全国卷数学导数真题整理.docx

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全国卷数学导数真题整理

参考答案与试题解析

一.解答题（共14小题）

1.（2015?

河北）已知函数f（x）=x+ax+亠,g（x）=-Inx

（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.

【分析】（i）f'（x）=3x+a.设曲线y=f（x）与x轴相切于点P（xo,0）,则f（xo）=0,f

（x0）=0解出即可.

（ii）对x分类讨论：

当x€（1,+旳时，g（x）=-lnxv0,可得函数h（x）=min{f（x）,

g（x）}

当x=1时，对a分类讨论：

aA—,av-―,即可得出零点的个数；

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.对

a分类讨论：

①当aw-3或a时，②当-3vav0时，利用导数研究其单调性极值即可得

出.

【解答】解：

（i）f'（x）=3x+a.

设曲线y=f（x）与x轴相切于点P（xo,0）,则f（xo）=0,f'（xo）=0,

3X|-i+a=0

因此当a=-时，x轴为曲线y=f（x）的切线;

（ii）当x€（1,+乡时，g（x）=-lnxv0,

•••函数h（x）=min{f（x）,g（x）}Wg（x）v0,

故h（x）在x€（1,+旳时无零点.

当x=1时，若aA'，贝Uf

（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av——，贝Uf

（1）=a+^v0,•h（x）=min{f

（1）,g

（1）}=f

（1）v0,故x=1不是44

函数h（x）的零点；

当x€（0,1）时，g（x）=—lnx>0，因此只考虑f（乂）在（0,1）内的零点个数即可.

1当a<—3或a>0时，f'（x）=3x+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aw-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.

增，故当x=f时，f（x）取得最小值f：

；「:

亠一'■-.

若'1'"1>0，即,则f（乂）在（0,1）内无零点.

V34

若’|'1=0,即a=-［，贝Uf（x）在（0,1）内有唯一零点.

若’|'1v0，即'—,由f（0）=一，f

（1）=a+=,

V3444

••当-'■'/-"时，f（乂）在（0,1）内有两个零点.当-3va叮.--时，f（x）在（0,

444

1）内有一个零点.

综上可得：

当一或av'时，h（x）有一个零点;

当a=或，时，h（x）有两个零点；

当一-r-—时，函数h（x）有三个零点.

【点评】本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、利用导数研究函数的单调性极值，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题.

2.（2015?

新课标II）设函数f（x）=emx+x2-mx.

（1）证明：

f（x）在（-卩0）单调递减，在（0,+旳单调递增；

（2）若对于任意xi,X2^［-1,1］，都有|f（xi）-f（x2）|

【分析】

（1）利用f'（x）说明函数为增函数，利用f'（x）WO说明函数为减函数.注意

参数m的讨论；

（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，则恒成立问题转化为最大值和最小值问题.从而求得m的取值范围.

【解答】解：

（1）证明：

f'（x）=m（e-1）+2x.

mxmx

若m》0则当x€（-«,0）时，e—1WQf'（x）v0;当x€（0,+旳时，e—1>Q

f'（x）>0.

若mv0,则当x€（—w0）时，emx—1>0,f'（x）v0;当x€（0,+旳时，emx—1v0,f'（x）>0.

所以，f（x）在（-w0）时单调递减，在（0,+W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）|We-1的充要条件是

Irf

（1）-f（0）<6-1\f（-1）-f（O）

设函数g（t）=ef—t—e+1，则g'（t）=ef—1.

当tv0时，g'（t）v0;当t>0时，g'（t）>0•故g（t）在（-卩0）单调递减，在（0,

+旳单调递增.

又g

（1）=0,g（-1）=e_+2-ev0，故当t€[-1,1]时，g（t）<0

当m€[-1，1]时，g（m）

当m>1时，由g（t）的单调性，g（m）>0,即卩em-m>e-1.

当mv-1时，g（-m）>0，即e-m+m>e-1.

综上，m的取值范围是[-1,1]

【点评】本题主要考查导数在求单调函数中的应用和恒成立在求参数中的应用•属于难题,高考压轴题.

3.（2014?

广西）函数f（x）=ln（x+1）-^-（a>1）.

x+a

（I）讨论f（x）的单调性；

（n）设a1=1,an+1=ln（an+1）,证明：

van^^-.

n+2n+2

【分析】（I）求函数的导数，通过讨论a的取值范围，即可得到f（x）的单调性；

（n）利用数学归纳法即可证明不等式.

【解答】解：

（I）函数f（x）的定义域为（-1,+o）f'（X）上空_—_竺马（s+1）（x+a）

①当1vav2时，若x€（-1,a-2a）,则f'（x）>0,此时函数f（x）在（-1,a-

2a）上是增函数，

若x€（a-2a,0）,贝Uf'（x）v0，此时函数f（乂）在（a-2a,0）上是减函数,

若x€（0,+O,则f'（x）>0,此时函数f（x）在（0,+O上是增函数.

2当a=2时，f'（x）>0,此时函数f（x）在（-1,+O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,a-2a）,贝Uf'（x）v0，此时函数f（乂）在（0,a-2a）上是减函数，

若x€（a-2a,+则f'（x）>0,此时函数f（x）在（a-2a,+旳上是增函数.

（n）由（I）知，当a=2时，此时函数f（x）在（-1,+旳上是增函数，

当x€

（0,+旳时，f（x）>f（0）=0,

即ln（x+1）>—^,（x>0）,

x+2

1当n=1时，由已知

',故结论成立.

则当n=k+1时,

an+i=ln（an+1）

2、k+22

>ln

k+2z

k+3'

an+i=ln（an+1）

即当n=k+1时,

<3Xk+2_3

：

k+2J

先十宀音成立，

综上由①②可知，对任何n€N结论都成立.

【点评】本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，以及利用数学归纳法证明不等式,合性较强，难度较大.

4.（2014?

新课标II）已知函数f（x）=e-e--2x.

（I）讨论f（x）的单调性；

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

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

【分析】对第（I）问，直接求导后，利用基本不等式可达到目的；

对第（H）问，先验证g（0）=0,只需说明g（x）在［0+荥上为增函数即可，从而问题转

化为判断g'（x）>0是否成立”的问题；

对第（川）问，根据第（n）问的结论，设法利用匚的近似值，并寻求In2,于是在b=2

及b>2的情况下分别计算-■,最后可估计In2的近似值.

Xxr

【解答】解：

（I）由f（X）得f'（X）=e+e一―2_pr：

_,飞-

即f'（x）>0,当且仅当e=e—即x=0时，f'（x）=0,

•••函数f（x）在R上为增函数.

2x2xxx

（n）g（x）=f（2x）-4bf（x）=e-e-4b（e-e）+（8b-4）x,

2x—2x,x_x、,、

则g（x）=2[e+e-2b（e+e）+（4b-2）]

=2[（ex+e-x）2-2b（ex+e-x）+（4b-4）]

/x_xxzx_x、

①•••e+e->2,

x_x

e+e+2>4,

=2（e+e-2）（e+e+2-2b）.

•••当2bW4,即bW2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.

，得

当b>2时，若x满足2

eK+e_x<2b-2

，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.

2x一2xx—X

（川）■/1.4142<过j<1.4143，根据（n）中g（x）=e-e—-4b（e-e一）+（8b

为了凑配In2,并利用「的近似值，故将In「即丄|二•代入g（x）的解析式中,

得：

J--/:

n.-

当b=2时，由g（x）>0，得：

.i—-|-■-,

令川b"■:

川_,得

匚〉2，当|!

/.:

}'：

■

3^2-3^3X1.4142-3

从而］门一

时，

由g（x）<0,得「上--匸、J上叮，得

282S

所以In2的近似值为0.693.

【点评】1•本题三个小题的难度逐步增大，考查了学生对函数单调性深层次的把握能力，对思维的要求较高，属压轴题.

2•从求解过程来看，对导函数解析式的合理变形至关重要，因为这直接影响到对导数符号的判断，是解决本题的一个重要突破口.

3•本题的难点在于如何寻求In2,关键是根据第

（2）问中g（x）的解析式探究b的值，从而获得不等式，这样自然地将不等式放缩为匚的范围的端点值，达到了估值的目的.

xbp

5.（2014?

新课标I）设函数f（x）=aelnx+，曲线y=f（x）在点（1,f

（1））处得

切线方程为y=e（x-1）+2.

（n）证明：

f（x）>1.

【分析】（I）求出定义域，导数f'（x）,根据题意有f

（1）=2,f'

（1）=e，解出即可；

（n）由（I）知，f（x）>1等价于xlnx>xe—x—上，设函数g（x）=xlnx，函数h（x）

=：

_弋，只需证明g（x）min>h（x）max,利用导数可分别求得g（x）min,h（x）

max;

【解答】解：

（I）函数f（x）的定义域为（0,+旳，

f，（x）_■'''-+b

由题意可得f

（1）_2,f'

（1）_e,

故a_1,b_2;

（n）由（I）知，f（x）_ex|nx+•・'■,

•••f（x）>1,•••ex|nx+r_：

：

-■>1,/•lnx>丄-厶

xxe

•f（x）>1等价于xlnx>xe—x—2，设函数g（x）_xlnx，则g'（x）_1+lnx,

.••当x€（0,丄）时，g'（x）v0;当x€（丄，+芳时，g（（x）>0.

巳e

故g（x）在（0,丄）上单调递减，在（丄，+芳上单调递增，从而g（x）在（0,+旳上

的最小值为g

（二）_-二

X2x

设函数h（x）_xe—，贝Uh'（x）_e（1—x）.

•••当x€（0,1）时，h'（x）>0;当x€（1,+芳时，h'（x）v0,

故h（x）在（0,1）上单调递增，在（1,+旳上单调递减，

从而h（x）在（0,+旳上的最大值为h

（1）_-丄.

综上，当x>0时，g（x）>h（x），即f（x）>1.

【点评】本题考查导数的几何意义、利用导数求函数的最值、证明不等式等，考查转化思想，考查学生分析解决问题的能力.

6.（2013?

新课标I）已知函数f（x）=x+ax+b,g（x）=e（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；

（n）若xA2时，f（x）wkg（x）,求k的取值范围.

【分析】（I）对f（x）,g（x）进行求导，已知在交点处有相同的切线及曲线y=f（x）和

曲线y=g（x）都过点P（0,2）,从而解出a,b,c,d的值；

（n）由（I）得出f（x）,g（x）的解析式，再求出F（x）及它的导函数，通过对k的讨论，判断出F（x）的最值，从而判断出f（x）wk（x）恒成立，从而求出k的范围.

【解答】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）=e（cx+d+c）,故b=2,d=2,a=4,d+c=4,

从而a=4,b=2,c=2,d=2;

（n）由（I）知，f（x）=x+4x+2,g（x）=2e（x+1）

设F（x）=kg（x）-f（x）=2ke（x+1）-x-4x-2,

则F'（x）=2ke（x+2）-2x-4=2（x+2）（ke-1）,

由题设得F（0）>0即k>1

令F'（x）=0，得X1=-lnk,X2=-2,

1若1wk0,

即F（x）在（-2,x1）上减，在（X1,+芳上是增，故F（x）在［-2,+芳上的最小值为

F（X1）,

而F（X1）=-X1（X1+2）>0x>-2时F（x）>0,即f（x）wkg（x）恒成立.

22x2

2右k=e，则F'（x）=2e（x+2）（e-e）,从而当x€（-2,+旳时，F'（x）>0,即F（x）在（-2,+旳上是增，而F（-2）=0,故当xA2时，F（x）>0即f（x）

22x2

3若k>e时，F'（x）>2e（x+2）（e-e—）,

而F（-2）=-2ke+2v0，所以当x>-2时，f（x）

综上，k的取值范围是[1，e2].

【点评】此题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程，函数恒成立问题，考查分类讨论

思想，解题的关键是能够利用导数工具研究函数的性质，此题是一道中档题.

7.（2013?

新课标n）已知函数f（x）=eTn（x+m）

（I设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（n）当mW2时，证明f（x）>0.

【分析】（I）求出原函数的导函数，因为x=0是函数f（x）的极值点，由极值点处的导数等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小于0求出原函数的单调区间；

（n）证明当m<2时，f（x）>0，转化为证明当m=2时f（x）>0.求出当m=2时函数的导函数，可知导函数在（-2，+旳上为增函数，并进一步得到导函数在（-1，0）上有

唯一零点X0，则当x=x0时函数取得最小值，借助于X0是导函数的零点证出f（X0）>0，从而结论得证.

【解答】（I）解：

•••一"-：

：

—,x=0是f（x）的极值点，•••JI」】

x+mm

解得m=1.

所以函数f（x）=eTn（x+1），其定义域为（-1，+乡.

JL广一|

z+1

x+1

xXX

设g（X）=e（x+1）-1，则g'（X）=e（x+1）+e>0,所以g（x）在（—1,+旳上为增函数，

又:

g（0）=0,所以当x>0时，g（x）>0,即卩f'（X）>0;当-1vxv0时，g（x）v0,f'（x）v0.

所以f（x）在（-1,0）上为减函数；在（0,+旳上为增函数；

（n）证明：

当m<2,x€（-m,+旳时，In（x+m）

（x）>0.

x+2

当m=2时，函数f*（X）二亡％-一^―在（-2,+旳上为增函数，且f'（-1）v0,f'（0）

>0.

故f'（x）=0在（-2,+旳上有唯一实数根x0,且xo€（-1,0）.

当x€（-2,X0）时，f'（x）v0，当x€（X0,+旳时，f'（x）>0,从而当X=X0时，f（x）取得最小值.

叼+2

由f'（xo）=0，得已Q二,In（X0+2）=-X0.

故f（x十

«0+2

综上，当mW2时，f（x）>0.

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数在闭区间上的最值，考查

了不等式的证明，考查了函数与方程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学生分析问题和解决问题的能力.熟练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题.

x（1+XI）

&（2013秋？

梁子湖区校级月考）已知函数"

（I）若x》0寸，f（x）<0,求入的最小值；

（II）设数列｛an｝的通项an=1+=：

八：

.,.r-.:

【分析】（I）由于已知函数的最大值是0,故可先求出函数的导数，研究其单调性，确定出

函数的最大值，利用最大值小于等于0求出参数入的取值范围，即可求得其最小值；

（II）根据（I）的证明，可取入=，由于x>0时，f（x）v0得出'■'1-■:

■.：

22+2x

考察发现，若取x=，则可得出■'I，以此为依据，利用放缩法，即

k2k（ls+1/k

可得到结论

【解答】解：

（I）由已知，f（0）=0,

（x）

（1+x）-X（1+D（1-2入）云-入/

欲使x》0寸，f（x）W0亘成立，则f（乂）在（0,+芳上必为减函数，即在（0,+乡上f'

（x）v0恒成立,

当入W时，f'（x）>0在（0,+乡上恒成立，为增函数，故不合题意，

1]_2X1~2

若0v入v二时，由f'（X）>0解得xv&——，则当0vxv,f（x）>0,所以当

2A,A

1-2k

0vxv时，f（x）>0,此时不合题意，

若入寺则当x>0时，f'（x）v0恒成立，此时f（x）在（0,+旳上必为减函数，所以当

t-ix>0时，f（x）v

综上，符合题意的

入的取值范围是入乞,

（II）令入=,由

怖1mtt2k+l

取x「则丄—「=二'

工曰11111

于是a2n-an+_++…+—+

4nn+1n+22n4n

'-r.-i:

\'二iv'

（I）知，当x>0时,

即入的最小值为一

鬆2~>比（出）

f（x）v0，即

恒成立,

2n-l

k=n

2"1qii12n\】丄[

=「」>「丄|=ln2n-Inn=ln2

解题的关键是充分

【点评】本题考查了数列中证明不等式的方法及导数求最值的普通方法,

利用已有的结论再结合放缩法，本题考查了推理判断的能力及转化化归的思想，有一定的难

9.（2013秋？

城关区校级月考）设函数f（x）=ax+cosx,x€[0,冗].

（I）讨论f（x）的单调性;

【分析】（I）求导函数，可得

f（x）=a-sinx,x€[0.

冗］,sinx€［0,1］，对a进行分类

（n）设f（x）w1+sinx求a的取值范围.

讨论，即可确定函数的单调区间;

（n）由f（x）w1+sin>得f（n）w1an-1w1可得a

（0w^l）,可得g（x）>0（0w吒号），再考虑：

①0w<号；②-y

得到结论.

【解答

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