导数高考题(含答案).doc

导数导数高考题高考题1．已知函数 f（x）=x3+ax+ ，g（x）=﹣lnx（i）当 a 为何值时，x 轴为曲线 y=f（x）的切线；（ii）用 min {m，n }表示 m，n 中的最小值，设函数 h（x）=min { f（x） ，g（x）}（x＞0） ，讨论 h（x）零点的个数．解：（i）f′（x）=3x2+a，设曲线 y=f（x）与 x 轴相切于点 P（x0，0） ，则 f（x0）=0，f′（x0）=0，∴，解得，a=．因此当 a=﹣ 时，x 轴为曲线 y=f（x）的切线；（ii）当 x∈（1，+∞）时，g（x）=﹣lnx＜0，∴函数 h（x）=min { f（x） ，g（x）}≤g（x）＜0，故 h（x）在 x∈（1，+∞）时无零点．当 x=1 时，若 a≥﹣ ，则 f（1）=a+ ≥0，∴h（x）=min { f（1） ，g（1）}=g（1）=0，故 x=1 是函数 h（x）的一个零点；若 a＜﹣ ，则 f（1）=a+ ＜0，∴h（x）=min { f（1） ，g（1）}=f（1）＜0，故 x=1 不是函数 h（x）的零点；当 x∈（0，1）时，g（x）=﹣lnx＞0，因此只考虑 f（x）在（0，1）内的零点个数即可．①当 a≤﹣3 或 a≥0 时，f′（x）=3x2+a 在（0，1）内无零点，因此 f（x）在区间（0，1）内单调，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．解：（1）证明：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≤．解：（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．（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；（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） ．解：（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．解：（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．解：（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；（Ⅱ）证明：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+．解：（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′（。