高中数学导数大题压轴高考题选

2026/1/24 6:21:06

(Ⅰ)用a和n表示f(n); (Ⅱ)求对所有n都有

成立的a的最小值;

(Ⅲ)当0<a<1时,比较明理由.

【解答】解:(Ⅰ)∵抛物线

与的大小,并说

与x轴正半轴相交于点A,∴A()

对求导得y′=﹣2x

∴抛物线在点A处的切线方程为,∴

n

∵f(n)为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距,∴f(n)=a; (Ⅱ)由(Ⅰ)知f(n)=a,则

n

3

n

成立的充要条件是a≥2n+1

>2n+1

3

n3

即知,a≥2n+1对所有n成立,特别的,取n=2得到a≥

nn

当a=,n≥3时,a>4=(1+3)

n

≥1+=1+2n+

3

当n=0,1,2时,

∴a=时,对所有n都有

k

成立

∴a的最小值为

(Ⅲ)由(Ⅰ)知f(k)=a,下面证明:

首先证明:当0<x<1时,

设函数g(x)=x(x﹣x)+1,0<x<1,则g′(x)=

时,g′(x)>0

2

x(x﹣)

当0<x<时,g′(x)<0;当

故函数g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)min=g()=0 ∴当0<x<1时,g(x)≥0,∴

第21页(共40页)

由0<a<1知0<a<1,因此

k

从而=≥=

=

16.(2011?四川)已知函数f(x)=x+,h(x)=.

(Ⅰ)设函数F(x)=f(x)﹣h(x),求F(x)的单调区间与极值;

(Ⅱ)设a∈R,解关于x的方程log4[f(x﹣1)﹣]=log2h(a﹣x)﹣log2h(4﹣x);

(Ⅲ)试比较f(100)h(100)﹣与的大小.

【解答】解:(Ⅰ)由F(x)=f(x)﹣h(x)=x+﹣F′(x)=当x∈(0,当x∈(

,令F′(x)=0,得x=)时,F′(x)<0;

(x≥0)知,

,+∞)时,F′(x)>0. )时,F(x)是减函数;

故x∈(0,故x∈(

,+∞)时,F(x)是增函数.

处有极小值且F(

)=.

F(x)在x=

(Ⅱ)原方程可化为log4(x﹣1)+log2 h(4﹣x)=log2h(a﹣x), 即log2(x﹣1)+log2

=log2

??

①当1<a≤4时,原方程有一解x=3﹣②当4<a<5时,原方程有两解x=3

; ;

第22页(共40页)

③当a=5时,原方程有一解x=3; ④当a≤1或a>5时,原方程无解.

(Ⅲ)设数列 {an}的前n项和为sn,且sn=f(n)g(n)﹣ 从而有a1=s1=1. 当2<k≤100时, ak=sk﹣sk﹣1==[(4k﹣3)

﹣(4k﹣1)

,ak﹣]

==

即对任意的2<k≤100,都有ak>又因为a1=s1=1,

所以a1+a2+a3+…+a100>故f(100)h(100)﹣

>0. .

=h(1)+h(2)+…+h(100).

>.

17.(2011?陕西)设函数f(x)定义在(0,+∞)上,f(1)=0,导函数f′(x)=,g(x)=f(x)+f′(x).

(Ⅰ)求g(x)的单调区间和最小值; (Ⅱ)讨论g(x)与

的大小关系;

(Ⅲ)是否存在x0>0,使得|g(x)﹣g(x0)|<对任意x>0成立?若存在,求出x0的取值范围;若不存在请说明理由.

【解答】解:(Ⅰ)由题设易知f(x)=lnx,g(x)=lnx+,

∴g′(x)=,令g′(x)=0,得x=1,

第23页(共40页)

当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故g(x)的单调递减区间是(0,1), 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)的单调递增区间是(1,+∞), 因此x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点, ∴最小值为g(1)=1; (Ⅱ)

=﹣lnx+x,

=2lnx﹣x+,

设h(x)=g(x)﹣

则h′(x)=,

当x=1时,h(1)=0,即g(x)=,

当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减, 当0<x<1,时,h(x)>h(1)=0,即g(x)>当x>1,时,h(x)<h(1)=0,即g(x)<

, ,

(Ⅲ)满足条件的x0 不存在.证明如下:证法一 假设存在x0>0, 使|g(x)﹣g(x0)|<成立,即对任意x>0, 有

,(*)但对上述x0,取

时,

有 Inx1=g(x0),这与(*)左边不等式矛盾, 因此,不存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|< 成立. 证法二 假设存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|成<立. 由(Ⅰ)知,又

的最小值为g(x)=1. >Inx,

而x>1 时,Inx 的值域为(0,+∞),

∴x≥1 时,g(x) 的值域为[1,+∞),从而可取一个x1>1, 使 g(x1)≥g(x0)+1,即g(x1)﹣g(x0)≥1, 故|g(x1)﹣g(x0)|≥1>

,与假设矛盾.

∴不存在x0>0,使|g(x)﹣g(x0)|<成立.

18.(2011?四川)已知函数f(x)=x+,h(x)=

2

2

(Ⅰ)设函数F(x)=18f(x)﹣x[h(x)],求F(x)的单调区间与极值;

第24页(共40页)


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