歷年高考真題分類匯編理科單元函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

B元函數(shù)與導(dǎo)B1函數(shù)及其表示

6．B1[2015·卷]已知符號(hào)函數(shù)sgnx＝0，x＝0，f(x)是R上的增函數(shù) A．sgn[g(x)]＝sgnxB．sgn[g(x)]＝－sgnx6．B解析]f(x)＝x＋1，a＝2g(x)＝f(x)－f(2x)＝－xsgn[g(x)]＝sgn(－B1[2015·卷]設(shè)x∈R，[x]表示不超過x的最大整數(shù)．若存在實(shí)數(shù)t，使得 [解析t]＝11≤t<2，①[t2]＝22≤t2<3，②t∈[2，3)使得[t]＝1與[t2]＝2[t3]＝3，則3≤t3<4，即 因?yàn)?/p>

[t4]＝4，則4≤t4<5，則 [t5]＝5，則5≤t5<6，即 因?yàn)?/p>

n4.]

圍是

綜上所述 7．B1[2015·浙江卷]存在函數(shù)f(x)滿足：對于任意x∈R都有( A．f(sin2x)＝sinx B．f(sin2x)＝x2＋x π [解析]對選項(xiàng)Ax＝0f(0)＝0x＝2f(0)＝1 盾；選項(xiàng)B中的函數(shù)，當(dāng)x＝0時(shí)，得f(0)＝0，當(dāng)x＝2時(shí)，得f(0)＝4＋2 ；選項(xiàng)中的函數(shù)，當(dāng)x＝－1時(shí)，得f(2)＝0，當(dāng)x＝1時(shí)，得f(2)＝2， ；選項(xiàng)D中的函數(shù)變形為f((x＋1)2－1)＝ （x＋1）2－1＋1，令t＝(x＋1)2－1可知，f(t)＝

]

則

[解析f(－3)＝lgxf[f(－3)]＝f(1)＝0.當(dāng)x≥1時(shí) 2－3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，等號(hào)成立；xx<1時(shí)，lg(x2＋1)≥lg1＝0.故最小值為 B2反函數(shù)B3函數(shù)的單調(diào)性與最值21．B3、B14[2015·卷]設(shè)函數(shù)f(sinx)在－ππ 2，2記f(x)＝x2－ax＋b，求函數(shù)|f(sinx)－f(sinx)|在 ππ上的最大值

－2，2 解：(1)f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sin，－2<x<2 [f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx，－2<x<2 2<x2cosx>0，－2<2sin ππ內(nèi)存在唯一的x，使得2sinx－2，2 π2<x≤x0f(sinx)πx0≤x2f(sinx) 因此，當(dāng)－2<a<2，b∈Rf(sinx)x0f(sinx0)＝f2＝b4 (2)2≤x2時(shí)，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinπ當(dāng)(a0－a)(b－b0)≥0x＝2π當(dāng)(a0－a)(b－b0)<0x＝－2由此可知，|f(sinx)－f(sinx)|在 ππ上的最大值D＝|a－a|＋|b－b －2，2 B3M3 e (1)f(x)＝1＋x－ex的單調(diào)區(qū)間，并比較1＋ne

計(jì)算a，aa，aaa

的，并給出證明 1

12

n(3)cn＝(a1a2…an)1，數(shù)列{an}，{cn}nSn，Tn，證明：Tn<eSn.nf′(x)>0x<0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增；f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．x>0時(shí)，f(x)<f(0)＝01＋x<ex. x＝n1＋n<en，即1＋n 1(2)a＝1×1＋11

aa＝a·a＝2×2×1＋21

aaa＝aa·a＝32×3×1＋312 1

＝(n＋1)

1k＋1當(dāng)n＝k＋1時(shí)，bk＋1＝(k＋1) ak＋1，由歸納假設(shè)可

1

n＝k＋1 1

12

1 （bb

（bbb （bb…b

1×＋2×3

2 1 1

1 ＋…＋b

— 1—

1

1b1

bnn－n＋1<1＋2＋…＋n＝1＋1a1＋1＋2a2＋…＋1＋n14．B3，B5[2015·卷]設(shè)函數(shù) (2)若f(x)恰有2個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍

[解析](1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ x<1時(shí)，－1<2－1<1x≥1時(shí)，f(x)＝4x－12x＋8在區(qū)間，2

(2)a≤0a≥2時(shí)，f(x)＝2x－a，x<1xx≥1x2

0<a<2時(shí)，f(x)＝2x－a，x<1x1f(x)＝4(x2－3ax＋2a2)，x≥1x1

5．B3、B4、B7[2015·湖南卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，則f(x)是( ＝＝＝＝ [解析]

ln2 2－1在(0，1)上為增函數(shù)，

14．B3、B6[2015·山東卷]f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定義域和值域都是0]，則

]

＝2－ 實(shí)數(shù)x1，x2，設(shè)

①對于任意不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有③對于任意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得④對于任意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得 15．①④[解析]對于①，因?yàn)閒′(x)＝2xln2＞0恒成立，故①正確．對于②a＝－8g′(x)＝2x－8x1，x2＜4時(shí)，n＜0，②錯(cuò)誤．對于③，令f′(x)＝g′(x)，即2xln2＝2x＋a，h(x)＝2xln2－2xh′(x)＝2x(ln2)2－2，x0∈(2，3)h′(x0)＝0h(x)先減后增，有最小值．因此，對任意的a，m＝n不成立，③錯(cuò)誤．對于④f′(x)＝－g′(x)2xlnh(x)＝2xln2＋2xh′(x)＝2x(ln2)2＋2＞0h(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞，x→－∞

]

則

[解析f(－3)＝lgxf[f(－3)]＝f(1)＝0.當(dāng)x≥1時(shí) 2－3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時(shí)，等號(hào)成立；xx<1時(shí)，lg(x2＋1)≥lg1＝0.故最小值為 ](1)證明：當(dāng)|a|≥2(2)a，bM(a，b)≤2時(shí)，求|a|＋|b| a≥2f(1)－f(－1)＝2a≥4，max{f(1)，－f(－1)}≥2，a≤－2f(－1)－f(1)＝－2a≥4，max{f(－1)，－f(1)}≥2M(a，b)≥2.綜上，當(dāng)|a|≥2時(shí)，M(a，b)≥2.(2)M(a，b)≤2由 16B35 16．－6或 [解析]當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝3|x＋1|≥0，不成立；當(dāng)a<－1時(shí)＝－x＋1＋2a，－1<x≤a，故f(x)min＝f(a)＝－a＋1＋2a＝5，解得B4函數(shù)的奇偶性與周期性B4、B9[2015·卷]下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又存在零點(diǎn)的是()A．y＝cosxB．y＝sinxC．y＝lnx2．A[解析]y＝cosx是偶函數(shù)，且cosx＝0有實(shí)數(shù)解，A正確；y＝sinx是奇函數(shù)，D不正確．B4[2015·卷]下列函數(shù)中，既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)的是(

y＝2x＋

[解析]f(x)＝1＋x2f(－x)＝1＋（－x）2＝1＋x2＝f(x)(x∈R)A

1 ＋2xf(－x)＝2－x＝2x＋2＝f(x)(x∈R)C是偶函數(shù)．選2B4[2015·卷Ⅰ]若函數(shù)f(x)＝xln(x＋a＋x2)為偶函數(shù)，則 [解析]f(－x)＝f(x)得－xln(－x＋a＋x2)＝xln(x＋a＋x2)x[ln(x＋＋ln(－x＋a＋x2]＝xlna＝0xx0lna＝0，a＝1.2．B4[2015·福建卷]下列函數(shù)為奇函數(shù)的是( A．y＝x B．y＝|sinx|C．y＝cos 2．D[解析]對于Ay＝x的定義域?yàn)閇0，＋∞)，不關(guān)于原點(diǎn)對稱，故既不是f(－x)＝e－x－e－(－x)＝e－x－ex＝－f(x)f(x)＝ex－e－xD.5．B3、B4、B7[2015·湖南卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，則f(x)是( [解析]

ln2 2－1在(0，1)上為增函數(shù)，

＝＝＝＝B4、B6、B7[2015·卷]已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實(shí)數(shù))為偶函數(shù)，記a＝f(log053)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為( [解析]f(x)＝2|x－m|－1m＝0.a＝f(log053)＝2|log0＝2log23－1＝2，b＝f(log25)＝2log25－1＝4，c＝f(0)＝20－1＝0，所以B5二次函數(shù)

B3，B5[2015·卷]設(shè)函數(shù) (2)若f(x)恰有2個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍

[解析](1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ x<1時(shí)，－1<2－1<1x≥1時(shí)，f(x)＝4x－12x＋8在區(qū)間，2

(2)a≤0a≥2時(shí)，f(x)＝2x－a，x<1xf(x)＝4(x2－3ax＋2a2)，x≥1x2個(gè)交點(diǎn)，

0<a<2時(shí)，f(x)＝2x－a，x<1x1f(x)＝4(x2－3ax＋2a2)，x≥1x1

12．B5[2015·陜西卷]對二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a為非零整數(shù))，四位同學(xué)分別給出 A．－1f(x)C．3f(x) [解析]a－b＋c＝0b解得 a為非零整 三個(gè)選項(xiàng)，選項(xiàng)D中的結(jié)論定正確；若選項(xiàng)A，B正確，則有a－b＋c＝0，－b＝1，4a＋2b＋c＝8，解得 a為非零整數(shù)，故錯(cuò)誤結(jié)論一定在選項(xiàng)A，B中，即選項(xiàng)C，D的結(jié)論正確；若選項(xiàng)A正確，則a－b＋c＝0，

卷]已知函數(shù)

C.

[解析x

所以f(x)＋f(2－x)＝2，0≤x≤2，

](1)證明：當(dāng)|a|≥2(2)a，bM(a，b)≤2時(shí)，求|a|＋|b| a≥2f(1)－f(－1)＝2a≥4，max{f(1)，－f(－1)}≥2，a≤－2f(－1)－f(1)＝－2a≥4，max{f(－1)，－f(1)}≥2M(a，b)≥2.綜上，當(dāng)|a|≥2時(shí)，M(a，b)≥2.(2)M(a，b)≤2由 a＝2，b＝－1時(shí)，|a|＋|b|＝3，且|x2＋2x－1|在[－1，1]2，M(2，－1)＝2.B6指數(shù)與指數(shù)函數(shù)

10．B1、B6[2015·山東卷]

范圍是

綜上所述 B3、B6[2015·山東卷]f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定義域和值域都是0]，則

]

A26[2015·]設(shè)ab都是等于1數(shù)“3>3>3“ab的( ) [解析]3a>3b>3a＞b＞1loga3<logb333B4、B6、B7[2015·卷]已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實(shí)數(shù))為偶函數(shù)，記a＝f(log053)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為( [解析]f(x)＝2|x－m|－1m＝0.a＝f(log053)＝2|log0＝2log23－1＝2，b＝f(log25)＝2log25－1＝4，c＝f(0)＝20－1＝0，所以12．B6、B7[2015·浙江卷]若a＝log43，則 3 3

[解析]2 3＝3，則2

＝ ＝3B7對數(shù)與對數(shù)函數(shù)

5．B7[2015·卷Ⅱ]設(shè)函數(shù)

則

[解析]因?yàn)閒(－2)＝1＋log24＝3，f(log212)＝2(log212－1)＝6，所以f(－2)＋f(log212)＝9C.的解集是 [解析]由圖知

設(shè)g(x)＝log2(x＋1)．在f(x)，g(x)的圖像(如圖)，令－x＋2＝log2(x＋1)x＝1，故不等式的解5．B3、B4、B7[2015·湖南卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，則f(x)是( ＝＝＝＝ [解析]

ln2 2－1在(0，1)上為增函數(shù)，

B．p＝r<q

f2 1

1

＝lnab＝p.

，所以2

A26[2015]設(shè)ab都是等于1數(shù)“3>3>3“oa<ogb”的( ) [解析]3a>3b>3a＞b＞1loga3<logb33不成立．故選B.3B4、B6、B7[2015·卷]已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實(shí)數(shù))為偶函數(shù)，記a＝f(log053)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為( [解析]f(x)＝2|x－m|－1m＝0.a＝f(log053)＝2|log0＝2log23－1＝2，b＝f(log25)＝2log25－1＝4，c＝f(0)＝20－1＝0，所以12．B6、B7[2015·浙江卷]若a＝log43，則 3 3

[解析]2 3＝3，則2

＝ ＝3B8冪函數(shù)與函數(shù)的圖像

卷]

21-2 1- [解析]x≠－c知，P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－c，且－c>0c<0M

13．B8、B9[2015·江蘇卷]f(x)＝|lnx|，g(x)＝

則方程g(x)|＝1實(shí)根的個(gè)數(shù) [解析]當(dāng)0<x≤1時(shí)，由|f（x）＋g（x）|＝1得|lnx|＝1，解得

去

＝ex>1時(shí)，由|f（x）＋g（x）|＝1得|lnx|＝3－|x2－4|或|lnx|＝1－|x2－4|.分別在同一個(gè)坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝|lnx|與y＝3－|x2－4|的圖像(如圖1)和函數(shù)y＝|lnx|與y＝1－|x2－4|的圖像(2)．x>11個(gè)、2x>13個(gè)實(shí)根．綜上，方程|f（x）＋g（x）|＝14個(gè)不同的實(shí)根．B9函數(shù)與方程2．B4、B9[2015·卷]下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又存在零點(diǎn)的是( A．y＝cosx B．y＝sinxy＝ln 2．A[解析]y＝cosx是偶函數(shù)，且cosx＝0有實(shí)數(shù)解，A正確；y＝sinx是奇函數(shù)，D不正確． 個(gè)數(shù) －2sinx－|ln(x＋1)|＝2sinx2cos2x－1－|ln(x＋1)|＝sin4cos2sin

－|ln(x＋1)|.f(x)＝0sin2x＝|ln(x＋1)|.y＝sin2x13．B8、B9[2015·江蘇卷]f(x)＝|lnx|，g(x)＝

則方程g(x)|＝1實(shí)根的個(gè)數(shù) [解析]當(dāng)0<x≤1時(shí)，由|f（x）＋g（x）|＝1得|lnx|＝1，解得

去

＝ex>1時(shí)，由|f（x）＋g（x）|＝1得|lnx|＝3－|x2－4|或|lnx|＝1－|x2－4|.分別在同一個(gè)坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝|lnx|與y＝3－|x2－4|的圖像(如圖1)和函數(shù)y＝|lnx|與y＝1－|x2－4|的圖像(2)．x>11個(gè)、2x>13個(gè)實(shí)根．綜上，方程|f（x）＋g（x）|＝14個(gè)不同的實(shí)根．19．B9、B12[2015·江蘇卷] 圍恰好是(－∞，－3)∪，2∪2，＋∞c3解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得3

4

3 f(0)·f3＝b27a＋b<0 4

或 4 b＝c－aa>04a3－a＋c>0a<04 設(shè)g(a)＝4a3－a＋c.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－ 3)∪ 上g(a)>0均恒成立

f(x)x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個(gè)異于－1的不等實(shí)根，Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且 a∈(－∞，－3)∪B9、D5[2015·福建卷a，bf(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的兩個(gè)不同的零q的值等于() [解析]不妨設(shè)a>b，由定理得a＋b＝p>0，ab＝q>0，則a>b>0,所以

解得

(舍去

B9[2015·湖南卷]已知函數(shù)兩個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍

15．(－∞，0)∪(1，＋∞)[解析]φ(x)＝x3(x≤a)，h(x)＝x2(x>a)g(x)＝f(x)－by＝f(x)y＝ba<0時(shí)，存在a3>a2，解得21．B9、B12、D2、D3[2015·陜西卷]fn(x)1，x，x2，…，xn的各項(xiàng)和，x>0，n∈N，n≥2.

1 (2)gn(x)，fn(x)gn(x)的大小，并加以證明．Fn(1)＝n－1>0，

＋

1又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，故

所以 1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)在 n－2＝0，故x＝

22

h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋xx＝1

2當(dāng)x≠1時(shí) 2

n（n＋1） n（n＋1）

n（n＋1）

n（n＋1） n（n＋1）

n（n＋1）

h(x)在(0，1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，h(x)<h(1)＝0fn(x)<gn(x)．x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)x≠1時(shí)，fn(x)<gn(x)．

x＝1①當(dāng)n＝2時(shí) 1－x)2<0，所以f2(x)<g2(x)成立n＝k(k≥2)fk(x)<gk(x)．n＝k＋1時(shí)， (x)＝f(x)＋xk＋1<g

又 ，hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x>0)，hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝0<x<1時(shí)，hk′(x)<0，hk(x)在(0，1)上遞減；x>1時(shí)，hk′(x)>0，hk(x)在(1，＋∞)上遞增．從而 x≠1n≥2，n∈Nfn(x)<gn(x)．x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)x≠1時(shí)，fn(x)<gn(x)．a(chǎn)1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，ak＝1＋(k－1)·n

x＝1時(shí)，ak＝bkx≠1時(shí)，m

＝n

0<x<1xn－k＋1<1，mk′(x)<0x>1，xn－k＋1>1mk′(x)>0，mk(x)在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，x>0x≠1時(shí)，ak>bk(2≤k≤n)，a1＝b1，an＋1＝bn＋1，

2x－2所以g′(x)＝2－x＋x2

1－

1＋

當(dāng)

x－1－ln

＋x＝0

1＋x－1 x－1－ln

x－1－ln

x－1－ln

x－1－ln

1＋x－1

1＋x－1 e－20x0∈(1，e)φ(x0)＝0.x0－1－lnx00

，u(x)＝x－1－ln由

1＋1<1＋x－1

a＝a0故當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f′(x)<0，從而f(x)>f(x0)＝0；x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0f(x)>f(x0)＝0.x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)≥0.8．B5、B9[2015·卷]已知函數(shù)

C.

2 [解析2

所以f(x)＋f(2－x)＝2，0≤x≤2，

xf(x)≤g(x)；xxf(x)＝a(a為實(shí)數(shù))x1，x2，求證：|x21axnf′(x)＝0x＝1x—＋—nf′(x)>0x<1f(x)單調(diào)遞增；P的坐標(biāo)為(x0，0)x0＝n1，f′(x0)＝n－n2.y＝f(x)P－x0)，則f′(x)＝n－nxn－1在(0，＋∞)F′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又因?yàn)閤f(x)≤g(x)．— —時(shí)，f(x)－h(huán)(x)＝－xn<0，即對于任意的h(x)＝ax1′x1′h(x1′)＝a＝f(x1)<h(x1)x1′<x1.x2－x1<x2′－x1′＝a

＝n.h(x)＝nx在(－∞，＋∞)

＝1＋n－1＝n21＝xnx所以|x21anx

5 －6或 [解析]當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝3|x＋1|≥0，不成立；當(dāng)a<－1時(shí)＝－x＋1＋2a，－1<x≤a，故f(x)min＝f(a)＝－a＋1＋2a＝5，解得B10B10、B11[2015·江蘇卷]某山區(qū)有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計(jì)劃修建的公l.如圖1-3所示，M，NC的兩個(gè)端Ml1，l2的距離分別為5千米和40Nl1，l2的距離分別為20千米2y＝a(a，b為常數(shù))2xa，blCP點(diǎn)，Ptl1- 將其分別代入y＝ x

b

(2)①由(1)知，y＝x2(5≤x≤20)P的坐標(biāo)為

t2x3Plx，yA，Bx3則l的方

—t2＝－t3

t2 2

.g′(t)＝0t＝10t∈[5，102)時(shí)，g′(t)<0，g(t)是減函數(shù)；t∈(102，20]時(shí)，g′(t)>0，g(t)是增函數(shù)．1515t＝102l153 卷]11- 1-A15C80千米/110升汽油 [解析]A5千米；C80千米/小時(shí)的速度行駛時(shí)，1101小時(shí)，808D中，此時(shí)丙車的燃油效率大于乙車的燃油效率，故在相同條件下，用丙車比用乙車更省油．故選D.16．B10、B13[2015·陜西卷]1-5，一橫截面為等腰梯形的水渠，因泥沙沉積，導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型(圖中虛線所示) 1- [解析]xy設(shè)拋物線 y＝ax2，根據(jù)已知點(diǎn)(5，2)在該拋物線上，代入拋物線方程得 物線 y＝2x2，故拋物線與直線y＝2所圍成的圖形的面積為252－252 5

22x－75x0＝3，梯形的面積為 ×2＝16.最大流量之比等于其截面面積之比，故 值為3數(shù)關(guān)系y＝ekx＋b(e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，k，b為常數(shù))．若該食品在0℃的保鮮時(shí)間是192小時(shí)，在22℃的保鮮時(shí)間是48小時(shí)，則該食品在33℃的保鮮時(shí)間是 [解析]由題意得

即

11k3 x＝33

)·e＝2B1119．B11、B12[2015·卷]設(shè)a>1，函數(shù)y＝f(x)PxM(m，n)OP3行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))

aa17．B10、B11[2015·江蘇卷]某山區(qū)有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計(jì)劃修建的公l.如圖1-3所示，M，NC的兩個(gè)端Ml1，l2的距離分別為5千米和40Nl1，l2的距離分別為20千米2y＝a(a，b為常數(shù))2xa，blCP點(diǎn)，Ptl1- a 將其分別代入y＝ x

b

(2)①由(1)知，y＝x2(5≤x≤20)P的坐標(biāo)為

t2x3Plx，yA，Bx3則l的方

—t2＝－t3

t2 2

t2＋

.g′(t)＝0t＝10t∈[5，102)時(shí)，g′(t)<0，g(t)是減函數(shù)；t∈(102，20]時(shí)，g′(t)>0，g(t)是增函數(shù)．1515t＝102l153]的從小到大的第n(n∈N*)個(gè)極值點(diǎn)．證明數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列≥若 ，則對一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立≥e證明：(1)f′(x)＝aeaxsinx＋eaxcosx＝eax(asinx＋cosx)＝πtanφ＝a，0<φ2若(2k＋1)π<x＋φ<(2k＋2)π，即(2k＋1)π－φ<x<(2k＋2)π－φf′(x)<0.mπ－φ(m∈N*)時(shí)，f(x)xn＝nπ－φ(n∈N*)． ）（－1）n＋2ea[（n＋1）π－φ]sinf（xn）

（－1）n＋1ea（nπ－φ）sin

＝－eaπ是常數(shù) (2)由(1)知，sinφ ，于是對一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立，即nπ－ ea(nπ－φ)恒成立，等價(jià)

0<t<1時(shí)，g′(t)<0g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減；t>1時(shí)，g′(t)>0g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．t＝1g(t)g(1)＝e. 而當(dāng) 時(shí)，由tanφ

e2－1>3

于是

0<φ23

<2

φ<<e2－1n≥2時(shí)，nπ－φ≥2π－

2－1.因此對一切

≠φ>2>

n＝1，所以 ，則對一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立 xf(x)≤g(x)；xxf(x)＝a(a為實(shí)數(shù))x1，x2，求證：|x21axnf′(x)＝0x＝1x—＋—nf′(x)>0x<1f(x)單調(diào)遞增；nP的坐標(biāo)為(x0，0)x0＝1，f′(x0)＝n－n2.y＝f(x)Pn切線方y(tǒng)＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即－x0)，則f′(x)＝n－nxn－1在(0，＋∞)F′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又因?yàn)閤f(x)≤g(x)． 時(shí)，f(x)－h(huán)(x)＝－xn<0，即對于任意的h(x)＝ax1′x1′h(x1′)＝a＝f(x1)<h(x1)x1′<x1.x2－x1<x2′－x1′＝a

＝n.h(x)＝nx在(－∞，＋∞)

＝1＋n－1＝n21＝xnx所以|x21anx

20．B11、B12[2015·重慶卷]

6－a－66－a－6g(x)＝0

6－a＋ 6－a＋6x<x1時(shí)，g(x)<0f′(x)<0f(x)為減函數(shù)；x1<x<x2時(shí)，g(x)>0f′(x)>0f(x)為增函數(shù)；x>x2時(shí)，g(x)<0f6－a＋6

≤3，解得 故 B1215．B12[2015·卷]設(shè)x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實(shí)數(shù)．下列條件中，使得該三 15．①③④⑤[解析]f(x)＝x3＋ax＋ba≥0時(shí)，f′(x)＝3x2＋a≥0恒成立，f(x)＝x3＋ax＋bR∞時(shí)，f(x)x→－∞時(shí)，f(x)x3＋ax＋b＝0僅有一個(gè)實(shí)根，④⑤正確．a(chǎn)＝－3時(shí)，f′(x)＝3x2－3f′(x)＝3x2－3＝0x＝±1，列表：x1＋0—0＋＝(－1)＝2＋b(x)＝f(1)＝－2＋bb<－2b>2時(shí)，x3＋ax＋b＝0僅有一個(gè)實(shí)根，故①③正確．求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)記T ，證明：T≥1 1

從而切線方 1 n

11Tn＝x2x2…x2－＝2×4×…×2n11n＝1

當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)閤2－

2n

2n

Tn>2

nB11、B12[2015·卷]設(shè)a>1，函數(shù)y＝f(x)PxM(m，n)OP3行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))

aa19．B9、B12[2015·江蘇卷] 圍恰好是(－∞，－3)∪，2∪2，＋∞c3解：(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得3

4

3 f(0)·f3＝b27a＋b<0 4

或 4 b＝c－aa>04a3－a＋c>0a<04 設(shè)g(a)＝4a3－a＋c.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－ 3)∪ 上g(a)>0均恒成立

f(x)x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個(gè)異于－1的不等實(shí)根，Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且 a∈(－∞，－3)∪時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是( [解析]

.x>00<x<1時(shí)，g(x)>0f(x)>0x<－1時(shí)，g(x)<0f(x)>0. 卷Ⅰ]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y＝4與直線a(a>0)M，Nk＝0CMN解：(1)M(2a，a)，N(－2a，a)M(－2a，a)，N(2 y′＝2y＝4x＝2a處的導(dǎo)數(shù)值為aC在點(diǎn)(2a，a)y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.y＝4在x＝－2a處的導(dǎo)數(shù)值為－a，所以曲線C在點(diǎn)(－2a，a)處的切線 a＝－a(x＋2a)，即 ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.y＝kx＋aCx2－4kx－4a＝0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.

x1＋＝

]若?x>0，f(x)≥0a1 a＝0a>0①當(dāng) 99

所以 x∈(－1，x1)時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0f(x)單調(diào)遞增；x∈(x1，x2)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0f(x)單調(diào)遞減；x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0f(x)單調(diào)遞增．a(chǎn)<0x∈(－1，x2)時(shí)，g(x)>0，f′(x)>0f(x)單調(diào)遞增；x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)<0，f′(x)<0f(x)單調(diào)遞減．88

8②當(dāng)9<a≤1g(0)≥0f(0)＝0x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)>0,a>1g(0)<0x2>0，x∈(0，x2)f(x)單調(diào)遞減．f(0)＝0，所以x∈(0，x2)時(shí)，f(x)<0，不合題意a<0 1 x x∈(0，＋∞)時(shí)，h(x)>h(0)＝0，ln(x＋1)<x，當(dāng) 綜上所述，a的取值范圍是

P的切線垂直，則P的坐標(biāo)

[解析]y＝exy′＝exx＝0y＝ex在點(diǎn)(0，1)

1P的坐標(biāo)為

21．B9、B12、D2、D3[2015·陜西卷]fn(x)1，x，x2，…，xn的各項(xiàng)和，x>0，n∈N，n≥2.

1 (2)gn(x)，fn(x)gn(x)的大小，并加以證明．Fn(1)＝n－1>0，

＋

所以 1內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn)在又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，故

所以 1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)在 n－2＝0，故x＝

22

h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋xx＝1

2當(dāng)x≠1時(shí) 2

n（n＋1） n（n＋1）

n（n＋1）

n（n＋1） n（n＋1）

n（n＋1）

h(x)在(0，1)上遞增，在(1，＋∞)上遞減，h(x)<h(1)＝0fn(x)<gn(x)．x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)x≠1時(shí)，fn(x)<gn(x)．

x＝1①當(dāng)n＝2時(shí) 1－x)2<0，所以f2(x)<g2(x)成立n＝k(k≥2)fk(x)<gk(x)．n＝k＋1時(shí)， (x)＝f(x)＋xk＋1<g

又 ，hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x>0)，hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝x>1時(shí)，hk′(x)>0，hk(x)在(1，＋∞)上遞增．hk(x)>hk(1)＝0，從而 x≠1n≥2，n∈Nfn(x)<gn(x)．x＝1時(shí)，fn(x)＝gn(x)x≠1時(shí)，fn(x)<gn(x)．a(chǎn)1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，ak＝1＋(k－1)·n

x＝1時(shí)，ak＝bkx≠1時(shí)，m

＝n0<x<1xn－k＋1<1，mk′(x)<0x>1，xn－k＋1>1mk′(x)>0，mk(x)在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，x>0x≠1時(shí)，ak>bk(2≤k≤n)，a1＝b1，an＋1＝bn＋1，B12，E6[2015·卷]如果函數(shù)

－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)2，2上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為 D. [解析1)m＝2時(shí)，f(x)＝(n－8)x＋1，則0≤n<8，所以0≤mn<16.m＞2

.

≥2所 2m·n≤ mn≤18(m＝3，n＝6時(shí)取等號(hào)

當(dāng)m＜2

≤2，即2n＋m≤18，所

≤9

≤2mn2n＋m＝18(m＜2，n＞8)，所以mn＝(18－2n)n＜(18－2×8)×8＝16.綜上所述，mn 實(shí)數(shù)x1，x2，設(shè)

①對于任意不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有③對于任意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得④對于任意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得 15．①④[解析]對于①，因?yàn)閒′(x)＝2xln2＞0恒成立，故①正確．對于②a＝－8g′(x)＝2x－8x1，x2＜4時(shí)，n＜0，②錯(cuò)誤．對于③，令f′(x)＝g′(x)，即2xln2＝2x＋a，h(x)＝2xln2－2xh′(x)＝2x(lnx0∈(2，3)h′(x0)＝0h(x)先減后增，有最小值．因此，對任意的a，m＝n不成立，③錯(cuò)誤．對于④f′(x)＝－g′(x)2xlnh(x)＝2xln2＋2xh′(x)＝2x(ln2)2＋2＞0h(x)是單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞，x→－∞

2x－2所以g′(x)＝2－x＋x2

1－

1＋

當(dāng)

x－1－ln

＋x＝0

1＋x－1 x－1－ln

x－1－ln

x－1－ln

x－1－ln

1＋x－1

1＋x－1 e－20x0∈(1，e)φ(x0)＝0.x0－1－lnx00

，u(x)＝x－1－ln由

1＋1<1＋x－1

a＝a0故當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f′(x)<0，從而f(x)>f(x0)＝0；x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0f(x)>f(x0)＝0.x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)≥0.xxf(x)＝a(a為實(shí)數(shù))x1，x2，求證：|x21axnf′(x)＝0x＝1x—＋—nf′(x)>0x<1f(x)單調(diào)遞增；nP的坐標(biāo)為(x0，0)x0＝1，f′(x0)＝n－n2.y＝f(x)Pn切線方y(tǒng)＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即－x0)，則f′(x)＝n－nxn－1在(0，＋∞)F′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．又因?yàn)閤f(x)≤g(x)． 時(shí)，f(x)－h(huán)(x)＝－xn<0，即對于任意的h(x)＝ax1′x1′h(x1′)＝a＝f(x1)<h(x1)x1′<x1.x2－x1<x2′－x1′＝a

＝n.h(x)＝nx在(－∞，＋∞)

＝1＋n－1＝n21＝xnx所以|x21anx

20．B11、B12[2015·重慶卷]

6－a＋666－a＋6g(x)＝0

6－a＋6x<x1時(shí)，g(x)<0f′(x)<0f(x)為減函數(shù)；x1<x<x2時(shí)，g(x)>0f′(x)>0f(x)為增函數(shù)；x>x2時(shí)，g(x)<0f6－a＋69a

≤3，解得 B13，K3[2015·福建卷]1-2A的坐標(biāo)為(1，0)C的坐標(biāo)為4) 1-13. ]1

1 2 32 5

1

2x－x16．B10、B13[2015·陜西卷]1-5，一橫截面為等腰梯形的水渠，因泥沙沉積，導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型(圖中虛線所示) 1- [解析]xy設(shè)拋物線 y＝ax2，根據(jù)已知點(diǎn)(5，2)在該拋物線上，代入拋物線方程得 物線 y＝2x2，故拋物線與直線y＝2所圍成的圖形的面積為252－252 5

22x－75x0＝3，梯形的面積為 ×2＝16.最大流量之比等于其截面面積之比，故 值為3B13[2015·卷]曲線y＝x2與直線y＝x所圍成的封閉圖形的面積 66

[解析]曲線與直線的交點(diǎn)坐標(biāo)是(0，0)和(1，1)，所以封閉圖形的面積為011 1 1

2x－3xB1421．B3、B14[2015·卷]設(shè)函數(shù)f(sinx)在－ππ 2，2記f(x)＝x2－ax＋b，求函數(shù)|f(sinx)－f(sinx)|在 ππ上的最大值

－2，2 21．解：(1)f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sin，－2<x<2 [f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx，－2<x<2 2<x2cosx>0，－2<2sin ππ內(nèi)存在唯一的x，使得2sinx－2，2 π2<x≤x0f(sinx)πx0≤x2f(sinx) 因此，當(dāng)－2<a<2，b∈Rf(sinx)x0f(sinx0)＝f2＝b4 (2)2≤x2時(shí)，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinπ當(dāng)(a0－a)(b－b0)≥0x＝2π當(dāng)(a0－a)(b－b0)<0x＝－2由此可知，|f(sinx)－f(sinx)|在 ππ上的最大值D＝|a－a|＋|b－b －2，2 B14[2015·卷Ⅱ]如圖1-4，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P沿著邊BC，CDDA運(yùn)動(dòng)，記∠BOP＝x.將動(dòng)點(diǎn)PA，B兩點(diǎn)距離之和表示為xf(x)y＝f(x)的圖像大致為()1-1-[解析]PBC上時(shí)，|PB|＝tanx，|PA|＝tan2x＋4，|PA|＋|PB|＝tantan2x＋4，即f(x)＝tanx＋ π，由正切函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)f(x)，40，π15y＝f(x) 4πPCDPCD

fπ＝222<1＋5fπ<fπ2

＝2，22421．B14[2015·卷Ⅱ]設(shè)函數(shù)m≥0x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1≤0，f′(x)<0x∈(0，＋∞)時(shí)，emx－1≥0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．即 設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則t<0時(shí)，g′(t)<0t>0時(shí)，g′(t)>0.g(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故當(dāng)t∈[－1，1]時(shí)m∈[－1，1]時(shí)，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；當(dāng)m>1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性，知g(m)>0，即em－m>e－1；m<－1時(shí)，g(－m)>0e－m＋m>e－1.綜上，m的取值范圍是B14[2015·卷Ⅰ]設(shè)函數(shù)f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0，則a的取值范圍是(

y＝ax－a過點(diǎn)(x0，ax0－a)在點(diǎn)(x0，g(x0))的上方，則x0只能是0，故實(shí)數(shù)a應(yīng)滿足

a的取值范圍是3 21．B14[2015·卷Ⅰ]已知函數(shù)a為何值時(shí)，xy＝f(x)

g(x)＝－ln 021(1)))＝0f′(x)＝00

0解得 0

3

xy＝f(x)當(dāng)x＝1時(shí)，若

－3，1)

①若

0，即

卷]已知函數(shù) ＝ 1＋1，f′(0)＝2.＝

g′(x)>0(0<x<1)g(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞增．g(x)>g(0)＝0，x∈(0，1)，

4k 44k

k4k4k

綜上可知，k10．B14[2015·福建卷]若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)＞k＞1， f1＞ ＜f1 1＜ >f1 k> [解析]取f(x)＝ax－1，則f′(x)＝a>k>1，則 k>a－1，故

max{1，a－1}<k<a時(shí)A正確；f1>1 1＞1?k2－ak＋a<0，當(dāng)Δ＝a2－4a>0，a＋a＋1

k－

a－a－a－

，又1<k<a，所以當(dāng)max a＋2211 a＋22k1k1k1k1

時(shí)B正確；fk－1<－?－ >定錯(cuò)誤；f1k>

D正確

k<2

1<k<2B14[2015·福建卷]

(a＞0[4)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍 [解析]f(x)x≤2f(x)R上的值域是[4，＋∞)，x>2時(shí)，f(x)∈[4，＋∞)，20．B14[2015·福建卷]x＞0kt＞0x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.20．解：方法一：(1)F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈[0，＋∞)，1 －xxx1F′(x)＝1－1＝xx1x＞0時(shí)，F(xiàn)(x)＜F(0)＝0x＞01 則有 k≤0時(shí)，G′(x)＞0G(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，G(x)＞G(0)＝0，x0均滿足題意． 0＜k＜1G′(x)＝0x＝k取

1，對任意x∈(0，x0)，有從而G(x)在[0，x0)上單調(diào)遞增，所以G(x)＞G(0)＝0，即1 則有 k－2＋故當(dāng)

k－2＋ 1 則有 －（k＋2）＋當(dāng)

－（k＋2）＋ －（k＋2）＋4－（k＋2）＋4x0則當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，恒有t

k＝1時(shí)，由(1)x＞0時(shí)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)．H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)，1 則有 x＞0

x＞0時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2.t均滿足題意．(3)k＞1時(shí)，由(1)知，對于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，令(k－1)x＞x2，解得k＞1x∈(0，k－1)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2，t不存在．k＜1k1＝2由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)時(shí)此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝2 令2x＞x

2f(x)－g(x)＞x20與2x1x∈(0，x1)時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|＞xtk＝1時(shí)，由(1)x＞0時(shí)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－