高考导数压轴题汇编解析 16页

‎2014年高考导数压轴题汇编 ‎1.[2014·四川卷] 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．‎ ‎(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．‎ ‎21．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.‎ 所以g′(x)＝ex－2a.‎ 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0，g(1)＝e－2a－b>0.‎ 由f(1)＝0得a＋b＝e－1<2，‎ 则g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0，‎ 解得e－20，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)1＋2x，原不等式成立．‎ ‎②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．‎ 当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.‎ 所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．‎ 综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．‎ ‎(2)方法一：先用数学归纳法证明an>c.‎ ‎①当n＝1时，由题设知a1>c成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．‎ 由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.‎ 当n＝k＋1时，＝＋a＝‎ ‎1＋.‎ 由ak>c>0得－1<－<<0.‎ 由(1)中的结论得＝>1＋p· ＝.‎ 因此a>c，即ak＋1>c，‎ 所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．‎ 综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．‎ 再由＝1＋可得<1，‎ 即an＋1an＋1>c，n∈N*.‎ 方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，‎ 所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.‎ 由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.‎ ‎①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知 a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，‎ 故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，‎ 即有ak＋1>ak＋2>c，‎ 所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．‎ 综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>c均成立．‎ ‎3．[2014·福建卷] 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.‎ ‎(1)求a的值及函数f(x)的极值；‎ ‎(2)证明：当x>0时，x2ln 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．‎ ‎(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.‎ 由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0，‎ 故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x20时，x20时，x21，要使不等式x2kx2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x20时，ex>x2，所以ex＝e·e>·，‎ 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x20时，x2x0时，有x21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]．‎ ‎(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，‎ 比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．‎ 证明如下：‎ 方法一：上述不等式等价于＋＋…＋，x>0.‎ 令x＝，n∈N＋，则，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．‎ 方法三：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．‎ ‎5．[2014·湖北卷] π为圆周率，e＝2.718 28…为自然对数的底数．‎ ‎(1)求函数f(x)＝的单调区间；‎ ‎(2)求e3，3e，eπ，πe，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；‎ ‎(3)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．‎ ‎22．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝，所以f′(x)＝.‎ 当f′(x)>0，即0e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，＋∞)．‎ ‎(2)因为e<3<π，所以eln 3π3；‎ 由<，得ln 3e2－.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，3e0，此时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．‎ 当00.‎ 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．‎ ‎(2)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－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0g(1)＝0.故当0.‎ 综上所述，满足条件的a的取值范围为.‎ ‎7．[2014·全国大纲卷] 函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：0，所以f(x)在(－1，a2－2a)是增函数；‎ 若x∈(a2－2a，0)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a2－2a，0)是减函数；‎ 若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)是增函数．‎ ‎(ii)当a＝2时，若f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，所以f(x)在(－1，＋∞)是增函数. ‎ ‎(iii)当a>2时，若x∈(－1，0)，则f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)是增函数；‎ 若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)<0，‎ 所以f(x)在(0，a2－2a)是减函数；‎ 若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(a2－2a，＋∞)是增函数．‎ ‎(2)由(1)知，当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)是增函数．‎ 当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝0，即ln(x＋1)>(x>0)．‎ 又由(1)知，当a＝3时，f(x)在[0，3)是减函数．‎ 当x∈(0，3)时，f(x)ln>＝，‎ ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln<＝，‎ 即当n＝k＋1时，有 1.‎ ‎21．解：(1)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.‎ ‎(2)证明：由(1)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)＝－.‎ 因为gmin(x)＝g＝h(1)＝hmax(x)，‎ 所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)>1.‎ ‎9．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝ex－e－x－2x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x＞0时，g(x)＞0，求b的最大值；‎ ‎(3)已知1.414 2＜＜1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．‎ ‎21．解：(1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，‎ 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)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20，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.‎ ‎10．[2014·山东卷] 设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)．‎ ‎(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．‎ ‎20．解：(1)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；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，＋∞)．‎ ‎(2)由(1)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00，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e0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意．‎ ‎ (ii)a>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：①f(－ln a)>0；②存在s1∈(－∞，－ln a)，满足f(s1)<0；③存在s2∈‎ ‎(－ln a，＋∞)，满足f(s2)<0.‎ 由f(－ln a)>0，即－ln a－1>0，解得00.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，所以由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．‎ ‎(3)证明：由x1＝aex1，x2＝aex2，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＝.①‎ 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①可得x1＋x2随着t的增大而增大．‎ 而由(2)，t随着a的减小而增大，所以x1＋x2随着a的减小而增大．‎ ‎12．[2014·浙江卷] 已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a∈R)．‎ ‎(1)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)；‎ ‎(2)设b∈R，若[f(x)＋b]2≤4对x∈[－1，1]恒成立，求3a＋b的取值范围．‎ ‎22．解：(1)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＋3x－3a，‎ 此时f(x)在(－1，1)上是增函数，‎ 因此，M(a)＝f(1)＝4－3a，m(a)＝f(－1)＝－4－3a，故M(a)－m(a)＝(4－3a)－(－4－3a)＝8.‎ ‎(ii)当－10，t(a)在上是增函数，故t(a)>t(0)＝－2，‎ 因此－2≤3a＋b≤0.‎ ‎(iii)当0，‎ 故f(x)在R上为增函数．‎ ‎(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，而2e2x＋2e－2x≥2＝4，当且仅当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，则f′(x)＝0有两个根x1＝ln t1，x2＝ln t2.‎ 当x1x2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，＋∞)．‎