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专题04 导数及其应用-领军高考数学(理)十年真题(2010-2019)深度思考(新课标Ⅰ卷)

专题04 导数及其应用-领军高考数学(理)十年真题(2010-2019)深度思考(新课标Ⅰ卷)
专题04 导数及其应用-领军高考数学(理)十年真题(2010-2019)深度思考(新课标Ⅰ卷)

专题04导数及其应用历年考题细目表

历年高考真题汇编

1.【2019年新课标1理科05】函数f(x)在[﹣π,π]的图象大致为()

A.

B.

C.

D.

【解答】解:∵f(x),x∈[﹣π,π],

∴f(﹣x)f(x),

∴f(x)为[﹣π,π]上的奇函数,因此排除A;

又f(),因此排除B,C;

故选:D.

2.【2018年新课标1理科05】设函数f(x)=x3+(a﹣1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()

A.y=﹣2x B.y=﹣x C.y=2x D.y=x

【解答】解:函数f(x)=x3+(a﹣1)x2+ax,若f(x)为奇函数,

可得a=1,所以函数f(x)=x3+x,可得f′(x)=3x2+1,

曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线的斜率为:1,

则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为:y=x.

故选:D.

3.【2016年新课标1理科07】函数y=2x2﹣e|x|在[﹣2,2]的图象大致为()

A.B.

C.D.

【解答】解:∵f(x)=y=2x2﹣e|x|,

∴f(﹣x)=2(﹣x)2﹣e|﹣x|=2x2﹣e|x|,

故函数为偶函数,

当x=±2时,y=8﹣e2∈(0,1),故排除A,B;

当x∈[0,2]时,f(x)=y=2x2﹣e x,

∴f′(x)=4x﹣e x=0有解,

故函数y=2x2﹣e|x|在[0,2]不是单调的,故排除C,

故选:D.

4.【2015年新课标1理科12】设函数f(x)=e x(2x﹣1)﹣ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()

A.[)B.[)C.[)D.[)

【解答】解:设g(x)=e x(2x﹣1),y=ax﹣a,

由题意知存在唯一的整数x0使得g(x0)在直线y=ax﹣a的下方,

∵g′(x)=e x(2x﹣1)+2e x=e x(2x+1),

∴当x时,g′(x)<0,当x时,g′(x)>0,

∴当x时,g(x)取最小值﹣2,

当x=0时,g(0)=﹣1,当x=1时,g(1)=e>0,

直线y=ax﹣a恒过定点(1,0)且斜率为a,

故﹣a>g(0)=﹣1且g(﹣1)=﹣3e﹣1≥﹣a﹣a,解得a<1

故选:D.

5.【2014年新课标1理科11】已知函数f(x)=ax3﹣3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则实数a的取值范围是()

A.(1,+∞)B.(2,+∞)C.(﹣∞,﹣1)D.(﹣∞,﹣2)

【解答】解:∵f(x)=ax3﹣3x2+1,

∴f′(x)=3ax2﹣6x=3x(ax﹣2),f(0)=1;

①当a=0时,f(x)=﹣3x2+1有两个零点,不成立;

②当a>0时,f(x)=ax3﹣3x2+1在(﹣∞,0)上有零点,故不成立;

③当a<0时,f(x)=ax3﹣3x2+1在(0,+∞)上有且只有一个零点;

故f(x)=ax3﹣3x2+1在(﹣∞,0)上没有零点;

而当x时,f(x)=ax3﹣3x2+1在(﹣∞,0)上取得最小值;

故f()3?1>0;

故a<﹣2;

综上所述,

实数a的取值范围是(﹣∞,﹣2);

故选:D.

6.【2012年新课标1理科10】已知函数f(x),则y=f(x)的图象大致为()A.B.

C.D.

【解答】解:设

则g′(x)

∴g(x)在(﹣1,0)上为增函数,在(0,+∞)上为减函数

∴g(x)<g(0)=0

∴f(x)0

得:x>0或﹣1<x<0均有f(x)<0排除A,C,

又f(x)中,,能排除D.

故选:B.

7.【2012年新课标1理科12】设点P在曲线上,点Q在曲线y=ln(2x)上,则|PQ|最小值为()A.1﹣ln2 B.C.1+ln2 D.

【解答】解:∵函数与函数y=ln(2x)互为反函数,图象关于y=x对称,

函数上的点到直线y=x的距离为,

设g(x)(x>0),则g′(x),

由g′(x)0可得x≥ln2,

由g′(x)0可得0<x<ln2,

∴函数g(x)在(0,ln2)单调递减,在[ln2,+∞)单调递增,

∴当x=ln2时,函数g(x)min=1﹣ln2,

由图象关于y=x对称得:|PQ|最小值为.

故选:B.

8.【2011年新课标1理科09】由曲线y,直线y=x﹣2及y轴所围成的图形的面积为()A.B.4 C.D.6

【解答】解:联立方程得到两曲线的交点(4,2),

因此曲线y,直线y=x﹣2及y轴所围成的图形的面积为:

S.故选C.

9.【2010年新课标1理科03】曲线y在点(﹣1,﹣1)处的切线方程为()

A.y=2x+1 B.y=2x﹣1 C.y=﹣2x﹣3 D.y=﹣2x﹣2

【解答】解:∵y,

∴y′,

所以k=y′|x=﹣1=2,得切线的斜率为2,所以k=2;

所以曲线y=f(x)在点(﹣1,﹣1)处的切线方程为:

y+1=2×(x+1),即y=2x+1.

故选:A.

10.【2019年新课标1理科13】曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为.

【解答】解:∵y=3(x2+x)e x,

∴y'=3e x(x2+3x+1),

∴当x=0时,y'=3,

∴y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线斜率k=3,

∴切线方程为:y=3x.

故★答案★为:y=3x.

11.【2013年新课标1理科16】若函数f(x)=(1﹣x2)(x2+ax+b)的图象关于直线x=﹣2对称,则f(x)的最大值为.

【解答】解:∵函数f(x)=(1﹣x2)(x2+ax+b)的图象关于直线x=﹣2对称,

∴f(﹣1)=f(﹣3)=0且f(1)=f(﹣5)=0,

即[1﹣(﹣3)2][(﹣3)2+a?(﹣3)+b]=0且[1﹣(﹣5)2][(﹣5)2+a?(﹣5)+b]=0,

解之得,

因此,f(x)=(1﹣x2)(x2+8x+15)=﹣x4﹣8x3﹣14x2+8x+15,

求导数,得f′(x)=﹣4x3﹣24x2﹣28x+8,

令f′(x)=0,得x1=﹣2,x2=﹣2,x3=﹣2,

当x∈(﹣∞,﹣2)时,f′(x)>0;当x∈(﹣2,﹣2)时,f′(x)<0;

当x∈(﹣2,﹣2)时,f′(x)>0;当x∈(﹣2,+∞)时,f′(x)<0

∴f(x)在区间(﹣∞,﹣2)、(﹣2,﹣2)上是增函数,在区间(﹣2,﹣2)、(﹣2,+∞)上是减函数.

又∵f(﹣2)=f(﹣2)=16,

∴f(x)的最大值为16.

故★答案★为:16.

12.【2010年新课标1理科13】设y=f(x)为区间[0,1]上的连续函数,且恒有0≤f(x)≤1,可以用随机模拟方法近似计算积分,先产生两组(每组N个)区间[0,1]上的均匀随机数x1,x2,…x N 和y1,y2,…y N,由此得到N个点(x i,y i)(i=1,2,…,N),再数出其中满足y i≤f(x i)(i=1,2,…,N)的点数N1,那么由随机模拟方案可得积分的近似值为.

【解答】解:由题意可知得,

故积分的近似值为.

故★答案★为:.

13.【2019年新课标1理科20】已知函数f(x)=sin x﹣ln(1+x),f′(x)为f(x)的导数.证明:

(1)f′(x)在区间(﹣1,)存在唯一极大值点;

(2)f(x)有且仅有2个零点.

【解答】证明:(1)f(x)的定义域为(﹣1,+∞),

f′(x)=cos x,f″(x)=﹣sin x,

令g(x)=﹣sin x,则g′(x)=﹣cos x0在(﹣1,)恒成立,

∴f″(x)在(﹣1,)上为减函数,

又∵f″(0)=1,f″()=﹣11+1=0,由零点存在定理可知,

函数f″(x)在(﹣1,)上存在唯一的零点x0,结合单调性可得,f′(x)在(﹣1,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减,可得f′(x)在区间(﹣1,)存在唯一极大值点;

(2)由(1)知,当x∈(﹣1,0)时,f′(x)单调递增,f′(x)<f′(0)=0,f(x)单调递减;

当x∈(0,x0)时,f′(x)单调递增,f′(x)>f′(0)=0,f(x)单调递增;

由于f′(x)在(x0,)上单调递减,且f′(x0)>0,f ′()0,

由零点存在定理可知,函数f′(x)在(x0,)上存在唯一零点x1,结合单调性可知,

当x∈(x0,x1)时,f′(x)单调递减,f′(x)>f′(x1)=0,f(x)单调递增;

当x∈()时,f′(x)单调递减,f′(x)<f′(x1)=0,f(x)单调递减.

当x∈(,π)时,cos x<0,0,于是f′(x)=cos x0,f(x)单调递减,

其中f ()=1﹣ln(1)>1﹣ln(1)=1﹣ln2.6>1﹣lne=0,

f(π)=﹣ln(1+π)<﹣ln3<0.

于是可得下表:

0 (0,x1)x1()()π

x(﹣1,

0)

f′(x)﹣0 + 0 ﹣﹣﹣﹣

f(x)减函数0 增函数大于0 减函数大于0 减函数小于0

结合单调性可知,函数f(x)在(﹣1,]上有且只有一个零点0,

由函数零点存在性定理可知,f(x )在(,π)上有且只有一个零点x2,

当x∈[π,+∞)时,f(x)=sin x﹣ln(1+x)<1﹣ln(1+π)<1﹣ln3<0,因此函数f(x)在[π,+∞)上无零点.

综上,f(x)有且仅有2个零点.

14.【2018年新课标1理科21】已知函数f(x )x+alnx.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:a﹣2.

【解答】解:(1)函数的定义域为(0,+∞),

函数的导数f′(x )1,

设g(x)=x2﹣ax+1,

当a≤0时,g(x)>0恒成立,即f′(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上是减函数,

当a>0时,判别式△=a2﹣4,

①当0<a≤2时,△≤0,即g(x)≥0,即f′(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上是减函数,

②当a>2时,x,f′(x),f(x)的变化如下表:

x

(0,)(,

)(,+

∞)

f′(x)﹣0 + 0 ﹣f(x)递减递增递减综上当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上是减函数,

当a>2时,在(0,),和(,+∞)上是减函数,

则(,)上是增函数.

(2)由(1)知a>2,0<x1<1<x2,x1x2=1,

则f(x1)﹣f(x2)=(x2﹣x1)(1)+a(lnx1﹣lnx2)=2(x2﹣x1)+a(lnx1﹣lnx2),

则2,

则问题转为证明1即可,

即证明lnx1﹣lnx2>x1﹣x2,

则lnx1﹣ln x 1,

即lnx1+lnx1>x 1,

即证2lnx1>x 1在(0,1)上恒成立,

设h(x)=2lnx﹣x,(0<x<1),其中h(1)=0,

求导得h′(x )10,

则h(x)在(0,1)上单调递减,

∴h(x)>h(1),即2lnx﹣x0,

故2lnx>x,

则a﹣2成立.

(2)另解:注意到f()=x alnx=﹣f(x),

即f(x)+f()=0,

由韦达定理得x1x2=1,x1+x2=a>2,得0<x1<1<x2,x1,

可得f(x2)+f()=0,即f(x1)+f(x2)=0,

要证a﹣2,只要证a﹣2,

即证2alnx2﹣ax20,(x2>1),

构造函数h(x)=2alnx﹣ax,(x>1),h′(x)0,

∴h(x)在(1,+∞)上单调递减,

∴h(x)<h(1)=0,

∴2alnx﹣ax0成立,即2alnx2﹣ax20,(x2>1)成立.

即a﹣2成立.

15.【2017年新课标1理科21】已知函数f(x)=ae2x+(a﹣2)e x﹣x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.

【解答】解:(1)由f(x)=ae2x+(a﹣2)e x﹣x,求导f′(x)=2ae2x+(a﹣2)e x﹣1,当a=0时,f′(x)=﹣2e x﹣1<0,

∴当x∈R,f(x)单调递减,

当a>0时,f′(x)=(2e x+1)(ae x﹣1)=2a(e x)(e x),

令f′(x)=0,解得:x=ln,

当f′(x)>0,解得:x>ln,

当f′(x)<0,解得:x<ln,

∴x∈(﹣∞,ln)时,f(x)单调递减,x∈(ln,+∞)单调递增;

当a<0时,f′(x)=2a(e x)(e x)<0,恒成立,

∴当x∈R,f(x)单调递减,

综上可知:当a≤0时,f(x)在R单调减函数,

当a>0时,f(x)在(﹣∞,ln)是减函数,在(ln,+∞)是增函数;

(2)①若a≤0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,

当a>0时,f(x)=ae2x+(a﹣2)e x﹣x,

当x→﹣∞时,e2x→0,e x→0,

∴当x→﹣∞时,f(x)→+∞,

当x→∞,e2x→+∞,且远远大于e x和x,

∴当x→∞,f(x)→+∞,

∴函数有两个零点,f(x)的最小值小于0即可,

由f(x)在(﹣∞,ln)是减函数,在(ln,+∞)是增函数,

∴f(x)min=f(ln)=a×()+(a﹣2)ln0,

∴1ln0,即ln1>0,

设t,则g(t)=lnt+t﹣1,(t>0),

求导g′(t)1,由g(1)=0,

∴t1,解得:0<a<1,

∴a的取值范围(0,1).

方法二:(1)由f(x)=ae2x+(a﹣2)e x﹣x,求导f′(x)=2ae2x+(a﹣2)e x﹣1,当a=0时,f′(x)=﹣2e x﹣1<0,

∴当x∈R,f(x)单调递减,

当a>0时,f′(x)=(2e x+1)(ae x﹣1)=2a(e x)(e x),

令f′(x)=0,解得:x=﹣lna,

当f′(x)>0,解得:x>﹣lna,

当f′(x)<0,解得:x<﹣lna,

∴x∈(﹣∞,﹣lna)时,f(x)单调递减,x∈(﹣lna,+∞)单调递增;

当a<0时,f′(x)=2a(e x)(e x)<0,恒成立,

∴当x∈R,f(x)单调递减,

综上可知:当a≤0时,f(x)在R单调减函数,

当a>0时,f(x)在(﹣∞,﹣lna)是减函数,在(﹣lna,+∞)是增函数;

(2)①若a≤0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,

②当a>0时,由(1)可知:当x=﹣lna时,f(x)取得最小值,f(x)min=f(﹣lna)=1ln,当a=1,时,f(﹣lna)=0,故f(x)只有一个零点,

当a∈(1,+∞)时,由1ln0,即f(﹣lna)>0,

故f(x)没有零点,

当a∈(0,1)时,1ln0,f(﹣lna)<0,

由f(﹣2)=ae﹣4+(a﹣2)e﹣2+2>﹣2e﹣2+2>0,

故f(x)在(﹣∞,﹣lna)有一个零点,

假设存在正整数n0,满足n0>ln(1),则f(n0)(a a﹣2)﹣n0n0n0>0,由ln(1)>﹣lna,

因此在(﹣lna,+∞)有一个零点.

∴a的取值范围(0,1).

16.【2016年新课标1理科21】已知函数f(x)=(x﹣2)e x+a(x﹣1)2有两个零点.

(Ⅰ)求a的取值范围;

(Ⅱ)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.

【解答】解:(Ⅰ)∵函数f(x)=(x﹣2)e x+a(x﹣1)2,

∴f′(x)=(x﹣1)e x+2a(x﹣1)=(x﹣1)(e x+2a),

①若a=0,那么f(x)=0?(x﹣2)e x=0?x=2,

函数f(x)只有唯一的零点2,不合题意;

②若a>0,那么e x+2a>0恒成立,

当x<1时,f′(x)<0,此时函数为减函数;

当x>1时,f′(x)>0,此时函数为增函数;

此时当x=1时,函数f(x)取极小值﹣e,

由f(2)=a>0,可得:函数f(x)在x>1存在一个零点;

当x<1时,e x<e,x﹣2<﹣1<0,

∴f(x)=(x﹣2)e x+a(x﹣1)2>(x﹣2)e+a(x﹣1)2=a(x﹣1)2+e(x﹣1)﹣e,

令a(x﹣1)2+e(x﹣1)﹣e=0的两根为t1,t2,且t1<t2,

则当x<t1,或x>t2时,f(x)>a(x﹣1)2+e(x﹣1)﹣e>0,

故函数f(x)在x<1存在一个零点;

即函数f(x)在R是存在两个零点,满足题意;

③若a<0,则ln(﹣2a)<lne=1,

当x<ln(﹣2a)时,x﹣1<ln(﹣2a)﹣1<lne﹣1=0,

e x+2a<e ln(﹣2a)+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e x+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

当ln(﹣2a)<x<1时,x﹣1<0,e x+2a>e ln(﹣2a)+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e x+2a)<0恒成立,故f(x)单调递减,

当x>1时,x﹣1>0,e x+2a>e ln(﹣2a)+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e x+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

故当x=ln(﹣2a)时,函数取极大值,

由f(ln(﹣2a))=[ln(﹣2a)﹣2](﹣2a)+a[ln(﹣2a)﹣1]2=a{[ln(﹣2a)﹣2]2+1}<0得:函数f(x)在R上至多存在一个零点,不合题意;

④若a,则ln(﹣2a)=1,

当x<1=ln(﹣2a)时,x﹣1<0,e x+2a<e ln(﹣2a)+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e x+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

当x>1时,x﹣1>0,e x+2a>e ln(﹣2a)+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e x+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

故函数f(x)在R上单调递增,

函数f(x)在R上至多存在一个零点,不合题意;

⑤若a,则ln(﹣2a)>lne=1,

当x<1时,x﹣1<0,e x+2a<e ln(﹣2a)+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e x+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

当1<x<ln(﹣2a)时,x﹣1>0,e x+2a<e ln(﹣2a)+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e x+2a)<0恒成立,故f(x)单调递减,

当x>ln(﹣2a)时,x﹣1>0,e x+2a>e ln(﹣2a)+2a=0,

即f′(x)=(x﹣1)(e x+2a)>0恒成立,故f(x)单调递增,

故当x=1时,函数取极大值,

由f(1)=﹣e<0得:

函数f(x)在R上至多存在一个零点,不合题意;

综上所述,a的取值范围为(0,+∞)

证明:(Ⅱ)∵x1,x2是f(x)的两个零点,

∴f(x1)=f(x2)=0,且x1≠1,且x2≠1,

∴﹣a,

令g(x),则g(x1)=g(x2)=﹣a,

∵g′(x),

∴当x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;

当x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增;

设m>0,则g(1+m)﹣g(1﹣m),设h(m),m>0,

则h′(m)0恒成立,

即h(m)在(0,+∞)上为增函数,

h(m)>h(0)=0恒成立,

即g(1+m)>g(1﹣m)恒成立,

令m=1﹣x1>0,

则g(1+1﹣x1)>g(1﹣1+x1)?g(2﹣x1)>g(x1)=g(x2)?2﹣x1>x2,

即x1+x2<2.

17.【2015年新课标1理科21】已知函数f(x)=x3+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)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.

【解答】解:(i)f′(x)=3x2+a.

设曲线y=f(x)与x轴相切于点P(x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=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)=﹣lnx<0,

∴函数h(x)=min{f(x),g(x)}<0,

故h(x)在x∈(1,+∞)时无零点.

当x=1时,若a,则f(1)=a0,

∴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)=a0,∴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)=﹣lnx>0,因此只考虑f(x)在(0,1)内的零点个数即可.

①当a≤﹣3或a≥0时,f′(x)=3x2+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a≤﹣3时,函数f(x)在区间(0,1)内有一个零点,

当a≥0时,函数f(x)在区间(0,1)内没有零点.

②当﹣3<a<0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﹣3<a时,f(x)在(0,1)内有一个零点.综上可得:a时,函数h(x)有一个零点.

当时,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.

18.【2014年新课标1理科21】设函数f(x)=ae x lnx,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处得切线方程为y=e(x﹣1)+2.

(Ⅰ)求a、b;

(Ⅱ)证明:f(x)>1.

【解答】解:(Ⅰ)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;

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)=e x lnx,

∵f(x)>1,∴e x lnx1,∴lnx,

∴f(x)>1等价于xlnx>xe﹣x,设函数g(x)=xlnx,则g′(x)=1+lnx,

∴当x∈(0,)时,g′(x)<0;当x∈(,+∞)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(1﹣x).

∴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x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.

19.【2013年新课标1理科21】已知函数f(x)=x2+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.

(Ⅰ)求a,b,c,d的值;

(Ⅱ)若x≥﹣2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.

【解答】解:(Ⅰ)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;

(Ⅱ)由(I)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2e x(x+1)

设F(x)=kg(x)﹣f(x)=2ke x(x+1)﹣x2﹣4x﹣2,

则F′(x)=2ke x(x+2)﹣2x﹣4=2(x+2)(ke x﹣1),

由题设得F(0)≥0,即k≥1,

令F′(x)=0,得x1=﹣lnk,x2=﹣2,

①若1≤k<e2,则﹣2<x1≤0,从而当x∈(﹣2,x1)时,F′(x)<0,当x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0,

即F(x)在(﹣2,x1)上减,在(x1,+∞)上是增,故F(x)在[﹣2,+∞)上的最小值为F(x1),

而F(x1)=﹣x1(x1+2)≥0,x≥﹣2时F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.

②若k=e2,则F′(x)=2e2(x+2)(e x﹣e﹣2),从而当x∈(﹣2,+∞)时,F′(x)>0,

即F(x)在(﹣2,+∞)上是增,而F(﹣2)=0,故当x≥﹣2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.

③若k>e2时,F′(x)>2e2(x+2)(e x﹣e﹣2),

而F(﹣2)=﹣2ke﹣2+2<0,所以当x>﹣2时,f(x)≤kg(x)不恒成立,

综上,k的取值范围是[1,e2].

20.【2012年新课标1理科21】已知函数f(x)满足f(x)=f′(1)e x﹣1﹣f(0)x x2;

(1)求f(x)的解析式及单调区间;

(2)若,求(a+1)b的最大值.

【解答】解:(1)f(x)=f'(1)e x﹣1﹣f(0)x?f'(x)=f'(1)e x﹣1﹣f(0)+x

令x=1得:f(0)=1

∴f(x)=f'(1)e x﹣1﹣x令x=0,得f(0)=f'(1)e﹣1=1解得f'(1)=e

故函数的解析式为f(x)=e x﹣x

令g(x)=f'(x)=e x﹣1+x

∴g'(x)=e x+1>0,由此知y=g(x)在x∈R上单调递增

当x>0时,f'(x)>f'(0)=0;当x<0时,有

f'(x)<f'(0)=0得:

函数f(x)=e x﹣x的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(﹣∞,0)

(2)f(x)(a+1)x﹣b≥0得h′(x)=e x﹣(a+1)

①当a+1≤0时,h′(x)>0?y=h(x)在x∈R上单调递增,x→﹣∞时,h(x)→﹣∞与h(x)≥0矛盾

②当a+1>0时,h′(x)>0?x>ln(a+1),h'(x)<0?x<ln(a+1)

得:当x=ln(a+1)时,h(x)min=(a+1)﹣(a+1)ln(a+1)﹣b≥0,即(a+1)﹣(a+1)ln(a+1)≥b

∴(a+1)b≤(a+1)2﹣(a+1)2ln(a+1),(a+1>0)

令F(x)=x2﹣x2lnx(x>0),则F'(x)=x(1﹣2lnx)

∴F'(x)>0?0<x

当x时,F(x)max

即当a时,(a+1)b的最大值为

21.【2011年新课标1理科21】已知函数f(x),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y﹣3=0.

(Ⅰ)求a、b的值;

(Ⅱ)如果当x>0,且x≠1时,f(x),求k的取值范围.

【解答】解:由题意f(1)=1,即切点坐标是(1,1)

(Ⅰ)

由于直线x+2y﹣3=0的斜率为,且过点(1,1),故

即解得a=1,b=1.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,所以

).

考虑函数(x>0),则

(i)设k≤0,由知,当x≠1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x>0,且x≠1时,f(x)﹣()>0,即f(x).

(ii)设0<k<1.由于当x∈(1,)时,(k﹣1)(x2+1)+2x>0,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k≥1.此时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.

综合得,k的取值范围为(﹣∞,0].

22.【2010年新课标1理科21】设函数f(x)=e x﹣1﹣x﹣ax2.

(1)若a=0,求f(x)的单调区间;

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