导数的概念及其几何意义
共3697题

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导数的概念及其几何意义
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题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=mx2-2x+1+ln（x+1）（m≥1），

（1）求y=f（x）在点P（0，1）处的切线方程；

（2）设g（x）=f（x）+x-1仅有一个零点，求实数m的值；

（3）试探究函数f（x）是否存在单调递减区间？若有，设其单调区间为[t，s] ，试求s-t的取值范围？若没有，请说明理由。

正确答案

解：（1）∵点P在函数y=f（x）上，

由f x）=得：，

故切线方程为：y=-x+1；

（2）由g（x）=f（x）+x-1＝可知：定义域为（-1，+∞），

且g（0）=0，显然x=0为y=g（x）的一个零点；

则，

①当m=1时，，

即函数y=g（x）在（-1，+∞）上单调递增，g（0）=0，

故仅有一个零点，满足题意；

②当m>1时，则，列表分析：

∵x→-1时，g（x）→-∞，

∴g（x）在上有一根，这与y=g（x）仅有一根矛盾，故此种情况不符题意；

（3）假设y=f（x）存在单调区间，

由f（x）=得：

，

令，

∵，h（-1）＝m+2-m-1＝1＞0，

∴h（x）=0在（-1，+∞）上一定存在两个不同的实数根s，t，

的解集为（t，s），

即函数f（x）存在单调区间[t，s]，

则s-t=，

由m≥1可得：s-t。

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=alnx-（x-1）2-ax（常数a∈R）

（1）求f（x）的单调区间；

（2）设a>0如果对于f（x）的图象上两点P1（x1，f（x1）），P2（x2，f（x2））（1< x1< x2 ），存在x0∈（x1，x2），使得f（x）的图象在x=x0处的切线m∥P1P2，求证：

正确答案

解：（1）f（x）的定义域为（0，+ ∞）

①a≥0时，f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+ ∞）

②-2，1），减区间为（0，） ∪（1，+ ∞）

③a=-2时，f（x）减区间为（0，+ ∞）

④a<-2时，f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1） ∪（，+∞）

（2）由题意

又：

∵ （a>0）在（1，+ ∞）上为减函数

要证，只要证

即，即证

令，

∴g（t）在（1，+ ∞）为增函数

∴g（t）>g（1）=0

∴，即

即

∴ 得证

题型：简答题

简答题

已知函数f(x)=4x3+3tx2-6tx+t-1，x∈R，其中t∈R，

（Ⅰ）当t=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

（Ⅱ）当t≠0时，求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）证明：对任意的t∈(0，+∞)，f(x)在区间(0，1)内均存在零点．

正确答案

解：（Ⅰ）解：当t=1时，

f′(0)=-6，

所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=-6x。

（Ⅱ）解：，

令f′(x)=0，解得x=-t或，

因为t≠0，以下分两种情况讨论：

（1）若t＜0，则，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调递增区间是；f(x)的单调递减区间是。

（2）若t＞0，则，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

所以，f(x)的单调递增区间是；f(x)的单调递减区间是；

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当t＞0时，f(x)在内的单调递减，在内单调递增，以下分两种情况讨论：

（1）当即t≥2时，f(x)在（0，1）内单调递减，

，

所以对任意t∈[2，+∞)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点；

（2）当即0＜t＜2时，f(x)在内单调递减，在内单调递增，

若，

，

所以f(x)在内存在零点；

若，

f(0)=t-1＞0，

所以f(x)在内存在零点；

所以，对任意t∈(0，2)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点。

综上，对任意t∈(0，+∞)，f(x)在区间（0，1）内均存在零点。

题型：简答题

简答题

已知函数f（x）=ln（1+x）-ax的图象在x=1处的切线与直线x+2y-1=0平行．

（Ⅰ）求实数a的值；

（Ⅱ）若方程在[2，4]上有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围；

（Ⅲ）设常数p≥1，数列{an}满足an+1=an+ln（p-an）（n∈N+），a1=lnp，求证：an+1≥an

正确答案

解：（I ）∵f ′（x）=，

∴f ′（1）=．

由题知，

解得a=1 ．

（II ）由（I ）有f （x ）=ln （1+x ）-x ，

∴原方程可整理为4ln （1+x ）-x=m ．

令g （x ）=4ln （1+x ）-x ，

得g ′（x）=，

∴当3 ＜x ≤4 时g' （x ）＜0 ，

当2 ≤x ＜3 时g' （x ）＞0 ，g' （3 ）=0 ，

即g （x ）在[2 ，3] 上是增函数，在[3 ，4] 上是减函数，

∴在x=3 时g （x ）有最大值4ln4-3 ．

∵g （2 ）=4ln3-2 ，

g （4 ）=4ln5-4 ，

∴g （2 ）-g （4 ）=．

由9e ≈24.46 ＜25 ，

于是

∴g （2 ）＜g（4 ）．

∴a 的取值范围为[4ln5-4 ，4ln4-3 ）

（III ）由f （x ）=ln （1+x ）-x （x ＞-1 ）

有f ′（x）=，

显然f' （0 ）=0 ，

当x ∈（0 ，+ ∞）时，f' （x ）＜0 ，

当x ∈（-1 ，0 ）时，f' （x ）＞0 ，

∴f （x ）在（-1 ，0 ）上是增函数，在[0 ，+ ∞）上是减函数．

∴f （x ）在（-1 ，+ ∞）上有最大值f （0 ），

而f （0 ）=0 ，

∴当x ∈（-1 ，+ ∞）时，f （x ）≤0 ，

因此ln （1+x ）≤x（* ）

由已知有p ＞an ，

即p-an ＞0 ，

所以p-a n-1 ＞-1 ．

∵an+1-an=ln （p-an ）=ln （1+p-1-an ），

∴由（* ）中结论可得a n+1-an ≤p-1-an ，

即an+1 ≤p-1 （n ∈N* ）．

∴当n ≥2 时，an+1-an=ln （p-an ）≥ln[p- （p-1 ）]=0 ，

即an+1≥an ．

当n=1 ，a2=a1+ln （p-lnp ），

∵lnp=ln （1+p-1 ）≤p-1 ，

∴a2 ≥a1+ln[p- （p-1 ）]=a1，

结论成立．

∴对n ∈N* ，an+1≥an。

题型：简答题

简答题

已知函数．

（Ⅰ）若p=2，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（Ⅱ）若函数f（x）在其定义域内为增函数，求正实数p的取值范围；

（Ⅲ）设函数，若在[1，e]上至少存在一点x0，使得f（x0）＞g（x0）成立，求实数p的取值范围．

正确答案

解：（I）当p=2时，函数，f（1）=2﹣2﹣2ln1=0.

，

曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为f'（1）=2+2﹣2=2．

从而曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣0=2（x﹣1）即y=2x﹣2．

（II）．

令h（x）=px2﹣2x+p，要使f（x）在定义域（0，+∞）内是增函数，

只需h（x）≥0在（0，+∞）内恒成立．

由题意p＞0，h（x）=px2﹣2x+p的图象为开口向上的抛物线，

对称轴方程为，

∴，只需，

即p≥1时，h（x）≥0，f'（x）≥0

∴f（x）在（0，+∞）内为增函数，正实数p的取值范围是[1，+∞）．

（III）∵在[1，e]上是减函数，

∴x=e时，g（x）min=2；

x=1时，g（x）max=2e，即g（x）∈[2，2e]，

当p＜0时，h（x）=px2﹣2x+p，其图象为开口向下的抛物线，

对称轴在y轴的左侧，且h（0）＜0，

所以f（x）在x∈[1，e]内是减函数．

当p=0时，h（x）=﹣2x，因为x∈[1，e]，所以h（x）＜0，，

此时，f（x）在x∈[1，e]内是减函数．

∴当p≤0时，f（x）在[1，e]上单调递减f（x）max=f（1）=0＜2，不合题意；

当0＜p＜1时，由，所以．

又由（Ⅱ）知当p=1时，f（x）在[1，e]上是增函数，∴，不合题意；

当p≥1时，由（Ⅱ）知f（x）在[1，e]上是增函数，f（1）=0＜2，

又g（x）在[1，e]上是减函数，故只需f（x）max＞g（x）min，x∈[1，e]，

而，

g（x）min=2，即，

解得，实数p的取值范围是．

继续学习棒棒哒，已是最后一个知识点

已完结

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