[实用参考]导数高考题(含答案)

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