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
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