高考导数压轴题汇编解析

1、2014年高考导数压轴题汇编1.2014·四川卷 已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 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)exax2bx1，得g(x)f(x)ex2axb.所以g(x)ex2a.当x0，1时，g(x)12a，e2a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)1b；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

2、小值是g(1)e2ab；当<a<时，令g(x)0，得xln(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)2a2aln(2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当<a<时，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当a时，g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab.(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

3、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)内至少有两个零点由(1)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，都不合题意所以<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)1b>0，g(1)e2ab>0.由f(1)0得abe1<2，则g(0)

4、ae2>0，g(1)1a>0，解得e2<a<1.当e2<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(x0，1)，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)ae2>0，g(1)1a>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，x

5、2)内有零点综上可知，a的取值范围是(e2，1)22014·安徽卷设实数c0，整数p1，nN*.(1)证明：当x1且x0时，(1x)p1px；(2)数列an满足a1c，an1ana，证明：anan1c.21证明：(1)用数学归纳法证明如下当p2时，(1x)212xx2>12x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k>1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k>(1x)(1kx)1(k1)xkx2>1(k1)x.所以当pk1时，原不等式也成立综合可得，当x>1，x0时，对一切整数p>1，不等式(1x)p>1px均成立

6、(2)方法一：先用数学归纳法证明an>c.当n1时，由题设知a1>c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式ak>c成立由an1ana易知an>0，nN*.当nk1时，a1.由ak>c>0得1<<<0.由(1)中的结论得>1p·.因此a>c，即ak1>c，所以当nk1时，不等式an>c也成立综合可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立再由1可得<1，即an1<an.综上所述，an>an1>c，nN*.方法二：设f(x)xx1p，xc，则xpc，所以f(x)(1p)xp>0

7、.由此可得，f(x)在c，)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)c.当n1时，由a1>c>0，即a>c可知a2a1aa1<a1，并且a2f(a1)>c，从而可得a1>a2>c，故当n1时，不等式an>an1>c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式ak>ak1>c成立，则当nk1时，f(ak)>f(ak1)>f(c)，即有ak1>ak2>c，所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式an>an1>c均成立32014·福建卷 已知函数f(x)

8、exax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线yf(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)exax，得f (x)exa.又f (0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f (x)ex2.令f (x)0，得xln 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xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln

9、2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x.由(1)得，g(x)f(x)f(ln 2)2ln 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：若c1，则excex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.故当x>0时，x2<cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2<cex.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

10、立，则只要x>ln(kx2)，只要x>2ln xln k成立令h(x)x2ln xln k，则h(x)1.所以当x>2时，h(x)>0，h(x)在(2，)内单调递增取x016k>16，所以h(x)在(x0，)内单调递增又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln 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.方法二：(1)同方法一(2)同方法一(3)对任意给定

11、的正数c，取x0，由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以exe·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x2<cex.方法三：(1)同方法一(2)同方法一(3)首先证明当x(0，)时，恒有x3<ex.证明如下：令h(x)x3ex，则h(x)x2ex.由(2)知，当x>0时，x2<ex，从而h(x)<0，h(x)在(0，)上单调递减，所以h(x)<h(0)1<0，即x3<ex.取x0，当x>x0时，有x2<x3<ex.

12、因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2<cex.42014·陕西卷 设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN，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nN，比较g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明21解：由题设得，g(x)(x0)(1)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当n1时，g1(x)，结论成立假设nk时结论成立，即gk(x)

13、.那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立由可知，结论对nN成立(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立设(x)ln(1x)(x0)，则(x)，当a1时，(x)0(仅当x0，a1时等号成立)，(x)在0，)上单调递增，又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1时，ln(1x)恒成立(仅当x0时等号成立)当a>1时，对x(0，a1有(x)<0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)<(0)0.即a>1时，存在x>0，使(x)<0，故知ln(1x)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

14、果为g(1)g(2)g(n)>nln(n1)证明如下：方法一：上述不等式等价于<ln(n1)，在(2)中取a1，可得ln(1x)>，x>0.令x，nN，则<ln.下面用数学归纳法证明当n1时，<ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即<ln(k1)那么，当nk1时，<ln(k1)<ln(k1)lnln(k2)，即结论成立由可知，结论对nN成立方法二：上述不等式等价于<ln(n1)，在(2)中取a1，可得ln(1x)>，x>0.令x，nN，则ln>.故有ln 2ln 1>，ln 3ln 2>，ln(n1)

15、ln n>，上述各式相加可得ln(n1)>，结论得证方法三：如图，dx是由曲线y，xn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，>dxdxnln(n1)，结论得证52014·湖北卷 为圆周率，e2.718 28为自然对数的底数(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求e3，3e，e，e，3，3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e3，3e，e，e，3，3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)&l

16、t;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<，所以eln 3<eln ，ln e<ln 3，即ln 3e<ln e，ln e<ln 3.于是根据函数yln x，yex，yx在定义域上单调递增，可得3e<e<3，e3<e<3.故这6个数的最大数在3与3之中，最小数在3e与e3之中由e<3<及(1)的结论，得f()<f(3)<f(e)，即<<.由<，得ln 3<ln3，所以3>3；由<，得ln 3

17、e<ln e3，所以3e<e3.综上，6个数中的最大数是3，最小数是3e.(3)由(2)知，3e<e<3<3，3e<e3.又由(2)知，<，得e<e.故只需比较e3与e和e与3的大小由(1)知，当0<x<e时，f(x)<f(e)，即<.在上式中，令x，又<e，则ln<，从而2ln <，即得ln >2.由得，eln >e>2.7×>2.7×(20.88)3.024>3，即eln >3，亦即ln e>ln e3，所以e3<e.又由得，3ln

18、>6>6e>，即3ln >，所以e<3.综上可得，3e<e3<e<e<3<3，即这6个数从小到大的顺序为3e，e3，e，e，3，3.62014·湖南卷 已知常数a0，函数f(x)ln(1ax).(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22解：(1)f(x).(*)当a1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x12.当x(0，x1)时，f(x)<0；当x(x1，)时，f(

19、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a1时，f(x)在区间(0，)上单调递增；当0a1时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增(2)由(*)式知，当a1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x12和x22，且由f(x)的定义可知，x>且x2，所以2>，22，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(1ax1)ln(1ax2)ln1a(x1x2)a2x1x2ln(2a1)2

20、ln(2a1)22.令2a1x.由0<a<1且a知，当0<a<时，1<x<0；当<a<1时，0<x1.记g(x)ln x22.(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 x2，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)

21、f(x2)>0.综上所述，满足条件的a的取值范围为.72014·全国大纲卷 函数f(x)ln(x1)(a>1)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a11，an1ln(an1)，证明：<an.22解：(1)易知f(x)的定义域为(1，)，f(x).(i)当1<a<2时，若x(1，a22a)，则f(x)>0，所以f(x)在(1，a22a)是增函数；若x(a22a，0)，则f(x)<0，所以f(x)在(a22a，0)是减函数；若x(0，)，则f(x)>0，所以f(x)在(0，)是增函数(ii)当a2时，若f(x)0，f(x)0成立当且仅当x0

22、，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，a22a)，则f(x)<0，所以f(x)在(0，a22a)是减函数；若x(a22a，)，则f(x)>0，所以f(x)在(a22a，)是增函数(2)由(1)知，当a2时，f(x)在(1，)是增函数当x(0，)时，f(x)>f(0)0，即ln(x1)>(x>0)又由(1)知，当a3时，f(x)在0，3)是减函数当x(0，3)时，f(x)<f(0)0，即ln(x1)<(0<x<3)下面用数学归纳法证明&

23、lt;an.(i)当n1时，由已知<a11，故结论成立(ii)假设当nk时结论成立，即<ak.当nk1时，ak1ln(ak1)>ln>，ak1ln(ak1)ln<，即当nk1时，有 <ak1，结论成立根据(i)(ii)知对任何n结论都成立82014·新课标全国卷 设函数f(x)aexln x，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为ye(x1)2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>1.21解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)aexln xexex1ex1.由题意可得f(1)2，f(1)e，故a1，b2.(2)证明：由(

24、1)知，f(x)exln xex1，从而f(x)>1等价于xln x>xex.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln 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)xex，则h(x)ex(1x)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)gh(1)hmax(x)，所以当x>0时，g(x)>h(x)，即f(x)&

25、gt;1.92014·新课标全国卷 已知函数f(x)exex2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)f(2x)4bf(x)，当x0时，g(x)0，求b的最大值；(3)已知1.414 21.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)21解：(1)f(x)exex20，当且仅当x0时，等号成立，所以f(x)在(，)上单调递增(2)g(x)f(2x)4bf(x)e2xe2x4b(exex)(8b4)x，g(x)2e2xe2x2b(exex)(4b2)2(exex2)(exex2b2)(i)当b2时，g(x)0，等号仅当x0时成立，所以g(x)在(，)上单调递增而g(0)

26、0，所以对任意x>0，g(x)>0.(ii)当b>2时，若x满足2<exex<2b2，即0<x<ln(b1)时，g(x)<0.而g(0)0，因此当0<x<ln(b1)时，g(x)<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g(ln)2b2(2b1)ln 2.当b2时，g(ln)46ln 2>0，ln 2>>0.692 8；当b1时，ln(b1)ln，g(ln)2(32)ln 2<0，ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.102014·山东卷 设函数f(x)k

27、(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)(1)当k0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yf(x)的定义域为(0，)，f(x)k.由k0可得exkx>0，所以当x(0，2)时，f(x)<0，函数yf(x)单调递减；x(2，)时，f(x)>0，函数yf(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k0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)exkx，x(0，)因为g(x)exk

28、exeln k，当0<k1时，当x(0，2)时，g(x)exk>0，yg(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yg(x)单调递减；x(ln k，)时，g(x)>0，函数yg(x)单调递增所以函数yg(x)的最小值为g(ln k)k(1ln 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.112014·天津卷 设f(x)xaex(aR)，xR.已知函数yf(x)有两个零点x1，x2，且x

29、1<x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：随着a的减小而增大；(3)证明：x1x2随着a的减小而增大20解：(1)由f(x)xaex，可得f(x)1aex.下面分两种情况讨论：(i)a0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xln a.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，lna)ln a(ln a，)f(x)0f(x)ln a1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yf(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：f(ln a)>0；存在s1(，

30、ln a)，满足f(s1)<0；存在s2(ln a，)，满足f(s2)<0.由f(lna)>0，即lna1>0，解得0<a<e1.而此时，取s10，满足s1(，ln a)，且f(s1)a<0；取s2ln，满足s2(ln a，)，且f(s2)<0.故a的取值范围是(0，e1)(2)证明：由f(x)xaex0，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ag(x1)，ag(x2)由a(0，e1)及g(x)的单调性，可得x1

31、(0，1)，x2(1，)对于任意的a1，a2(0，e1)，设a1>a2，g(1)g(2)a1，其中0<1<1<2；g(1)g(2)a2，其中0<1<1<2.因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1>a2，即g(1)>g(1)，可得1>1.类似可得2<2.又由1，1>0，得<<，所以随着a的减小而增大(3)证明：由x1aex1，x2aex2，可得ln x1ln ax1，ln x2ln ax2.故x2x1ln x2ln x1ln.设t，则t>1，且解得x1，x2，所以x1x2.令h(x)，x(1，)，则

32、h(x).令u(x)2ln xx，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x1x2随着t的增大而增大而由(2)，t随着a的减小而增大，所以x1x2随着a的减小而增大122014·浙江卷已知函数f(x)x33|xa|(aR)(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bR，若f(x)b24对x1，1恒成立，求3ab的取值范围22解：(1)因为f(x)所以f(x)由于1x1，(i)当a1时，有xa，故f(x)x33x3a，此时f(x)在(1，1)上是增函数，因此，M(a)f(1)43a，m(a)f(1)43a，故M(a)m(a)(43a)(43a)8.(ii)当1<a<1时，若x(a，1)，则f(x)x33x3a.在(a，1)上是增函数；若x(1，a)，则f(x)x33x3a在(1，a)上是减函数所以，M(a)maxf(1)，f(1)，m(a)f(a)a3.由于f(1)f(1)6a2，因此，当1<a时，M(a)m(a)a33a4；当<a<1时，M(a)m(a)a33a2.(iii)当a1时，有xa，故f(x)x3