2014年高考导数压轴题汇编解析

..20XX高考导数压轴题汇编..1.[2014·XX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.所以g′<x>＝ex－2a.当x∈[0,1]时,g′<x>∈[1－2a,e－2a]．当a≤eq\f<1,2>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≥eq\f<e,2>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eq\f<1,2><a<eq\f<e,2>时,令g′<x>＝0,得x＝ln<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>>＝2a－2aln<2a>－b.综上所述,当a≤eq\f<1,2>时,g<x>在[0,1]上的最小值是g<0>＝1－b；当eq\f<1,2><a<eq\f<e,2>时,g<x>在[0,1]上的最小值是g<ln<2a>>＝2a－2aln<2a>－b；当a≥eq\f<e,2>时,g<x>在[0,1]上的最小值是g<1>＝e－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．由<1>知,当a≤eq\f<1,2>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≥eq\f<e,2>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eq\f<1,2><a<eq\f<e,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·XX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；<2>数列{an}满足a1＞ceq\f<1,p>,an＋1＝eq\f<p－1,p>an＋eq\f<c,p>aeq\o\al<1－p,n>,证明：an＞an＋1＞ceq\f<1,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．<2>方法一：先用数学归纳法证明an>ceq\f<1,p>.①当n＝1时,由题设知a1>ceq\f<1,p>成立．②假设n＝k<k≥1,k∈N*>时,不等式ak>ceq\s\up6<\f<1,p>>成立．由an＋1＝eq\f<p－1,p>an＋eq\f<c,p>aeq\o\al<1－p,n>易知an>0,n∈N*.当n＝k＋1时,eq\f<ak＋1,ak>＝eq\f<p－1,p>＋eq\f<c,p>aeq\o\al<－p,k>＝1＋eq\f<1,p>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<c,aeq\o\al<p,k>>－1>>.由ak>ceq\f<1,p>>0得－1<－eq\f<1,p><eq\f<1,p>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<c,aeq\o\al<p,k>>－1>><0.由<1>中的结论得eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<ak＋1,ak>>>eq\s\up12<p>＝eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<1＋\f<1,p>\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<c,aeq\o\al<p,k>>－1>>>>eq\s\up12<p>>1＋p·eq\f<1,p>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<c,aeq\o\al<p,k>>－1>>＝eq\f<c,aeq\o\al<p,k>>.因此aeq\o\al<p,k＋1>>c,即ak＋1>ceq\f<1,p>,所以当n＝k＋1时,不等式an>ceq\f<1,p>也成立．综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>ceq\f<1,p>均成立．再由eq\f<an＋1,an>＝1＋eq\f<1,p>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<c,aeq\o\al<p,n>>－1>>可得eq\f<an＋1,an><1,即an＋1<an.综上所述,an>an＋1>ceq\f<1,p>,n∈N*.方法二：设f<x>＝eq\f<p－1,p>x＋eq\f<c,p>x1－p,x≥ceq\f<1,p>,则xp≥c,所以f′<x>＝eq\f<p－1,p>＋eq\f<c,p><1－p>x－p＝eq\f<p－1,p>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1－\f<c,xp>>>>0.由此可得,f<x>在[ceq\f<1,p>,＋∞>上单调递增,因而,当x>ceq\f<1,p>时,f<x>>f<ceq\f<1,p>>＝ceq\f<1,p>.①当n＝1时,由a1>ceq\f<1,p>>0,即aeq\o\al<p,1>>c可知a2＝eq\f<p－1,p>a1＋eq\f<c,p>aeq\o\al<1－p,1>＝a1eq\b\lc\[\rc\]<\a\vs4\al\co1<1＋\f<1,p>\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<c,aeq\o\al<p,1>>－1>>>><a1,并且a2＝f<a1>>ceq\f<1,p>,从而可得a1>a2>ceq\f<1,p>,故当n＝1时,不等式an>an＋1>ceq\f<1,p>成立．②假设n＝k<k≥1,k∈N*>时,不等式ak>ak＋1>ceq\f<1,p>成立,则当n＝k＋1时,f<ak>>f<ak＋1>>f<ceq\f<1,p>>,即有ak＋1>ak＋2>ceq\f<1,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>ceq\f<1,p>均成立．3．[2014·XX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＝ln2.当x<ln2时,f′<x><0,f<x>单调递减；当x>ln2时,f′<x>>0,f<x>单调递增．所以当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,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.②若0<c<1,令k＝eq\f<1,c>>1,要使不等式x2<cex成立,只要ex>kx2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－eq\f<2,x>＝eq\f<x－2,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>－lnk＝8<k－ln2>＋3<k－lnk>＋5k,易知k>lnk,k>ln2,5k>0,所以h<x0>>0.即存在x0＝eq\f<16,c>,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>对任意给定的正数c,取x0＝eq\f<4,\r<c>>,由<2>知,当x>0时,ex>x2,所以ex＝eeq\f<x,2>·eeq\f<x,2>>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<x,2>>>eq\s\up12<2>·eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<x,2>>>eq\s\up12<2>,当x>x0时,ex>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<x,2>>>eq\s\up12<2>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<x,2>>>eq\s\up12<2>>eq\f<4,c>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<x,2>>>eq\s\up12<2>＝eq\f<1,c>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eq\f<1,3>x3<ex.证明如下：令h<x>＝eq\f<1,3>x3－ex,则h′<x>＝x2－ex.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eq\f<1,3>x3<ex.取x0＝eq\f<3,c>,当x>x0时,有eq\f<1,c>x2<eq\f<1,3>x3<ex.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·XX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．21．解：由题设得,g<x>＝eq\f<x,1＋x><x≥0>．<1>由已知,g1<x>＝eq\f<x,1＋x>,g2<x>＝g<g1<x>>＝eq\f<\f<x,1＋x>,1＋\f<x,1＋x>>＝eq\f<x,1＋2x>,g3<x>＝eq\f<x,1＋3x>,…,可得gn<x>＝eq\f<x,1＋nx>.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时,g1<x>＝eq\f<x,1＋x>,结论成立．②假设n＝k时结论成立,即gk<x>＝eq\f<x,1＋kx>.那么,当n＝k＋1时,gk＋1<x>＝g<gk<x>>＝eq\f<gk〔x,1＋gk〔x>＝eq\f<\f<x,1＋kx>,1＋\f<x,1＋kx>>＝eq\f<x,1＋〔k＋1x>,即结论成立．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>≥eq\f<ax,1＋x>恒成立．设φ<x>＝ln<1＋x>－eq\f<ax,1＋x><x≥0>,则φ′<x>＝eq\f<1,1＋x>－eq\f<a,〔1＋x2>＝eq\f<x＋1－a,〔1＋x2>,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>≥eq\f<ax,1＋x>恒成立<仅当x＝0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,故知ln<1＋x>≥eq\f<ax,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>＝eq\f<1,2>＋eq\f<2,3>＋…＋eq\f<n,n＋1>,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eq\f<1,2>＋eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,n＋1><ln<n＋1>,在<2>中取a＝1,可得ln<1＋x>>eq\f<x,1＋x>,x>0.令x＝eq\f<1,n>,n∈N＋,则eq\f<1,n＋1><lneq\f<n＋1,n>.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时,eq\f<1,2><ln2,结论成立．②假设当n＝k时结论成立,即eq\f<1,2>＋eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,k＋1><ln<k＋1>．那么,当n＝k＋1时,eq\f<1,2>＋eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,k＋1>＋eq\f<1,k＋2><ln<k＋1>＋eq\f<1,k＋2><ln<k＋1>＋lneq\f<k＋2,k＋1>＝ln<k＋2>,即结论成立．由①②可知,结论对n∈N＋成立．方法二：上述不等式等价于eq\f<1,2>＋eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,n＋1><ln<n＋1>,在<2>中取a＝1,可得ln<1＋x>>eq\f<x,1＋x>,x>0.令x＝eq\f<1,n>,n∈N＋,则lneq\f<n＋1,n>>eq\f<1,n＋1>.故有ln2－ln1>eq\f<1,2>,ln3－ln2>eq\f<1,3>,……ln<n＋1>－lnn>eq\f<1,n＋1>,上述各式相加可得ln<n＋1>>eq\f<1,2>＋eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,n＋1>,结论得证．方法三：如图,eq\f<x,x＋1>dx是由曲线y＝eq\f<x,x＋1>,x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而eq\f<1,2>＋eq\f<2,3>＋…＋eq\f<n,n＋1>是图中所示各矩形的面积和,∴eq\f<1,2>＋eq\f<2,3>＋…＋eq\f<n,n＋1>>eq\f<x,x＋1>dx＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<1－\f<1,x＋1>>>dx＝n－ln<n＋1>,结论得证．5．[2014·XX卷]π为圆周率,e＝2.71828…为自然对数的底数．<1>求函数f<x>＝eq\f<lnx,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>＝eq\f<lnx,x>,所以f′<x>＝eq\f<1－lnx,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eln3<elnπ,πlne<πln3,即ln3e<lnπe,lneπ<ln3π.于是根据函数y＝lnx,y＝ex,y＝πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π.故这6个数的最大数在π3与3π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eq\f<lnπ,π><eq\f<ln3,3><eq\f<lne,e>.由eq\f<lnπ,π><eq\f<ln3,3>,得lnπ3<ln3π,所以3π>π3；由eq\f<ln3,3><eq\f<lne,e>,得ln3e<lne3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.<3>由<2>知,3e<πe<π3<3π,3e<e3.又由<2>知,eq\f<lnπ,π><eq\f<lne,e>,得πe<eπ.故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小．由<1>知,当0<x<e时,f<x><f<e>＝eq\f<1,e>,即eq\f<lnx,x><eq\f<1,e>.在上式中,令x＝eq\f<e2,π>,又eq\f<e2,π><e,则lneq\f<e2,π><eq\f<e,π>,从而2－lnπ<eq\f<e,π>,即得lnπ>2－eq\f<e,π>.①由①得,elnπ>eeq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<2－\f<e,π>>>>2.7×eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<2－\f<2.72,3.1>>>>2.7×<2－0.88>＝3.024>3,即elnπ>3,亦即lnπe>lne3,所以e3<πe.又由①得,3lnπ>6－eq\f<3e,π>>6－e>π,即3lnπ>π,所以eπ<π3.综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,即这6个数从小到大的顺序为3e,e3,πe,eπ,π3,3π.6．[2014·XX卷]已知常数a＞0,函数f<x>＝ln<1＋ax>－eq\f<2x,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．22．解：<1>f′<x>＝eq\f<a,1＋ax>－eq\f<2〔x＋2－2x,〔x＋22>＝eq\f<ax2＋4〔a－1,〔1＋ax〔x＋22>.<*>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x1＝2eq\r<\f<1－a,a>>eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<x2＝－2\r<\f<1－a,a>>舍去>>.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；当0＜a＜1时,f<x>在区间eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<0,2\r<\f<1－a,a>>>>上单调递减,在区间eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<2\r<\f<1－a,a>>,＋∞>>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<a<1.又f<x>的极值点只可能是x1＝2eq\r<\f<1－a,a>>和x2＝－2eq\r<\f<1－a,a>>,且由f<x>的定义可知,x>－eq\f<1,a>且x≠－2,所以－2eq\r<\f<1－a,a>>>－eq\f<1,a>,－2eq\r<\f<1－a,a>>≠－2,解得a≠eq\f<1,2>.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>－eq\f<2x1,x1＋2>＋ln<1＋ax2>－eq\f<2x2,x2＋2>＝ln[1＋a<x1＋x2>＋a2x1x2]－eq\f<4x1x2＋4〔x1＋x2,x1x2＋2〔x1＋x2＋4>＝ln<2a－1>2－eq\f<4〔a－1,2a－1>＝ln<2a－1>2＋eq\f<2,2a－1>－2.令2a－1＝x.由0<a<1且a≠eq\f<1,2>知,当0<a<eq\f<1,2>时,－1<x<0；当eq\f<1,2><a<1时,0<x＜1.记g<x>＝lnx2＋eq\f<2,x>－2.<i>当－1<x<0时,g<x>＝2ln<－x>＋eq\f<2,x>－2,所以g′<x>＝eq\f<2,x>－eq\f<2,x2>＝eq\f<2x－2,x2><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<eq\f<1,2>时,f<x1>＋f<x2><0.<ii>当0<x<1时,g<x>＝2lnx＋eq\f<2,x>－2,所以g′<x>＝eq\f<2,x>－eq\f<2,x2>＝eq\f<2x－2,x2><0,因此,g<x>在区间<0,1>上单调递减,从而g<x>>g<1>＝0.故当eq\f<1,2><a<1时,f<x1>＋f<x2>>0.综上所述,满足条件的a的取值范围为eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,2>,1>>.7．[2014·全国大纲卷]函数f<x>＝ln<x＋1>－eq\f<ax,x＋a><a>1>．<1>讨论f<x>的单调性；<2>设a1＝1,an＋1＝ln<an＋1>,证明：eq\f<2,n＋2><an≤eq\f<3,n＋2>.22．解：<1>易知f<x>的定义域为<－1,＋∞>,f′<x>＝eq\f<x[x－〔a2－2a],〔x＋1〔x＋a2>.<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＋1>>eq\f<2x,x＋2><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><f<0>＝0,即ln<x＋1><eq\f<3x,x＋3><0<x<3>．下面用数学归纳法证明eq\f<2,n＋2><an≤eq\f<3,n＋2>.<i>当n＝1时,由已知eq\f<2,3><a1＝1,故结论成立．<ii>假设当n＝k时结论成立,即eq\f<2,k＋2><ak≤eq\f<3,k＋2>.当n＝k＋1时,ak＋1＝ln<ak＋1>>lneq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<2,k＋2>＋1>>>eq\f<2×\f<2,k＋2>,\f<2,k＋2>＋2>＝eq\f<2,k＋3>,ak＋1＝ln<ak＋1>≤lneq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<3,k＋2>＋1>><eq\f<3×\f<3,k＋2>,\f<3,k＋2>＋3>＝eq\f<3,k＋3>,即当n＝k＋1时,有eq\f<2,k＋3><ak＋1≤eq\f<3,k＋3>,结论成立．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>＝aexlnx＋eq\f<bex－1,x>,曲线y＝f<x>在点<1,f<1>>处的切线方程为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,＋∞>,f′<x>＝aexlnx＋eq\f<a,x>ex－eq\f<b,x2>ex－1＋eq\f<b,x>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>＝exlnx＋eq\f<2,x>ex－1,从而f<x>>1等价于xlnx>xe－x－eq\f<2,e>.设函数g<x>＝xlnx,则g′<x>＝1＋lnx,所以当x∈eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<0,\f<1,e>>>时,g′<x><0；当x∈eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,e>,＋∞>>时,g′<x>>0.故g<x>在eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<0,\f<1,e>>>上单调递减,在eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,e>,＋∞>>上单调递增,从而g<x>在<0,＋∞>上的最小值为geq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,e>>>＝－eq\f<1,e>.设函数h<x>＝xe－x－eq\f<2,e>,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>＝－eq\f<1,e>.因为gmin<x>＝geq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,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1.4142＜eq\r<2>＜1.4143,估计ln2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＋eq\r<b2－2b>>时,g′<x><0.而g<0>＝0,因此当0<x<ln<b－1＋eq\r<b2－2b>>时,g<x><0.综上,b的最大值为2.<3>由<2>知,g<lneq\r<2>>＝eq\f<3,2>－2eq\r<2>b＋2<2b－1>ln2.当b＝2时,g<lneq\r<2>>＝eq\f<3,2>－4eq\r<2>＋6ln2>0,ln2>eq\f<8\r<2>－3,12>>0.6928；当b＝eq\f<3\r<2>,4>＋1时,ln<b－1＋eq\r<b2－2b>>＝lneq\r<2>,g<lneq\r<2>>＝－eq\f<3,2>－2eq\r<2>＋<3eq\r<2>＋2>ln2<0,ln2<eq\f<18＋\r<2>,28><0.6934.所以ln2的近似值为0.693.10．[2014·XX卷]设函数f<x>＝eq\f<ex,x2>－keq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<2,x>＋lnx>><k为常数,e＝2.71828…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>＝eq\f<x2ex－2xex,x4>－keq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<2,x2>＋\f<1,x>>>＝eq\f<xex－2ex,x3>－eq\f<k〔x－2,x2>＝eq\f<〔x－2〔ex－kx,x3>.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－elnk,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,lnk>时,g′<x><0,函数y＝g<x>单调递减；x∈<lnk,＋∞>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<lnk>＝k<1－lnk>．函数f<x>在<0,2>内存在两个极值点．当且仅当eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<g〔0>0,,g〔lnk<0,,g〔2>0,,0<lnk<2,>>解得e<k<eq\f<e2,2>.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eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<e,\f<e2,2>>>.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；<2>证明：eq\f<x2,x1>随着a的减小而增大；<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＝－lna.当x变化时,f′<x>,f<x>的变化情况如下表：x<－∞,－lna>－lna<－lna,＋∞>f′<x>＋0－f<x>－lna－1这时,f<x>的单调递增区间是<－∞,－lna>；单调递减区间是<－lna,＋∞>．于是,"函数y＝f<x>有两个零点"等价于如下条件同时成立：①f<－lna>>0；②存在s1∈<－∞,－lna>,满足f<s1><0；③存在s2∈<－lna,＋∞>,满足f<s2><0.由f<－lna>>0,即－lna－1>0,解得0<a<e－1.而此时,取s1＝0,满足s1∈<－∞,－lna>,且f<s1>＝－a<0；取s2＝eq\f<2,a>＋lneq\f<2,a>,满足s2∈<－lna,＋∞>,且f<s2>＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<2,a>－e\f<2,a>>>＋eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<ln\f<2,a>－e\f<2,a>>><0.故a的取值范围是<0,e－1>．<2>证明：由f<x>＝x－aex＝0,有a＝eq\f<x,ex>.设g<x>＝eq\f<x,ex>,由g′<x>＝eq\f<1－x,ex>,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eq\f<ξ2,ξ1><eq\f<η2,ξ1><eq\f<η2,η1>,所以eq\f<x2,x1>随着a的减小而增大．<3>证明：由x1＝aex1,x2＝aex2,可得lnx1＝lna＋x1,lnx2＝lna＋x2.故x2－x1＝lnx2－lnx1＝lneq\f<x2,x1>.设eq\f<x2,x1>＝t,则t>1,且eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<x2＝tx1,,x2－x1＝lnt,>>解得x1＝eq\f<lnt,t－1>,x2＝eq\f<tlnt,t－1>,所以x1＋x2＝eq\f<〔t＋1lnt,t－1>.①令h<x>＝eq\f<〔x＋1lnx,x－1>,x∈<1,＋∞>,则h′<x>＝eq\f<－2lnx＋x－\f<1,x>,〔x－12>.令u<x>＝－2lnx＋x－eq\f<1,x>,得u′<x>＝eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<x－1,x>>>eq\s\up12<2>.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·XX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>＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<x3＋3x－3a,x≥a,,x3－3x＋3a,x<a,>>所以f′<x>＝eq\b\lc\{<\a\vs4\al\co1<3x2＋3,x≥a,,3x2－3,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>＝－4－3a,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.由于f<1>－f<－1>＝－6a＋2,因此,当－1<a≤eq\f<1,3>时,M<a>－m<a>＝－a3－3a＋4；当