导数高考题含答案Word文件下载.docx

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而f（0）=，f

（1）=a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，

当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点．

②当﹣3＜a＜0时，函数f（x）在内单调递减，在内单调递增，故当x=时，f（x）取得最小值=．

若＞0，即，则f（x）在（0，1）内无零点．

若=0，即a=﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．

若＜0，即，由f（0）=，f

（1）=a+，

∴当时，f（x）在（0，1）内有两个零点．当﹣3＜a时，f（x）在（0，1）内有一个零点．

综上可得：

当或a＜时，h（x）有一个零点；

当a=或时，h（x）有两个零点；

当时，函数h（x）有三个零点．

2．设函数f（x）=emx+x2﹣mx．

（1）证明：

f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；

（2）若对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范围．

f′（x）=m（emx﹣1）+2x．

若m≥0，则当x∈（﹣∞，0）时，emx﹣1≤0，f′（x）＜0；

当x∈（0，+∞）时，emx﹣1≥0，f′（x）＞0．

若m＜0，则当x∈（﹣∞，0）时，emx﹣1＞0，f′（x）＜0；

当x∈（0，+∞）时，emx﹣1＜0，f′（x）＞0．

所以，f（x）在（﹣∞，0）时单调递减，在（0，+∞）单调递增．

（2）由

（1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值．

所以对于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要条件是

即

设函数g（t）=et﹣t﹣e+1，则g′（t）=et﹣1．

当t＜0时，g′（t）＜0；

当t＞0时，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．

又g

（1）=0，g（﹣1）=e﹣1+2﹣e＜0，故当t∈[﹣1，1]时，g（t）≤0．

当m∈[﹣1，1]时，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；

当m＞1时，由g（t）的单调性，g（m）＞0，即em﹣m＞e﹣1．

当m＜﹣1时，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1．

综上，m的取值范围是[﹣1，1]

3．函数f（x）=ln（x+1）﹣（a＞1）．

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）设a1=1，an+1=ln（an+1），证明：

＜an≤．

（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）=，

①当1＜a＜2时，若x∈（﹣1，a2﹣2a），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，a2﹣2a）上是增函数，

若x∈（a2﹣2a，0），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，0）上是减函数，

若x∈（0，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．

②当a=2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，

③当a＞2时，若x∈（﹣1，0），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，0）上是增函数，

若x∈（0，a2﹣2a），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（0，a2﹣2a）上是减函数，

若x∈（a2﹣2a，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（a2﹣2a，+∞）上是增函数．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=2时，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，

当x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）=0，

即ln（x+1）＞，（x＞0），

又由（Ⅰ）知，当a=3时，f（x）在（0，3）上是减函数，

当x∈（0，3）时，f（x）＜f（0）=0，ln（x+1）＜，

下面用数学归纳法进行证明＜an≤成立，

①当n=1时，由已知

，故结论成立．

②假设当n=k时结论成立，即，

则当n=k+1时，an+1=ln（an+1）＞ln（），

an+1=ln（an+1）＜ln（），

即当n=k+1时，成立，

综上由①②可知，对任何n∈N•结论都成立．

4．已知函数f（x）=ex﹣e﹣x﹣2x．

（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；

（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．

（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=ex+e﹣x﹣2，即f′（x）≥0，当且仅当ex=e﹣x即x=0时，f′（x）=0，∴函数f（x）在R上为增函数．

（Ⅱ）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，则g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣2）]=2[（ex+e﹣x）2﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣4）]=2（ex+e﹣x﹣2）（ex+e﹣x+2﹣2b）．

①∵ex+e﹣x＞2，ex+e﹣x+2＞4，∴当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号，

从而g（x）在R上为增函数，而g（0）=0，∴x＞0时，g（x）＞0，符合题意．

②当b＞2时，若x满足2＜ex+e﹣x＜2b﹣2即，得，此时，g′（x）＜0，又由g（0）=0知，当时，g（x）＜0，不符合题意．

综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．

（Ⅲ）∵1.4142＜＜1.4143，根据（Ⅱ）中g（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，

为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g（x）的解析式中，

得．

当b=2时，由g（x）＞0，得，

从而；

令，得＞2，当时，

由g（x）＜0，得，得．

所以ln2的近似值为0.693．

5．设函数f（x）=aexlnx+，曲线y=f（x）在点（1，f

（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．

（Ⅰ）求a、b；

（Ⅱ）证明：

f（x）＞1．

（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=+，

由题意可得f

（1）=2，f′

（1）=e，故a=1，b=2；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=exlnx+，

∵f（x）＞1，∴exlnx+＞1，∴lnx＞﹣，

∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，

∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；

当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．

故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）=﹣．设函数h（x）=xe﹣x﹣，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）．

∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；

当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，

故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，

从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h

（1）=﹣．

综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．

6．已知函数f（x）=x2+ax+b，g（x）=ex（cx+d）若曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2．

（Ⅰ）求a，b，c，d的值；

（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．

（Ⅰ）由题意知f（0）=2，g（0）=2，f′（0）=4，g′（0）=4，

而f′（x）=2x+a，g′（x）=ex（cx+d+c），故b=2，d=2，a=4，d+c=4，从而a=4，b=2，c=2，d=2；

（Ⅱ）由（I）知，f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），设F（x）=kg（x）﹣f（x）=2kex（x+1）﹣x2﹣4x﹣2，

则F′（x）=2kex（x+2）﹣2x﹣4=2（x+2）（kex﹣1），由题设得F（0）≥0，即k≥1，

令F′（x）=0，得x1=﹣lnk，x2=﹣2，

①若1≤k＜e2，则﹣2＜x1≤0，从而当x∈（﹣2，x1）时，F′（x）＜0，当x∈（x1，+∞）时，F′（x）＞0，

即F（x）在（﹣2，x1）上减，在（x1，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值为F（x1），

而F（x1）=﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2时F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．

②若k=e2，则F′（x）=2e2（x+2）（ex﹣e﹣2），从而当x∈（﹣2，+∞）时，F′（x）＞0，

即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）=0，故当x≥﹣2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．

③若k＞e2时，F′（x）＞2e2（x+2）（ex﹣e﹣2），

而F（﹣2）=﹣2ke﹣2+2＜0，所以当x＞﹣2时，f（x）≤kg（x）不恒成立，

综上，k的取值范围是[1，e2]．

7．已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）

（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．

（Ⅰ）解：

∵，x=0是f（x）的极值点，∴，解得m=1．

所以函数f（x）=ex﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．

∵．

设g（x）=ex（x+1）﹣1，则g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上为增函数，

又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＞0；

当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，f′（x）＜0．

所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；

在（0，+∞）上为增函数；

当m≤2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f（x）＞0．

当m=2时，函数在（﹣2，+∞）上为增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．

故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0，且x0∈（﹣1，0）．

当x∈（﹣2，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，

从而当x=x0时，f（x）取得最小值．

由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=﹣x0．

故f（x）≥=＞0．

综上，当m≤2时，f（x）＞0．

8．已知函数．

（I）若x≥0时，f（x）≤0，求λ的最小值；

（II）设数列{an}的通项an=1+．

（I）由已知，f（0）=0，f′（x）==，

∴f′（0）=0欲使x≥0时，f（x）≤0恒成立，则f（x）在（0，+∞）上必为减函数，即在（0，+∞）上f′（x）＜0恒成立，当λ≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，为增函数，故不合题意，

若0＜λ＜时，由f′（x）＞0解得x＜，则当0＜x＜，f′（x）＞0，所以当0＜x＜时，f（x）＞0，此时不合题