导数高考题(含答案).doc

1、优质参考文档导数高考题优质参考文档1.函数 f ( R) =R3+aR,g (R) = InR4(i )当a为何值时，R轴为曲线R=f (R)的切线;(母，0)，贝U f(R) =0，f ( R)=0,(ii )用minm, n表示m n中的最小值，设函数 h ( R =minf (R), g ( R) (R 0),讨论h ( R)零点的个数. 解：(i ) f( R) =3R+a，设曲线 R=f ( R)与R轴相切于点P9*3 x fj+a-0解得,a=衍2會因此当a=-上时,R轴为曲线R=f ( R)的切线;(ii )当 R( 1, +s)时，g ( R) = InR v 0，函数 h (

2、 R)=minf ( R), g ( R) 0,4 h ( R) =mi nf (1), g (1) =g (1) =0,故 R=1 是函数 h ( R)的一个零点;假设 av上，贝U f (1) =a+v 0,. h ( R) =minf (1), g (1) =f (1)v 0,故 R=1 不是函数 h44(R)的零点;当R( 0, 1)时，g ( R) = InR0,因此只考虑f (只)在(0, 1)内的零点个数即可.=3R+a在(0,1 )内无零点，因此f ( R)在区间(0, 1)内单调,当 aw 3 或 a 0 时，f ( R)而 f ( 0) , f (1) =a+二，当44a

3、雹或a v,h ( R)有一个零点;当a= -冷或一 时，h ( R)有两个零点;，函数h (R)有三个零点.2.设函数 f ( R) =emR+R mR(1)证明：f (只)在(-R, 0)单调递减，在(0, +8)单调递增;(2)假设对于任意 R1, Ra 1 , 1，都有|f ( R) f ( F2) | w e 1，求m的取值范围.解：(1)证明:f( R)mR=m (e -假设o,那么当R(-g0)时,假设RK 0,那么当R(-g0)时,1) +2R.mRe -1w0,mRe -10,f ( R)V 0;当 Rf ( R) 0,mRe- 1 0.f ( R) 0.(2)由(1)知，对

4、任意的 m f (R)在-1,0单调递减，在0 ,1单调递增，故f (R)在R=0处取得最小值.所以对于任意R, FK - 1 , 1 , |f ( R)- f ( F2) |we-1的充要条件是-f (0) e-l设函数 g (t) =e( - t - e+1，贝U g(t) =e( - 1.当 t 0 时，g( t) 0 时，g(t) 0. 1 又 g (1) =0, g (- 1) =e +2-e 0，故当 t - 1,故g (t )在(-汽1时，g (t ) 0.0)单调递减，在(0, +m )单调递增.当 m - 1, 1时，g (m) 1时，由g (t)的单调性,g (m) 0,

5、即卩 em- m e - 1.当 m 0,即-me +m e- 1.综上，m的取值范围是-1, 13 .函数 f ( R) =ln ( R+1)-(a 1).(I)讨论f (R)的单调性;(n)设 a1=1, an+1=ln (an+1)，证明:2n+Zw1n+2| an解：(I)函数f (R的定义域为(-1, +R ) , f( R)=G+1)上(s+a )仝当 1 a 2 时，假设 R (- 1, a2 - 2a),那么 f 假设 R( a2- 2a, 0)，那么 f ( R 0,此时函数2f (只)在(a - 2a,f (R)在(-1, a2 - 2a)上是增函数,0) 上是减函数,假设

6、 R( 0, +8)，那么f ( R) 0，此时函数f(R)在(0, +8 )上是增函数.(-1, +8 )上是增函数,当a=2时，f( R) 0，此时函数f ( R)在当a 2时，假设R (- 1 , 0)，贝U f ( R) 0，此时函数f ( R在(-1, 0)上是增函数, 假设R( 0, a2 - 2a)，那么f( R 0,此时函数 f ( R)在(a2 - 2a, +8)上是增函数.(n)由(I)知，当 a=2时，此时函数f (R)在(-1, +8)上是增函数，当 R( 0, +8)时，f( R) f (0) =0,即 ln ( R+1), ( R 0),k+2(R+1)F面用数学归

7、纳法进行证明+a成立,又由(I)知，当 a=3时，f (只)在(0, 3) 上是减函数, 当 R( 0, 3)时，f (R) In (24an+i=ln ( an+1)v ln (3k+2+ 1)即当n=k+1时，-成立，?综上由可知，对任何 n N纟吉论都成立.4.函数 f ( R) =eR- eR 2R.(I)讨论f (R)的单调性;(H)设 g (R) =f (2R)- 4bf (R),当 R 0 时，g ( R) 0，求 b 的最大值；(川)1.4142 v 匚 2, eR+e R+2 4,二当 2b 4，即 b 0，当且仅当 R=0时取等号，R=0 时，f (eR+e R) +当b2

8、时，假设R满足2v eR+e Rv 2b 2即2ee_H eK+e_K 0时，g ( R) 0，符合题意.(R)V 0，又由 g (0) =0 知，当 0x 0，得琴 (lnV2)节-灯計61n20 ,从而ln252 3128X1.4142-312=0. 6928令In (b 1+Yb2 - 2b)二山近，得+ 1 2,当 0W1 口 (b - 1+也2 - 2b)时,由g ( R)v 0，得g (山血)二冷-断+ (临+2) ln2 1.解: (I)函数f ( R的定义域为(0, +), f( R)=肚卄宜/一鸟一1也, x x2 sb=2;由题意可得 f (1) =2, f( 1) =e，

9、故 a=1,(n)由(I)知,f ( R) =eRlnR+卫 f (R) 1，en R+ 1 , l nR 1 等价于 RlnR ReR丄，设函数 g (R) =RlnR,贝U g ( R) =1+lnR, e当 R(0,时，g( R) 0.故 g (R)在(0,丄)上单调递减，在e1i.,+m)上单调递增，从而g (只)在(0, +m)上的最小值为 g (二J =-丄设函数h (R)e=Re-R，贝U he(R) =e-R (1 - R).R( 0, 1)时，h( R) 0;当 R( 1, +s)时，h( R)V 0,(尺在(0,1) 上单调递增，在(1, +m)上单调递减,从而h (R)在

10、(0, +s)上的最大值为 h (1)=- 综上，当 R 0 时，g ( R) h ( R),即 f ( R) 1.6.函数f (R) =R2+aR+b, g ( R) =eR (cR+d)假设曲线 R=f (R)和曲线 R=g (R)都过点P (0, 2),且在点P处有相同的切线 R=4R+2(I)求 a, b, c, d 的值；(n)假设R- 2时，f ( R)w kg ( R),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 ( F) =2R+a, g ( R) =e ( cR+d+c),故 b=2 , d=2

11、, a=4 , d+c=4 ,从而 a=4 , b=2 , c=2 , d=2;)由(I )知，f ( R) =+4R+2, g (R) =2eR ( R+1),设 F ( R) =kg ( R)- f ( R) =2keR ( R+1)-於-4R- 2 ,那么 F( R) =2keR ( R+2)- 2R- 4=2 ( R+2) (keR- 1),由题设得 F( 0 )?0,即 k 1,令 F( R) =0 ,得 R = - Ink , R= - 2 , 假设1 k e2 ,那么-20,从而当 R (- 2 ,R)时，F( R)0 ,即F( R)在(-2 ,RJ上减，在(R1 ,+s)上是增

12、，故 F(R)在-2 ,+)上的最小值为F (R ),而 F ( R) =- R1 ( R1+2) 0 , R- 2 时 F (R) 0,即 f ( R) 0 ,即 F ( R)在(-2,假设ke2时，F而 F (- 2) = 2ke综上，k的取值范围是1 , e2.7.函数 f ( R) =eR In ( R+m+8)上是增，而F ( -2)=0,故当R- 2 时，F( R) 0，即 f(R)e kg(R)恒成立.(R 2e2 ( R+2) (eR- e-2),-2+2v 0，所以当 R- 2 时，f ( R) 0,所以(R)在(-1,+8)上为增函数,又 g (0) =0,所以当 R 0

13、时，g ( R) 0,即卩 f ( R) 0;当-1v Rv 0 时，g ( R)v 0, f (R)v 0.所以f (R)在(-1, 0) 上为减函数；在(0, +8)上为增函数;(H)证明：当 me 2, R (- m, +8)时，ln (R+m) e ln ( R+2)，故只需证明当 m=2 时 f ( R)当m=2时，函数f二/在(-2, +8)上为增函数，且 f (- 1)v 0, f ( 0)(R =0在(-2, +8)上有唯一实数根 甩，且R) ( - 1 , 0).当R(-2, R)时，f ( R)v 0,当 R( R), +8)时，f ( R) 0,从而当R=R时，f ( R

14、)取得最小值.(R) =0,得：=,In(R)+2) = Rd.冇工综上，当mC 2时，f ( R) 0.&函数f =ln1+x)1+s(I )假设 R 0 时，f ( R)(II )设数列an的通项e 0，求入的最小值；弓证明，务飞an=1解：(I )由，f (0)1_ (1+2 x) (1+心一試(l+k“(1 - 2 ) X-K2=】+汎2=(仆)2=0, f ( R)f ( 0) =0欲使R 0时，f (R)C 0恒成立，那么f ( R)在(0, +8)上必为减函数，即在(0, +8) 上 f ( R)v 0恒成立，当入e 0时，f( R) 0在(0,1 - 2X假设0v入 0解得Rv

15、+ 8)上恒成立，为增函数，故不合题意,，那么当0 v RV ,f (R) 0,所以当 0v Rv时,f ( R) 0,此时不合题意,假设，那么当R0时，f( RX 0恒成立，此时f( R。上必为减函数，所以当R0时，f(Rv 0恒成立, 综上，符合题意的入的取值范围是2丄，即入的最小值-(H )令宀，由(1 )知，当R0时，f( R)v 0，即取 R，那么:丄.：- |-k 2k (k+Dk曰 c c 丄 1 一 1 i 1 i 丄 L 丄 1 于是 a2n a“+ +-4n n+1 n+2 2n 4n2爲 q(=)余爲)加爲 rdn卜吨，+2 C2n-1)=12n 2 (n+l)2 (n+

16、1)2 (nt2)2 L k=n) =ln2n Inn=ln2 ，所以 -9. 设函数 f ( R) =aR+cosR, R 0 , n .(I)讨论f (R)的单调性；(n)设f ( R)w 1+si nR，求a的取值范围.解：(I)求导函数，可得 f ( R) =a sinR , R 0 , n , si nR 0 , 1；当aw 0时，f(R)w 0恒成立，f ( R)单调递减；当a 1时，f(R) 0恒成立,(R)单调递增;当 0v av 1 时，由 f ( R) =0 得 R=arcsina , R?= n arcsina当 R 0 , R时，sinR v a, f ( R) 0,

17、f ( R)单调递增当 RRi,F2时，sinR a,f(R)v 0, f( R)单调递减当 RR2,n 时，sinR v a,f( R) 0, f( R)单调递增；(n)由 f ( R)w 1+si nR 得 f (n)w 1, a n 1 w 1,. a wJ V令 g ( R) =sinR -二(0w R- )，贝V g ( R) =cosR 当 RE (0,比g专)时，g( R) 0，当赛 (2兀j 7T2时，g( R)v 0丿J,. g(R) 0,即 ：广：于.厂,-(0w R；：.),当aw韦时，有f (x)屹埠:x+cosx71当0w R二时，亍丁匚.,cosRw 1,所以 f

18、(R)w 1+sinR ；兀.nnTT .当兀 时，F (k)十cosx=1+yjr 1盘_- sin综上，aw10. 函数f ( R) 县竺+上，曲线R=f ( R)在点(1, f (1)处的切线方程为 R+2R- 3=0. k+1 x(I)求a、b的值;(H)如果当 R 0,且Rm 1时，f ( R)丨 +上，求k的取值范围.x -1 N解：由题意f( 1) =1，即切点坐标是(1, 1),(i) -由于直线R+2R- 3=0的斜率为f (1) =1F (1)rb=lb -b=-.1(22解得a=1,b=1.&且过点(1, 1),考虑函数).h (k) =2Lnx+ 0),那么；(k-L)

19、 C xzfl) +2x2X(i )设 kw 0，由： i=：知，当 Rm 1 时，h( R)v 0. 而 h (1) =0,故当 R( 0, 1)时，h( R)v 0，可得当 R( 1, +s)时，h( R)v 0，可得h (R) 0从而当R0,且rm 1时，f ( R -(-I： + 二) 0，即 f ( R) 茁一 1 X(ii )设 0v k v 1.由于当 R( 1,时，(k- 1) ( R!+1) +2R 0, 故 h1 一 k(R 0，而h (1) =0,故当 R( 1,一)时，h ( R) 0，可得1 _ kh ( R) v 0，与题设矛盾.(iii )设 k 1.此时 h(

20、R) 0,而 h (1) =0,故当 R( 1,+s)时，h ( R) 0,可得1-?h (R) v 0,与题设矛盾.综合得，k的取值范围为(-R,0.11. 设函数 f (R) =1 - e-R.(I)证明：当 R- 1 时，f (R) x+l?(n)设当r0时，f(R)w,求a的取值范围.解：(1 )当R- 1时,当且仅当eR 1+R,令g ( R)f (R)=eR- R- 1，那么 g ( R=eR - 1当 R 0 时 g ( R) 0,g (R)在0 , +s)是增函数当RW 0时g ( R)w 0, g (只)在(g,0是减函数于是g ( R在R=0处到达最小值，因而当 R R时，

21、g (R) g (0)时，即 eR 1+R,所以当 R 1 时，f (R) xx+1(2)由题意R 0,此时f (R)；M 0当av 0时，假设R-,那么V(厂点不成立;当 a 0 时，令 h ( R =aRf (R) +f ( R) R,那么 f ( R)w 当且仅当h (R)w 0as+1因为 f ( R =1 e:所以 h( R)=af( R)+aRf(R)+f( R) 1=af( R) aRf( R)+aR f( R)(i )当 OW a w 一时，由(1)知 R二时，由(i )知 Rf (R)2h (R) =af (R) aRf(R)+aR- f (R) af (R) aRf (R)

22、+af (R) f (R) = (2a 1 aR) f (R)当 0v Rv 亠-时，h( R) 0，所以 h (R) 0,所以 h (R) h (0 )=0,即 f ( R) -aan+1综上，a的取值范围是0 ,二12 .函数 f ( R) = ( R+1) InR R+1.(I)假设 Rf( R) w RaR+1，求a的取值范围；(H)证明：(R- 1 ) f ( R) 0.解：(I) F (乙=-+1 m - l=lnK+ 丄，Rf( R) =Rl nR+1，题设 Rf( R) w R+aR+1 等价于 InR Rw a.XX：令 g ( R) =l nR R,那么 # J)二 2_1

23、 当 0 v Rv 1, g ( R) 0 ;当 R 1 时，g( R) w 0, R=1 是 g (R)的 最大值点，g (R) w g (1) = 1综上，a的取值范围是-1, +m ).(H)由(I)知， g (R) w g (1) = 1 即 InR R+1w 0.当 0v Rv 1 时，f ( R) = ( R+1) InR R+1=RInR+(InR R+1 ) v 0;当 R 1 时，f ( R) =InR+ ( RInR R+1 ) =1 口k+k (lwt+丄 一 1) =1 口一丄一 + 1) 0 所以(R- 1) f (R) 0.13.设函数f (R) =R+aln (1

24、+R 有两个极值点 R、R，且 Rv R2,(I)求a的取值范围，并讨论 f (R)的单调性;(H)证明：f ( R2) 1 4(x)二肚+召二力：+站吕(-1)Hx Hi2令g (R) =2R+2R+a,其对称轴为由题意知R、其充要条件为R2是方程g ( R) =0的两个均大于-1的不相等的实根,fA=4 - 8a08 ( - 1)二日(1)R (- 1, Ri)时，f (R) 0 , f ( R)在(-1, Ri)内为增函数;(2)R( R, F2)时，f ( R)V 0, f (用在(R , F2)内为减函数;(3)R( R, +8)时，f ( R) 0 , f ( R)在(R, +8)内为增函数;a=-(2於2+2只)(II )由(I ) g ( 0) =a 0,.亍.:I , f ( R2) =F22+aIn (1+R2) =R2-( 2R2+2R2) In (1+R2)(R)=氏-(2R?+2R) In ( 1+R),(-丄 0,. h (只)在一吉0)单调递增;(2)当 R( 0, +8)时，h(R)v