+x2+…+xn) ln(x1+x2+…+xn) （n≥2）（*）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) ＜－(－) =－ (**)
由（**）及（*）可知： ln+ln+…+ln< －.
于是ln22+ln32+ln42+…+ln(n+1) 2>. （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 .
(Ⅰ) 求函数 的单调区间；
(Ⅱ) 若 对 恒成立，求实数 的取值范围.
[答案] 60.查看解析
[解析] 60.(Ⅰ) ，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；
(Ⅱ) 令 ，若函数 在(0， ) 内有极值，求实数a的取值范围；
(Ⅲ) 在(Ⅱ) 的条件下，对任意 ，求证：
[答案] 61.查看解析
[解析] 61.
62.（2014江西重点中学协作体高三第一次联考
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．
[答案] 62.查看解析
[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.)
③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R．………………………14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 .
①当 时, 求函数 的最小值；
②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。
[答案] 63.查看解析
[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， ）．
(Ⅰ) 求函数 在 上的最小值；
(Ⅱ) 设函数 ，如果 ，且 ，证明： ．
[答案] 64.查看解析
[解析] 64. (Ⅰ) ，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）
(Ⅱ) 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；
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 ．
（Ⅰ）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）求 的单调减区间；
（Ⅲ）当 时，设 在区间 上的最小值为 ，令 ，
求证： ．
[答案] 65.查看解析
[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 .
（Ⅰ）若函数 在 上为增函数，求实数 的取值范围；
（Ⅱ）当 且 时，证明： .
[答案] 66.查看解析
[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分
. ∵ ∴ ，∴ 的取值范围为 ………………………………………4分
（Ⅱ）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， …①恒成立，（当且仅当 时，等号成立），……7分
用 代替 ， …②恒成立（当且仅当 时，等号成立），
∴当 时， ，由①得 ，即 ，
当 时， ， ，由②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 .
（Ⅰ）若 ，求函数 的单调区间和极值；
（Ⅱ）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.
[答案] 67.查看解析
[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
（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；
(Ⅱ) 已知 且 ，证明：
(i)
(ii)
[答案] 68.查看解析
[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： .
[答案] 69.查看解析
[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
70.(2014湖北武汉
高三2月调研测试，22)
（Ⅰ）已知函数f(x) ＝ex－1－tx，∃x0∈R，使f(x0) ≤0，求实数t的取值范围；
[答案] 70.查看解析
[解析] 70.（Ⅰ）
若t＝0，f (x) ＝ex－1＞0，不合题意；
若t＞0，只需f(x) min≤0．
求导数，得f ′(x) ＝ex－1－t．
令f ′(x) ＝0，解得x＝lnt＋1．
当x＜lnt＋ 1时，f ′(x) ＜0，∴f(x) 在(－∞，lnt＋1) 上是减函数；
当x＞lnt＋1时，f ′(x) ＞0，∴f(x) 在(lnt＋1，＋∞) 上是增函数．
故f(x) 在x＝lnt＋1处取得最小值f(lnt＋1) ＝t－t(lnt＋1) ＝－tlnt．
∴－tlnt≤0，由t＞0，得lnt≥0，∴t≥1．
综上可知，实数t的取值范围为(－∞，0) ∪[1，+∞) ．…………………………4分
（Ⅱ）由（Ⅰ），知f(x) ≥f(lnt＋1) ，即ex－1－tx≥－tlnt．
取t＝1，ex－1－x≥0，即x≤ex－1．
当x＞0时，lnx≤x－1，当且仅当x＝1时，等号成立，
故当x＞0且x≠1时，有lnx＜x－1．
71.(2014湖北八市
高三下学期3月联考，22) 定义在R上的函数 及二次函数 满足：
且 。
（I）求 和 的解析式；
（II） ；
（III）设 ，讨论议程 的解的个数情况．
[答案] 71.查看解析
[解析] 71. (Ⅰ) , ①
即 ②
由①②联立解得: . ………………………………………………………………2分
是二次函数, 且 , 可设 ,
由 , 解得 .
. ………………………………………………………………4分
(Ⅱ) 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
(Ⅲ) 设 , 由(Ⅱ) 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 ， ， ．
（Ⅰ）求θ的值；
（Ⅱ）若 在 上为单调函数，求m的取值范围；
（III）设 ，若在 上至少存在一个 ，使得 成立，求 的取值范围。
[答案] 72.查看解析
[解析] 72.解：（Ⅰ）由题意， ≥0在 上恒成立，即 ．
∵θ∈（0，π），∴ ．故 在 上恒成立，
只须 ，即 ，只有 ．结合 ，得 ．（4分）
（Ⅱ）由（1），得 ． ．
∵ 在其定义域内为单调函数，
∴ 或者 在[1，＋∞）恒成立．
等价于 ，即 ，
而 ，（ ）max=1，∴ ．
等价于 ，即 在 恒成立，
而 ∈（0，1]， ．
综上， 的取值范围是 ． （9分）
（III）构造 ， ．
当 时， ， ， ，所以在[1，e]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 .
（Ⅰ）求函数 的单调区间
(Ⅱ) 若函数 有两个零点 ， ，且 ，求证：
[答案] 73.查看解析
[解析] 73. （Ⅰ） ，
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，由 ，得 ；由 ，得
所以函数的单调增区间为 ，单调减区间为 ， （6分）
(Ⅱ) 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 .
（Ⅰ）当 时，求函数 的单调减区间；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）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 . 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.
[答案] 74.查看解析
[解析] 74. 解析 （Ⅰ）当 时， .
令 ，解得 ，所以f(x) 的单调减区间为 . （4分）
（Ⅱ） ，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）
（Ⅲ）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 .
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）若 在区间 上恒成立，求实数 的取值范围.
[答案] 75.查看解析
[解析] 75. （Ⅰ） ,
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）
（Ⅱ）由 （Ⅰ）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.
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）求函数 的极值.
[答案] 76.查看解析
[解析] 76. （Ⅰ） ,
，即 . （5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）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吉林高中毕业班上学期期末复习检测, 22) 已知函数 ， .
（Ⅰ）若函数 在其定义域内为单调函数，求 的取值范围；
（Ⅱ） 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 .
[答案] 77.查看解析
[解析] 77. 解析 （Ⅰ）函数 的定义域是
因为 所以有 所以 ，
，
①当 时， 恒成立，所以函数 在 上单调递减; (3分)
②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)
（Ⅱ）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，
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 ．
(Ⅰ) 求函数 的解析式；
(Ⅱ) 若对于区间 上任意两个自变量的值 都有 ，求实数 的最小值；
（Ⅲ）若过点 可作曲线 的三条切线，求实数 的取值范围．
[答案] 78.查看解析
[解析] 78. 解析 (Ⅰ) ．
根据题意，得 即 解得 ，
所以 ． （4分）
(Ⅱ) 令 ，即 ．得 ．
1 2
+ +
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．
（Ⅲ）因为点 不在曲线 上，所以可设切点为 ．
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 ．
0 2
+ +
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 .
（Ⅰ）若 恒成立，求实数 的值；
(Ⅱ) 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，
[答案] 79.查看解析
[解析] 79. 解析 （Ⅰ）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）
（Ⅱ）由（Ⅰ）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 ).
（Ⅰ）若 为 的极值点, 求 的值；
(Ⅱ) 在(Ⅰ) 的条件下, 解不等式 ；
(Ⅲ) 若函数 在区间 上单调递增, 求实数 的取值范围.
[答案] 80.查看解析
[解析] 80.(Ⅰ) 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）
(Ⅱ) 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）
(Ⅲ) 当 时,
因为 , 所以 , 所以 在 上是增函数.
当 时, , 时, 是增函数, .
①若 , 则 ,
由 得 ；
②若 , 则 ,
由 得 .
③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成都高中毕业班第一次诊断性检测，21) 已知函数 ， .
（Ⅰ）若 ，求曲线 在 出的切线方程；
（Ⅱ）若对任意的 都有 恒成立，求 的最小值；
（Ⅲ）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 .
[答案] 81.查看解析
[解析] 81. 解析 （Ⅰ） ， ， . （4分）
（Ⅱ）由 恒成立等价于 恒成立，
令 ， ， ，
①若 ，则 恒成立. 函数 在 上是增函数，
恒成立，又 ， 符合条件.
②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）
（Ⅲ） ， ，
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. （2014陕西宝鸡
高三质量检测(一)，21 ）已知函数 ，设
（Ⅰ）求函数 的单调区间；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）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.
[答案] 82.查看解析
[解析] 82. （Ⅰ）
，
∵ ，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）
（Ⅱ）由 ， 得 恒成立，
即 恒成立.
∵当 时， 取得最大值 ，∴ ， 的最小值为 . （8分）
（Ⅲ）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） （0,1） （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 .
（Ⅰ）求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若直线 是曲线 的切线，求实数 的值；
（Ⅲ）设 ，求 在区间 上的最大值（其中 为自然对的底数）.
[答案] 83.查看解析
[解析] 83. (Ⅰ）① （ ），
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）
（Ⅱ）设切点为 则 解得 ，（7分）
（Ⅲ） ， ，
令 ，则 ，
①当 时， 在 单调增加 （9分）
②当 时， 在 单调减少，在 单调增加；
若 时， ；
若 时， ； （11分）
③当 时， 在 上单调递减， ；
综上所述， 时， ；
时， . (14分)
84. (2014广州
高三调研测试, 20) 设函数 ， .
（Ⅰ）若曲线 与 在它们的交点 处有相同的切线，求实数 ， 的值；
（Ⅱ）当 时，若函数 在区间 内恰有两个零点，求实数 的取值范围；
（Ⅲ）当 ， 时，求函数 在区间 上的最小值.
[答案] 84.查看解析
[解析] 84. 解析 （Ⅰ）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）
（Ⅱ）当 时， ，
所以 .
令 ，解得 .
当 变化时， 的变化情况如下表：
0 0
↗ 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分）
（Ⅲ）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 .
①当 ，即 时，
.
②当 时，
. （12分）
③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．
（Ⅰ）确定 与 的关系；
（Ⅱ ）若 ，试讨论函数 的单调性；
（Ⅲ）设斜率为 的直线与函数 的图象交于两点 （ ）
证明： ．
[答案] 85.查看解析
[解析] 85. 解析 （Ⅰ）依题意得 ，则 ，
由函数 的图象在点 处的切 线平行于 轴得： .
∴ . （3分）
（Ⅱ ）由（Ⅰ）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 ，
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）
（Ⅲ）依题意得 ，
证 ，即证
因 ，即证
令 （ ），即证 （ ）
令 （ ）则
∴ 在（1，+ ）上单调递增，
∴ =0，即 （ ）. ①
令 ，
∵ ，又∵ ，∴ 在 单调递减，
∴ ∴ ②
综①②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 .
[答案] 86.查看解析
[解析] 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；
②当 时， ，对 ， ， ，
故 不合题意．综上， 的最小值为 ． （8分)
（3）由（2）得， ①
证明：当n＝1时，不等式左边＝2－ln3＜2＝右边，所以不等式成立．
当n≥2时，令①式中 得
，
，
，
所以当n≥2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 .
（Ⅰ）求函数 的单调区间和值域；
（Ⅱ）设 ，若 ，总存在 ，使得 成立，求a的取值范围.
[答案] 87.查看解析
[解析] 87.解：（Ⅰ） ，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[ ，ln2]. （7分）
（Ⅱ） ，
因为 ， ，
所以 ， （9分）
为[0，1]上的减函数， ，
所以 ，
因为当 ]时，f（x）的值域为[ ，ln2]
由题意知： ，
所以
又 ，得 . （14分)
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