02导数(学校综合素质评价与强基计划)系列培训教材

强基计划招生试题分类汇编——导数
7. （2014年华约）已知
n?N
*
,x?n,
求证:
n?n(1?)
n
e
x
?x
2
.
x
x
n
【证明】原不等式等价于n?x?n((1?)?e)
n
.
n
当
x
2
?n
,上述不等式左边非正,不等式成立;
2
x
n
当
x
2
?n
时,由
e
y
?1?y(y?0)
及贝努力不等式
(1?y)
n
?1? ny(n?1,y??1)
,
x
x
n
xx
n
x< br>2
n
x
2
n
从而
n((1?)?e)?n((1 ?)?(1?))?n(1?
2
)?n(1?n?
2
)?n?x
2< br>,即证.
nnnnn
7. （2013年华约）已知
f(x)?(1?x)e
x
?1

求证:(1)当
x?0
,
f(x)?0
;
(2)数列{x
n
}
满足
x
n
e
x
n?1
?e
x
n
?1,x
1
?1
,求证:数列
{xn
}
单调递减且
x
n
?
x
1
. 2
n
【解】(1)当
x?0
时,
f
?
(x)? ?xe?0
,所以
f(x)
在
(0,??)
上递减,所以
f (x)?f(0)?0
.
(2)由
x
n
e
x
n? 1
?e?1
得
e
x
n
x
n?1
e
x
n
?1
x
,结合
x
1
?1
,及对任意< br>x?0,e?x?1
,利用数学归纳法
?
x
n
xx
易 得
x
n
?0
对任意正整数
n
成立,由(1)知
f( x
n
)?0
,即
e
n
?1?x
n
e
n
,
即
x
n
e
x
n?1
?xn
e
x
n
,因为
x
n
?0
,所以e
x
n?1
?e
x
n
,即
x
n
?x
n?1
,所以数列
{x
n
}
递减,
xe< br>x
?e
x
?1f(x)
e
x
?1
1
??
下面证明
x
n
?
n
,用数学归纳法证,设
g(x)?
,则
g
?
(x)?
,
22
xx
x
2
由(1)知当
x?0
时,
f(x)?0
,即
g
?
(x)?0
,故
g(x)
在
(0,??)
递增,由归纳假设
x
n
?
1

n
2
11
n?1
n?1
x
得
g(x< br>n
)?g(
n
)
,要证明
x
n?1
?
n?1
只需证明
e
n?1
?e
2
,即
g(xn
)?e
2
,
22
x
x
1
x
n?1
故只需证明
g(
n
)?e
2
,考虑函数
h(x)?xg(x)?xe
2,因为当
x?0
时
e
2
??1
,
2
2
1
1
1
xxx
x
2
x
1
22< br>所以
h(x)?e?(1?)e?e[e?(1?)]?0
,故
h(x)
在
(0,??)
上递增,又
n
?0
,
22
2< br>x
1
1
11
n?1
所以
h(
n
)? 0
,即
g(
n
)?e
2
,由归纳法知,
x
n
?
n
对任意正整数
n
成立.
2
22
注:此题的函数模型与2012年清华大学保送生考试试题的函数模型相似.

x
2
x
n
?????,n?1,2???
证明：当
n
是偶数时，(14) （2012年华约）记函数
f
n< br>(x)?1?x?
2!n!
方程
f
n
(x)?0
没有 实根；当
n
是奇数时，方程
f
n
(x)?0
有唯一的实根< br>?
n
证明一：
用数学归纳法证明
f
2n?1
(x) ?0
有唯一解
x
2n?1
且严格单调递增，
f
2n
(x)?0
无实数解，
且
?
n
＞
?
n?2
。
，
x
2
显然n=1时，此时
f
1
(x)?1? x
有唯一解
x
1
??1
，且严格单调递增，而
f
2
(x)?1?x?
无
2
实数解，现在假设
f
2n?1
(x)?0
有唯一解
x
2n?1
且严格单调递增，
f
2n
(x)?0
无实数解，于是
注意到
f
2
?
n?1< br>(x)?f
2n
(x),f
2n
?1
时，对任意的0≤k≤n 有x+2k+1≤0,
于是
x
2k
x
2k
f
2n?1
(x)?
?
(?(x?2k?1)
，所以
f
2n?1
(?2n?1)?0,

(2k?1)!
k?0
(2k) !
n
又因为
f
2n?1
(0)?1?0,
所以由
f
2n?1
(x)
严格递增知
f
2n?1
(x)?0
有唯一根
0
?x
2n?1
??2n?1
，
对于
f
2n?2
(x)
有
f
2n?2
?f
2
?< br>n?2
(x)?f
2n?1
(x)
，所以（—∞，
x
2n?1
）上，递减，在（
x
2n?1
，
+∞）上，递增，所以 < br>2n?22n?2
x
2
x
2n?1n?1
minf
2 n?2
(x)?f
2n?2
(x
2n?1
)???0,
< br>x?R
(2n?2)!(2n?2)!
因此，
f
2n?2
(x )?0
无实数解
综上所述，对任意正整数n,当ｎ为偶数时
f
n
( x)?0
无解，当ｎ为奇数
f
n
(x)?0
有唯一
解
x
n
。
再证
x
2n?1
?x
2n?1
，事实上，由
f
2n?1
(x)
的严格单调性，只需验证
f
2n?1
(x
2n?1
)?0
，注意到
f
2n?1
(x)
以
－
f
2n?1
(x )
x
2n
x
2n?1
?
＝，由上述归纳法证明过程中，x
2n?1
??2n?1
，所
(2n)!(2n?1)!
2n2 n?12n
x
2
x
2
x
2n?1n?1n?1
f< br>2n?1
(x
2n?1
)?????(x
2n?1
?2n?1 )?0
，
(2n)!(2n?1)!(2n?1)!

因此
x
2n?1
?x
2n?1
，综上所述，原命题得证。
x
2
x
3
x
n
????,
我们对Ｎ使用数 学归纳法证明加强命证明二：记
f
n
(x)?1?x?
2!3!n!
题，方程
f
n
(x)?0
在Ｎ为偶数的时候实数上恒大于零，在Ｎ为奇数的时 候，在实数上严格
单调递增并且可以取遍所有实数。
（１）当N=1,2的时候，直接验证，结论显然成立。
（２）当N=K-1的时候结论成立，那么，N=K的时候：
x
2
x
3
x
k
?f
?
(x)?f
k?1
(x)
，那么由归纳假设，我们知
??L?
?K是偶数的时候，
1?x?
2!3!k !
道存在一个
x
0
?0为f
k?1
(x)?0
的根 ，使得在
x?x
0
的时候
f
k
?
(x)?f
k?1
(x)?0
，在
x?x
0
的时
候，
?f< br>k
?
(x)?f
k?1
(x)
>０，所以可以看出
f
k
(x)
在实数上的最小值应该在
x
0
处取到，
f
k
(x
0
)?f
k?1
(x
0
)?
此结论成立。
xx(x)
???0
，也就是说
f
k
(x )
在实数上每个取值都大于零，因
k!k!k!
k
0
k
0< br>k
2
2
0
x
2
x
3
x
k< br>??L?
，
?f
k
?
(x)?f
k?1
(x )
，那么由归纳假设，我
?Ｋ是奇数时，
f
k
(x)?
1? x?
2!3!k!
们知道
?f
k
?
(x)?f
k? 1
(x)
恒成立，也就是说
f
k
(x)
严格单调递增，而< br>f
k
(x)
是一个奇数次最高
项系数大于零的一个多项式，因此，可以 知道当X趋近于—∞的时候，
f
k
(x)
也趋于—∞，
当X趋于+∞ 的时候，
f
k
(x)
也趋于+∞，而
f
k
(x)< br>连续，因此我们证明了
f
k
(x)
在实数上严
格单调递增并且 可以取遍所有的实数（这点如果不用 极限的符号书写法也可以将
f
k
(x)
分
段说明，但写起来比较麻烦）
3、（2011年华约）曲线
f
(
x
)?
x
3
?
x
2
?2
x
?1< br>，过点
(?1,1)
的直线l与曲线相切，且
(?1,1)
不是切点， 则直线l的斜率为 ( )
A、2??????B?、1??????C、??1???????D、??2

3 22
解答：设切点为
(x
0
,x
0
?x
0
?2x
0
?1)
，则切线斜率为
k?3x
0
?2x
0
?2
，切线方程为
322
y?(x
0
?x
0?2x
0
?1)?(3x
0
?2x
0
?2)(?1?x
0
)
，将点
(?1,1)
入代得：
322
1?( x
0
?x
0
?2x
0
?1)?(3x
0
? 2x
0
?2)(?1?x
0
)
，整理得
2(x
0< br>?1)
2
(x
0
?1)?0
，
Qx
0??1,?x
0
?1
，所以这条切线的斜率为
?1
.
7．（2010年华约）设
f(x)?e(a?0)
．过点
P(a,0)
且平 行于
y
轴的直线与曲线
ax
C:y?f(x)
的交点为
Q< br>，曲线
C
过点
Q
的切线交
x
轴于点
R
，则
?PQR
的面积的最小值
是（ B ）

2e
e
2
e
（A）1 （B） （C） （D）
2
4
2
9. （2014年卓越联盟）设
f(x)
在
x?R
上可导,且对任意的
x
0
?R
有
0?f(x?x< br>0
)?f(x
0
)?4x(x?0)

(1)证明:
f
?
(x
0
)?
f(x?x
0
)?f(x
0
)
(x?0)
;
x
(2)若
|f(x)|?1
,则
|f
?
(x)|?4
.
【解】(1)由题知
f
?
(x)
单调递增,利用拉格朗日中值定理可知:存在
?
?(x
0
,x
0
?x)
,
使得
f
?
(
?
)?
f(x?x
0
)?f(x
0
)f(x?x
0
)?f(x
0
)
,于是
f
?
(x
0)?f
?
(
?
)?

(x?x
0
)? x
0
(x?x
0
)?x
0
(2)若存在
f
?
(u)?4(u?R)
,则在
[u,??)
上
f
?
(x)?4
,于是有

|f(x)?f(u)|?|f
?
(< br>?
)(x?u)|?4(x?u),
?
?(u,x),x?(u,??)

取
x?u?1
,则
|f(u?1)?f(u)|?4
.但是 由于
|f(x)|?1
,所以
|f(u?1)?f(u)|?2
,矛盾.
同理在
f
?
(u)??4
时也可得矛盾.
结论成立.
1、 （2013年卓越联盟）设函数
f
?
x
?
在
R
上存在导数
f
?
?
x
?
，对任意的
x?R
有
f
?
?x
?
?f
?
x< br>?
?x
2
，且在
?
0，??
?
上
f
?
?
x
?
?x
．若
f
?
2?a< br>?
?f
?
a
?
≥2?2a
，则实
数
a
的取值范围为（ ）
A．
?
1，??
?

答案: B．
（2013年卓越联盟理）设
x?0
，
⑴ 证明
e
x
?1?x?
⑵ 若
e
x
?1?x?
1
?
B．
?
??，
C．
?
??，2
?
D．
?
2，??
?

1
2
x
；
2
1
2y
xe
，证明：
0?y?x
．
2
答案:⑴（本小问6分）
1
??
设
f
?
x
?
?e
x
?
?
1?x?x
2
?
，
x?
?
0，??
?
，则
f
?
?
x
?
?e
x
?
?
1?x
?
．
2
??
令
g
?
x
?
?e
x
??
1?x
?
，
x?
?
0，??
?
，则
g
?
?
x
?
?e
x
?1
． 当
x?0
时，由于
e
x
?1
，所以
g
?
?
x
?
?0
，因此
g
?
x
?< br>在
?
0，??
?
上单调递增．

于 是有
f
?
?
x
?
?g
?
x
??g
?
0
?
?0
，
x?
?
0，??< br>?
．从而可知
f
?
x
?
在
?
0，? ?
?
上单调递增，又
f
?
0
?
?0
，所以
f
?
x
?
?0
，
x?
?
0，??
?
，即
e
x
?1?x?
1
2
x
，
x?
?
0，??
?
．
2
⑵（本小问9分） 11
????
设
h
?
x
?
?e
x?
?
1?x?x
2
e
x
?
，
x??
0，??
?
，则
h
?
?
x
?
?e
x
?
?
1?xe
x
?x
2
e
x
?
．
22
????
1
??
令
p?
x
?
?e
x
?
?
1?xe
x
?x
2
e
x
?
，
x?
?
0，??
?
，则
2
??
1
p
?
?
x
?
??2xe
x
?x
2
e
x
?0
，
x?
?
0，??
?
．
2
所以
p
?
x
?
在
?
0，??
?
上单调递减，从而
h
?
?
x
?
?p
?
x
?
?p
?< br>0
?
?0
，
2
?
e
x
?1?x< br>?
x
2
因此
h
?
x
?
在
?
0，??
?
上单调递减，于是
h
?
x
?
? h
?
0
?
?0
，即
2
?
e
x?1?x
?
x
2
?e
x
，
x?
?0，??
?
．
结合⑴有
e?1?c?
0y
?e
x
，得
0?y?x
．
ax
2
?1
（11）（2 012年卓越联盟）已知函数
f
?
x
?
?
，其中
a
是非零实数，
b?0
。
bx
（Ⅰ）求
f
?
x
?
的单调区间
（Ⅱ ）若
a?0
，设
|x
i
|?
1
a
，
i?1
，
2
，
3
，且
x
1
?x
2
?0
，
x
2
?x
3
?0
，
x< br>3
?x
1
?0
。
2a
；
b
证明 ：
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
?f
?
x
3
?
?
（Ⅲ）若
f
?
x
?
有极小值
f
min
，且
f
min< br>?f(1)?2
，证明
|f
?
x
?
|
n?|fx
n
|?2
n
?2n?N
*
。
ax< br>2
?1a1
解答：（1）
f
?
x
?
?=x? (x?0)
，
bxbbx
当
a?0
时，
f
?
x
?
在
(??，0)
和
(0，+?)
上分别单调 递减；
????
当
a?0
时，
f
?
x?
在
?
??，-
?
?
1
??
1
?
和
，+?
?
上分别单调递增；
??
a
??
a
?

f
?
x< br>?
在
?
-
?
?
1
?
?
1< br>?
，0
?
和
?
0，
?
上分别单调递减.
a
a
?
?
?
1
（2）由
|x
i
|?
.
a
aa
由
x
1
?x
2
?0
，
x
2
?x
3< br>?0
，
x
3
?x
1
?0
知
x
1
，x
2
，x
3
中至多有一个为负数
.
或x
i
??
知
x
i
?
11
①当
x
1
，x
2
，x
3
均大于零时，
x< br>1
?
由
f
?
x
?
在
?
1
a
，x
2
?
1
a
，x
3
?< br>1
a
，
?
1
?
，+?
?
上单调递增，
?
a
?

2a2a
?
1
?
2a
得
f(x
1< br>)?f
?
=，f(x)?，f(x)?
23
?
bb
，
?
a
?
b
2a

f(x)+f(x)+f(x)?
123
所以
b
；
111
②当
x
1
，x
2< br>，x
3
中有一个为负数时，不妨假设
x
1
??

，x
2
?，x
3
?
，
aaa
1
则由
x
1
?x
2
?0
，得
x
2
? ?x
1
?
f(x
2
)?f(?x
1
)??f(x< br>1
)，f(x
2
)?f(x
1
)?0
.
< br>，所以
a
2a
2a
，
所以
f(x
1
)+f(x
2
)+f(x
3
)?

b
b
.
（3）若
f
?
x
?
有极小值
f
min
，且
f
min
?f(1)?2
， 由（1）知：
又因为
f(x
3
)?

a?0< br>，且
12a
1
，b?1
，所以
f
?
x
?
?x?(x?0)
，
=1，=2
，解得
a?1
xb
a
n
n
11
?
1
?
?
n< br>1
?
nnn
?x?
n
?
?
x?
?< br>?
?
x?
n
?
所以
|f
?
x
?
|?|f
?
x
?
|=x?
??
.xxx
?
?
x
?
?
??
①当
n ?1
时，
|f
?
x
?
|
n
?|fx
n
|=0=2
1
?2
，不等式显然成立；
②当
n?2
时，
n
?
1
?
?
n< br>1
?
1
n?1
1111
n?2n?31
23n?1< br>?
x?
n
?
=C
n
x??C
n
x? ?x??Cx??????Cx?

??
nn
23n?1
????
xx
xxxx
??
??

=C
1< br>n
x
n?2
2
?C
n
x
n?4
??
?C
3
n
x
n?6
n?1
?????C
n
x
n?2(n?1)
；
?
1
1
?
1?
?
1111
n
23n?1
?
n
?x
?
=C
n
n?2
?C
n
?x??C?????C

??
nn
n?4n?6n?2(n?1)
?
?
x
?

?
，
x
xxxx
??
??
n
?
?
?
n
?
11
?
?
23n?1n?
x?
n
?
?
?2(C
1
x???C?C?? ???C)?2(2?2)
上面两式相加得
2
?
??
nnn n
??
??
，
x
?
?
x
?
??
?
??
即
|f
?
x
?
|n
?|fx
n
|?2
n
?2
?
n?2
?

.
综上得
|f
?
x
?
|
n
?|fx
n
|?2
n
?2n?N
*
n
??
????
.
(15) （2011年卓越联盟）(Ⅰ)设f(x)=xlnx，求f′(x)；
(Ⅱ)设01
b
|lnx?C|dx
取得最小值；
?
ab?a
(Ⅲ)记(Ⅱ)中的最小值为m
a,b
，证明：m
a,b
1
?lnx?1
;
x
(2)若
c?lna,
则
|lnx?c|?lnx?c,
显然,当
c?lna,lnx?c
取最小;
若
c?lnb,
则
|lnx?c|?c?lnx,
当c?lnb,c?lnx
取最小.
(1)
f
?
(x)?lnx ?x?
故
lna?c?lnb.

e
c
b
1
b
1
|lnx?c|dx?[(lnx?c)dx?
?
c
(c?l nx)dx]

e
b?a
?
a
b?a
?
a
e
c
b
1
?{
?
[(lnx?1)?(c?1)] dx?
?
c
[(c?1)?(lnx?1)]dx}

e
b?a
a

c
由(1)知
?[(lnx?1)?(c?1)]dx?xlnx|
e
a
?(c?1)(e?a)

a
e
c
c
?
b
c
e
[ (c?1)?(lnx?1)]dx?(c?1)(e
c
?a)?xlnx|
b

e
c
所以,
1
b
1
c
|lnx?c| dx?(?alna?blnb?2e?a?b?ac?bc)
L
(?)

b ?a
?
a
b?a
记
g(c)??2e
c
?(a?b )c?alna?blnb?a?b,

则令
g
?
(c)??2e< br>c
?a?b?0
,得
c?
即
c?
a?b

2
1
b
a?b
时,
|lnx?C|dx
取最小值.
?
a
b?a
2
1a?b
a?b
(3)将
c ?
代入
(?)
式右边,
Ma,b?[?alna?blnb?(a?b)ln ]?ln2

b?a2
2
a?b
等价于
(a?b)ln?a lna?blnb?(b?a)ln2?(a?b)?ln(a?b)?alna?blnb?2bln2

2
ba
?aln(a?b)?alna?bln(a?b)?blnb?2bln 2?aln(1?)?bln(?1)?2bln2.

ab
aab
由于0?a?b,?1?2
时,
bln(1?)?bln2.
所以下面只须证明
aln(1?)?bln2
即可.
bba
baba
又
aln(1 ?)?bln2?ln(1?)?ln2.
令
?t?(0,1)
,
abab
ab111
则
ln(1?)?tln(1?)?ln(1?)
t
,注 意到函数
ln(1?)
t
是单调递增的,且
t?1.

ba ttt
11
所以
ln(1?)
t
?ln(1?)
1
?ln2
.得证.
t1