2015年高中数学导数解答题尖子生辅导(有答案)

高中数学导数尖子生辅导一．解答题（共30小题）1．（2014•遵义二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；不等式的证明．菁优网版权所有专题：计算题；证明题；压轴题．分析：（1）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），令g（x）=2x2+2x+a，由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，建立不等关系解之即可，在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间；（2）x2是方程g（x）=0的根，将a用x2表示，消去a得到关于x2的函数，研究函数的单调性求出函数的最大值，即可证得不等式．解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）内为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）内为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）内为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设，则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数的极值等有关知识，属于基础题．2．（2014•武汉模拟）己知函数f（x）=x2e﹣x（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有专题：综合题；压轴题；转化思想；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）利用导数的运算法则即可得出f′（x），利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义，即可求出函数的极值；（Ⅱ）利用导数的几何意义即可得到切线的斜率，得出切线的方程，利用方程求出与x轴交点的横坐标，再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可．解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=x2e﹣x，∴f′（x）=2xe﹣x﹣x2e﹣x=e﹣x（2x﹣x2），令f′（x）=0，解得x=0或x=2，令f′（x）＞0，可解得0＜x＜2；令f′（x）＜0，可解得x＜0或x＞2，故函数在区间（﹣∞，0）与（2，+∞）上是减函数，在区间（0，2）上是增函数．∴x=0是极小值点，x=2极大值点，又f（0）=0，f（2）=．故f（x）的极小值和极大值分别为0，．（II）设切点为（），则切线方程为y﹣=（x﹣x0），令y=0，解得x==，因为曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数，∴（＜0，∴x0＜0或x0＞2，令，则=．①当x0＜0时，0，即f′（x0）＞0，∴f（x0）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x0）＜f（0）=0；②当x0＞2时，令f′（x0）=0，解得．当时，f′（x0）＞0，函数f（x0）单调递增；当时，f′（x0）＜0，函数f（x0）单调递减．故当时，函数f（x0）取得极小值，也即最小值，且=．综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪．点评：本题考查利用导数求函数的极值与利用导数研究函数的单调性、切线、函数的值域，综合性强，考查了推理能力和计算能力．3．（2014•四川模拟）已知函数f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3aexx∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x0，F（x0））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．考点：函数的单调性与导数的关系；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．菁优网版权所有专题：计算题；压轴题；导数的概念及应用．分析：（Ⅰ）先根据题意写出：g（x）再求导数，由题意知，g′（x）≥0，x∈（0，+∞）恒成立，即由此即可求得实数a的取值范围；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，利用换元法令t=ex，则t∈[1，2]，则h（t）=t3﹣3at，接下来利用导数研究此函数的单调性，从而得出h（x）的极小值；（Ⅲ）对于能否问题，可先假设能，即设F（x）在（x0，F（x0））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx﹣x2﹣kx结合题意，列出方程组，证得函数在（0，1）上单调递增，最后出现矛盾，说明假设不成立，即切线不能否平行于x轴．解答：解：（Ⅰ）g（x）=f（x）﹣ax=lnx+x2﹣ax，由题意知，g′（x）≥0，对任意的x∈（0，+∞）恒成立，即又∵x＞0，，当且仅当时等号成立∴，可得（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，令t=ex，则t∈[1，2]，则h（t）=t3﹣3at，由h′（t）=0，得或（舍去），∵，∴若，则h′（t）＜0，h（t）单调递减；若，则h′（t）＞0，h（t）单调递增∴当时，h（t）取得极小值，极小值为（Ⅲ）设F（x）在（x0，F（x0））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx﹣x2﹣kx结合题意，有①﹣②得所以，由④得所以设，⑤式变为设，所以函数在（0，1）上单调递增，因此，y＜y|u=1=0，即，也就是此式与⑤矛盾所以F（x）在（x0，F（x0））的切线不能平行于x轴点评：此题是个难题．本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，根据解题要求选择是否分离变量，体现了转化的思想和分类讨论以及数形结合的思想方法，同时考查了学生的灵活应用知识分析解决问题的能力和计算能力．4．（2014•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）满足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）若，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是否存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？若存在，请求出实数m的值；若不存在，请说明理由．考点：导数的运算；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值；其他不等式的解法．菁优网版权所有专题：计算题；压轴题．分析：（1）待定系数法求函数解析式，由f（0）=0，f'（1）=0，且f'（x）≥0在R上恒成立列出三个方程，解出a、b、c（2）一元二次不等式解法，注意根之间比较，考查分类讨论思想（3）考查二次函数最值问题，考查分类讨论思想，对m进行讨论，看对称轴与区间的关系．解答：解：（1）∵f（0）=0，∴d=0∴x+c及f'（1）=0，有∵f'（x）≥0在R上恒成立，即恒成立显然a=0时，上式不能恒成立∴a≠0，函数f'（x）=a是二次函数由于对一切x∈R，都有f'（x）≥0，于是由二次函数的性质可得即，即，解得：a=，．（2）∵．∴．∴由f'（x）+h（x）＜0，即即＜0，即当时，解集为（，b），当b＜时，解集为（b，），当b=时，解集为∅．（3）∵，∴f'（x）=∴．该函数图象开口向上，且对称轴为x=2m+1．假设存在实数m使函数区间[m．m+2]上有最小值﹣5．①当m＜﹣1时，2m+1＜m，函数g（x）在区间[m，m+2]上是递增的．∴g（m）=﹣5，即．解得．∵，∴舍去②当﹣1≤m＜1时，m≤2m+1＜m+2，函数g（x）在区间[m，2m+1]上是递减的，而在区间[2m+1，m+2]上是递增的，∴g（2m+1）=﹣5．即解得或m=﹣，均应舍去③当m≥1时，2m+1≥m+2，函数g（x）在区间[m，m+2]上递减的∴g（m+2）=﹣5即．解得或m=﹣1+2．其中m=﹣1﹣2应舍去．综上可得，当m=﹣3或m=﹣1+2时，函数g（x）=f'（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5．点评：本题考查导数的综合运用，具体包含导数的计算、恒成立问题、不等式的解法、待定系数法求函数解析式、二次函数最值问题，分类讨论思想，对学生有一定的能力要求，属于难题．5．（2014•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）若对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，求a的取值范围．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．菁优网版权所有专题：计算题；压轴题．分析：（Ⅰ）把a=1代入到f（x）中求出f′（x），令f′（x）＞0求出x的范围即为函数的增区间，令f′（x）＜0求出x的范围即为函数的减区间；（Ⅱ）f（x）＜0时不可能恒成立，所以要使函数在（0，）上无零点，只需要对x∈（0，）时f（x）＞0恒成立，列出不等式解出a大于一个函数，利用导数得到函数的单调性，根据函数的增减性得到这个函数的最大值即可得到a的最小值；（Ⅲ）求出g′（x），根据导函数的正负得到函数的单调区间，即可求出g（x）的值域，而当a=2时不合题意；当a≠2时，求出f′（x）=0时x的值，根据x∈（0，e]列出关于a的不等式得到①，并根据此时的x的值讨论导函数的正负得到函数f（x）的单调区间，根据单调区间得到②和③，令②中不等式的坐标为一个函数，求出此函数的导函数，讨论导函数的正负得到函数的单调区间，根据函数的增减性得到此函数的最大值，即可解出②恒成立和解出③得到④，联立①和④即可解出满足题意a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=1﹣，由f′（x）＞0，得x＞2；由f′（x）＜0，得0＜x＜2．故f（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为[2，+∞）；（Ⅱ）因为f（x）＜0在区间上恒成立不可能，故要使函数上无零点，只要对任意的，f（x）＞0恒成立，即对恒成立．令，则，再令，则，故m（x）在上为减函数，于是，从而，l（x）＞0，于是l（x）在上为增函数，所以，故要使恒成立，只要a∈[2﹣4ln2，+∞），综上，若函数f（x）在上无零点，则a的最小值为2﹣4ln2；（Ⅲ）g′（x）=e1﹣x﹣xe1﹣x=（1﹣x）e1﹣x，当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．又因为g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e1﹣e＞0，所以，函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]．当a=2时，不合题意；当a≠2时，f′（x）=，x∈（0，e]当x=时，f′（x）=0．由题意得，f（x）在（0，e]上不单调，故，即①此时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：x（0，）（，e]f′（x）﹣0+f（x）↘最小值↗又因为，当x→0时，f（x）→+∞，，所以，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使得f（xi）=g（x0）成立，当且仅当a满足下列条件：即令h（a）=，则h，令h′（a）=0，得a=0或a=2，故当a∈（﹣∞，0）时，h′（a）＞0，函数h（a）单调递增；当时，h′（a）＜0，函数h（a）单调递减．所以，对任意，有h（a）≤h（0）=0，即②对任意恒成立．由③式解得：．④综合①④可知，当时，对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的xi（i=1，2），使f（xi）=g（x0）成立