20XX年高考导数压轴题汇编解析

千里之行，始于足下。第2页/共2页精品文档推荐20XX年高考导数压轴题汇编解析20XX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＝

2.71828…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．

21．解：(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.

因此g′(x)＝ex－2a.

当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．

当a≤12

时，g′(x)≥0，因此g(x)在[0，1]上单调递增，所以g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；

当a≥e2

时，g′(x)≤0，因此g(x)在[0，1]上单调递减，所以g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；

当120，g(1)＝e－2a－b>0.

由f(1)＝0得a＋b＝e－10，g(1)＝1－a>0，

解得e－20，g(1)＝1－a>0.

故此刻g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各惟独一具零点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．

因此f(x1)>f(0)＝0，f(x2)1＋2x，原别等式成立．

②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，别等式(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.

因此当p＝k＋1时，原别等式也成立．

综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，别等式(1＋x)p>1＋px均成立．

(2)办法一：先用数学归纳法证明an>c1p

.①当n＝1时，由题设知a1>c1p

成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，别等式ak>c1p成立．由an＋1＝p－1pan＋cpa1－pn

易知an>0，n∈N*.当n＝k＋1时，ak＋1ak＝p－1p＋cp

a－pk＝

1＋1p????capk

－1.由ak>c1p>0得－11＋p·1p????c

apk－1＝c

apk.所以apk＋1>c，即ak＋1>c1p

，因此当n＝k＋1时，别等式an>c1p

也成立．综合①②可得，对一切正整数n，别等式an>c1p

均成立．再由an＋1an＝1＋1p????capn－1可得an＋1an

c1p

，n∈N*.办法二：设f(x)＝p－1px＋cpx1－p，x≥c1p

，则xp≥c，因此f′(x)＝p－1p＋cp(1－p)x－p＝p－1p????1－cxp>0.由此可得，f(x)在[c1p，＋∞)上单调递增，因而，当x>c1p时，f(x)>f(c1p)＝c1p

.①当n＝1时，由a1>c1p

>0，即ap1>c可知a2＝p－1pa1＋cpa1－p1＝a1????1＋1p????cap1－1c1p，从而可得a1>a2>c1p

，故当n＝1时，别等式an>an＋1>c1p

成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，别等式ak>ak＋1>c1p成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c1p

)，即有ak＋1>ak＋2>c1p

，因此当n＝k＋1时，原别等式也成立．

综合①②可得，对一切正整数n，别等式an>an＋1>c1p

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处的切线歪率为－1.

(1)求a的值及函数f(x)的极值；

(2)证明：当x>0时，x2ln2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

因此当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．

(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.

由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln2)＝2－ln4>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x20时，x20时，x21，要使别等式x2kx2成立．而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2lnx＋lnk成立．

令h(x)＝x－2lnx－lnk，则h′(x)＝1－2x＝x－2x

.因此当x>2时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．

取x0＝16k>16，因此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，因此h(x0)>0.

即存在x0＝16c

，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x20时，e

x>x2，因此ex＝ex2·ex2>????x22·????x22，当x>x0时，ex>????x22

????x22>4c????x22＝1cx2，

所以，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x20时，x2x0时，有1cx21时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)1时，存在x>0，使φ(x)n－ln(n＋1)．

证明如下：

办法一：上述别等式等价于12＋13＋…＋1n＋1

x1＋x

，x>0.令x＝1n，n∈N＋，则1n＋1

x1＋x

，x>0.令x＝1n，n∈N＋，则lnn＋1n>1n＋1

.

故有ln2－ln1>12

，ln3－ln2>13

，……

ln(n＋1)－lnn>1n＋1

，上述各式相加可得ln(n＋1)>12＋13＋…＋1n＋1

，结论得证．

办法三：如图，xx＋1dx是由曲线y＝xx＋1，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋nn＋1是图中所示各矩形的面积和，

∴12＋23＋…＋nn＋1>xx＋1

dx＝???

?1－1x＋1dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．

5．[2014·湖北卷]π为圆周率，e＝2.71828…为自然对数的底数．

(1)求函数f(x)＝lnxx

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罗列，并证明你的结论．

22．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝

lnxx，因此f′(x)＝1－lnxx2.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eπ3；由ln332－eπ

.①由①得，elnπ>e???

?2－eπ>2.7×????2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即elnπ>3，亦即lnπe>lne3，因此e36－3eπ

>6－e>π，即3lnπ>π，因此eπ

0，此刻，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?????0，21－aa上单调递减，在区间???

??21－aa，＋∞上单调递增．(2)由(*)式知，当a≥1时，f′(x)≥0，

此刻f(x)别存在极值点，因而要使得f(x)有两个极值点，必有0－1a

且x≠－2，因此－21－aa>－1a，－21－aa≠－2，解得a≠12

.此刻，由(*)式易知，x1，x2分不是f(x)的极小值点和极大值点．而f(x1)＋f(x2)＝ln(1＋ax1)－2x1x1＋2＋ln(1＋ax2)－2x2x2＋2＝ln[1＋a(x1＋x2)＋a2x1x2]－4x1x2＋4（x1＋x2）x1x2＋2（x1＋x2）＋4

＝ln(2a－1)2－4（a－1）2a－1＝ln(2a－1)2＋22a－1

－2.令2a－1＝x.由01)．(1)讨论f(x)的单调性；

(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：2n＋20，因此f(x)在(－1，a2－2a)是增函数；若x∈(a2－2a，0)，则f′(x)0，因此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，因此f(x)在(－1，＋∞)是增函数.(iii)当a>2时，若x∈(－1，0)，则f′(x)>0，因此f(x)在(－1，0)是增函数；

若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)0，因此f(x