導(dǎo)數(shù)高考題含答案資料-展示頁
2025-06-29 12:26本頁面
【正文】 ，1]，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1，求m的取值范圍．解：（1）證明：f′（x）=m（emx﹣1）+2x．若m≥0，則當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，emx﹣1≤0，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（0，+∞）時，emx﹣1≥0，f′（x）＞0．若m＜0，則當(dāng)x∈（﹣∞，0）時，emx﹣1＞0，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（0，+∞）時，emx﹣1＜0，f′（x）＞0．所以，f（x）在（﹣∞，0）時單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增．（2）由（1）知，對任意的m，f（x）在[﹣1，0]單調(diào)遞減，在[0，1]單調(diào)遞增，故f（x）在x=0處取得最小值．所以對于任意x1，x2∈[﹣1，1]，|f（x1）﹣f（x2）|≤e﹣1的充要條件是即設(shè)函數(shù)g（t）=et﹣t﹣e+1，則g′（t）=et﹣1．當(dāng)t＜0時，g′（t）＜0；當(dāng)t＞0時，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增．又g（1）=0，g（﹣1）=e﹣1+2﹣e＜0，故當(dāng)t∈[﹣1，1]時，g（t）≤0．當(dāng)m∈[﹣1，1]時，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；當(dāng)m＞1時，由g（t）的單調(diào)性，g（m）＞0，即em﹣m＞e﹣1．當(dāng)m＜﹣1時，g（﹣m）＞0，即e﹣m+m＞e﹣1．綜上，m的取值范圍是[﹣1，1]3．函數(shù)f（x）=ln（x+1）﹣（a＞1）．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）設(shè)a1=1，an+1=ln（an+1），證明：＜an≤．解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（﹣1，+∞），f′（x）=，①當(dāng)1＜a＜2時，若x∈（﹣1，a2﹣2a），則f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（﹣1，a2﹣2a）上是增函數(shù)，若x∈（a2﹣2a，0），則f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）在（a2﹣2a，0）上是減函數(shù)，若x∈（0，+∞），則f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．②當(dāng)a=2時，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（﹣1，+∞）上是增函數(shù)，③當(dāng)a＞2時，若x∈（﹣1，0），則f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（﹣1，0）上是增函數(shù)，若x∈（0，a2﹣2a），則f′（x）＜0，此時函數(shù)f（x）在（0，a2﹣2a）上是減函數(shù)，若x∈（a2﹣2a，+∞），則f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）在（a2﹣2a，+∞）上是增函數(shù)．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當(dāng)a=2時，此時函數(shù)f（x）在（﹣1，+∞）上是增函數(shù)，當(dāng)x∈（0，+∞）時，f（x）＞f（0）=0，即ln（x+1）＞，（x＞0），又由（Ⅰ）知，當(dāng)a=3時，f（x）在（0，3）上是減函數(shù)，當(dāng)x∈（0，3）時，f（x）＜f（0）=0，ln（x+1）＜，下面用數(shù)學(xué)歸納法進行證明＜an≤成立，①當(dāng)n=1時，由已知，故結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立，即，則當(dāng)n=k+1時，an+1=ln（an+1）＞ln（），an+1=ln（an+1）＜ln（），即當(dāng)n=k+1時，成立，綜上由①②可知，對任何n∈N?結(jié)論都成立．4．已知函數(shù)f（x）=ex﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（2x）﹣4bf（x），當(dāng)x＞0時，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）＜＜，估計ln2的近似值（）．解：（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=ex+e﹣x﹣2，即f′（x）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)ex=e﹣x即x=0時，f′（x）=0，∴函數(shù)f（x）在R上為增函數(shù)．（Ⅱ）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，則g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣2）]=2[（ex+e﹣x）2﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣4）]=2（ex+e﹣x﹣2）（ex+e﹣x+2﹣2b）．①∵ex+e﹣x＞2，ex+e﹣x+2＞4
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