2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理(含解析)
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1、2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第二章 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 理(含解析) 1. (xx四川,5分)已知f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),x∈(-1,1),現(xiàn)有下列命題:①f(-x)=-f(x);②f=2f(x);③|f(x)|≥2|x|.其中的所有正確命題的序號是( ) A.①②③ B.②③ C.①③ D.①② 解析:f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x),故①正確;因?yàn)閒(x)=ln(1+x)-ln(1-x)=ln,又當(dāng)x∈(-1,1)時(shí),∈(-1,1),所以f=ln=ln2=2ln=2f(x),故②正確;當(dāng)x∈[0,1)時(shí),|f(x)|≥
2、2|x|?f(x)-2x≥0,令g(x)=f(x)-2x=ln(1+x)-ln(1-x)-2x(x∈[0,1)),因?yàn)間′(x)=+-2=>0,所以g(x)在區(qū)間[0,1)上單調(diào)遞增,g(x)=f(x)-2x≥g(0)=0,即f(x)≥2x,又f(x)與y=2x都為奇函數(shù),所以|f(x)|≥2|x|成立,故③正確,故選A.
答案:A
2. (xx新課標(biāo)全國Ⅱ,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=sin.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿足x+[f(x0)]2 3、,-1)∪(1,+∞)
解析:由正弦型函數(shù)的圖象可知:f(x)的極值點(diǎn)x0滿足f(x0)=±,則=+kπ(k∈Z),從而得x0=m(k∈Z).所以不等式x+[f(x0)]2 4、 D.[-4,-3]
解析:當(dāng)x∈(0,1]時(shí),得a≥-33-42+,令t=,則t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t,令g(t)=-3t3-4t2+t,t∈[1,+∞),則g′(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)(9t-1),顯然在[1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)單調(diào)遞減,所以g(t)max=g(1)=-6,因此a≥-6;同理,當(dāng)x∈[-2,0)時(shí),得a≤-33-42+,令m=,則m∈,a≤-3m3-4m2+m,令g(m)=-3m3-4m2+m,m∈,則g′(m)=-9m2-8m+1=-(m+1)(9m-1).顯然在上g′(m)<0,在上,g′(m)>0,所以g(m) 5、min=g(-1)=-2.所以a≤-2.由以上兩種情況得-6≤a≤-2,顯然當(dāng)x=0時(shí)也成立.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[-6,-2].
答案:C
4. (xx湖北,14分)π為圓周率,e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)求函數(shù)f(x)=的單調(diào)區(qū)間;
(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3這6個(gè)數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù);
(3)將e3,3e,eπ,πe,3π,π3這6個(gè)數(shù)按從小到大的順序排列,并證明你的結(jié)論.
解:(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
因?yàn)閒(x)=,所以f′(x)=.
當(dāng)f′(x)>0,即0 6、x>e時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+∞).
(2)因?yàn)閑<3<π,所以eln 3 7、數(shù)中的最大數(shù)是3π,最小數(shù)是3e.
(3)由(2)知,3e<πe<π3<3π,3e 8、
即6個(gè)數(shù)從小到大的順序?yàn)?e,e3,πe,eπ,π3,3π.
5.(xx山東,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=-k(k為常數(shù),e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)).
(1)當(dāng)k≤0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn),求k的取值范圍.
解:(1)函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).
f′(x)=-k
=-=
由k≤0可得ex-kx>0,
所以當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f′(x)<0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減,
x∈(2,+∞)時(shí),f′(x)>0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增.
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+ 9、∞).
(2)由(1)知,k≤0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減,
故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn);
當(dāng)k>0時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞),
因?yàn)間′(x)=ex-k=ex-eln k,
當(dāng)0 10、(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)解得e 11、
故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)上單調(diào)遞減,在(x1,x2)上單調(diào)遞增.
(2)因?yàn)閍>0,所以x1<0,x2>0.
①當(dāng)a≥4時(shí),x2≥1.
由(1)知,f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增.
所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值.
②當(dāng)0
12、處取得最小值.
7. (xx福建,14分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點(diǎn)A,曲線y=f(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為-1.
(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;
(2)證明:當(dāng)x>0時(shí),x2 13、x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
所以當(dāng)x=ln 2時(shí),f(x)取得極小值,
且極小值為f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)無極大值.
(2)證明:令g(x)=ex-x2,則g′(x)=ex-2x,
由(1)得g′(x)=f(x)≥f(ln 2)>0,
故g(x)在R上單調(diào)遞增,又g(0)=1>0,
因此,當(dāng)x>0時(shí),g(x)>g(0)>0,即x2<ex.
(3)證明:法一:①若c≥1,則ex≤cex.又由(2)知,當(dāng)x>0時(shí),x2<ex.
所以當(dāng)x>0時(shí),x2<cex.
取x0=0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),恒有x2<cex.
②若0<c<1,令k 14、=>1,要使不等式x2<cex成立,只要ex>kx2成立.
而要使ex>kx2成立,則只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.
令h(x)=x-2ln x-ln k,則h′(x)=1-=,
所以當(dāng)x>2時(shí),h′(x)>0,h(x)在(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,
易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0.
即存在x0=,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),恒有x2<cex.
綜上,對任意給定的正數(shù) 15、c,總存在x0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),恒有x2<cex.
法二:對任意給定的正數(shù)c,取x0=,
由(2)知,當(dāng)x>0時(shí),ex>x2,
所以ex=e·e>22,
當(dāng)x>x0時(shí),ex>22>2=x2.
因此,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),恒有x2<cex.
法三:首先證明當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),恒有x3<ex.
證明如下:
令h(x)=x3-ex,則h′(x)=x2-ex.
由(2)知,當(dāng)x>0時(shí),x2<ex,
從而h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
所以h(x)<h(0)=-1<0,即x3<ex.
取x0=,當(dāng)x>x0時(shí),有x2< 16、x3<ex.
因此,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),恒有x2<cex.
8. (xx浙江,14分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).
(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)-m(a);
(2)設(shè)b∈R,若[f(x)+b]2≤4對x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范圍.
解:(1)因?yàn)閒(x)=
所以f′(x)=
由于-1≤x≤1,
①當(dāng)a≤-1時(shí),有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a,
此時(shí)f(x)在(-1,1)上是增函數(shù),
因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1) 17、=-4-3a,
故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
②當(dāng)-1
18、a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,
故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.
綜上,M(a)-m(a)=
(2)令h(x)=f(x)+b,則
h(x)=
h′(x)=
因?yàn)閇f(x)+b]2≤4對x∈[-1,1]恒成立,
即-2≤h(x)≤2對x∈[-1,1]恒成立,
所以由(1)知,
①當(dāng)a≤-1時(shí),h(x)在(-1,1)上是增函數(shù),h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,則-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾;
②當(dāng)-1<a≤時(shí),h(x)在[-1,1]上的最小值是h( 19、a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,
所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,
從而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.
令t(a)=-2-a3+3a,則t′(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)≥t(0)=-2,
因此-2≤3a+b≤0;
③當(dāng)
20、b-2≥-2,解得3a+b=0.
綜上,得3a+b的取值范圍是-2≤3a+b≤0.
9. (xx四川,14分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值;
(2)若f(1)=0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn),求a的取值范圍.
解:(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,
有g(shù)(x)=f′(x)=ex-2ax-b,
所以g′(x)=ex-2a.
因此,當(dāng)x∈[0,1]時(shí),g′(x)∈[1-2a,e-2a].
當(dāng)a≤時(shí),g′(x)≥0 21、,所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增.
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;
當(dāng)a≥時(shí),g′(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;
當(dāng)
22、g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;
當(dāng)a≥時(shí),g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.
(2)設(shè)x0為f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn),則由f(0)=f(x0)=0可知,f(x)在區(qū)間(0,x0)上不可能單調(diào)遞增,也不可能單調(diào)遞減.
則g(x)不可能恒為正,也不可能恒為負(fù).
故g(x)在區(qū)間(0,x0)內(nèi)存在零點(diǎn)x1.
同理g(x)在區(qū)間(x0,1)內(nèi)存在零點(diǎn)x2.
所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有兩個(gè)零點(diǎn).
由(1)知,當(dāng)a≤時(shí),g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn).
當(dāng)a≥時(shí),g(x)在[0,1]上單調(diào) 23、遞減,故g(x)在(0,1)內(nèi)至多有一個(gè)零點(diǎn).
所以0,g(1)=e-2a-b>0.
由f(1)=0有a+b=e-1<2,有
g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.
解得e-2
24、與f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.
又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,
故此時(shí)g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)內(nèi)各只有一個(gè)零點(diǎn)x1和x2.
由此可知f(x)在[0,x1]上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減,在[x2,1]上單調(diào)遞增.
所以f(x1)>f(0)=0,f(x2) 25、mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(3)已知正數(shù)a滿足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)0),則t>1,所以m≤-=-對任意t>1成立.
因?yàn)閠-1++1≥2 +1=3,
所以-≥-,
當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即x=ln 2時(shí)等號成立.
因此實(shí)數(shù)m的取值范 26、圍是.
(3)令函數(shù)g(x)=ex+-a(-x3+3x),
則g′(x)=ex-+3a(x2-1).
當(dāng)x≥1時(shí),ex->0,x2-1≥0,
又a>0,故g′(x)>0.
所以g(x)是[1,+∞)上的單調(diào)增函數(shù),因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.
由于存在x0∈[1,+∞),使ex0+e-x0-a(-x+3x0)<0成立,當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)<0.
故e+e-1-2a<0,即a>.
令函數(shù)h(x)=x-(e-1)ln x-1,
則h′(x)=1-.令h′(x)=0,得x=e-1,
當(dāng)x∈(0,e-1)時(shí),h′(x)<0,
故h(x)是( 27、0,e-1)上的單調(diào)減函數(shù);
當(dāng)x∈(e-1,+∞)時(shí),h′(x)>0,
故h(x)是(e-1,+∞)上的單調(diào)增函數(shù).
所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).
注意到h(1)=h(e)=0,
所以當(dāng)x∈(1,e-1)?(0,e-1)時(shí),h(e-1)≤h(x) 28、a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故ea-1>ae-1.
綜上所述,當(dāng)a∈時(shí),ea-1 29、為減函數(shù),
又f(0)=π->0,f=-π2-<0,
所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0.
(2)考慮函數(shù)h(x)=-4ln,x∈.
令t=π-x,則x∈時(shí),t∈.
設(shè)u(t)=h(π-t)=-4ln,
則u′(t)=.
由(1)得,當(dāng)t∈(0,x0)時(shí),u′(t)>0,
當(dāng)t∈時(shí),u′(t)<0.
在(0,x0)上u(t)是增函數(shù),又u(0)=0,
從而當(dāng)t∈(0,x0]時(shí),u(t)>0,
所以u(t)在(0,x0]上無零點(diǎn).
在上u(t)為減函數(shù),由u(x0)>0,u=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0.
所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0 30、.
因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.
因?yàn)楫?dāng)x∈時(shí),1+sin x>0,
故g(x)=(1+sin x)h(x)與h(x)有相同的零點(diǎn),
所以存在唯一的x1∈,使g(x1)=0.
因x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.
12. (xx天津,14分)設(shè)f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函數(shù)y=f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2,且x1 31、情況討論:
①a≤0時(shí)
f′(x)>0在R上恒成立,可得f(x)在R上單調(diào)遞增,不合題意.
②a>0時(shí)
由f′(x)=0,得x=-ln a.
當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,-ln a)
-ln a
(-ln a,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
-ln a-1
這時(shí),f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-ln a);單調(diào)遞減區(qū)間是(-ln a,+∞).于是,“函數(shù)y=f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)”等價(jià)于如下條件同時(shí)成立:a.f(-ln a)>0;
b.存在s1∈(-∞,-ln a),滿足f(s1)<0;
c.存在s2∈ 32、(-ln a,+∞),滿足f(s2)<0.
由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得00.
由已知,x1,x2滿足a=g(x1),a=g(x2),由a∈(0, 33、e-1),及g(x)的單調(diào)性,可得x1(0,1),x2∈(1,+∞).
對于任意的a1,a2∈(0,e-1),設(shè)a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,0<ξ1<1<ξ2,g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.
因?yàn)間(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,故由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;類似可得ξ2<η2.
又由ξ1,η1>0,得<<.
所以隨著a的減小而增大.
(3)證明:由x1=aex1,x2=aex2,
可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.
故x2-x1=ln x2-ln x1=ln.
設(shè)=t,則t>1,且
解 34、得x1=,x2=.
所以,x1+x2=.?、?
令h(x)=,x∈(1,+∞),
則h′(x)=,
令u(x)=-2ln x+x-,得u′(x)=2.
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),u′(x)>0.
因此,u(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
故對于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,
由此可得h′(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
因此,由①可得x1+x2隨著t的增大而增大.
而由(2)知,t隨著a的減小而增大,所以x1+x2隨著a的減小而增大
13. (xx湖南,13分)已知常數(shù)a>0,函數(shù)f(x)=ln(1+ax)-.
(1)討論f(x)在區(qū)間(0, 35、+∞)上的單調(diào)性;
(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范圍.
解:(1)f′(x)=-=. (*)
當(dāng)a≥1時(shí),f′(x)>0.此時(shí),f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.
當(dāng)00.
故f(x)在區(qū)間(0,x1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x1,+∞)上單調(diào)遞增.
綜上所述,當(dāng)a≥1時(shí),f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增;當(dāng)0
36、)≥0,此時(shí)f(x)不存在極值點(diǎn).因而要使得f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),必有0-且x≠-2,所以-2>-,-2≠-2,解得a≠.此時(shí),由(*)式易知,x1,x2分別是f(x)的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn).而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-
=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-
=ln(2a-1)2-
=ln(2a-1)2+-2.
令2a-1=x,由0
37、-1 38、x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表達(dá)式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(3)設(shè)n∈N+,比較g(1)+g(2)+…+g(n)與n-f(n)的大小,并加以證明.
解:由題設(shè)得,g(x)=(x≥0).
(1)由已知,g1(x)=,
g2(x)=g(g1(x))==,
g3(x)=,…,可得gn(x)=.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.
①當(dāng)n=1時(shí),g1(x)=,結(jié)論成立.
②假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即gk(x)=.
那么,當(dāng)n=k+1時(shí),
gk+1(x)=g(gk(x))===,
即結(jié)論成立.
由①②可知, 結(jié)論對n∈ 39、N+成立.
所以gn(x)=.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.
設(shè)φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),
則φ′(x)=-=,
當(dāng)a≤1時(shí),φ′(x)≥0(僅當(dāng)x=0,a=1時(shí)等號成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1時(shí),ln(1+x)≥恒成立(僅當(dāng)x=0時(shí)等號成立).
當(dāng)a>1時(shí),對x∈(0,a-1]有φ′(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上單調(diào)遞減,
∴φ(a-1)<φ(0)=0,
即a>1時(shí),存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立.
綜 40、上可知,a的取值范圍是(-∞,1].
(3)由題設(shè)知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),
比較結(jié)果為g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).
證明如下:
證法一:上述不等式等價(jià)于++…+ 41、②可知,結(jié)論對n∈N+成立.
證法二:上述不等式等價(jià)于++…+ 42、為偶函數(shù),且曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線的斜率為4-c.
(1)確定a,b的值;
(2)若c=3,判斷f(x)的單調(diào)性;
(3)若f(x)有極值,求c的取值范圍.
解:(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)=2ae2x+2be-2x-c,
由f′(x)為偶函數(shù),知f′(-x)=f′(x),
即2(a-b)(e2x-e-2x)=0,所以a=b.
又f′(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.
(2)當(dāng)c=3時(shí),f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f′(x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>0,故f(x)在R上為增函數(shù).
(3)由(1)知f′(x)=2 43、e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,
當(dāng)x=0時(shí)等號成立.
下面分三種情況進(jìn)行討論.
當(dāng)c<4時(shí),對任意x∈R,f′(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此時(shí)f(x)無極值;
當(dāng)c=4時(shí),對任意x≠0,f′(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此時(shí)f(x)無極值;
當(dāng)c>4時(shí),令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有兩根t1,2=>0,
即f′(x)=0有兩個(gè)根x1=ln t1或x2=ln t2.
當(dāng)x1 44、16. (xx江西,12分)已知函數(shù)f(x)=(x2+bx+b)(b∈R).
(1)當(dāng)b=4時(shí),求f(x)的極值;
(2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,求b的取值范圍.
解:(1)當(dāng)b=4時(shí),f′(x)=,
由f′(x)=0得x=-2或x=0.
當(dāng)x∈(-∞,-2)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(-2,0)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,故f(x)在x=-2取極小值f(-2)=0,在x=0取極大值f(0)=4.
(2)f′(x)=,
因?yàn)楫?dāng)x∈時(shí),<0,
依題意當(dāng)x∈時(shí),有5x+(3b-2)≤0,從而+(3b 45、-2)≤0.
所以b的取值范圍為
17.(xx新課標(biāo)全國Ⅰ,5分)已知函數(shù)f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)討論f(x)的單調(diào)性,并求f(x)的極大值.
解:本題主要考查導(dǎo)數(shù)的基本知識,利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、求極值.
(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.
由已知得f(0)=4,f′(0)=4.故b=4,a+b=8.
從而a=4,b=4.
(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2).
令f′ 46、(x)=0得,x=-ln 2或x=-2.
從而當(dāng)x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)時(shí),f′(x)>0;當(dāng)x∈(-2,-ln 2)時(shí),f′(x)<0.
故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上單調(diào)遞增,在(-2,-ln 2)上單調(diào)遞減.
當(dāng)x=-2時(shí),函數(shù)f(x)取得極大值,極大值為f(-2)=4(1-e-2).
18.(xx山東,12分)已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R).
(1)設(shè)a≥0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)設(shè)a>0,且對任意x>0,f(x)≥f(1).試比較ln a與-2b的大?。?
解:本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和相關(guān) 47、函數(shù)值的大小比較,考查分類討論思想、推理論證能力和運(yùn)算求解能力.
(1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞),
得f′(x)=.
①當(dāng)a=0時(shí),f′(x)=.
(ⅰ)若b≤0,當(dāng)x>0時(shí),f′(x)<0恒成立,
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,+∞).
(ⅱ)若b>0,當(dāng)0 48、′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x>x2時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是.
綜上所述,
當(dāng)a=0,b≤0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,+∞);
當(dāng)a=0,b>0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是;
當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是,單調(diào)遞增區(qū)間是,+∞.
(2)由題意知,函數(shù)f(x)在x=1處取得最小值.
由(1)知是f(x)的唯一極小值點(diǎn),
故=1,整理得2a+b=1即b=1-2a.
令g(x)=2-4x+ln x,
則g′(x)=.
令g′(x)=0,得x=,
當(dāng)0< 49、x<時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)x>時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.
因此g(x)≤g=1+ln =1-ln 4<0.
故g(a)<0,即2-4a+ln a=2b+ln a<0,
即ln a<-2b.
19.(xx湖南,13分)已知函數(shù)f(x)=ex.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)證明:當(dāng)f(x1)=f(x2)(x1≠x2)時(shí),x1+x2<0.
解:本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)、函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和不等式的證明,意在結(jié)合轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想,考查考生的計(jì)算能力、利用函數(shù)思想證明不等式的能力.
(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞).
f′(x)=′ex+e 50、x=ex=ex.
當(dāng)x<0時(shí),f′(x)>0;當(dāng)x>0時(shí),f′(x)<0.
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞).
(2)證明:當(dāng)x<1時(shí),由于>0,ex>0,故f(x)>0;
同理,當(dāng)x>1時(shí),f(x)<0.
當(dāng)f(x1)=f(x2)(x1≠x2)時(shí),不妨設(shè)x1 51、)單調(diào)遞減,從而g(x) 52、′(x0)=0
解析:本題考查三次函數(shù)的性質(zhì),考查數(shù)形結(jié)合思想,考查考生分析問題和解決問題的能力.由于三次函數(shù)的三次項(xiàng)系數(shù)為正值,當(dāng)x→-∞時(shí),函數(shù)值→-∞,當(dāng)x→+∞時(shí),函數(shù)值也→+∞,又三次函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的,故一定穿過x軸,即一定?x0∈R,f(x0)=0,選項(xiàng)A中的結(jié)論正確;函數(shù)f(x)的解析式可以通過配方的方法化為形如(x+m)3+n(x+m)+h的形式,通過平移函數(shù)圖象,函數(shù)的解析式可以化為y=x3+nx的形式,這是一個(gè)奇函數(shù),其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱,故函數(shù)f(x)的圖象是中心對稱圖形,選項(xiàng)B中的結(jié)論正確;由于三次函數(shù)的三次項(xiàng)系數(shù)為正值,故函數(shù)如果存在極值點(diǎn)x1,x2,則極小 53、值點(diǎn)x2>x1,即函數(shù)在-∞到極小值點(diǎn)的區(qū)間上是先遞增后遞減的,所以選項(xiàng)C中的結(jié)論錯(cuò)誤;根據(jù)導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系,顯然選項(xiàng)D中的結(jié)論正確.
答案:C
21.(xx遼寧,5分)設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)+2xf(x)=,f(2)=,則x>0時(shí),f(x)( )
A.有極大值,無極小值
B.有極小值,無極大值
C.既有極大值又有極小值
D.既無極大值也無極小值
解析:本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化能力.由題意[x2f(x)]′=,令g(x)=x2f(x),則g′(x)=,且f(x)=,因此f′(x)==.令h(x)=ex-2g(x),則h′(x)=ex-2g′(x)=ex-=,所以x 54、>2時(shí),h′(x)>0;0 55、∴f′(x)=ln x-2ax+1.又函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,
∴f′(x)=ln x-2ax+1有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2,即函數(shù)g(x)=ln x與函數(shù)h(x)=2ax-1有兩個(gè)交點(diǎn).∴a>0,且0 56、x2.
由函數(shù)的單調(diào)性得:
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
最小值
最大值
∴f(x1)<0,f(x2)>f(1)=-a>-.故選D.
答案:D
23.(xx福建,13分)已知函數(shù)f(x)=x-aln x(a∈R).
(1)當(dāng)a=2時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)A(1,f(1))處的切線方程;
(2)求函數(shù)f(x)的極值.
解:本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的極值等基礎(chǔ)知識,考查運(yùn)算求解能力,考查函數(shù)與方程思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想. 57、
函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=1-.
(1)當(dāng)a=2時(shí),f(x)=x-2ln x,f′(x)=1-(x>0),
因而f(1)=1,f′(1)=-1,
所以曲線y=f(x)在點(diǎn)A(1,f(1))處的切線方程為y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
(2)由f′(x)=1-=,x>0知:
①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)為(0,+∞)上的增函數(shù),函數(shù)f(x)無極值;
②當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)=0,解得x=a,
又當(dāng)x∈(0,a)時(shí),f′(x)<0;
當(dāng)x∈(a,+∞)時(shí),f′(x)>0,
從而函數(shù)f(x)在x=a處取得極小值,且極小值為f(a) 58、=a-aln a,無極大值.
綜上,當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)f(x)無極值;
當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)f(x)在x=a處取得極小值a-aln a,無極大值.
24.(xx浙江,14分)已知a∈R,函數(shù)f(x)=x3-3x2+3ax-3a+3.
(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;
(2)當(dāng)x∈[0,2]時(shí),求|f(x)|的最大值.
解:本題以三次函數(shù)為載體,主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)、絕對值等基礎(chǔ)知識,意在考查考生的推理能力,函數(shù)與方程、分類討論、數(shù)形結(jié)合等思想方法.
(1)由題意得f′(x)=3x2-6x+3a,故f′(1)=3a-3.
又f(1)=1,所 59、以所求的切線方程為y=(3a-3)x-3a+4.
(2)由于f′(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2,故
①當(dāng)a≤0時(shí),有f′(x)≤0,此時(shí)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a.
②當(dāng)a≥1時(shí),有f′(x)≥0,此時(shí)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1.
③當(dāng)0
60、2,2)
2
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
3-3a
單調(diào)遞增
極大值f(x1)
單調(diào)遞減f(x2)
極小值
單調(diào)遞增
3a-1
由于f(x1)=1+2(1-a),f(x2)=1-2(1-a),
故f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=
4(1-a)>0.
從而f(x1)>|f(x2)|.
所以|f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}.
(ⅰ)當(dāng)0|f(2)|.
又f(x1)-f(0)=2(1-a)-(2-3a)=>0,
故|f(x)|max=f(x1)=1+2 61、(1-a).
(ⅱ)當(dāng)≤a<1時(shí),|f(2)|=f(2),且f(2)≥f(0).
又f(x1)-|f(2)|=2(1-a)-(3a-2)=,
所以當(dāng)≤a<時(shí),f(x1)>|f(2)|.
故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a).
當(dāng)≤a<1時(shí),f(x1)≤|f(2)|.
故|f(x)|max=|f(2)|=3a-1.
綜上所述,|f(x)|max=
25.(xx陜西,14分)已知函數(shù)f(x)=ex,x∈R.
(1)若直線y=kx+1與f(x)的反函數(shù)的圖象相切,求實(shí)數(shù)k的值;
(2)設(shè)x>0,討論曲線y=f(x)與曲線y=mx2(m>0)公共點(diǎn)的個(gè)數(shù);
(3)設(shè) 62、a0, 63、φ(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,
∴φ(x)在(0,+∞)上的最小值為φ(2)=.
當(dāng)0 64、
?>?>1-
?>1-(b>a). (*)
令ψ(x)=+-1(x≥0),
則ψ′(x)=-==≥0(僅當(dāng)x=0時(shí)等號成立),
∴ψ(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴x>0時(shí),ψ(x)>ψ(0)=0.
令x=b-a,即得(*)式,結(jié)論得證.
法二:-
=-
=
=[(b-a)eb-a+(b-a)-2eb-a+2],
設(shè)函數(shù)u(x)=xex+x-2ex+2(x≥0),
則u′(x)=ex+xex+1-2ex,
令h(x)=u′(x),則h′(x)=ex+ex+xex-2ex=xex≥0(僅當(dāng)x=0時(shí)等號成立),
∴u′(x)單調(diào)遞增,
∴當(dāng)x>0時(shí),u′(x) 65、>u′(0)=0,∴u(x)單調(diào)遞增.
當(dāng)x>0時(shí),u(x)>u(0)=0.
令x=b-a,則得(b-a)eb-a+(b-a)-2eb-a+2>0,
∴->0,
因此,>.
26.(xx江蘇,16分)若函數(shù)y=f(x)在x=x0處取得極大值或極小值,則稱x0為函數(shù)y=f(x)的極值點(diǎn).已知a,b是實(shí)數(shù),1和-1是函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx的兩個(gè)極值點(diǎn).
(1)求a和b的值;
(2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)函數(shù)g′(x)=f(x)+2,求g(x)的極值點(diǎn);
(3)設(shè)h(x)=f(f(x))-c,其中c∈[-2,2],求函數(shù)y=h(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
解:(1)由題設(shè)知f′(x 66、)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.
(2)由(1)知f(x)=x3-3x.因?yàn)閒(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g′(x)=0的根為x1=x2=1,x3=-2,于是函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)只可能是1或-2.
當(dāng)x<-2時(shí),g′(x)<0;當(dāng)-2
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