【推荐】高三数学专题复习专题六导数真题体验理.pdf

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1、小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学 自选模块 专题六导数真题体验引领卷一、选择题1(2015安徽高考)函数f(x)ax3bx2cxd的图象如图所示，则下列结论成立的是()Aa0，b0，d0 Ba0，b0，c0 Ca0，b0，d0 Da0，b0，c0，d0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0 成立的x的取值范围是()A(，1)(0，1)B(1，0)(1，)C(，1)(1，0)D(0，1)(1，)6(2015全国卷)设函数f(x)ex(2x1)axa，其中a1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)2；a0，b2；a1，b2.三、解答题10(2015北京高考)已知函数f(x

2、)ln1x1x.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(0，1)时，f(x)2xx33；(3)设实数k使得f(x)k xx33对x(0，1)恒成立，求k的最大值小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学11(2015全国卷)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x2 1，1，都有|f(x1)f(x2)|e1，求m的取值范围12(2015全国卷)已知函数f(x)x3ax14，g(x)ln x.(1)当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线；(2)用 minm，n 表示m，n中的

3、最小值，设函数h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论h(x)零点的个数 自选模块 专题六导数真题体验引领卷1A 由图象知f(0)d0，可排除D；其导函数f(x)3ax22bxc且f(0)c0，可排除 B；又f(x)0 有两不等实根，且x1x2c3a0，所以a0，故选 A.2B 当m2 时，f(x)在12，2 上单调递减，0n8，mn2n16，当m2时，令f(x)(m2)xn80，xn8m2，当m2 时，对称轴x0n 8m 2，由题意，n8m22，2mn12，2mn2mn26，mn18，由 2mn12 且 2mn知m3，n6 取等号当m2 时，抛物线开口向下，由题意n8m212，即 2n

4、m18，2mn2nm29，mn812，由 2nm18 且 2nm，小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学得m9(舍去)，mn最大值为18，选 B.3A A 正确等价于abc0，B正确等价于b 2a，C正确等价于4acb24a3，D正确等价于4a 2bc8.下面分情况验证，若 A错，由、组成的方程组的解为a5，b 10，c8.符合题意；若 B错，由、组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若 C错，由、组成方程组，经验证a无整数解；若 D错，由、组成的方程组a的解为34也不是整数综上，故选A.4C 导函数f(x)满足f(x)k1，f(x)k0，k1 0，1k1 0，可构造

5、函数g(x)f(x)kx，可得g(x)0，故g(x)在 R上为增函数，f(0)1，g(0)1，g1k1g(0)，f1k1kk1 1，f1k11k 1，选项C错误，故选C.5A 因为f(x)(xR)为奇函数，f(1)0，所以f(1)f(1)0.当x0 时，令g(x)f（x）x，则g(x)为偶函数，且g(1)g(1)0.当x0 时，g(x)f（x）xxf（x）f（x）x20，故g(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数所以在(0，)上，当0 x1 时，g(x)g(1)0?f（x）x0?f(x)0；在(，0)上，当x 1 时，g(x)g(1)0?f（x）x0?f(x)0.综上，得使得f(x)

6、0 成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，选 A.6D 由题意可知存在唯一的整数x0，使得 ex0(2x01)ax0a，设g(x)ex(2x1)，h(x)axa.因为g(x)ex(2x1)，所以当x12时，g(x)12时，g(x)0，所以当x12时，g(x)min小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学2e12.h(x)a(x1)恒过定点(1，0)，且g(1)e0 在同一坐标系中作出yg(x)与yh(x)的大致图象 结合图象，应有h（0）g（0），h（1）g（1），则a1，2a3e，解之得32ea1.故实数a的取值范围是32e，1.71 f(x)3ax21，f(1)13a，f

7、(1)a 2.在(1，f(1)处的切线方程为y(a2)(1 3a)(x1)将(2，7)代入切线方程，得7(a2)13a，解得a1.84 令h(x)f(x)g(x)，则h(x)ln x，0 x1，x2ln x 2，1x2，x2ln x6，x2，当 1x 2 时，h(x)2x1x12x2x0，故当1x2时h(x)单调递减，在同一坐标系中画出y|h(x)|和y1 的图象如图所示由图象可知|f(x)g(x)|1 的实根个数为4.9 令f(x)x3axb，f(x)3x2a，当a0 时，f(x)0，f(x)单调递增，必有一个实根，正确；当a0 时，由于选项当中a 3，只考虑a 3 这一种情况，f(x)3x

8、2 33(x1)(x1)，f(x)极大f(1)1 3bb2，f(x)极小f(1)13bb2，要有一根，f(x)极大0，b2，正确，错误所有正确条件为.10(1)解因为f(x)ln(1 x)ln(1 x)，所以f(x)11x11x，f(0)2.又因为f(0)0，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y 2x.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学(2)证明令g(x)f(x)2xx33，则g(x)f(x)2(1x2)2x41x2.因为g(x)0(0 xg(0)0，x(0，1)，即当x(0，1)时，f(x)2xx33.(3)解由(2)知，当k2时，f(x)k xx33对

9、x(0，1)恒成立当k2 时，令h(x)f(x)k xx33，则h(x)f(x)k(1 x2)kx4（k2）1x2.所以当 0 x4k2k时，h(x)0，因此h(x)在区间0，4k2k上单调递减当 0 x4k 2k时，h(x)h(0)0，即f(x)2时，f(x)k xx33并非对x(0，1)恒成立综上可知，k的最大值为2.11(1)证明f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx1 0，f(x)0.所以，f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调

10、递增(2)解由(1)知，对任意的m，f(x)在 1，0 上单调递减，在0，1 上单调递增，故f(x)在x0 处取得最小值 所以对于任意x1，x2 1，1 时，|f(x1)f(x2)|e1 的充要条件是f（1）f（0）e1，f（1）f（0）e1，即emm e1，emme1.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0 时，g(t)0；当t0 时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又g(1)0，g(1)e12e0，故当t 1，1 时，g(t)0.当m 1，1 时，g(m)0，g(m)0，即式成立；当m1 时

11、，由g(t)的单调性，g(m)0，即 emme1；当m 1时，g(m)0，即 emme 1.综上，m的取值范围是 1，1 12解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)0，f(x0)0.即x30ax0140，3x20a0，解得x012，a34.因此，当a34时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)上无零点当x1 时，若a54，则f(1)a540，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a54，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1

12、)0.所以只需考虑f(x)在(0，1)上的零点个数()若a 3 或a0，则f(x)3x2a在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)上单调 而f(0)14，f(1)a54，所以当a 3 时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当a0 时，f(x)在(0，1)上没有零点()若 3a0，即34a0，f(x)在(0，1)上无零点；若fa30，即a34，则f(x)在(0，1)上有唯一零点；小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学若fa30，即 3a34，由于f(0)14，f(1)a54，所以当54a34时，f(x)在(0，1)上有两个零点；当334或a54时，h(x)有一个零点；当a34或a54时，h(x)有两个零点；当54a34时，h(x)有三个零点