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1、2014年高考导数压轴题汇编1.2014四川卷已知函数f(x)exax2bx1，此中a，bR，e2.71828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x2x21解：(1)由f(x)eaxbx1，得g(x)f(x)e2axb.x所以g(x)e2a.当x0，1时，g(x)12a，e2a当a12时，g(x)0，所以g(x)在0，1上单一递加，所以g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；当ae2时，g(x)0，所以g(x)在0，1上单一递减，所以g(x)在0，1上的最小值是g
2、(1)e2ab；1e当2a2时，令g(x)0，得xln(2a)(0，1)，所以函数g(x)在区间0，ln(2a)上单一递减，在区间(ln(2a)，1上单一递加，于是，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b.综上所述，当a1时，g(x)在0，1上的最小值是g(0)1b；2当1ae时，g(x)在0，1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；22当ae时，g(x)在0，1上的最小值是g(1)e2ab.2(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)上不行能单一递加，也不行能单一递减则g(x)不行能恒
3、为正，也不行能恒为负故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)内起码有两个零点由(1)知，当a12时，g(x)在0，1上单一递加，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点；当ae时，g(x)在0，1上单一递减，故g(x)在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意21 e所以2a0，g(1)e2ab0.由f(1)0得abe10，g(1)1a0，解得e2a1.当e2a1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)，进而f(x)在区间0，1内单一递加，这与f(0)f(1)0矛盾，
4、所以g(ln(2a)0，g(1)1a0.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上单一递加，在(x1，x2)上单一递减，在x2，1上单一递加所以f(x1)f(0)0，f(x2)12x，原不等式建立*k假定pk(k2，kN)时，不等式(1x)1kx建立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时，原不等式也建立综合可得，当x1，x0时，对全部整数p1，不等式(1x)p1px均建立1(2)方法一：先用数学概括法证明ancp.1当n1时，由题设知a1cp建立1假定nk(
5、k1，kN*)时，不等式akcp建立由an1p1c1p*.panan易知an0，nNp当nk1时，ak1p1cakpakpp21c1pakp1.111cc0得1pc，即ak1cpp1cc1ppakp1akp.1所以当nk1时，不等式ancp也建立综合可得，对全部正整数n，不等式anc1p均建立再由an11c可得an11p1an1，anpan即an1an1c，nNpp1c1p1p方法二：设f(x)pxpx，xcp，则xc，所以f(x)p1cpp1c0.pp(1p)xp1xp1111由此可得，f(x)在c，)上单一递加，因此，当xc时，f(x)f(c)c.pppp1p当n1时，由a1cp0，即a1
6、c可知p1c1pa1cp1cp1a2cp1故当n1时，不等式anan1cp建立*11假定nk(k1，kN)时，不等式akak1c建立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，pp1，即有ak1ak2cp所以当nk1时，原不等式也建立1综合可得，对全部正整数n，不等式anan1cp均建立32014建卷福已知函数f(x)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x0时，x2ex；(3)证明：对随意给定的正数c，总存在x0，使适当x(x0，)时，恒有x2cex.20解：方法一：(1)由f(x)exax，得f
7、(x)exa.3又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln2.当xln2时，f(x)ln2时，f(x)0，f(x)单一递加所以当xln2时，f(x)获得极小值，且极小值为f(ln2)eln22ln22ln4，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(ln2)2ln40，故g(x)在R上单一递加，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x20时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.12xx2建立若0c1，要使不等式xkxc而要使exkx2建立，则只需xl
8、n(kx2)，只需x2lnxlnk建立令h(x)x2lnxlnk，则h(x)12x2xx.所以当x2时，h(x)0，h(x)在(2，)内单一递加取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单一递加又h(x0)16k2ln(16k)lnk8(kln2)3(klnk)5k，易知klnk，kln2，5k0，所以h(x0)0.即存在x016，当x(x0，)时，恒有x2cex.c综上，对随意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有2xx0时，exx2，所以exexex22xx，2222xx2x24x212当xx0时，e22c2cx，42x所以，对随意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有xce.(2)同方法一13x(3)第一证明当x(0，)时，恒有3x0时，x2ex，进而h(x)0，h(x)在(0，)上单一递减，13x所以h(x)h(0)10，即xe.
