導(dǎo)數(shù)高考題含答案資料(編輯修改稿)
2024-07-17 12:26 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 （1，+∞）上單調(diào)遞減，從而h（x）在（0，+∞）上的最大值為h（1）=﹣．綜上，當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x∈（﹣2，x1）時，F(xiàn)′（x）＜0，當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x∈（﹣2，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0，即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2）=0，故當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（﹣1，+∞）．∵．設(shè)g（x）=ex（x+1）﹣1，則g′（x）=ex（x+1）+ex＞0，所以g（x）在（﹣1，+∞）上為增函數(shù)，又∵g（0）=0，所以當x＞0時，g（x）＞0，即f′（x）＞0；當﹣1＜x＜0時，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以f（x）在（﹣1，0）上為減函數(shù)；在（0，+∞）上為增函數(shù)；（Ⅱ）證明：當m≤2，x∈（﹣m，+∞）時，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需證明當m=2時f（x）＞0．當m=2時，函數(shù)在（﹣2，+∞）上為增函數(shù)，且f′（﹣1）＜0，f′（0）＞0．故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一實數(shù)根x0，且x0∈（﹣1，0）．當x∈（﹣2，x0）時，f′（x）＜0，當x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0，從而當x=x0時，f（x）取得最小值．由f′（x0）=0，得，ln（x0+2）=﹣x0．故f（x）≥=＞0．綜上，當m≤2時，f（x）＞0．8．已知函數(shù)．（I）若x≥0時，f（x）≤0，求λ的最小值；（II）設(shè)數(shù)列{an}的通項an=1+．解：（I）由已知，f（0）=0，f′（x）==，∴f′（0）=0欲使x≥0時，f（x）≤0恒成立，則f（x）在（0，+∞）上必為減函數(shù)，即在（0，+∞）上f′（x）＜0恒成立，當λ≤0時，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，為增函數(shù)，故不合題意，若0＜λ＜時，由f′（x）＞0解得x＜，則當0＜x＜，f′（x）＞0，所以當0＜x＜時，f（x）＞0，此時不合題意，若λ≥，則當x＞0時，f′（x）＜0恒成立，此時
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