导数题答案

作者：mars男 | 发布时间：2021-01-14 13:10:39 收藏本文下载本文

导数题答案 1.。..2．解：（1）①2 3 2 3 2()(3 12 3)(6 3)(3 9 3)x x xf x x x e x x x t e x x x t e              3 2()3 , 3 9 3 0 3 , ,.f x x x x t a b c       有个极值点有个根 3 2 2()3 9 3, "()3 6 9 3(1)(3)g x x x x t g x x x x x            令()(-,-1),(3,+)(-1,3)g x   在上递增, 上递减.()3 8 24.(3)0g x tg   g(-1)>0有个零点 …………5 分 ② , ,()a b c f x 是的三个极值点 3 2 3 23 9 3(x-a)(x-b)(x-c)=x()()x x x t a b c x ab bc ac x abc              393a b cab ac bct abc         31(b(-1,3))2b     或舍1 2 31 81 2 3ab tc     …………10分（2）不等式()f x x ，即3 2(6 3)xx x x t e x    ，即3 26 3xt xe x x x   。

转化为存在实数   0,2 t，使对任意的   1, x m ，不等式3 26 3xt xe x x x    恒成立。

即不等式3 20 6 3xxe x x x    在   1, x m  上恒成立。

即不等式20 6 3xe x x    在   1, x m  上恒成立。

设2()6 3xx e x x    ，则()2 6xx e x     。

设()()2 6xr x x e x      ，则()2xr x e    ，因为 1 x m  ，有()0 r x  。

故()r x 在区间   1,m 上是减函数。又1 2 3(1)4 0,(2)2 0,(3)0 r e r e r e           故存在0(2,3)x ，使得0 0()()0 r x x    。

当01 x x   时，有()0 x   ，当0x x  时，有()0 x   。

从而()y x   在区间  01,x 上递增，在区间  0 ,x  上递减。

又1 2 3(1)4 0,(2)5>0,(3)6>0, e e e            4 5 6(4)5>0,(5)2 0,(6)3 0.e e e             所以当 1 5 x   时，恒有()0 x   ；当 6 x  时，恒有()0 x   ；故使命题成立的正整数 m 的最大值为 5.…………15 分 3、解:⑴当 2 p  时，函数2()2 2ln f x x xx  ，(1)2 2 2ln1 0 f     ．22 2()2 f xx x   ，（1 分）曲线()f x 在点(1,(1))f 处的切线的斜率为(1)2 2 2 2f     ．从而曲线()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程为 0 2(1)y x   ，即 2 2 y x   ． ⑵22 22 2()p px x pf x px x x      ．令2()2 h x px x p   ，要使()f x 在定义域(0,) 内是增函数，只需()0 h x ≥ 在(0,) 内恒成立．由题意 0 p ，2()2 h x px x p    的图象为开口向上的抛物线，对称轴方程为1(0,)xp  ，∴min1()h x pp ，只需10 pp ≥，即 1 p≥ 时，()0,()0 h x f x  ≥ ≥ ∴()f x 在(0,) 内为增函数，正实数 p 的取值范围是 [1,) ． ⑶∵2()eg xx 在   1,e 上是减函数，∴ x e  时,min()2 g x ;1 x  时，max()2 g x e ，即 ()2 , 2 g x e ，① 当 0 p  时，2()2 h x px x p   ，其图象为开口向下的抛物线，对称轴1xp 在 y 轴的左

侧，且(0)0 h ，所以()f x 在 x   1,e 内是减函数．当 0 p  时，()2 h x x ，因为 x   1,e，所以()0 h x ，22()0xf xx   ，此时，()f x 在 x   1,e内是减函数．故∴当 0 p≤ 时，()f x 在   1,e 上单调递减max()(1)0 2 f x f    ，不合题意； ② 当 0 1 p   时，由  11, 0 x e xx   ≥，所以1 1()2ln 2ln f x p x x x xx x       ≤ ．又由⑵知当 1 p  时，()f x 在   1,e 上是增函数，∴1 1 12ln 2ln 2 2 x x e e ex e e        ≤，不合题意； ③ 当 1 p≥ 时，由⑵知()f x 在   1,e 上是增函数，(1)0 2 f  ，又()g x 在   1,e 上是减函数，故只需max min()()f x g x ，  1, x e ，而max1()()2ln f x f e p e ee      ，min()2 g x ，即12ln 2 p e ee     ，解得241epe 综上所述,实数 p 的取值范围是24,1ee    ． 4．解：(1)方法一：存在 xR ，使得()0 g x ，即存在 xR ，使得22 2 0 ax x   ，当0 a 时，满足要求；当0 a 时，满足要求；当0 a 时，0  ，解得102a    综上得，12a  ------4 分方法二：存在 xR ，使得()0 g x ，即存在 xR ，使得22 2 0 ax x    显然0 x ，分离参数得22 2 xax，∴2min2 2 xax     而22 22 2 1 1 1 1 12()2()2 2xx x x x    ，其中0 x  ∴2min2 2 12xx     

∴12a  ------4 分(2)2()()(2 2)x xf x e g x e ax x       ∴" " 2 2 "()()(2 2)(2 2)x xf x e ax x e ax x         =2(2 2)(2 2)x xe ax x e ax       =2[(2 2)4]xe ax a x    ------6 分设 |sin| x t ，(01)t  ，则转化为求函数(),(0 t 1)y f t   的值域.当0 a 时，"()2(2)0xf x e x     ，此时函数()f t在 [0, 1] 上为减函数，∴函数()f t的值域为 (1),(0)f f，即 (4), 2 a e   当0 a 时，" 22()[(2 2)4]()(2)0x xf x e ax a x a e x xa           此时函数()f t在 [0, 1] 上为减函数，∴函数()f t的值域为 (1),(0)f f，即 (4), 2 a e  ------8 分当0 a 时，" 22()[(2 2)4]()(2)x xf x e ax a x a e x xa          令"()0 f x ，解得2xa或2 x（舍）.当 x 变化时，()f x与"()f x的变化情况如下表：

21a，即 02 a  时，若函数()f t在 [0, 1] 上为减函数.∴函数()f t的值域为 (1),(0)f f，即 (4), 2 a e   若20 1a ，即 2 a 时，函数()f t在2(0,)a上递减，在2(, 1)a上递增 x 2(0,)a 2a 2(, +)a "()f x  0 ()f x 极小值

∴ 2min2()2ay f ea   函数()f t在 [0, 1] 上的最大值为(0)f与(1)f中的较大者.∵(0)2 f  ，(1)(4)f a e  ，∴(1)(0)(4)2 f f a e     ∴当24 ae 时，(1)(0)f f ，此时max(1)y f (4)a e  ；当24 ae 时，(1)(0)f f ，此时max(0)(1)2 y f f    ；当22 4 ae  时，(1)(0)f f ，此时max(0)y f 2 ------11 分综上，当2 a 时，函数(sin)f x的值域为 (4), 2 a e  ；当22 4 ae  时，函数(sin)f x的值域为22 , 2ae     ；当24 ae 时，函数(sin)f x的值域为22 ,(4)ae a e    ------12 分 5．解：（1）] 14 , 0( t时，设2()(12)82 p f t c t    (0  c)，将)81 , 14(代入得41  c ] 14 , 0( t时，21()(12)824p f t t      ……3 分 ] 40 , 14 [  t时，将)81 , 14(代入  83 5 log    x ya，得31 a ……5 分 ∴(),(, ]()log(),(, ]t tp f tt t             213112 82 0 1445 83 14 40． ……6 分（2）] 14 , 0( t时，21(12)82 804t    解得2 2 12 2 2 12     t，∴] 14 , 2 2 12 [   t ……8 分

] 40 , 14 [  t时，80 83)5(log31   t解得32 5  t，∴] 32 , 14 [  t，∴] 32 , 2 2 12 [   t，……11 分即老师在] 32 , 2 2 12 [   t时段内安排核心内容能使得学生听课效果最佳．……12 分 6．解：（1）2()(0)x mf x xx   0 ,()0,()(0,)m f x f x      当时在增，在(0,)()f x  上可以取到全体实数，满足 0,()0 x f x    使成立当 0 ,(0,),(,)m m m    时减增 min1()()ln 0,2f x f m m m m m e           故(, ](0,)m e      ………………6 分（2）21()(1)()ln(1),()2x m xH x x m x m x H xx       21 2221 1(1,), |()()|(1)()ln2 21 1ln(1, ] 1:2 21 1()ln ,2 2()1 ln 0(1 ln)x m H x H x H H m m m mm m m em m m mm m m m m                 减下面证明在上的最大值小于设 21 1()(1, ] ,()()12 2m e m e e e           在增 ………………12 7．解:（Ⅰ）2()3 2 1 g x x ax     ………………．1 分由题意 0 1 2 32   ax x 的解集是  1 ,31 即 0 1 2 32   ax x 的两根分别是 1 ,31 ．将 1  x 或31 代入方程 0 1 2 32   ax x 得 1   a ．   22 3     x x x x g ．……………………．3 分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：2()3 2 1 g x x x    ，(1)4g  ， 点(1,1)P  处的切线斜率 k (1)4 g  ，…………………………．．4 分  函数 y=   x g 的图像在点(1,1)P  处的切线方程为：

1 4(1)y x   ，即 4 5 0 x y    ．……………………………6 分（Ⅲ）(0,)P  ，2()()2 f x g x     即：

1 2 3 ln 22   ax x x x 对     , 0 x 上恒成立 ……7 分可得xx x a2123ln    对     , 0 x 上恒成立设  xxx x h2123ln    , 则    2 2"21 3 12123 1xx xx xx h      ……9 分令   0" x h ,得31, 1    x x（舍）当 1 0   x 时,   0" x h;当 1  x 时,   0" x h  当 1  x 时,   x h 取得最大值,   x hmax =-2 2   a ． a  的取值范围是     , 2 ． ……12 分 8．解：（1）因为 f ′（x）＝（x2 －3 x ＋3）·e x ＋（2 x －3）·e x ＝ x（x －1）·e x，…1 分由 f ′（x）>0⇒ x >1 或 x <0；由 f ′（x）<0⇒0< x <1，所以 f（x）在（－∞，0），（1，＋∞）上单调递增，在（0,1）上单调递减，……3 分欲使 f（x）在[－2，t ]上为单调函数，则－2< t ≤0………………4 分（2）因为 f（x）在（－∞，0），（1，＋∞）上单调递增，在（0,1）上单调递减，所以 f（x）在 x ＝1 处取得极小值 f（1）＝e． …………5 分又 f（－2）＝ 13e2 －2 时，f（－2）< f（t），即 m < n ． …………8 分（3）由（1）知 f（x）在（－∞，0），（1，＋∞）上单调递增，在（0,1）上单调递减，故当 t ＝0 或 t ＝1 时，方程 f（x）－ m ＝0 在[－2，t ]上不可能有三个不等实根，…9分所以 t ≥2，且 t ∈N．当 t ≥2，且 t ∈N 时，方程 f（x）－ m ＝0 在[－2，t ]上有三个不等实根，只需满足 m ∈（m ax（f（－2），f（1）），min（f（0），f（t）））即可．……11 分因为 f（－2）＝ 13e2，f（0）＝3，f（1）＝e，f（2）＝e2，且f（t）≥ f（2）＝e2 >3

＝ f（0），因而 f（－2）< f（1）< f（0）< f（2）≤ f（t），所以 f（1）< m < f（0），即 e< m <3，即实数 m 的取值范围是（e,3）． …………………………………14 分 9、解：（1）由已知，得 h(x)= 212 ln ,2ax x x   且 x>0, 则 hˊ(x)=ax+2-1x=22 1 ax xx , ∵函数 h(x)存在单调递增区间, ∴hˊ(x)> 0 有解, 即不等式 ax2 +2x-1>0 有解.（2 分）① 当 a<0 时, y=ax2 +2x-1 的图象为开口向下的抛物线, 要使 ax 2 +2x-1>0 总有解,只需Δ=4+4a>0, 即 a>-1.即-10 时, y= ax2 +2x-1 的图象为开口向上的抛物线, ax 2 +2x-1>0 一定有解.综上, a 的取值范围是(-1, 0)∪(0, +∞)（5 分）（2）方程()()(2 1)g xf x ax    10．解：（Ⅰ）()2 f x ax b   ，有题意知 2 b n ，216 4 0 n a nb   ∴1, 22a b n  ，则21()2 , N*2f x x nx n    ………3 分

（Ⅱ）数列 { }na 满足11 1()n nfa a  又()2 f x x n   ，∵11 12n nna a ，∴11 12n nna a ，21 12 4 6 2(1)4nn n na        2221 1 1 4()(N*)12(2 1)()2nnn a na nn       当 1  n 时, 41 a 也符合 ……………7 分（Ⅲ）14 1 12()(2 1)(2 1)2 1 2 1n n nn nb a an n      1 2 1 2 2 3 1 n n n nT b b b a a a a a a         1 1 1 1 12(1)()()3 3 5 2 1 2 1 n n         12(1)2 1 n  ……10 分 ∵ 2 1 3 n ，1 42(1)2 1 3 n ，又12(1)22 1 n ∴423nT   ……12 分