1、导数高考题1已知函数 f（x）=x 3+ax+ ，g（x）=lnx（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）=min f（x） ，g（x）（x0） ，讨论 h（x）零点的个数解：（i）f（x）=3x 2+a，设曲线 y=f（x）与 x 轴相切于点 P（x 0，0） ，则 f（x 0）=0，f（x 0）=0， ，解得 ，a= 因此当 a= 时，x 轴为曲线 y=f（x）的切线；（ii）当 x（1，+）时，g（x）=lnx0，函数 h（x）=min f（x） ，g（x）g（x）0，故 h（x）在 x（1，+）时无
2、零点当 x=1 时，若 a ，则 f（1）=a+ 0，h（x）=min f（1） ，g（1）=g（1）=0，故 x=1 是函数 h（x）的一个零点；若 a ，则 f（1）=a+ 0，h（x）=min f（1） ，g（1）=f（1）0，故 x=1 不是函数 h（x）的零点；当 x（0，1）时，g（x）=lnx0，因此只考虑 f（x）在（0，1）内的零点个数即可当 a3 或 a0 时，f（x）=3x 2+a 在（0，1）内无零点，因此 f（x）在区间（0，1）内单调，而 f（0）= ，f（1）=a+ ，当 a3 时，函数 f（x）在区间（0，1）内有一个零点，当 a0 时，函数 f（x）在区间（0
3、，1）内没有零点当3a0 时，函数 f（x）在 内单调递减，在 内单调递增，故当 x= 时，f（x）取得最小值 = 若 0，即 ，则 f（x）在（0，1）内无零点若 =0，即 a= ，则 f（x）在（0，1）内有唯一零点若 0，即 ，由 f（0）= ，f（1）=a+ ，当 时，f（x）在（0，1）内有两个零点当3a 时，f（x）在（0，1）内有一个零点综上可得：当 或 a 时，h（x）有一个零点；当 a= 或 时，h（x）有两个零点；当 时，函数 h（x）有三个零点2设函数 f（x）=e mx+x2mx（1）证明：f（x）在（，0）单调递减，在（0，+）单调递增；（2）若对于任意 x1，x 2
4、1，1，都有|f（x 1）f（x 2）|e1，求 m 的取值范围解：（1）证明：f（x）=m（e mx1）+2x若 m0，则当 x（，0）时，e mx10，f（x）0；当 x（0，+）时，e mx10，f（x）0若 m0，则当 x（，0）时，e mx10，f（x）0；当 x（0，+）时，e mx10，f（x）0所以，f（x）在（，0）时单调递减，在（0，+）单调递增（2）由（1）知，对任意的 m，f（x）在1，0单调递减，在0，1单调递增，故 f（x）在 x=0 处取得最小值所以对于任意 x1，x 21，1，|f（x 1）f（x 2）|e1 的充要条件是即设函数 g（t）=e tte+1，则
5、g（t）=e t1当 t0 时，g（t）0；当 t0 时，g（t）0故 g（t）在（，0）单调递减，在（0，+）单调递增又 g（1）=0，g（1）=e 1 +2e0，故当 t1，1时，g（t）0当 m1，1时，g（m）0，g（m）0，即合式成立；当 m1 时，由 g（t）的单调性，g（m）0，即 emme1当 m1 时，g（m）0，即 em +me1综上，m 的取值范围是1，13函数 f（x）=ln（x+1） （a1） （）讨论 f（x）的单调性；（）设 a1=1，a n+1=ln（a n+1） ，证明： a n 解：（）函数 f（x）的定义域为（1，+） ，f（x）= ，当 1a2 时，若
6、x（1，a 22a） ，则 f（x）0，此时函数 f（x）在（1，a 22a）上是增函数，若 x（a 22a，0） ，则 f（x）0，此时函数 f（x）在（a 22a，0）上是减函数，若 x（0，+） ，则 f（x）0，此时函数 f（x）在（0，+）上是增函数当 a=2 时，f（x）0，此时函数 f（x）在（1，+）上是增函数，当 a2 时，若 x（1，0） ，则 f（x）0，此时函数 f（x）在（1，0）上是增函数，若 x（0，a 22a） ，则 f（x）0，此时函数 f（x）在（0，a 22a）上是减函数，若 x（a 22a，+） ，则 f（x）0，此时函数 f（x）在（a 22a，+）上
7、是增函数（）由（）知，当 a=2 时，此时函数 f（x）在（1，+）上是增函数，当 x（0，+）时，f（x）f（0）=0，即 ln（x+1） ， （x0） ，又由（）知，当 a=3 时，f（x）在（0，3）上是减函数，当 x（0，3）时，f（x）f（0）=0，ln（x+1） ，下面用数学归纳法进行证明 a n 成立，当 n=1 时，由已知，故结论成立假设当 n=k 时结论成立，即 ，则当 n=k+1 时，a n+1=ln（a n+1）ln（ ） ，an+1=ln（a n+1）ln（ ） ，即当 n=k+1 时， 成立，综上由可知，对任何 nN 结论都成立4已知函数 f（x）=e xe x 2x
8、（）讨论 f（x）的单调性；（）设 g（x）=f（2x）4bf（x） ，当 x0 时，g（x）0，求 b 的最大值；（）已知 1.4142 1.4143，估计 ln2 的近似值（精确到 0.001） 解：（）由 f（x）得 f（x）=e x+ex 2 ，即 f（x）0，当且仅当 ex=ex 即 x=0 时，f（x）=0，函数 f（x）在 R 上为增函数（）g（x）=f（2x）4bf（x）=e 2xe 2x 4b（e xe x ）+（8b4）x，则 g（x）=2e2x+e2x 2b（e x+ex ）+（4b2）=2（e x+ex ） 22b（e x+ex ）+（4b4）=2（e x+ex 2）（
9、e x+ex +22b） e x+ex 2，e x+ex +24，当 2b4，即 b2 时，g（x）0，当且仅当 x=0 时取等号，从而 g（x）在 R 上为增函数，而 g（0）=0，x0 时，g（x）0，符合题意当 b2 时，若 x 满足 2e x+ex 2b2 即 ，得 ，此时，g（x）0，又由 g（0）=0 知，当 时，g（x）0，不符合题意综合、知，b2，得 b 的最大值为 2（）1.4142 1.4143，根据（）中 g（x）=e 2xe 2x 4b（e xe x ）+（8b4）x，为了凑配 ln2，并利用 的近似值，故将 ln 即 代入 g（x）的解析式中，得 当 b=2 时，由
10、g（x）0，得 ，从而 ；令 ，得 2，当 时，由 g（x）0，得 ，得 所以 ln2 的近似值为 0.6935设函数 f（x）=ae xlnx+ ，曲线 y=f（x）在点（1，f（1） ）处得切线方程为 y=e（x1）+2（）求 a、b；（）证明：f（x）1解：（）函数 f（x）的定义域为（0，+） ，f（x）= + ，由题意可得 f（1）=2，f（1）=e，故 a=1，b=2；（）由（）知，f（x）=e xlnx+ ，f（x）1，e xlnx+ 1，lnx ，f（x）1 等价于 xlnxxe x ，设函数 g（x）=xlnx，则 g（x）=1+lnx，当 x（0， ）时，g（x）0；当 x
11、（ ，+）时，g（x）0故 g（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+）上单调递增，从而 g（x）在（0，+）上的最小值为 g（ ）= 设函数 h（x）=xe x ，则 h（x）=e x （1x） 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，+）上的最大值为 h（1）= 综上，当 x0 时，g（x）h（x） ，即 f（x）16已知函数 f（x）=x 2+ax+b，g（x）=e x（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
12、（）求 a，b，c，d 的值；（）若 x2 时，f（x）kg（x） ，求 k 的取值范围解：（）由题意知 f（0）=2，g（0）=2，f（0）=4，g（0）=4，而 f（x）=2x+a，g（x）=e x（cx+d+c） ，故 b=2，d=2，a=4，d+c=4，从而 a=4，b=2，c=2，d=2；（）由（I）知，f（x）=x 2+4x+2，g（x）=2e x（x+1） ，设 F（x）=kg（x）f（x）=2ke x（x+1）x 24x2，则 F（x）=2ke x（x+2）2x4=2（x+2） （ke x1） ，由题设得 F（0）0，即 k1，令 F（x）=0，得 x1=lnk，x 2=2，若
13、 1ke 2，则2x 10，从而当 x（2，x 1）时，F（x）0，当 x（x 1，+）时，F（x）0，即 F（x）在（2，x 1）上减，在（x 1，+）上是增，故 F（x）在2，+）上的最小值为 F（x 1） ，而 F（x 1）=x 1（x 1+2）0，x2 时 F（x）0，即 f（x）kg（x）恒成立若 k=e2，则 F（x）=2e 2（x+2） （e xe 2 ） ，从而当 x（2，+）时，F（x）0，即 F（x）在（2，+）上是增，而 F（2）=0，故当 x2 时，F（x）0，即 f（x）kg（x）恒成立若 ke 2时，F（x）2e 2（x+2） （e xe 2 ） ，而 F（2）=2
14、ke 2 +20，所以当 x2 时，f（x）kg（x）不恒成立，综上，k 的取值范围是1，e 27已知函数 f（x）=e xln（x+m）（）设 x=0 是 f（x）的极值点，求 m，并讨论 f（x）的单调性；（）当 m2 时，证明 f（x）0（）解： ，x=0 是 f（x）的极值点， ，解得 m=1所以函数 f（x）=e xln（x+1） ，其定义域为（1，+） 设 g（x）=e x（x+1）1，则 g（x）=e x（x+1）+e x0，所以 g（x）在（1，+）上为增函数，又g（0）=0，所以当 x0 时，g（x）0，即 f（x）0；当1x0 时，g（x）0，f（x）0所以 f（x）在（1
15、，0）上为减函数；在（0，+）上为增函数；（）证明：当 m2，x（m，+）时，ln（x+m）ln（x+2） ，故只需证明当 m=2 时 f（x）0当 m=2 时，函数 在（2，+）上为增函数，且 f（1）0，f（0）0故 f（x）=0 在（2，+）上有唯一实数根 x0，且 x0（1，0） 当 x（2，x 0）时，f（x）0，当 x（x 0，+）时，f（x）0，从而当 x=x0时，f（x）取得最小值由 f（x 0）=0，得 ，ln（x 0+2）=x 0故 f（x） = 0综上，当 m2 时，f（x）08已知函数 （I）若 x0 时，f（x）0，求 的最小值；（II）设数列a n的通项 an=1+
16、 解：（I）由已知，f（0）=0，f（x）= = ，f（0）=0 欲使 x0 时，f（x）0 恒成立，则 f（x）在（0，+）上必为减函数，即在（0，+）上f（x）0 恒成立，当 0 时，f（x）0 在（0，+）上恒成立，为增函数，故不合题意，若 0 时，由 f（x）0 解得 x ，则当 0x ，f（x）0，所以当 0x时，f（x）0，此时不合题意，若 ，则当 x0 时，f（x）0 恒成立，此时 f（x）在（0，+）上必为减函数，所以当 x0 时，f（x）0恒成立，综上，符合题意的 的取值范围是 ，即 的最小值为（ II）令 = ，由（I）知，当 x0 时，f（x）0，即取 x= ，则于是 a
17、2na n+ = + + += = =ln2nlnn=ln2，所以。9设函数 f（x）=ax+cosx，x0，（）讨论 f（x）的单调性；（）设 f（x）1+sinx，求 a 的取值范围解：（）求导函数，可得 f（x）=asinx，x0，sinx0，1；当 a0 时，f（x）0 恒成立，f（x）单调递减；当 a1 时，f（x）0 恒成立，f（x）单调递增；当 0a1 时，由 f（x）=0 得 x1=arcsina，x 2=arcsina当 x0，x 1时，sinxa，f（x）0，f（x）单调递增当 xx 1，x 2时，sinxa，f（x）0，f（x）单调递减当 xx 2，时，sinxa，f（x
18、）0，f（x）单调递增； （）由 f（x）1+sinx 得 f（）1，a11，a 令 g（x）=sinx （0x ） ，则 g（x）=cosx当 x 时，g（x）0，当 时，g（x）0 ，g（x）0，即 （0x ） ，当 a 时，有当 0x 时， ，cosx1，所以 f（x）1+sinx；当 时， =1+ 1+sinx综上，a 10已知函数 f（x）= + ，曲线 y=f（x）在点（1，f（1） ）处的切线方程为 x+2y3=0（）求 a、b 的值；（）如果当 x0，且 x1 时，f（x） + ，求 k 的取值范围解：由题意 f（1）=1，即切点坐标是（1，1） ，（）由于直线 x+2y3=0
19、 的斜率为 ，且过点（1，1） ，故，即 解得 a=1，b=1（）由（）知 ，所以 ） 考虑函数 （x0） ，则 （i）设 k0，由 知，当 x1 时，h（x）0而 h（1）=0，故当 x（0，1）时，h（x）0，可得 ；当 x（1，+）时，h（x）0，可得 h（x）0从而当 x0，且 x1 时，f（x）（ + ）0，即 f（x） + （ii）设 0k1由于当 x（1， ）时， （k1） （x 2+1）+2x0，故 h（x）0，而h（1）=0，故当 x（1， ）时，h（x）0，可得 h（x）0，与题设矛盾（iii）设 k1此时 h（x）0，而 h（1）=0，故当 x（1，+）时，h（x）0，可
20、得 h（x）0，与题设矛盾综合得，k 的取值范围为（，011设函数 f（x）=1e x （）证明：当 x1 时，f（x） ；（）设当 x0 时，f（x） ，求 a 的取值范围解：（1）当 x1 时，f（x） 当且仅当 ex1+x，令 g（x）=e xx1，则 g（x）=e x1当 x0 时 g（x）0，g（x）在0，+）是增函数当 x0 时 g（x）0，g（x）在（，0是减函数于是 g（x）在 x=0 处达到最小值，因而当 xR 时，g（x）g（0）时，即 ex1+x，所以当 x1 时，f（x）（2）由题意 x0，此时 f（x）0当 a0 时，若 x ，则 0，f（x） 不成立；当 a0 时，
21、令 h（x）=axf（x）+f（x）x，则f（x） 当且仅当 h（x）0因为 f（x）=1e x ，所以 h（x）=af（x）+axf（x）+f（x）1=af（x）axf（x）+axf（x）（i）当 0a 时，由（1）知 x（x+1）f（x）h（x）af（x）axf（x）+a（x+1）f（x）f（x）=（2a1）f（x）0，h（x）在0，+）是减函数，h（x）h（0）=0，即 f（x）（ii）当 a 时，由（i）知 xf（x）h（x）=af（x）axf（x）+axf（x）af（x）axf（x）+af（x）f（x）=（2a1ax）f（x）当 0x 时，h（x）0，所以 h（x）0，所以 h（x）
22、h（0）=0，即 f（x）综上，a 的取值范围是0， 12已知函数 f（x）=（x+1）lnxx+1（）若 xf（x）x 2+ax+1，求 a 的取值范围；（）证明：（x1）f（x）0解：（） ，xf（x）=xlnx+1，题设 xf（x）x 2+ax+1 等价于lnxxa令 g（x）=lnxx，则，当 0x1，g（x）0；当 x1 时，g（x）0，x=1 是 g（x）的最大值点，g（x）g（1）=1 综上，a 的取值范围是1，+） （）由（）知，g（x）g（1）=1 即 lnxx+10当 0x1 时，f（x）=（x+1）lnxx+1=xlnx+（lnxx+1）0；当 x1 时，f（x）=lnx
23、+（xlnxx+1）= = 0所以（x1）f（x）013设函数 f（x）=x 2+aln（1+x）有两个极值点 x1、x 2，且 x1x 2，（）求 a 的取值范围，并讨论 f（x）的单调性；（）证明：f（x 2） 解：（I），令 g（x）=2x 2+2x+a，其对称轴为 由题意知 x1、x 2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，x 1）时，f（x）0，f（x）在（1，x 1）内为增函数；（2）当 x（x 1，x 2）时，f（x）0，f（x）在（x 1，x 2）内为减函数；（3）当 x（x 2，+）时，f（x）0，f（x）在（x 2，+）内
24、为增函数；（II）由（I）g（0）=a0， ，a=（2x 22+2x2）f（x 2）=x 22+aln（1+x 2）=x 22（2x 22+2x2）ln（1+x 2）设 h（x）=x 2（2x 2+2x）ln（1+x） ， （ x0）则 h（x）=2x2（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 14已知函数 f（x）=（x 3+3x2+ax+b）e x （1）如 a=b=3，求 f（x）的单调区间；（2）若 f（x）在（，） ， （2，）单调增加，在（，2）
25、， （，+）单调减少，证明：6解：（）当 a=b=3 时，f（x）=（x 3+3x23x3）e x ，故 f（x）=（x 3+3x23x3）e x +（3x 2+6x3）e x =e x （x 39x）=x（x3） （x+3）e x 当 x3 或 0x3 时，f（x）0；当3x0 或 x3 时，f（x）0从而 f（x）在（，3） ， （0，3）单调增加，在（3，0） ， （3，+）单调减少；（）f（x）=（x 3+3x2+ax+b）e x +（3x 2+6x+a）e x =e x x3+（a6）x+ba由条件得：f（2）=0，即 23+2（a6）+ba=0，故 b=4a，从而 f（x）=e x x3+（a6）x+42a因为 f（）=f（）=0，所以 x3+（a6）x+42a=（x2） （x） （x）=（x2） （x 2（+）x+） 将右边展开，与左边比较系数得，+=2，=a2故 ，又（2） （2）0，即 2（+）+40由此可得 a6于是 6
