专题13导数与极限第二辑-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

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⑴求fx在区间0,1n（n为正整数）上的最大值bn；
⑵令an=e1n-1-bn，pk=a2a4⋯a2ka1a3⋯a2k-1（n、k为正整数）.求证：p1+p2+⋯+pn0知g''x单调递增，从而g''x>g''0=0.
由g''x>0可知g'x单调递增，g'x>g'0=0.
最后，由g'x>0可知gx单调递增，gx>g0=0
这样我们就证明了fx>x+x2.
利用这一点，立即得到an-1=fan>an+an2.
⑵我们先对n用数学归纳法证明an≤1n.
当n=1时，a1=1，结论成立.
假设当n=m-1时有am-11m，则am-1>am+am2>1m+1m.
注意1m-1-1m=m-m-1mm-1
=1m+m-1mm-1 1，m'(l)=0，所以m'(x)=0的根为x=1.
所以当x∈(-∞,1)时，m'(x)>0，m'(x)单调递增；当x∈(x,+∞)时，m'(x)0，m(2)2-e0，若在1,e上至少存在一点x0，使得fx0>gx0成立，求实数p的取值范围；
（3）求证：对任意的正整数n，都有k=1nln21+2k0．
由fx=px-px-2lnx知f'x=p+px2-2x，
要使fx在其定义域0,+∞内为单调递增函数，只须f'x≥0，即在0,+∞内恒成立．
于是p≥2xx2+1，注意到2xx2+1≤2x2x=1，等号在x=1时成立，即2xx2+1在x=1时有最大值1．从而p≥1．
（2）解法一：注意到gx=2ex在1,e上是减函数，所以gxmin=ge=2,gxmax=g1=2e，即gx∈2,2e．
当00在1,e上有解，设
Fx=fx-gx=px-px-2lnx-2ex．
因为F'x=p+px2-2x+2ex2=px2+p+2e-xx2>0，
故Fx是增函数，所以Fxmax=Fe>0，解得p>4ee2-1．
所以p的取值范围是4ee2-1,+∞．
（3）令gx=2lnx-x+1x，则由（1）知gx在0,+∞内为单调减函数．
由于g1=0，故当x>1时，有gx0，知m>-12．
①若-12x2，易知m≠0，联立上述两式，消m得
x1+x2=x1-x2ex1+ex2ex1-ex2=x1-x2ex1-x2+1ex1-x2-1．
又由（1）知，对m=12，当x>0时，gx=x-2ex+2mx+2>0恒成立．
所以当x>0时，x-2ex+x+2>0恒成立．
所以当x>0时，xex+1ex-1-2=xex+x-2ex+2ex-1=x-2ex+x+2ex-1>0．
故x1+x2-2=x1-x2ex1-x2+1ex1-x2-1-2>0，x1+x2>2．
当x12．所以x1+x2>2．
7．【2017年河北预赛】已知函数fx=x2-2lnx,若存在x1,x2,⋯,xn∈1e,e,使得fx1+fx2+⋯+fxn-1=fxn成立,求n的最大值.
【答案】6
【解析】f'x=2x-2x=2x2-1x=2x+1x-1x1e≤x≤e,x∈1e,1时,f'x0,
故fx=x-lnx-2在1,+∞上单调递增,
而f3=1-ln30,
所以fx存在一个零点x0∈3,4.
(2)fx唯一的零点x0显然满足x0-lnx0-2=0,
且当x∈1,x0时,fxfx0=0.
当x>1时,gx>kx-1等价于xlnx+xx-1>k.
设hx=xlnx+xx-1,则h'x=x-lnx-2x-12=fxx-12.从而h'x与fx同号,
故当x∈1,x0时,h'x-12时，f''(x)=-4(2x+1)2-4ex0;x>x0时,f'x0,
当x∈e,+∞时,h'x0,t2+2t-1>0,
所以u't>0,所以ut在1,+∞上单调递增,
所以ut>u1=0,
故lnx1x2-2⋅x1x2-2x1x22+1>0,
x1fx1-x2fx2x12+x22>2x2x1-x2.
12．【2017年黑龙江预赛】已知函数fx=ax-1-lnxa∈R.
(1)讨论函数fx在定义域内的极值点的个数;
(2)若函数fx在x=1处取得极值,对任意x∈0,+∞,fx≥bx-2恒成立,求实数b的取值范围;
(3)当x>y>e-1,证明:ex-y>lnx+1lny+1.
【答案】(1)答案见解析；(2) b≤1-1e2；(3)证明见解析.
【解析】(1)fx定义域为0,+∞,f'x=a-1x.
当a≤0时,f'x0时,fx在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增,所以有一个极值点.
(2)因为函数fx在x=1处取得极值,所以a=1,
所以fx≥bx-2⇔1+1x-lnxx≥b.
令gx=1+1x-lnxx,可得gx在0,e2上递减,在e2,+∞上递
所以gxmin=ge2=1-1e2,即b≤1-1e2.
(3)证明:ex-y>lnx+1lny+1⇔exlnx+1>eylny+1.
令mx=exlnx+1,则只要证明mx在e-1,+∞上单调递增,
又因为m'x=exlnx+1-1x+1ln2x+1,显然函数hx=lnx+1-1x+1在e-1,+∞上单调递增.
所以hx>1-1e>0,即m'x>0,
所以mx在e--1,+∞上单调递增,即exlnx+1>eylny+1.
所以当x>y>e-1时,有ex-y>lnx+1lny+1.
13．【2017年广西预赛】设函数fx=4x3+bx+1b∈R,对任意的x∈-1,1,都有fx≥0成立,求实数b的取值范围.
【答案】答案见解析
【解析】解法一由题意得4x3+bx+1≥0在x∈-1,1上恒成立.
当x=0时显然成立.
当x∈(0,1]时,则有b≥-4x2-1x.
令gx=-4x2⋅-1x,则g'x=-8x+1x2.由g'x=0解得x=12.
当00,所以gx此时单调递增.
因此gx在x∈[-1,0)上的最小值为g-1=-3,所以b≤-3.
综上,b=-3.
解法二分别令x=-1和x=12得f-1=-b-3≥0即b≤-3;f12=12b+32≥0即b≥-3.所以b=-3是唯一成立的值.
下面验证b=-3可以使得对任意的x∈-1,1,都有fx≥0成立.
此时fx=4x3-3x+1.令f'x=12x2-3=0解得x=±12.
由上表可知b=-3成立.
14．【2017年湖南预赛】已知a,b∈R+且a≠b.
(1)求证:abb>0,先证a-blna-lnb2ab-1ab+1,
令x=ab>1,则欲证不等式右边等价于证明lnx>2x-1x+1x>1.
构造函数fx=lnx-2x-1x+1x>1,则f'x=x-12xx+12.
因为x>1,所以f'x>0,fx在1,+∞上为单调递增函数,由fx>f1=0,即得lnx>2x-1x+1x>1,即a-blna-lnb0,函数fx单调递增;
若x∈2017,+∞,则f'xb>0,则可得0fnx；
(2)设x>0,n∈N+.若存在y∈R使得ex=fnx+1n+1!xn+1ey求证:00,所以gx在区间0,+∞内为增函数.
又因为g0=0,所以gx>0,x∈0,+∞恒成立,即ex>fk+1x,x∈0,+∞.所以n=k+1时,命题成立.
由①②及归纳假设可知,∀n∈N+,当x∈0,+∞时,ex>fnx.
(2)由(1)可知ex>fn+1x,即fnx+1n+1!xn+1ey>fnx+1n+1!xn+1
所以ey>1,即y>0.下证:y0时,ex1(k+1)!xk+1ex>0，
所以G(x)在区间(0，+∞)上为增函数，又G(0)=0，故G(x)>0，
即：ex0.
所以，函数f(x)在区间(0，a)内单调递减，在区间(a，+∞)内单调递增.
故f(x)min=f(a)=ln a-a+1.
设g(a)=ln a-a+1(a>0).则g'(a)=1a-1=1-aa.
若00.
故p(x)在区间(0,+∞)上为增函数.
又p(1)=0，则当m=-2时，函数f(x)有唯一零点x=1.
（2）由题设，知导函数f'(x)有两个零点x1、x2(x10.
故函数g(t)在区间(0,1)上为函数，
g(t)0⇒π2g2π>gπ2.
（ⅰ）若gπ2≥0，则f'x>0，fx在区间0,2π内单调递增.
故fx在区间0,2π内无极值，矛盾.
于是，gπ20时，fx在区间0,2π内至少有三个极值点，矛盾.
于是，g2π>0
反之，当gπ20时，fx在区间0,π2与π2,2π内各有一个极值点.
所以，fx在区间0,2π的极大值、极小值恰各有一个的充分必要条件是
g2π=a+e-2π>0,gπ2=a-e-π20.
则a≤hxmin.
由h'x=x+3x-1x2，知函数hx在区间0,1上单调递减，在区间1,+∞上单调递增.
所以，hxmin=h1=4.
故a的取值范围是-∞,4.
（2）要证lnx>1ex-2ex，只要证fx=xlnx>xex-2e.
由f'x=lnx+1，知fx在区间0,1e上单调递减，在区间1e,+∞上单调递增.
于是，当x>0时，
fx≥f1e=-1e. ①
令φx=xex-2ex>0.
则φ'x=1-xex.
所以，φx≤φ1=-1e. ②
显然，不等式①、②中的等号不能同时成立.
故当x>0时，fx>φx，即lnx>1ex-2ex.
25．【2015年吉林预赛】已知对任意的x≥1，均有lnx-a1-1x≥0.求实数a的取值范围.
【答案】a|a≤1.
【解析】
由题意知xlnx-ax-1≥0.记fx=xlnx-ax-1x≥1.
（1）当a≤1时，由x≥1，知f'x=lnx+1-a≥0+1-a≥0.
故fx在区间1,+∞上单调递增，即fx≥f1=0，符合题设.
（2）当a>1时，若10，m1=-1e