20XX年高考数学理
试题
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分类汇编导数及其应用一、选择题1、（20XXlnx,0x1,年四川高考）设直线l1，l2分别是函数f(x)=图象上点P1，P2处的切线，lnx,x1,l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是（A）(0,1)（B）(0,2)（C）(0,+∞)（D）(1,+∞)【
答案
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】A2、（20XX年全国I高考）函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为【答案】D二、填空题1、（20XX年全国II高考）若直线ykxb是曲线ylnx2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，则b．【答案】1ln22、（20XX年全国III高考）已知fx为偶函数，当x0时，f(x)ln(x)3x，则曲线yfx在点(1,3)处的切线方程是_______________。【答案】y2x1三、解答题1、（20XX年北京高考）设函数f(x)xeaxbx，曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y(e1)x4，1）求a，b的值；2）求f(x)的单调区间.【解析】I）()eax（fxxbxf(x)eaxxeaxb(1x)eaxb∵曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y(e1)x4∴f(2)2(e1)4，f(2)e1即f(2)2ea22b2(e1)4①f(2)(12)ea2be1②由①②解得：a2，be（II）由（I）可知：f(x)xe2xex，f(x)(1x)e2xe令g(x)(1x)e2x，∴g(x)e2x(1x)e2xx,2(x)g(x)g(x)的最小值是g(2)f(x)的最小值为f(2)(x2)e2x22,0极小值(12)e221g(2)ee10即f(x)0对xR恒成立∴f(x)在,上单调递增，无减区间.2、（20XX年山东高考）已知f(x)axlnx2x1,aR.x2（I）讨论f(x)的单调性；（II）当a1时，证明f(x)＞f'x31,2成立.对于任意的x2【解析】(Ⅰ)求导数′－1－2x－2f(x)=a(1x)x3(x－1)(ax2－2)x3当a≤0时，x∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减；－2－)a(x－1)(x－2)(x+2)当a>0时，′(x1)(ax2=aaf(x)=x3x3（1）当0＜a＜２时，2，a>1x∈(0,1)∈(2′，单调递增，或xf(x)>0f(x)a2x∈(1,)，f′(x)<0，f(x)单调递减；a2(2)当a=２时，=1，x∈(0,+∞)，f′(x)≥0，f(x)单调递增，a2(3)当a>２时，0<<1，ax∈(0,)或x∈(1,+∞)f(x)>0，f(x)单调递增，2，′ax∈(2,1)，f(x)<0，f(x)单调递减；′a(Ⅱ)当a2x－11时，f(x)=x－lnx+x2，(x－2－)－1－221)(x2f′(x)=x3=1xx2+x3于是－′－2x－1－(－1－22)，f(x)f(x)=xlnx+x21xx2+x3312，x[1,2]=x－lnx－1+x+x2－x3令g(x)=x－lnx，h(x)=－1+312，x[1,2]，+2－3xxx于是f(x)－f′(x)=g(x）+h(x)，g′(x)=1－1=x－1xx≥0，g(x)的最小值为g(1)=1；又′－3－26－32－26x2x3+x4xx+h(x)==x4设θ(x)=－3x2－2x+6，x[1,2]，因为θ(1)=1，θ(2)=－10，所以必有x0∈[1,2]，使得θ(x0)=0，且1
0，h(x)单调递增；x0g(1）+h(2)=1+=．223对于任意的x[1,2]成立．即f(x)f(x)23、（20XX年四川高考）设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a∈R.I）讨论f(x)的单调性；II）确定a的所有可能取值，使得f(x)＞-e1-x+在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718⋯为自然对数的底数)。【解析】（I）由题意，f'x2ax12ax21,x0①当a0时，2ax2xx0，fx在0,上单调递减.10，f'x2ax1x110；②当a0时，2a2a，当x0,时，f'xf'xx2a当x1时，f'x0.,2a故fx在0,11上单调递增.上单调递减，在,2a2a（II）原不等式等价于fx11x在x1,上恒成立.xe0一方面，令gxfx11x2lnx11xa，eaxe只需gx在x1,xx上恒大于0即可.又∵g10，故g'x在x1处必大于等于0.令Fxg'x2ax111x0，可得a1.x2e，g'12另一方面，x1121x121xx3x21x当a2ax2x3e1x2x3ex3e2时，F'x1∵x1,故x3x20，又e1x0，故F'x在a时恒大于0.2∴当a1x在x1,单调递增.时，F2∴FxF12a10，故gx也在x1,单调递增.∴gxg10，即gx在x1,上恒大于0.1综上，a.24、（20XX年天津高考）设函数f(x)(x1)3axb,xR，其中a,bR求f(x)的单调区间；(II)若f(x)存在极值点x0，且f(x1)f(x0)，其中x1x0，求证：x12x03；（Ⅲ）设a0，函数g(x)|f(x)|，求证：g(x)在区间[1,1]上的最大值不小于1.．．．4【解析】（1）fxx3axb1f'x3x2a1①a≤0，单调递增；②a0，fx在,1a单调递增，在1a,1a单调递减，在3331a,单调递增3（2）由f'x00得3x02a1∴fx0x0132x0121b3x01x0b2x0f32x022x032b3x0132x0x0288x096x0b1=x022x01b1f32x0fx0=fx1x12x03（3）欲证g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于1，只需证在区间[0，2]上存在x1,x2，4使得g(x1)g(x2)≥12即可①当a≥3时，fx在0，2上单调递减f(2)12abf(0)1bf(0)f(2)2a2≥41递减，成立2当0a3时，aa3aaaa2af1a1b33333aabaab333f1aaaa1ab2aaab333333∵f(2)12abf(0)1b∴f(2)f(0)22a若0a≤3时，f0f222a≥1，成立42当a3时，f1af1a4aa1，433332所以，g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于1成立45、（20XX年全国I高考）已知函数（I）求a的取值范围；（II）设x1，x2是的两个零点，证明：解：⑴由已知得：f'xx1ex2ax1有两个零点.+x2<2.x1ex2a①若a0，那么fx0xx0x2，fx只有唯一的零点x2，不合题意；2e②若a0，那么ex2aex0，所以当x1时，f'x0，fx单调递增当x1时，f'x0，fx单调递减即：x,111,f'x0fx↓极小值↑故fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点由于f2a0，f1e0，则f2f10，根据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点．而当x1时，exe，x210，故fxx2exax1222ex1eex2ax1ax1则fx0的两根t1ee24ae1，t2ee24ae1，t1t2，因为a0，2a2a故当xt1或x2ex1e0t2时，ax1因此，当x1且xt1时，fx0又f1e0，根据零点存在性定理，fx在,1有且只有一个零点．此时，fx在R上有且只有两个零点，满足题意．③若e0，则ln2alne1，a2当xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即f'xx1ex2a0，fx单调递增；当ln2ax1时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'xx1ex2a0，fx单调递减；当x1时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，fx单调递增．即：x,ln2aln2aln2a,111,f'x+0-0+fx↑极大值↓极小值↑而极大值fln2a2aln2a2aln2a12ln2a2210a故当x≤1时，fx在xln2a处取到最大值fln2a，那么fx≤fln2a0恒成立，即fx0无解而当x1时，fx单调递增，至多一个零点此时fx在R上至多一个零点，不合题意．④若ae1，那么ln2a2当x1ln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单调递增当x1ln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单调递增又fx在x1处有意义，故fx在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．⑤若ae2a1，则ln2当x1时，x10，ex2ae1ln2a2a0，即f'x0，2aex单调递增当1xln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单调递减当xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单调递增即：x,111,ln2aln2aln2a,f'x+0-0+fx↑极大值↓极小值↑故当x≤ln2a时，fx在x1处取到最大值f1e，那么fx≤e0恒成立，即fx0无解当xln2a时，fx单调递增，至多一个零点此时fx在R上至多一个零点，不合题意．综上所述，当且仅当a0时符合题意，即a的取值范围为0,．⑵由已知得：fxfx20112，1，不难发现x，x1故可整理得：ax12ex1x22ex2x12x2211设gxx2ex，则gx1gx2x21x221那么g'x3ex，当x1时，g'x0，gx单调递减；当x1时，g'x0，x1gx单调递增．设m0，构造代数式：g1mg1mm11mm11m1m1mm12m1m2e2e2em1emm设hmm1e2m1，m0m1则h'm2m22e2m0，故hm单调递增，有hmh00．m1因此，对于任意的m0，g1mg1m．由gx1gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1x2，则必有x11x2令m1x10，则有g11x1g11x1g2x1gx1gx2而2x11，x21，gx在1,上单调递增，因此：g2x1gx22x1x2整理得：x1x22．6、（20XX年全国II高考）(Ⅰ)讨论函数f(x)x2ex的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20；x2(Ⅱ)证明：当a[0,1)时，函数g（x）=exaxa(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，x2求函数h(a)的值域．【解析】⑴证明：fxx2exx2fxexx242x2ex2x2x2x2∵当x，22,时，fx0∴fx在，2和2,上单调递增∴x0时，x2exf0=1x2∴x2exx20⑵gxexax22xexaxax4xxex2exax2ax4x2x2exax23xa0，1由(1)知，当x0时，fxx2x的值域为1，，只有一解．x2e使得t2eta，t0，2t2当x(0,t)时g(x)0，g(x)单调减；当x(t,)时g(x)0，g(x)单调增tt2thaetat1et1t2eett2t2t2记ktet，在t0,2时，ktett10，∴kt单调递增t2t22∴hakt1，e2．247、（20XX年全国III高考）设函数f(x)acos2x(a1)(cosx1)，其中a0，记|f(x)|的最大值为A．（Ⅰ）求f(x)；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明|f(x)|2A．解析：（Ⅰ）f'(x)2asin2x(a1)sinx．（Ⅱ）当a1时，|f'(x)||asin2x(a1)(cosx1)|a2(a1)3a2f(0)因此，A3a2．⋯⋯⋯4分当0a1时，将f(x)变形为f(x)2acos2x(a1)cosx1．令g(t)2at2(a1)t1，则A是|g(t)|在[1,1]上的最大值，g(1)a，g(1)3a2，且1a1a(a1)2a26a1当t时，g(t)取得极小值，极小值为g()1．4a4a8a8a1a1，解得a11．令1（舍去），a4a358、（20XX年浙江高考）已知a3，函数F（x）=min{2|x-1|，x2-2ax+4a-2}，p，pq，其中min{p，q}=q,p>q.（I）求使得等式F（x）=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围；II）（i）求F（x）的最小值m（a）；ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.（II）（i）设函数fx2x1，gxx22ax4a2，则fxminf10，gxmingaa24a2，所以，由Fx的定义知maminf1,ga，即ma0,3a22．a24a2,a22（ii）当0x2时，Fxfxmaxf0,f22F2，当2x6时，Fxgxmaxg2,g6max2,348amaxF2,F6．所以，a348a,3a42,a4．9、(2016江苏)已知函数f(x)axbx(a0,b0,a1,b1).（1）设a=2,b=1.2①求方程f(x)=2的根;②若对任意xR,不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；（2）若0a1,b＞1，函数gxfx2有且只有1个零点，求ab的值.解：（1）因为a2,b1，所以f(x)2x2x.2①方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，于是2x1，解得x0.②由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x))22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，(f(x))24R恒成立.所以mf(x)对于x而(f(x))24f(x)42f(x)44，且(f(0))244，f(x)f(x)f(x)f(0)所以m4，故实数m的最大值为4.（2）因为函数g(x)f(x)2只有1个零点，而g(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g'(x)axlnabxlnb，又由0a1,b1知lna0,lnb0，所以g'(x)0有唯一解x0logb(lna).alnb令h(x)g'(x)，则h'(x)(axlnabxlnb)'ax(lna)2bx(lnb)2，从而对任意xR，h'(x)0，所以g'(x)h(x)是(,)上的单调增函数，于是当x(,x0)，g'(x)g'(x0)0；当x(x0,)时，g'(x)g'(x0)0.因而函数g(x)在(,x0)上是单调减函数，在(x0,)上是单调增函数.下证x00.若x00，则x0x00，于是g(x0)g(0)0，22又g(loga2)aloga2bloga22aloga220，且函数g(x)在以x0和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为0a1，所以loga20，又x020，所以x10与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.2x0若x00，同理可得，在和loga2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾.2因此，x00.于是lna1，故lnalnb0，所以ab1.lnb
浙公网安备 33021202002483