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2014年高考导数压轴题汇编


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]. 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调 2 递增, 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调 2 递减, 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a- b; 1 e 当 <a< 时, 令 g′(x)=0,得 x=ln(2a)∈(0,1), 2 2 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. 1 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小 2 值是 g(0)=1-b; 1 e 当 <a< 时, g(x)在[0, 1]上的最小值是 g(ln(2a)) 2 2 =2a-2aln(2a)-b; e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e 2 -2a-b. (2)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. 故 g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点. 1 由(1)知,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增, 2 故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点; e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上单调递减,故 g(x) 2 在(0,1)内至多有一个零点,都不合题意. 1 e 所以 <a< . 2 2 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 得 a+b=e-1<2, 则 g(0)=a-e+2>0,g(1)=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]内单调递增,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). 2.[2014· 安徽卷] 设实数 c>0,整数 p>1, * n∈N . (1)证明:当 x>-1 且 x≠0 时,(1+x)p>1+ px; p- 1 1 c - (2)数列{an}满足 a1>c , a = a + a1 p, p n+1 p n p n 1 证明:an>an+1>c . p 21.证明:(1)用数学归纳法证明如下. ①当 p=2 时,(1+x)2=1+2x+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.

1 (2)方法一:先用数学归纳法证明 an>c . p 1 ①当 n=1 时,由题设知 a1>c 成立. p ②假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式 ak>cp成 立. p-1 c - 由 an+1= a + a1 p易知 an>0,n∈N*. p n p n ak+1 p-1 c -p 当 n=k+1 时, = + ak = ak p p 1 c ? p-1 . 1+ ? ? p?ak 1 1 1 c ? p-1 <0. 由 ak>c >0 得-1<- < ? ? p p p?ak 由 (1)中的结论得? 1 c ? c p-1 = p. p· ? ? ak p? ak 1 因此 ap k+1>c,即 ak+1>c , p 1 所以当 n=k+1 时,不等式 an>c 也成立. p 1 综合①②可得, 对一切正整数 n, 不等式 an>c p 均成立. an+1 an+1 1 c ? p-1 可得 再由 =1+ ? <1, a ? ? an p n an 即 an+1<an. 1 综上所述,an>an+1>c ,n∈N*. p p-1 c 1-p 1 方法二:设 f(x)= x+ x ,x≥c ,则 xp p p p ≥c, 所以 f′(x)= p-1 c p-1? c - 1- p?>0. + (1-p)x p= p p p ? x?
p ak+1?p ? 1? c ? >1 + = 1+p?ap-1? ?? ? ak ? ? k
+1

1 故当 n=1 时,不等式 an>an+1>c 成立. p 1 ②假设 n=k(k≥1, k∈N*)时, 不等式 ak>ak+1>c p
1

1 成立,则当 n=k+1 时,f(ak)>f(ak+1)>f(c ), p 1 即有 ak+1>ak+2>c , p 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. p

1 由此可得,f(x)在[c ,+∞)上单调递增,因而, p 1 1 1 当 x>c 时,f(x)>f(c )=c . p p p 1 ①当 n=1 时,由 a1>c >0,即 ap 1>c 可知 p p-1 1 c c - -1??<a1, a2= a + a1 p=a1?1+p? 并且 ?ap ?? p 1 p 1 ? 1 1 1 a2=f(a1)>c ,从而可得 a1>a2>c , p p

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,x2<ex; (3)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. 20.解:方法一:(1)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. (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 x2<ex. (3)证明:①若 c≥1,则 ex≤cex.又由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 故当 x>0 时,x2<cex. 取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 1 ②若 0<c<1,令 k= >1,要使不等式 x2<cex 成 c 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. 2 x-2 令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h′(x)=1- = . x x 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. 16 即存在 x0= , 当 x∈(x0, +∞)时, 恒有 x2<cex. c 综上,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一. 4 (3)对任意给定的正数 c,取 x0= , c x x ? x ?2 ? x ? 由(2)知, 当 x>0 时, ex>x2, 所以 ex=e · e > · 2 2 ?2? ?2?
2

x (1)由已知,g1(x)= , 1+x x 1+x x g2(x)=g(g1(x))= = , x 1+2x 1+ 1+x g3(x)= x x ,?,可得 gn(x)= . 1+3x 1+nx

下面用数学归纳法证明. x ①当 n=1 时,g1(x)= ,结论成立. 1+x x ②假设 n=k 时结论成立,即 gk(x)= . 1+kx 那 么 ,当 n = k + 1 时, gk + 1(x) = g(gk(x)) = x 1+kx gk(x) x = = ,即结论成 x 1+gk(x) 1+(k+1)x 1+ 1+kx 立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立, 即 ln(1+x)≥ 成立. ax 设 φ(x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x 则 φ′(x)= x+1-a 1 a - , 2= 1+x (1+x) (1+x)2 ax 恒 1+x

, x?2?x?2 4?x?2 1 2 当 x>x0 时,ex>? ?2? ?2? > c?2? =cx , 因此,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. 1 (3)首先证明当 x∈(0,+∞)时,恒有 x3<ex. 3 证明如下: 1 令 h(x)= x3-ex,则 h′(x)=x2-ex. 3 由(2)知,当 x>0 时,x <e , 从而 h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 1 所以 h(x)<h(0)=-1<0,即 x3<ex. 3 3 1 1 取 x0= ,当 x>x0 时,有 x2< x3<ex. c c 3 因此,对任意给定的正数 c ,总存在 x0 ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 4.[2014· 陕西卷] 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. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+, 求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立, 求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+, 比较 g(1)+g(2)+?+g(n)与 n- f(n)的大小,并加以证明. x 21.解:由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x
2 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)≥ ax 恒成立(仅当 x=0 1+x

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, ax 故知 ln(1+x)≥ 不恒成立. 1+x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1 2 (3)由题设知 g(1)+g(2)+?+g(n)= + +? 2 3 + n , n+1 比较结果为 g(1) + g(2) +?+ g(n)>n - ln(n +

1). 证明如下: 1 1 1 方法一:上述不等式等价于 + +?+ 2 3 n+1 <ln(n+1), 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> x ,x>0. 1+x 1 2 n ∴ + +?+ > 2 3 n+1 x dx= x+1

n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n n+1 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立, 即 + +?+ 2 3 k+1 <ln(k+1). 1 1 1 1 那么,当 n=k+1 时, + +?+ + 2 3 k+1 k+2 k+2 1 <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k+2), k+2 k+1 即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立. 1 1 1 方法二:上述不等式等价于 + +?+ 2 3 n+1 <ln(n+1), 在(2)中取 a=1,可得 ln(1+x)> x ,x>0. 1+x

?1- 1 ?dx=n-ln(n+1), ? x+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. ln x (1)求函数 f(x)= 的单调区间; x π π (2)求 e3,3e,e ,π e, ,3 ,π 3 这 6 个数中的 最大数与最小数; π π (3)将 e3,3e,e ,π e,3 ,π 3 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 1-ln x ln x 为 f(x)= ,所以 f′(x)= . x x2 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,+∞). (2)因为 e<3<π ,所以 eln 3<eln π ,π ln e<π π π ln 3,即 ln 3e<ln π e,ln e <ln 3 . 于是根据函数 y=ln x,y=ex,y=π x 在定义域 上单调递增,可得 π π 3e<π e<π 3,e3<e <3 . π 故这 6 个数的最大数在π 3 与 3 之中,最小数 在 3e 与 e3 之中. 由 e<3<π 及(1)的结论,得 f(π )<f(3)<f(e),即 ln π ln 3 ln e < < . 3 e π ln π ln 3 π π 由 < ,得 ln π 3<ln3 ,所以 3 >π 3; 3 π ln 3 ln e 由 < ,得 ln 3e<ln e3,所以 3e<e3. 3 e π 综上,6 个数中的最大数是 3 ,最小数是 3e. π (3)由(2)知,3e<π e<π 3<3 ,3e<e3. ln π ln e π 又由(2)知, < ,得π e<e . e π π 故只需比较 e3 与π e 和 e 与π 3 的大小. 1 由(1)知,当 0<x<e 时,f(x)<f(e)= , e ln x 1 即 < . x e e2 e2 e2 e 在上式中,令 x= ,又 <e,则 ln < ,从 π π π π e e 而 2-ln π < ,即得 ln π >2- .① π π

n+1 1 1 令 x= ,n∈N+,则 ln > . n n n+1 1 故有 ln 2-ln 1> , 2 1 ln 3-ln 2> , 3 ?? 1 ln(n+1)-ln n> , n+1 1 1 1 上述各式相加可得 ln(n+1)> + +?+ , 2 3 n+ 1 结论得证. 方法三:如图, x x dx 是由曲线 y= , x+1 x+1

1 2 x=n 及 x 轴所围成的曲边梯形的面积, 而 + +? 2 3 + n 是图中所示各矩形的面积和, n+1

e 2.72? 由①得,eln π >e?2-π ?>2.7×? ?2- 3.1 ?>2.7

?

?

×(2-0.88)=3.024>3, 即 eln π >3,亦即 ln π e>ln e3,所以 e3<π e. 3e 又由①得, 3ln π >6- >6-e>π , 即 3ln π > π π, π 所以 e <π 3. π π 综上可得,3e<e3<π e<e <π 3<3 , π 即这 6 个数从小到大的顺序为 3e, e3, π e, e , π π 3,3 . 6.[2014· 湖南卷] 已知常数 a>0,函数 2x f(x)=ln(1+ax)- . x+2 (1)讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)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. 2(x+2)-2x a 22 . 解 : (1)f′(x) = - = 1+ax (x+2)2 ax2+4(a-1) .(*) (1+ax)(x+2)2 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 1-a? 1-a ? x1=2 舍去?. a ? a ?x2=-2 ? 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; 1-a? ? 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2 ?上单 a ? ? 1-a ? ? 调递减,在区间?2 ,+∞?上单调递增. a ? ? (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<a<1. 1-a 又 f(x)的极值点只可能是 x1=2 和 x2= a 1-a -2 ,且由 f(x)的定义可知, a 1 x>- 且 x≠-2, a 1-a 1-a 1 所以-2 >- ,-2 ≠-2, a a a 1 解得 a≠ .此时, 由(*)式易知, x1, x2 分别是 f(x) 2 的极小值点和极大值点. 2x1 而 f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)- +ln(1+ax2) x1+2

2x2 = ln[1 + a(x1 + x2) + a2x1x2] - x2+2 4x1x2+4(x1+x2) 4(a-1) = ln(2a - 1)2 - = x1x2+2(x1+x2)+4 2a-1 2 ln(2a-1)2+ -2. 2a- 1 1 令 2a-1=x.由 0<a<1 且 a≠ 知, 2 1 当 0<a< 时,-1<x<0; 2 1 当 <a<1 时,0<x<1. 2 2 记 g(x)=ln x2+ -2. x 2 (i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 x 2 2 2x-2 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x 因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减, 从而 g(x)<g(-1)=-4<0. 1 故当 0<a< 时,f(x1)+f(x2)<0. 2 2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2, x 2 2 2x-2 所以 g′(x)= - 2= 2 <0, x x x 因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减, 1 从而 g(x)>g(1)=0.故当 <a<1 时, f(x1)+f(x2)>0. 2 1 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ?2,1?. - 7 . [2014· 全国大纲卷 ] 函数 f(x) = ln(x + 1) - ax (a>1). x+a (1)讨论 f(x)的单调性; 2 (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明: <a n+2 n ≤ 3 . n+2 22.解:(1)易知 f(x)的定义域为(-1,+∞), x[x-(a2-2a)] f′(x)= . (x+1)(x+a)2 (i)当 1<a<2 时,若 x∈(-1,a2-2a),则 f′ (x)>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 + 2x 1)> (x>0). x+2 又由(1)知,当 a=3 时,f(x)在[0,3)是减函数. 3x 当 x∈(0,3)时,f(x)<f(0)=0,即 ln(x+1)< x+3 (0<x<3). 2 3 下面用数学归纳法证明 <an≤ . n+2 n+2 2 (i)当 n=1 时,由已知 <a1=1,故结论成立. 3 (ii)假设当 n=k 时结论成立, 即 当 n=k+1 时, 2 2× k + 2 2 2 ak+1=ln(ak+1)>ln?k+2+1?> = , ? ? 2 k+3 +2 k+2 3 ak + 1 = ln(ak + 1)≤ln ?k+2+1? < 3× 3 k+2 2 3 <a ≤ . k+2 k k+2

由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2. 2 - (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ ex 1, x 2 - 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe x- . e 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x, 1? 所以当 x∈? ?0,e?时,g′(x)<0; 1 ? 当 x∈? ? e,+∞?时,g′(x)>0. 1? ?1 ? 故 g(x)在? ?0,e?上单调递减,在?e,+∞?上单 1? 调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g? ? e ?= 1 - . e 2 - - 设函数 h(x)=xe x- ,则 h′(x)=e x(1-x). e 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)= 1 - . e 1? 因为 gmin(x)=g? ? e?=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< 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 2<ex+e x<2b-2,即 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g′(x)<0.而 g(0)=0,因 此当 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g(x)<0.

?

?

3 +3 k+2



3 , k+3 即当 n=k+1 时,有 2 3 <ak+1≤ ,结论 k+3 k+3

成立. 根据(i)(ii)知对任何 n∈结论都成立. 8. [2014· 新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aexln x + bex 1 ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 x


y=e(x-1)+2. (1)求 a,b; (2)证明:f(x)>1. 21.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), a b - b - f′(x)=aexln x+ ex- 2ex 1+ ex 1. x x x

综上,b 的最大值为 2. 3 (3)由(2)知,g(ln 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2. 2 3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2 8 2-3 2> >0.692 8; 12 3 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, 4 3 g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0, 2 18+ 2 ln 2< <0.693 4. 28 所以 ln 2 的近似值为 0.693. 2 ex ? 10. [2014· 山东卷] 设函数 f(x)= 2-k? ?x+ln x? x (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,+∞), x2ex-2xex ? 2 1? f′(x)= -k?-x2+x ? x4 = = xex-2ex k(x-2) - x3 x2 (x-2)(ex-kx) . x3
x

函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点. g(0)>0, ? ?g(ln k)<0, 当且仅当? g(2)>0, ? ?0<ln k<2, e2 解得 e<k< . 2 综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点 e2 e, ?. 时,k 的取值范围为? ? 2? 11. [2014· 天津卷] 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. (1)求 a 的取值范围; x2 (2)证明: 随着 a 的减小而增大; x1 (3)证明:x1+x2 随着 a 的减小而增大. 20.解:(1)由 f(x)=x-aex,可得 f′(x)=1-aex. 下面分两种情况讨论: (i)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. (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 f′(x) f(x) (-∞,-ln a) + -ln a 0 -ln a-1 (-ln a,+∞) -

由 k≤0 可得 e -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, +∞). x x ln k 因为 g′(x)=e -k=e -e , 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).

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 0<a<e 1. 而此时,取 s1=0,满足 s1∈(-∞,-ln a),且 f(s1) 2 2 =-a<0;取 s2= +ln ,满足 s2∈(-ln a,+∞), a a 2 2? ? 2 2? 且 f(s2)=? ?a-ea?+?lna-ea?<0. 故 a 的取值范围是(0,e 1).


x (2)证明:由 f(x)=x-aex=0,有 a= x.设 g(x) e 1-x x = x,由 g′(x)= x ,知 g(x)在(-∞,1)上单调递 e e 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<ξ 2;g(η1)=g(η2)=a2, 其中 0<η1<1<η 2. 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>η 1.类似可得 ξ2<η 2. ξ 2 η 2 η 2 又由 ξ1,η1>0,得 < < , ξ 1 ξ 1 η 1 x2 所以 随着 a 的减小而增大. x1 (3)证明:由 x1=aex1,x2=aex2,可得 ln x1=ln x2 a+x1,ln x2=ln a+x2.故 x2-x1=ln x2-ln x1=ln . x1
?x2=tx1, ? x2 设 = t,则 t>1,且? 解得 x1 = x1 ? ?x2-x1=ln t,

-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. 1 由于 f(1)-f(-1)=-6a+2, 因此, 当-1<a≤ 3 1 时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当 <a<1 时,M(a) 3 3 -m(a)=-a +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)= 8,a≤-1,

(t+1)ln t ln t tln t ,x2= ,所以 x1+x2= .① t-1 t-1 t-1 (x+1)ln x 令 h(x)= ,x∈(1,+∞), x-1 1 -2ln x+x- x 则 h′(x)= 2 . (x-1) x-1?2 1 令 u(x)=-2ln x+x- ,得 u′(x)=? 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(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. 3 ? ?x +3x-3a,x≥a, 22.解:(1)因为 f(x)=? 3 ?x -3x+3a,x<a, ? 2 ? 3 x + 3 , x ≥ a, ? 所以 f′(x)=? 2 ?3x -3,x<a. ? 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

? , ?-a -3a+4,-1<a≤1 3 ?-a +3a+2,1<a<1, 3 ? ?4,a≥1.
3 3

(2)令 h(x)=f(x)+b, 3 ? ?x +3x-3a+b,x≥a, ? 则 h(x)= 3 ? ?x -3x+3a+b,x<a, ?3x2+3,x>a, ? h′(x)=? 2 ? ?3x -3,x<a. 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(1)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. 1 (ii)当-1<a≤ 时,h(x)在[-1,1]上的最小值 3 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 1 +b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 3 令 t(a)=-2-a +3a,则 t′(a)=3-3a2>0,t(a) 1? 在? ?0,3?上是增函数,故 t(a)>t(0)=-2, 因此-2≤3a+b≤0. 1 (iii)当 <a<1 时,h(x)在[-1,1]上的最小值是 3 3 h(a)=a +b,最大值是 h(-1)=3a+b+2,所以 a3 28 +b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- <3a+b≤0; 27 (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.

13.[2014· 重庆卷] 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. (1)确定 a,b 的值; (2)若 c=3,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围. - 20.解:(1)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 -2x -e )=0.因为上式总成立,所以 a=b. 又 f′(0)=2a+2b-c=4-c,所以 a=1,b=1. - (2)当 c=3 时,f(x)=e2x-e 2x-3x,那么 - - f ′ (x) = 2e2x + 2e 2x - 3≥2 2e2x·2e 2x - 3 = 1>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 2e2x·2e 2x=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. 2 当 c>4 时,令 e2x=t,注意到方程 2t+ -c=0 t c± c2-16 有两根 t1,2= >0,则 f′(x)=0 有两个根 4 1 1 x1= ln t1,x2= ln t2. 2 2 当 x1<x<x2 时,f′(x)<0;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,+ ∞).



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