高考函数压轴题汇编高考函数压轴题汇编 篇一：XX 年高考导数压轴题汇编 XX 年高考导数压轴题汇编 1.[XX·四川卷] 已知函数 f(x)＝ex－ax2－bx－1， 其中 a，b∈R，e＝ 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]． 当 a≤1 2g′(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≥e 2g′(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 12 2 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≤1 2 时，g(x)在[0，1]上的最小 值是 g(0)＝1－b； 当 12 2g(x)在[0，1]上的最小值是 g(ln(2a)) ＝2a－2aln(2a)－b； 当 a≥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 a1 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≥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 1e2 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－b0，g(1)＝e－2a－b0. 由 f(1)＝0 得 a＋b＝e－1 则 g(0)＝a－e＋20，g(1)＝1－a0， 解得 e－2 当 e－2 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)) 又 g(0)＝a－e＋20，g(1) ＝1－a0. 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) 综上可知，a 的取值 范围是(e－2，1)． 2．[XX·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； (2)数列{a＞c1，ap－1c－n}满足 a1n＋1＝n＋1p pppn ， 证明：a1 n＞an＋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＋x21＋2x，原不等 式成立． ②假设 p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k1＋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＋kx21＋(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 p1，不等式(1＋x)p1＋px 均成立． (2)方法一：先用数学归纳法证明 a1 ncp①当 n＝1 时，由题设知 a1 1cp 1②假设 n＝k(k≥1，k∈N* )时，不等式 akcp 成立． 由 ap－1c－n＋1＝panp1np 易知 an0，n∈N* . 当 n＝k＋1 时，ak＋1a＝p－1＋ckpp－kp＝ 11cpa1?k ?. 由 a111ckcp0 得－1 ? p 由(1)中的结论得?ak＋1?a?＝?1c?k??1pa1?k ??1＋p· 1cp??a1?k ?＝cak 因此 ap1 k＋1c，即 ak＋1cp ， 所以当 n＝k＋1 时，不等式 a1 ncp 也成立． 综合①②可得，对一切正整数 n，不等式 a1 nc p 均成立． an＋1a1＋1cnpa－1?n?可得 an＋1an， 即 an＋1 综上所述，ac1 nan＋1p n∈N*. 方法二：设 f(x)＝p－1c1－pp＋p，x≥c1 p，则 xp ≥c， 所以 f′(x)＝ p－1p＋c－ p－1p(1－p)xp＝ p1－cx0. 由此可得，f(x)在[1 p，＋∞)上单调递增，因而， 当 xc1p 时，f(x)f(c11p)＝cp . ①当 n＝1 时，由 a1 1cp0，即 ap1c 可知 ap－1c2＝p1＋p1－1p＝a1c1??1＋pa1??1??cp，从而可得 a1a2cp 故当 n＝1 时，不等式 a1 nan＋1p ②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 a1 kak＋1p 成立，则当 n＝k＋1 时，f(a1 k)f(ak＋1)f(cp )， 即有 a1 k＋1ak＋2cp ， 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 anan＋1 1 p 3．[XX·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 x0 时，x2 (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 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 xln 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 40， 故 g(x)在 R 上单调递增，又 g(0)＝10， 所以当 x0 时，g(x)g(0) 0，即 x2 (3)证明：①若 c≥1，则 ex≤cex.又由(2)知， 当 x0 时，x2 故当 x0 时，x2 取 x0＝0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x2 ②若 0 c1，要使不等 式 x2 立，只要 exkx2 成立． 而要使 exkx2 成立，则只要 xln(kx2)，只要 x2ln x＋ln k 成立． 令 h(x)＝x－2ln x－ln k，则 h′(x)＝1－2x－2 xx. 所以当 x2 时，h′(x)0，h(x)在(2，＋∞)内单 调递增． 取 x0＝16k16，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 kln k，kln 2，5k0，所以 h(x0)0. 即存在 x＝16 0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x2 综上，对任意 给定的正数 c，总存在 x0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x2 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一． (3)对任意给定的正数 c，取 x4 0＝c， 由(2)知，当 x0 时，ex x2 ，所以 ex ＝ex2·ex2?x?2?2?· ?x?22 ， 当 xxx x2 ?x?2 4x2 ??10 时，e2?2?2 c2＝c， 因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x2 方法三：(1)同方法一． (2)同 方法一． (3)首先证明当 x∈(0，＋∞)1 33 证明如下： 令 h(x)＝1 3 x3－ex，则 h′(x)＝x2－ex. 由(2)知，当 x0 时，x2 从而 h′(x) 3x3 取 x＝3c，当 xx11 00 时，有 cx2 x3 因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x∈(x0，＋∞)时，恒有 x2 4．[XX·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． 21．解：由题设得，g(x)＝x 1＋x (x≥0)． (1)由已知，g1(x)＝ x1＋x xgg1＋xx 2(x)＝g(1(x))＝1＋x＝1＋2x 1＋xg3(x)＝ x1＋3xgxn(x)＝1＋nx 下面用数学归纳法证明． ①当 n＝1 时，g＝x1(x)1＋x，结论成立． ②假设 n＝k 时结论成立，即 g(x)＝x k1＋kx. 那么，当 n＝k＋1 时，gk＋1(x)＝g(gk(x)) ＝xgk（x）1＋kxx1＋g＝k（x）1＋ x＝1＋（k＋1）x，即结论成 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)≥ax 1＋x 恒成立． 设 φ(x(转 载于: 小 龙 文档网:高考函数压轴题汇 编))＝ln(1＋x)－ax1＋x(x≥0)， 则 φ′(x)＝ 1x＋1－1＋xa a（1＋x） （1＋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 1＋x 恒成立(仅当 x＝0 时等号成立)． 当 a1 时，对 x∈(0，a－1]有 φ′(x) 即 a1 时， 存在 x0，使 φ(x) 故知 ln(1＋x)≥ 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)＝12 2＋3＋? ＋nn＋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 111 2＋3＋?＋ n＋1 在(2)中取 a＝1，可得 ln(1＋x) x 1＋x x0. 令 x＝1nn∈N1 n＋1＋，则 n＋1n 下面用数学归纳法证明． ①当 n＝11 2 ，结论成立． ②假设当 n＝k 时结论成立，1211 3k＋1 那么，当 n＝k＋1 时，1111 2＋3＋?＋k＋1k＋2 k＋2k＋1)＋k＋2k＋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 111 2＋3＋?＋ n＋1 在(2)中取 a＝1，可得 ln(1＋x) x 1＋x x0. 令 x＝1 nn∈Nn＋11＋，则 lnnn＋1 故有 ln 2－ln 112， ln 3－ln 21 3， ?? ln(n＋1)－ln n1。