[实用参考]导数高考题(含答案)

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优质参考文档优质参考文档导数高考题1.已知函数f(G)=G3+aG+,g(G)=﹣lnG(i)当a为何值时,G轴为曲线P=f(G)的切线;(ii)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(G)=min{f(G),g(G)}(G>0),讨论h(G)零点的个数.解:(i)f′(G)=3G2+a,设曲线P=f(G)与G轴相切于点P(G0,0),则f(G0)=0,f′(G0)=0,∴,解得,a=.因此当a=﹣时,G轴为曲线P=f(G)的切线;(ii)当G∈(1,+∞)时,g(G)=﹣lnG<0,∴函数h(G)=min{f(G),g(G)}≤g(G)<0,故h(G)在G∈(1,+∞)时无零点.当G=1时,若a≥﹣,则f(1)=a+≥0,∴h(G)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故G=1是函数h(G)的一个零点;若a<﹣,则f(1)=a+<0,∴h(G)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故G=1不是函数h(G)的零点;当G∈(0,1)时,g(G)=﹣lnG>0,因此只考虑f(G)在(0,1)内的零点个数即可.①当a≤﹣3或a≥0时,f′(G)=3G2+a在(0,1)内无零点,因此f(G)在区间(0,1)内单调,而f(0)=,f(1)=a+,∴当a≤﹣3时,函数f(G)在区间(0,1)内有一个零点,当a≥0时,函数f(G)在区间(0,1)内没有零点.②当﹣3<a<0时,函数f(G)在内单调递减,在内单调递增,故当G=时,f(G)取得最小值=.若>0,即,则f(G)在(0,1)内无零点.若=0,即a=﹣,则f(G)在(0,1)内有唯一零点.若<0,即,由f(0)=,f(1)=a+,∴当时,f(G)在(0,1)内有两个零点.当﹣3<a时,f(G)在(0,1)内有一个零点.综上可得:当或a<时,h(G)有一个零点;当a=或时,h(G)有两个零点;当时,函数h(G)有三个零点.2.设函数f(G)=emG+G2﹣mG.(1)证明:f(G)在(﹣∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;(2)若对于任意G1,G2∈[﹣1,1],都有|f(G1)﹣f(G2)|≤e﹣1,求m的取值范围.优质参考文档优质参考文档解:(1)证明:f′(G)=m(emG﹣1)+2G.若m≥0,则当G∈(﹣∞,0)时,emG﹣1≤0,f′(G)<0;当G∈(0,+∞)时,emG﹣1≥0,f′(G)>0.若m<0,则当G∈(﹣∞,0)时,emG﹣1>0,f′(G)<0;当G∈(0,+∞)时,emG﹣1<0,f′(G)>0.所以,f(G)在(﹣∞,0)时单调递减,在(0,+∞)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(G)在[﹣1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(G)在G=0处取得最小值.所以对于任意G1,G2∈[﹣1,1],|f(G1)﹣f(G2)|≤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(G)=ln(G+1)﹣(a>1).(Ⅰ)讨论f(G)的单调性;(Ⅱ)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:<an≤.解:(Ⅰ)函数f(G)的定义域为(﹣1,+∞),f′(G)=,①当1<a<2时,若G∈(﹣1,a2﹣2a),则f′(G)>0,此时函数f(G)在(﹣1,a2﹣2a)上是增函数,若G∈(a2﹣2a,0),则f′(G)<0,此时函数f(G)在(a2﹣2a,0)上是减函数,若G∈(0,+∞),则f′(G)>0,此时函数f(G)在(0,+∞)上是增函数.②当a=2时,f′(G)>0,此时函数f(G)在(﹣1,+∞)上是增函数,③当a>2时,若G∈(﹣1,0),则f′(G)>0,此时函数f(G)在(﹣1,0)上是增函数,若G∈(0,a2﹣2a),则f′(G)<0,此时函数f(G)在(0,a2﹣2a)上是减函数,若G∈(a2﹣2a,+∞),则f′(G)>0,此时函数f(G)在(a2﹣2a,+∞)上是增函数.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a=2时,此时函数f(G)在(﹣1,+∞)上是增函数,当G∈(0,+∞)时,f(G)>f(0)=0,即ln(G+1)>,(G>0),又由(Ⅰ)知,当a=3时,f(G)在(0,3)上是减函数,当G∈(0,3)时,f(G)<f(0)=0,ln(G+1)<,下面用数学归纳法进行证明<an≤成立,优质参考文档优质参考文档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(G)=eG﹣e﹣G﹣2G.(Ⅰ)讨论f(G)的单调性;(Ⅱ)设g(G)=f(2G)﹣4bf(G),当G>0时,g(G)>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(G)得f′(G)=eG+e﹣G﹣2,即f′(G)≥0,当且仅当eG=e﹣G即G=0时,f′(G)=0,∴函数f(G)在R上为增函数.(Ⅱ)g(G)=f(2G)﹣4bf(G)=e2G﹣e﹣2G﹣4b(eG﹣e﹣G)+(8b﹣4)G,则g′(G)=2[e2G+e﹣2G﹣2b(eG+e﹣G)+(4b﹣2)]=2[(eG+e﹣G)2﹣2b(eG+e﹣G)+(4b﹣4)]=2(eG+e﹣G﹣2)(eG+e﹣G+2﹣2b).①∵eG+e﹣G>2,eG+e﹣G+2>4,∴当2b≤4,即b≤2时,g′(G)≥0,当且仅当G=0时取等号,从而g(G)在R上为增函数,而g(0)=0,∴G>0时,g(G)>0,符合题意.②当b>2时,若G满足2<eG+e﹣G<2b﹣2即,得,此时,g′(G)<0,又由g(0)=0知,当时,g(G)<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(G)=e2G﹣e﹣2G﹣4b(eG﹣e﹣G)+(8b﹣4)G,为了凑配ln2,并利用的近似值,故将ln即代入g(G)的解析式中,得.当b=2时,由g(G)>0,得,从而;令,得>2,当时,优质参考文档优质参考文档由g(G)<0,得,得.所以ln2的近似值为0.693.5.设函数f(G)=aeGlnG+,曲线P=f(G)在点(1,f(1))处得切线方程为P=e(G﹣1)+2.(Ⅰ)求a、b;(Ⅱ)证明:f(G)>1.解:(Ⅰ)函数f(G)的定义域为(0,+∞),f′(G)=+,由题意可得f(1)=2,f′(1)=e,故a=1,b=2;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(G)=eGlnG+,∵f(G)>1,∴eGlnG+>1,∴lnG>﹣,∴f(G)>1等价于GlnG>Ge﹣G﹣,设函数g(G)=GlnG,则g′(G)=1+lnG,∴当G∈(0,)时,g′(G)<0;当G∈(,+∞)时,g′(G)>0.故g(G)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,从而g(G)在(0,+∞)上的最小值为g()=﹣.设函数h(G)=Ge﹣G﹣,则h′(G)=e﹣G(1﹣G).∴当G∈(0,1)时,h′(G)>0;当G∈(1,+∞)时,h′(G)<0,故h(G)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(G)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=﹣.综上,当G>0时,g(G)>h(G),即f(G)>1.6.已知函数f(G)=G2+aG+b,g(G)=eG(cG+d)若曲线P=f(G)和曲线P=g(G)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线P=4G+2.(Ⅰ)求a,b,c,d的值;(Ⅱ)若G≥﹣2时,f(G)≤kg(G),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′(G)=2G+a,g′(G)=eG(cG+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(G)=G2+4G+2,g(G)=2eG(G+1),设F(G)=kg(G)﹣f(G)=2keG(G+1)﹣G2﹣4G﹣2,则F′(G)=2keG(G+2)﹣2G﹣4=2(G+2)(keG﹣1),由题设得F(0)≥0,即k≥1,令F′(G)=0,得G1=﹣lnk,G2=﹣2,①若1≤k<e2,则﹣2<G1≤0,从而当G∈(﹣2,G1)时,F′(G)<0,当G∈(G1,+∞)时,F′(G)>0,即F(G)在(﹣2,G1)上减,在(G1,+∞)上是增,故F(G)在[﹣2,+∞)上的最小值为F(G1),而F(G1)=﹣G1(G1+2)≥0,G≥﹣2时F(G)≥0,即f(G)≤kg(G)恒成立.②若k=e2,则F′(G)=2e2(G+2)(eG﹣e﹣2),从而当G∈(﹣2,+∞)时,F′(G)>0,优质参考文档优质参考文档即F(G)在(﹣2,+∞)上是增,而F(﹣2)=0,故当G≥﹣2时,F(G)≥0,即f(G)≤kg(G)恒成立.③若k>e2时,F′(G)>2e2(G+2)(eG﹣e﹣2),而F(﹣2)=﹣2ke﹣2+2<0,所以当G>﹣2时,f(G)≤kg(G)不恒成立,综上,k的取值范围是[1,e2].7.已知函数f(G)=eG﹣ln(G+m)(Ι)设G=0是f(G)的极值点,求m,并讨论f(G)的单调性;(Ⅱ)当m≤2时,证明f(G)>0.(Ⅰ)解:∵,G=0是f(G)的极值点,∴,解得m=1.所以函数f(G)=eG﹣ln(G+1),其定义域为(﹣1,+∞).∵.设g(G)=eG(G+1)﹣1,则g′(G)=eG(G+1)+eG>0,所以g(G)在(﹣1,+∞)上为增函数,又∵g(0)=0,所以当G>0时,g(G)>0,即f′(G)>0;当﹣1<G<0时,g(G)<0,f′(G)<0.所以f(G)在(﹣1,0)上为减函数;在(0,+∞)上为增函数;(Ⅱ)证明:当m≤2,G∈(﹣m,+∞)时,ln(G+m)≤ln(G+2),故只需证明当m=2时f(G)>0.当m=2时,函数在(﹣2,+∞)上为增函数,且f′(﹣1)<0,f′(0)>0.故f′(G)=0在(﹣2,+∞)上有唯一实数根G0,且G0∈(﹣1,0).当G∈(﹣2,G0)时,f′(G)<0,当G∈(G0,+∞)时,f′(G)>0,从而当G=G0时,f(G)取得最小值.由f′(G0)=0,得,ln(G0+2)=﹣G0.故f(G)≥=>0.综上,当m≤2时,f(G)>0.8.已知函数.(I)若G≥0时,f(G)≤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′(G)==,∴f′(0)=0欲使G≥0时,f(G)≤0恒成立,则f(G)在(0,+∞)上必为减函数,即在(0,+∞)上f′(G)<0恒成立,当λ≤0时,f′(G)>0在(0,+∞)上恒成立,为增函数,故不合题意,若0<λ<时,由f′(G)>0解得G<,则当0<G<,f′(G)>0,所以当0<G<时,f(G)>0,此时不合题意,优质参考文档优质参考文档若λ≥,则当G>0时,f′(G)<0恒成立,此时f(G)在(0,+∞)上必为减函数,所以当G>0时,f(G)<0恒成立,综上,符合题意的λ的取值范围是λ≥,即λ的最小值为(II)令λ=,由(I)知,当G>0时,f(G)<0,即取G=,则于是a2n﹣an+=++…++====>=ln2n﹣lnn=ln2,所以。9.设函数f(G)=aG+cosG,G∈[0,π].(Ⅰ)讨论f(G)的单调性;(Ⅱ)设f(G)≤1+sinG,求a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