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导数及其应用(高考压轴题)

时间:2016-05-04


六安二中 2014 级高二理科数学培优材料(二)
材料范围:导数在高考中的压轴题
1.[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ex-e x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 2<1.414 3,估计 ln 2 的近似值(精确到 0.001).


1 3 2. [2014· 新课标全国卷 1 已知函数 f(x)= x ? ax ? , g ( x) ? ? ln x 4

(Ⅰ)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y ? f ( x) 的切线; ( Ⅱ ) 用 min

?m, n?

表 示

m , n

中 的 最 小 值 , 设 函 数

h( x? )

零点的个数 m f x( ? g) ,x ? ( ,讨论 ) x ( h(x) 0 ) ?i n

3.(2013 年全国卷)已知函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d),若曲线 y=f(x)和曲线 y=g (x)都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2 (Ⅰ)求 a,b,c,d 的值 (Ⅱ)若 x≥-2 时,f(x)≤kgf(x),求 k 的取值范围。

4(2013 年全国卷 2) 已知函数 f(x)=ex-ln(x+m) (Ι )设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)当 m≤2 时,证明 f(x)>0

bex 1 5.[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=aexln x+ ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 x


切线方程为 y=e(x-1)+2. (1)求 a,b; (2)证明:f(x)>1.

1.,解:(1)f′(x)=ex+e x-2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. - - (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e 2x-4b(ex-e x)+(8b-4)x, -2x -x 2x x g′(x)=2[e +e -2b(e +e )+(4b-2)] - - =2(ex+e x-2)(ex+e x-2b+2). (i)当 b≤2 时, g′(x)≥0, 等号仅当 x=0 时成立, 所以 g(x)在(-∞, +∞)上单调递增. 而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0. - (ii)当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e x<2b-2,即 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g′(x)<0.而 g(0) =0,因此当 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2. 3 (3)由(2)知,g(ln 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2. 2 8 2-3 3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 3 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, 4 3 g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0, 2 18+ 2 ln 2< <0.693 4. 28 所以 ln 2 的近似值为 0.693.


2,解: (I)

设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点

( x0 , 0)则f ( x0 ) ? 0, f ( x0 ) ? 0即 1 ? 3 ? ? x0 ? ax0 ? ? 0 ? (II) 4 ? ? ?3x 2 ? a ? 0 ? ? 0 ? 1 3 解得x0 , a ? ? 2 4 3 因此,当 a ? ? 时,x轴为曲线y ? f ( x)的切线 4 (II)当

x ? (1, ??)时,g( x) ? ?1nx ? 0, 从而h(x)=min? f ( x), g( x)? ? g( x) ? 0, 故h( x)在(1, ??)无零点
5 5 当x ? 1时,若a ? ? 则f (1) ? a ? ? 0, h(1) ? min ? f (1), g (1)? ? g (1) ? 0, 故x ? 1 4 4 5 h( x)的零点;若a ? ? , 则f(1)<0,h(1)=min ? f (1), g (1)? ? f (1) ? 0, 故x ? 1不是h( x 4

的零点 当x ? (0,1)时,g( x) ? ?1nx ? 0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数

(i)若a ? -3或a ? 0,则f ?(x)=3x2 +a在(1,0)无零点,故f(x)在(0,1)单调

1 5 f (0) ? , f (1)a ? , 所以当a ? -3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a ? 0时f(x)在(1,0)没有零点 4 4

a a (ii)若 ? 3 ? a ? 0, 则f ( x)在(0,? )单调递减,在( ? ,1)单调递增,故在(0,1)中 3 3

a 2a a 1 当x ? ? a )? ? ? 3 时,f ( x)取得最小值,最小值为f ( ? 3 3 3 4

a 3 ①若f ( ? ) ? 0.即 ? ? a ? 0, f ( x)在(0,1)无零点; 3 4 a 3 ②若f( ? )=0,即a =- 则f ( x)在(0,1)有唯一零点 3 4 a 3 1 5 3 ③若f ( ? ) ? 0, 即 ? 3 ? a ? ? ,由于f (0) ? , f (1) ? a ? ? a ? ? 3 4 4 4 4
5 时,f ( x)在(0,1)有两个零点;当-3<a ? - 时,f ( x)在(0,1)有一个零点. 4 综上,当 3 5 3 5 a ? ? 或a<- 时,h( x)有一个零点;当a ? ? 或a ? ? 时,h( x)有两个零点 4 4 4 4 5 3 当 ? ? a ? ? 时,h( x)有三个零点. 4 4

1 1 3. 【答案】 (1)由已知得 f (0) ? 2, g (0) ? 2, f (0) ? 4, g (0) ? 4.

而 f1 ( x) ? 2x ? a, g1 ( x) ? e1 (ex ? d ? c), 故
b ? 2, d ? 2, a ? 4, d ? c ? 4

从而a ? 4, b ? 2, c ? 2, d ? 2
() k g ?x() f x() ? (2) 令 Fx
'

, 则F x () ( ? k e
'

x 2 ( ) 1 ? x 4 ) ?

, 由题设可得 F (0) ? 0 , 故k ?1,

令 F ( x) ? 0 得 x 1 ? ? ln k , x2 ? ?2 ,
2 ' (1)若 1 ? k ? e ,则 ?2 ? k ? 0 ,从而当 x ? (?2, x1 ) 时, F ( x) ? 0 ,当 x ? ( x1 , ??) 时

F ' ( x) ? 0





F ( x)





(?2, ??)











F ( x1 ) ? 2x1 ? 2 ? x12 ? 4x1 ? 2 ? ? x1 ( x1 ? 2) ? 0 ,此时 f(x)≤kg(x)恒成立;
' x?2 ( 2 )若 k ? e , F ( x) ? (e ?1)(2 x ? 4) ? 0 , ,故 F ( x) 在 (?2, ??) 上单调递增,因为
2

F ( x) ? 0 所以 f(x)≤kg(x)恒成立
(3)若 k ? e ,则 F (?2) ? ?2ke?2 ? 2 ? 0 ,故 f(x)≤kg(x)不恒成立;
2
2 综上所述 k 的取值范围为 ? ?1, e ? ?.

4, 【解析】(Ι )因为 f ( x) ? e ?
' x

1 1 ' , x=0 是 f(x)的极值点,所以 f (0) ? 1 ? ? 0 ,解得 x?m m

m ? 1,
x 所以函数 f(x)= e -ln(x+1),其定义域为 (?1, ??) ,因为 f ( x) ? e ?
' x

1 e x ( x ? 1) ? 1 = , x ?1 x ?1

设 g ( x) ? e ( x ? 1) ?1 ,则 g ( x) ? e ( x ? 1) ? e ? 0 ,所以 g ( x) 在 (?1, ??) 上是增函数,
x ' x x ' 又因为 g (0) ? 0 ,所以当 x ? 0 时, g ( x) ? 0 ,即 f ( x) ? 0 ;当 ?1 ? x ? 0 时, g ( x) ? 0 ,

f ' ( x) ? 0 ,所以
f ( x) 在 (?1, 0) 上是减函数;在 (0, ??) 学,科网,上是增函数。

a b - b - 5. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞) f′(x)=aexln x+ ex- 2ex 1+ ex 1. x x x 由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2.

2 - (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ ex 1, x 2 - 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe x- . e 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x, 1? 所以当 x∈? ?0,e?时,g′(x)<0; 1 ? 当 x∈? ? e,+∞?时,g′(x)>0. 1? ?1 ? 故 g(x)在? ?0,e?上单调递减,在?e,+∞?上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小 1? 1 值为 g? ? e?=-e. 2 - - 设函数 h(x)=xe x- ,则 h′(x)=e x(1-x). e 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而 h(x)在(0,+∞)上的最大值 1 为 h(1)=- . e 1? 因为 gmin(x)=g? ? e?=h(1)=hmax(x), 所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1.


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