2014年高考導(dǎo)數(shù)壓軸題匯編解析

..20XX高考導(dǎo)數(shù)壓軸題匯編..1.[2014·XX卷]已知函數(shù)f<x>＝ex－ax2－bx－1,其中a,b∈R,e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．<1>設(shè)g<x>是函數(shù)f<x>的導(dǎo)函數(shù),求函數(shù)g<x>在區(qū)間[0,1]上的最小值；<2>若f<1>＝0,函數(shù)f<x>在區(qū)間<0,1>內(nèi)有零點,求a的取值范圍．21．解：<1>由f<x>＝ex－ax2－bx－1,得g<x>＝f′<x>＝ex－2ax－b.所以g′<x>＝ex－2a.當(dāng)x∈[0,1]時,g′<x>∈[1－2a,e－2a]．當(dāng)a≤eq\f<1,2>時,g′<x>≥0,所以g<x>在[0,1]上單調(diào)遞增,因此g<x>在[0,1]上的最小值是g<0>＝1－b；當(dāng)a≥eq\f<e,2>時,g′<x>≤0,所以g<x>在[0,1]上單調(diào)遞減,因此g<x>在[0,1]上的最小值是g<1>＝e－2a－b；當(dāng)eq\f<1,2><a<eq\f<e,2>時,令g′<x>＝0,得x＝ln<2a>∈<0,1>,所以函數(shù)g<x>在區(qū)間[0,ln<2a>]上單調(diào)遞減,在區(qū)間<ln<2a>,1]上單調(diào)遞增,于是,g<x>在[0,1]上的最小值是g<ln<2a>>＝2a－2aln<2a>－b.綜上所述,當(dāng)a≤eq\f<1,2>時,g<x>在[0,1]上的最小值是g<0>＝1－b；當(dāng)eq\f<1,2><a<eq\f<e,2>時,g<x>在[0,1]上的最小值是g<ln<2a>>＝2a－2aln<2a>－b；當(dāng)a≥eq\f<e,2>時,g<x>在[0,1]上的最小值是g<1>＝e－2a－b.<2>設(shè)x0為f<x>在區(qū)間<0,1>內(nèi)的一個零點,則由f<0>＝f<x0>＝0可知,f<x>在區(qū)間<0,x0>上不可能單調(diào)遞增,也不可能單調(diào)遞減．則g<x>不可能恒為正,也不可能恒為負(fù)．故g<x>在區(qū)間<0,x0>內(nèi)存在零點x1.同理g<x>在區(qū)間<x0,1>內(nèi)存在零點x2.故g<x>在區(qū)間<0,1>內(nèi)至少有兩個零點．由<1>知,當(dāng)a≤eq\f<1,2>時,g<x>在[0,1]上單調(diào)遞增,故g<x>在<0,1>內(nèi)至多有一個零點；當(dāng)a≥eq\f<e,2>時,g<x>在[0,1]上單調(diào)遞減,故g<x>在<0,1>內(nèi)至多有一個零點,都不合題意．所以eq\f<1,2><a<eq\f<e,2>.此時g<x>在區(qū)間[0,ln<2a>]上單調(diào)遞減,在區(qū)間<ln<2a>,1]上單調(diào)遞增．因此x1∈<0,ln<2a>],x2∈<ln<2a>,1>,必有g(shù)<0>＝1－b>0,g<1>＝e－2a－b>0.由f<1>＝0得a＋b＝e－1<2,則g<0>＝a－e＋2>0,g<1>＝1－a>0,解得e－2<a<1.當(dāng)e－2<a<1時,g<x>在區(qū)間[0,1]內(nèi)有最小值g<ln<2a>>．若g<ln<2a>>≥0,則g<x>≥0<x∈[0,1]>,從而f<x>在區(qū)間[0,1]內(nèi)單調(diào)遞增,這與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.故此時g<x>在<0,ln<2a>>和<ln<2a>,1>內(nèi)各只有一個零點x1和x2.由此可知f<x>在[0,x1]上單調(diào)遞增,在<x1,x2>上單調(diào)遞減,在[x2,1]上單調(diào)遞增．所以f<x1>>f<0>＝0,f<x2><f<1>＝0,故f<x>在<x1,x2>內(nèi)有零點．綜上可知,a的取值范圍是<e－2,1>．2．[2014·XX卷]設(shè)實數(shù)c＞0,整數(shù)p＞1,n∈N*.<1>證明：當(dāng)x＞－1且x≠0時,<1＋x>p＞1＋px；<2>數(shù)列{an}滿足a1＞ceq\f<1,p>,an＋1＝eq\f<p－1,p>an＋eq\f<c,p>aeq\o\al<1－p,n>,證明：an＞an＋1＞ceq\f<1,p>.21．證明：<1>用數(shù)學(xué)歸納法證明如下．①當(dāng)p＝2時,<1＋x>2＝1＋2x＋x2>1＋2x,原不等式成立．②假設(shè)p＝k<k≥2,k∈N*>時,不等式<1＋x>k>1＋kx成立．當(dāng)p＝k＋1時,<1＋x>k＋1＝<1＋x><1＋x>k><1＋x><1＋kx>＝1＋<k＋1>x＋kx2>1＋<k＋1>x.所以當(dāng)p＝k＋1時,原不等式也成立．綜合①②可得,當(dāng)x>－1,x≠0時,對一切整數(shù)p>1,不等式<1＋x>p>1＋px均成立．<2>方法一：先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>ceq\f<1,p>.①當(dāng)n＝1時,由題設(shè)知a1>ceq\f<1,p>成立．②假設(shè)n＝k<k≥1,k∈N*>時,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*.當(dāng)n＝k＋1時,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>中的結(jié)論得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>,所以當(dāng)n＝k＋1時,不等式an>ceq\f<1,p>也成立．綜合①②可得,對一切正整數(shù)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.綜上所述,an>an＋1>ceq\f<1,p>,n∈N*.方法二：設(shè)f<x>＝eq\f<p－1,p>x＋eq\f<c,p>x1－p,x≥ceq\f<1,p>,則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>,＋∞>上單調(diào)遞增,因而,當(dāng)x>ceq\f<1,p>時,f<x>>f<ceq\f<1,p>>＝ceq\f<1,p>.①當(dāng)n＝1時,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>,從而可得a1>a2>ceq\f<1,p>,故當(dāng)n＝1時,不等式an>an＋1>ceq\f<1,p>成立．②假設(shè)n＝k<k≥1,k∈N*>時,不等式ak>ak＋1>ceq\f<1,p>成立,則當(dāng)n＝k＋1時,f<ak>>f<ak＋1>>f<ceq\f<1,p>>,即有ak＋1>ak＋2>ceq\f<1,p>,所以當(dāng)n＝k＋1時,原不等式也成立．綜合①②可得,對一切正整數(shù)n,不等式an>an＋1>ceq\f<1,p>均成立．3．[2014·XX卷]已知函數(shù)f<x>＝ex－ax<a為常數(shù)>的圖像與y軸交于點A,曲線y＝f<x>在點A處的切線斜率為－1.<1>求a的值及函數(shù)f<x>的極值；<2>證明：當(dāng)x>0時,x2<ex；<3>證明：對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,使得當(dāng)x∈<x0,＋∞>時,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.當(dāng)x<ln2時,f′<x><0,f<x>單調(diào)遞減；當(dāng)x>ln2時,f′<x>>0,f<x>單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝ln2時,f<x>取得極小值,且極小值為f<ln2>＝eln2－2ln2＝2－ln4,f<x>無極大值．<2>證明：令g<x>＝ex－x2,則g′<x>＝ex－2x.由<1>得,g′<x>＝f<x>≥f<ln2>＝2－ln4>0,故g<x>在R上單調(diào)遞增,又g<0>＝1>0,所以當(dāng)x>0時,g<x>>g<0>>0,即x2<ex.<3>證明：①若c≥1,則ex≤cex.又由<2>知,當(dāng)x>0時,x2<ex.故當(dāng)x>0時,x2<cex.取x0＝0,當(dāng)x∈<x0,＋∞>時,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,則只要x>ln<kx2>,只要x>2lnx＋lnk成立．令h<x>＝x－2lnx－lnk,則h′<x>＝1－eq\f<2,x>＝eq\f<x－2,x>.所以當(dāng)x>2時,h′<x>>0,h<x>在<2,＋∞>內(nèi)單調(diào)遞增．取x0＝16k>16,所以h<x>在<x0,＋∞>內(nèi)單調(diào)遞增．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>,當(dāng)x∈<x0,＋∞>時,恒有x2<cex.綜上,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x∈<x0,＋∞>時,恒有x2<cex.方法二：<1>同方法一．<2>同方法一．<3>對任意給定的正數(shù)c,取x0＝eq\f<4,\r<c>>,由<2>知,當(dāng)x>0時,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>,當(dāng)x>x0時,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,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x∈<x0,＋∞>時,恒有x2<cex.方法三：<1>同方法一．<2>同方法一．<3>首先證明當(dāng)x∈<0,＋∞>時,恒有eq\f<1,3>x3<ex.證明如下：令h<x>＝eq\f<1,3>x3－ex,則h′<x>＝x2－ex.由<2>知,當(dāng)x>0時,x2<ex,從而h′<x><0,h<x>在<0,＋∞>上單調(diào)遞減,所以h<x><h<0>＝－1<0,即eq\f<1,3>x3<ex.取x0＝eq\f<3,c>,當(dāng)x>x0時,有eq\f<1,c>x2<eq\f<1,3>x3<ex.因此,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x∈<x0,＋∞>時,恒有x2<cex.4．[2014·XX卷]設(shè)函數(shù)f<x>＝ln<1＋x>,g<x>＝xf′<x>,x≥0,其中f′<x>是f<x>的導(dǎo)函數(shù)．<1>令g1<x>＝g<x>,gn＋1<x>＝g<gn<x>>,n∈N＋,求gn<x>的表達(dá)式；<2>若f<x>≥ag<x>恒成立,求實數(shù)a的取值范圍；<3>設(shè)n∈N＋,比較g<1>＋g<2>＋…＋g<n>與n－f<n>的大小,并加以證明．21．解：由題設(shè)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>.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時,g1<x>＝eq\f<x,1＋x>,結(jié)論成立．②假設(shè)n＝k時結(jié)論成立,即gk<x>＝eq\f<x,1＋kx>.那么,當(dāng)n＝k＋1時,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>,即結(jié)論成立．由①②可知,結(jié)論對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．設(shè)φ<x>＝ln<1＋x>－eq\f<ax,1＋x><x≥0>,則φ′<x>＝eq\f<1,1＋x>－eq\f<a,〔1＋x2>＝eq\f<x＋1－a,〔1＋x2>,當(dāng)a≤1時,φ′<x>≥0<僅當(dāng)x＝0,a＝1時等號成立>,∴φ<x>在[0,＋∞>上單調(diào)遞增,又φ<0>＝0,∴φ<x>≥0在[0,＋∞>上恒成立,∴a≤1時,ln<1＋x>≥eq\f<ax,1＋x>恒成立<僅當(dāng)x＝0時等號成立>．當(dāng)a>1時,對x∈<0,a－1]有φ′<x><0,∴φ<x>在<0,a－1]上單調(diào)遞減,∴φ<a－1><φ<0>＝0.即a>1時,存在x>0,使φ<x><0,故知ln<1＋x>≥eq\f<ax,1＋x>不恒成立．綜上可知,a的取值范圍是<－∞,1]．<3>由題設(shè)知g<1>＋g<2>＋…＋g<n>＝eq\f<1,2>＋eq\f<2,3>＋…＋eq\f<n,n＋1>,比較結(jié)果為g<1>＋g<2>＋…＋g<n>>n－ln<n＋1>．證明如下：方法一：上述不等式等價于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＋,則eq\f<1,n＋1><lneq\f<n＋1,n>.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時,eq\f<1,2><ln2,結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時結(jié)論成立,即eq\f<1,2>＋eq\f<1,3>＋…＋eq\f<1,k＋1><ln<k＋1>．那么,當(dāng)n＝k＋1時,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>,即結(jié)論成立．由①②可知,結(jié)論對n∈N＋成立．方法二：上述不等式等價于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＋,則lneq\f<n＋1,n>>eq\f<1,n＋1>.故有l(wèi)n2－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>,結(jié)論得證．方法三：如圖,eq\f<x,x＋1>dx是由曲線y＝eq\f<x,x＋1>,x＝n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積,而eq\f<1,2>＋eq\f<2,3>＋…＋eq\f<n,n＋1>是圖中所示各矩形的面積和,∴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>,結(jié)論得證．5．[2014·XX卷]π為圓周率,e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．<1>求函數(shù)f<x>＝eq\f<lnx,x>的單調(diào)區(qū)間；<2>求e3,3e,eπ,πe,,3π,π3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù)；<3>將e3,3e,eπ,πe,3π,π3這6個數(shù)按從小到大的順序排列,并證明你的結(jié)論．22．解：<1>函數(shù)f<x>的定義域為<0,＋∞>．因為f<x>＝eq\f<lnx,x>,所以f′<x>＝eq\f<1－lnx,x2>.當(dāng)f′<x>>0,即0<x<e時,函數(shù)f<x>單調(diào)遞增；當(dāng)f′<x><0,即x>e時,函數(shù)f<x>單調(diào)遞減．故函數(shù)f<x>的單調(diào)遞增區(qū)間為<0,e>,單調(diào)遞減區(qū)間為<e,＋∞>．<2>因為e<3<π,所以eln3<elnπ,πl(wèi)ne<πl(wèi)n3,即ln3e<lnπe,lneπ<ln3π.于是根據(jù)函數(shù)y＝lnx,y＝ex,y＝πx在定義域上單調(diào)遞增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π.故這6個數(shù)的最大數(shù)在π3與3π之中,最小數(shù)在3e與e3之中．由e<3<π及<1>的結(jié)論,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.綜上,6個數(shù)中的最大數(shù)是3π,最小數(shù)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.故只需比較e3與πe和eπ與π3的大小．由<1>知,當(dāng)0<x<e時,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,則lneq\f<e2,π><eq\f<e,π>,從而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.綜上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,即這6個數(shù)從小到大的順序為3e,e3,πe,eπ,π3,3π.6．[2014·XX卷]已知常數(shù)a＞0,函數(shù)f<x>＝ln<1＋ax>－eq\f<2x,x＋2>.<1>討論f<x>在區(qū)間<0,＋∞>上的單調(diào)性；<2>若f<x>存在兩個極值點x1,x2,且f<x1>＋f<x2>＞0,求a的取值范圍．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>.<*>當(dāng)a≥1時,f′<x>>0,此時,f<x>在區(qū)間<0,＋∞>上單調(diào)遞增．當(dāng)0<a<1時,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>>.當(dāng)x∈<0,x1>時,f′<x><0；當(dāng)x∈<x1,＋∞>時,f′<x>>0.故f<x>在區(qū)間<0,x1>上單調(diào)遞減,在區(qū)間<x1,＋∞>上單調(diào)遞增．綜上所述,當(dāng)a≥1時,f<x>在區(qū)間<0,＋∞>上單調(diào)遞增；當(dāng)0＜a＜1時,f<x>在區(qū)間eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<0,2\r<\f<1－a,a>>>>上單調(diào)遞減,在區(qū)間eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<2\r<\f<1－a,a>>,＋∞>>上單調(diào)遞增．<2>由<*>式知,當(dāng)a≥1時,f′<x>≥0,此時f<x>不存在極值點,因而要使得f<x>有兩個極值點,必有0<a<1.又f<x>的極值點只可能是x1＝2eq\r<\f<1－a,a>>和x2＝－2eq\r<\f<1－a,a>>,且由f<x>的定義可知,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>.此時,由<*>式易知,x1,x2分別是f<x>的極小值點和極大值點．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,當(dāng)0<a<eq\f<1,2>時,－1<x<0；當(dāng)eq\f<1,2><a<1時,0<x＜1.記g<x>＝lnx2＋eq\f<2,x>－2.<i>當(dāng)－1<x<0時,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>在區(qū)間<－1,0>上單調(diào)遞減,從而g<x><g<－1>＝－4<0.故當(dāng)0<a<eq\f<1,2>時,f<x1>＋f<x2><0.<ii>當(dāng)0<x<1時,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>在區(qū)間<0,1>上單調(diào)遞減,從而g<x>>g<1>＝0.故當(dāng)eq\f<1,2><a<1時,f<x1>＋f<x2>>0.綜上所述,滿足條件的a的取值范圍為eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,2>,1>>.7．[2014·全國大綱卷]函數(shù)f<x>＝ln<x＋1>－eq\f<ax,x＋a><a>1>．<1>討論f<x>的單調(diào)性；<2>設(shè)a1＝1,an＋1＝ln<an＋1>,證明：eq\f<2,n＋2><an≤eq\f<3,n＋2>.22．解：<1>易知f<x>的定義域為<－1,＋∞>,f′<x>＝eq\f<x[x－〔a2－2a],〔x＋1〔x＋a2>.<i>當(dāng)1<a<2時,若x∈<－1,a2－2a>,則f′<x>>0,所以f<x>在<－1,a2－2a>是增函數(shù)；若x∈<a2－2a,0>,則f′<x><0,所以f<x>在<a2－2a,0>是減函數(shù)；若x∈<0,＋∞>,則f′<x>>0,所以f<x>在<0,＋∞>是增函數(shù)．<ii>當(dāng)a＝2時,若f′<x>≥0,f′<x>＝0成立當(dāng)且僅當(dāng)x＝0,所以f<x>在<－1,＋∞>是增函數(shù).<iii>當(dāng)a>2時,若x∈<－1,0>,則f′<x>>0,所以f<x>在<－1,0>是增函數(shù)；若x∈<0,a2－2a>,則f′<x><0,所以f<x>在<0,a2－2a>是減函數(shù)；若x∈<a2－2a,＋∞>,則f′<x>>0,所以f<x>在<a2－2a,＋∞>是增函數(shù)．<2>由<1>知,當(dāng)a＝2時,f<x>在<－1,＋∞>是增函數(shù)．當(dāng)x∈<0,＋∞>時,f<x>>f<0>＝0,即ln<x＋1>>eq\f<2x,x＋2><x>0>．又由<1>知,當(dāng)a＝3時,f<x>在[0,3>是減函數(shù)．當(dāng)x∈<0,3>時,f<x><f<0>＝0,即ln<x＋1><eq\f<3x,x＋3><0<x<3>．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f<2,n＋2><an≤eq\f<3,n＋2>.<i>當(dāng)n＝1時,由已知eq\f<2,3><a1＝1,故結(jié)論成立．<ii>假設(shè)當(dāng)n＝k時結(jié)論成立,即eq\f<2,k＋2><ak≤eq\f<3,k＋2>.當(dāng)n＝k＋1時,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>,即當(dāng)n＝k＋1時,有eq\f<2,k＋3><ak＋1≤eq\f<3,k＋3>,結(jié)論成立．根據(jù)<i><ii>知對任何n∈結(jié)論都成立．8．[2014·新課標(biāo)全國卷Ⅰ]設(shè)函數(shù)f<x>＝aexlnx＋eq\f<bex－1,x>,曲線y＝f<x>在點<1,f<1>>處的切線方程為y＝e<x－1>＋2.<1>求a,b；<2>證明：f<x>>1.21．解：<1>函數(shù)f<x>的定義域為<0,＋∞>,f′<x>＝aexlnx＋eq\f<a,x>ex－eq\f<b,x2>ex－1＋eq\f<b,x>ex－1.由題意可得f<1>＝2,f′<1>＝e,故a＝1,b＝2.<2>證明：由<1>知,f<x>＝exlnx＋eq\f<2,x>ex－1,從而f<x>>1等價于xlnx>xe－x－eq\f<2,e>.設(shè)函數(shù)g<x>＝xlnx,則g′<x>＝1＋lnx,所以當(dāng)x∈eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<0,\f<1,e>>>時,g′<x><0；當(dāng)x∈eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,e>,＋∞>>時,g′<x>>0.故g<x>在eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<0,\f<1,e>>>上單調(diào)遞減,在eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,e>,＋∞>>上單調(diào)遞增,從而g<x>在<0,＋∞>上的最小值為geq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,e>>>＝－eq\f<1,e>.設(shè)函數(shù)h<x>＝xe－x－eq\f<2,e>,則h′<x>＝e－x<1－x>．所以當(dāng)x∈<0,1>時,h′<x>>0；當(dāng)x∈<1,＋∞>時,h′<x><0.故h<x>在<0,1>上單調(diào)遞增,在<1,＋∞>上單調(diào)遞減,從而h<x>在<0,＋∞>上的最大值為h<1>＝－eq\f<1,e>.因為gmin<x>＝geq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,e>>>＝h<1>＝hmax<x>,所以當(dāng)x>0時,g<x>>h<x>,即f<x>>1.9．[2014·新課標(biāo)全國卷Ⅱ]已知函數(shù)f<x>＝ex－e－x－2x.<1>討論f<x>的單調(diào)性；<2>設(shè)g<x>＝f<2x>－4bf<x>,當(dāng)x＞0時,g<x>＞0,求b的最大值；<3>已知1.4142＜eq\r<2>＜1.4143,估計ln2的近似值<精確到0.001>．21．解：<1>f′<x>＝ex＋e－x－2≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時,等號成立,所以f<x>在<－∞,＋∞>上單調(diào)遞增．<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>當(dāng)b≤2時,g′<x>≥0,等號僅當(dāng)x＝0時成立,所以g<x>在<－∞,＋∞>上單調(diào)遞增．而g<0>＝0,所以對任意x>0,g<x>>0.<ii>當(dāng)b>2時,若x滿足2<ex＋e－x<2b－2,即0<x<ln<b－1＋eq\r<b2－2b>>時,g′<x><0.而g<0>＝0,因此當(dāng)0<x<ln<b－1＋eq\r<b2－2b>>時,g<x><0.綜上,b的最大值為2.<3>由<2>知,g<lneq\r<2>>＝eq\f<3,2>－2eq\r<2>b＋2<2b－1>ln2.當(dāng)b＝2時,g<lneq\r<2>>＝eq\f<3,2>－4eq\r<2>＋6ln2>0,ln2>eq\f<8\r<2>－3,12>>0.6928；當(dāng)b＝eq\f<3\r<2>,4>＋1時,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的近似值為0.693.10．[2014·XX卷]設(shè)函數(shù)f<x>＝eq\f<ex,x2>－keq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<2,x>＋lnx>><k為常數(shù),e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)>．<1>當(dāng)k≤0時,求函數(shù)f<x>的單調(diào)區(qū)間；<2>若函數(shù)f<x>在<0,2>內(nèi)存在兩個極值點,求k的取值范圍．20．解：<1>函數(shù)y＝f<x>的定義域為<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,所以當(dāng)x∈<0,2>時,f′<x><0,函數(shù)y＝f<x>單調(diào)遞減；x∈<2,＋∞>時,f′<x>>0,函數(shù)y＝f<x>單調(diào)遞增．所以f<x>的單調(diào)遞減區(qū)間為<0,2>,單調(diào)遞增區(qū)間為<2,＋∞>．<2>由<1>知,當(dāng)k≤0時,函數(shù)f<x>在<0,2>內(nèi)單調(diào)遞減,故f<x>在<0,2>內(nèi)不存在極值點；當(dāng)k>0時,設(shè)函數(shù)g<x>＝ex－kx,x∈<0,＋∞>．因為g′<x>＝ex－k＝ex－elnk,當(dāng)0<k≤1時,當(dāng)x∈<0,2>時,g′<x>＝ex－k>0,y＝g<x>單調(diào)遞增,故f<x>在<0,2>內(nèi)不存在兩個極值點．當(dāng)k>1時,得x∈<0,lnk>時,g′<x><0,函數(shù)y＝g<x>單調(diào)遞減；x∈<lnk,＋∞>時,g′<x>>0,函數(shù)y＝g<x>單調(diào)遞增．所以函數(shù)y＝g<x>的最小值為g<lnk>＝k<1－lnk>．函數(shù)f<x>在<0,2>內(nèi)存在兩個極值點．當(dāng)且僅當(dāng)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>.綜上所述,函數(shù)f<x>在<0,2>內(nèi)存在兩個極值點時,k的取值范圍為eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<e,\f<e2,2>>>.11．[2014·天津卷]設(shè)f<x>＝x－aex<a∈R>,x∈R.已知函數(shù)y＝f<x>有兩個零點x1,x2,且x1<x2.<1>求a的取值范圍；<2>證明：eq\f<x2,x1>隨著a的減小而增大；<3>證明：x1＋x2隨著a的減小而增大．20．解：<1>由f<x>＝x－aex,可得f′<x>＝1－aex.下面分兩種情況討論：<i>a≤0時,f′<x>>0在R上恒成立,可得f<x>在R上單調(diào)遞增,不合題意．<ii>a>0時,由f′<x>＝0,得x＝－lna.當(dāng)x變化時,f′<x>,f<x>的變化情況如下表：x<－∞,－lna>－lna<－lna,＋∞>f′<x>＋0－f<x>－lna－1這時,f<x>的單調(diào)遞增區(qū)間是<－∞,－lna>；單調(diào)遞減區(qū)間是<－lna,＋∞>．于是,"函數(shù)y＝f<x>有兩個零點"等價于如下條件同時成立：①f<－lna>>0；②存在s1∈<－∞,－lna>,滿足f<s1><0；③存在s2∈<－lna,＋∞>,滿足f<s2><0.由f<－lna>>0,即－lna－1>0,解得0<a<e－1.而此時,取s1＝0,滿足s1∈<－∞,－lna>,且f<s1>＝－a<0；取s2＝eq\f<2,a>＋lneq\f<2,a>,滿足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的取值范圍是<0,e－1>．<2>證明：由f<x>＝x－aex＝0,有a＝eq\f<x,ex>.設(shè)g<x>＝eq\f<x,ex>,由g′<x>＝eq\f<1－x,ex>,知g<x>在<－∞,1>上單調(diào)遞增,在<1,＋∞>上單調(diào)遞減．并且,當(dāng)x∈<－∞,0]時,g<x>≤0;當(dāng)x∈<0,＋∞>時,g<x>>0.由已知,x1,x2滿足a＝g<x1>,a＝g<x2>．由a∈<0,e－1>及g<x>的單調(diào)性,可得x1∈<0,1>,x2∈<1,＋∞>．對于任意的a1,a2∈<0,e－1>,設(shè)a1>a2,g<ξ1>＝g<ξ2>＝a1,其中0<ξ1<1<ξ2；g<η1>＝g<η2>＝a2,其中0<η1<1<η2.因為g<x>在<0,1>上單調(diào)遞增,所以由a1>a2,即g<ξ1>>g<η1>,可得ξ1>η1.類似可得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>隨著a的減小而增大．<3>證明：由x1＝aex1,x2＝aex2,可得lnx1＝lna＋x1,lnx2＝lna＋x2.故x2－x1＝lnx2－lnx1＝lneq\f<x2,x1>.設(shè)eq\f<x2,x1>＝t,則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,＋∞>,則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>.當(dāng)x∈<1,＋∞>時,u′<x>>0.因此,u<x>在<1,＋∞>上單調(diào)遞增,故對于任意的x∈<1,＋∞>,u<x>>u<1>＝0,由此可得h′<x>>0,故h<x>在<1,＋∞>上單調(diào)遞增．因此,由①可得x1＋x2隨著t的增大而增大．而由<2>,t隨著a的減小而增大,所以x1＋x2隨著a的減小而增大．12．[2014·XX卷]已知函數(shù)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別記為M<a>,m<a>,求M<a>－m<a>；<2>設(shè)b∈R,若[f<x>＋b]2≤4對x∈[－1,1]恒成立,求3a＋b的取值范圍．22．解：<1>因為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>當(dāng)a≤－1時,有x≥a,故f<x>＝x3＋3x－3a,此時f<x>在<－1,1>上是增函數(shù),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>當(dāng)－1<a<1時,若x∈<a,1>,則f<x>＝x3＋3x－3a.在<a,1>上是增函數(shù)；若x∈<－1,a>,則f<x>＝x3－3x＋3a在<－1,a>上是減函數(shù)．所以,M<a>＝max{f<1>,f<－1>},m<a>＝f<a>＝a3.由于f<1>－f<－1>＝－6a＋2,因此,當(dāng)－1<a≤eq\f<1,3>時,M<a>－m<a>＝－a3－3a＋4；當(dāng)