導(dǎo)數(shù)高考題含答案資料(完整版)
【正文】 x）在R上為增函數(shù)，而g（0）=0，∴x＞0時，g（x）＞0，符合題意．②當(dāng)b＞2時，若x滿足2＜ex+e﹣x＜2b﹣2即，得，此時，g′（x）＜0，又由g（0）=0知，當(dāng)時，g（x）＜0，不符合題意．綜合①、②知，b≤2，得b的最大值為2．（Ⅲ）∵＜＜，根據(jù)（Ⅱ）中g(shù)（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，為了湊配ln2，并利用的近似值，故將ln即代入g（x）的解析式中，得．當(dāng)b=2時，由g（x）＞0，得，從而；令，得＞2，當(dāng)時，由g（x）＜0，得，得．．5．設(shè)函數(shù)f（x）=aexlnx+，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處得切線方程為y=e（x﹣1）+2．（Ⅰ）求a、b；（Ⅱ）證明：f（x）＞1．解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=+，由題意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=exlnx+，∵f（x）＞1，∴exlnx+＞1，∴l(xiāng)nx＞﹣，∴f（x）＞1等價于xlnx＞xe﹣x﹣，設(shè)函數(shù)g（x）=xlnx，則g′（x）=1+lnx，∴當(dāng)x∈（0，）時，g′（x）＜0；當(dāng)x∈（，+∞）時，g′（x）＞0．故g（x）在（0，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增，從而g（x）在（0，+∞）上的最小值為g（）=﹣．設(shè)函數(shù)h（x）=xe﹣x﹣，則h′（x）=e﹣x（1﹣x）．∴當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，故h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，從而h（x）在（0，+∞）上的最大值為h（1）=﹣．綜上，當(dāng)x＞0時，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．6．已知函數(shù)f（x）=x2+ax+b，g（x）=ex（cx+d）若曲線y=f（x）和曲線y=g（x）都過點P（0，2），且在點P處有相同的切線y=4x+2．（Ⅰ）求a，b，c，d的值；（Ⅱ）若x≥﹣2時，f（x）≤kg（x），求k的取值范圍．解：（Ⅰ）由題意知f（0）=2，g（0）=2，f′（0）=4，g′（0）=4，而f′（x）=2x+a，g′（x）=ex（cx+d+c），故b=2，d=2，a=4，d+c=4，從而a=4，b=2，c=2，d=2；（Ⅱ）由（I）知，f（x）=x2+4x+2，g（x）=2ex（x+1），設(shè)F（x）=kg（x）﹣f（x）=2kex（x+1）﹣x2﹣4x﹣2，則F′（x）=2kex（x+2）﹣2x﹣4=2（x+2）（kex﹣1），由題設(shè)得F（0）≥0，即k≥1，令F′（x）=0，得x1=﹣lnk，x2=﹣2，①若1≤k＜e2，則﹣2＜x1≤0，從而當(dāng)x∈（﹣2，x1）時，F(xiàn)′（x）＜0，當(dāng)x∈（x1，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，x1）上減，在（x1，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+∞）上的最小值為F（x1），而F（x1）=﹣x1（x1+2）≥0，x≥﹣2時F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．②若k=e2，則F′（x）=2e2（x+2）（ex﹣e﹣2），從而當(dāng)x∈（﹣2，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）=0，故當(dāng)x≥﹣2時，F(xiàn)（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立．③若k＞e2時，F(xiàn)′（x）＞2e2（x+2）（ex﹣e﹣2），而F（﹣2）=﹣2ke﹣2+2＜0，所以當(dāng)x＞﹣2時，f（x）≤kg（x）不恒成立，綜上，k的取值范圍是[1，e2]．7．已知函數(shù)f（x）=ex﹣ln（x+m）（Ι）設(shè)x=0是f（x）的極值點，求m，并討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）當(dāng)m≤2時，證明f（x）＞0．（Ⅰ）解：∵，x=0是f（x）的極值點，∴，解得m=1．所以函數(shù)f（x）=ex﹣ln（x+1），其定義域為
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