2018版高三数学第3章导数及其应用试题文.docx

第三章 导数及其应用考点1 导数的概念及计算1(2014陕西，10)如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为()Ayx3x2x Byx3x23xCyx3x Dyx3x22x1.解析 法一由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为yx，在(2，0)处的切线方程为y3x6，以此对选项进行检验A选项，yx3x2x，显然过两个定点，又yx2x1，则y|x01，y|x23，故条件都满足，由选择题的特点知应选A.法二设该三次函数为f(x)ax3bx2cxd，则f(x)3ax22bxc，由题设有解得a，b，c1，d0.故该函数的解析式为yx3x2x，选A.答案 A2. (2016新课标全国，16)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)x，则曲线yf(x)在点(1，2)处的切线方程是_.2.解析设x0，则x0，则f(x)单调递增；当x(2，2)时，f(x)0，b0，d0Ba0，b0，c0Ca0，b0，d0Da0，b0，c0，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x1x20，所以a0.故选A.答案 A4.(2014新课标全国，11)若函数f(x)k xln x在区间(1，)单调递增，则k的取值范围是()A(，2 B(，1C2，) D1，)4.解析 因为f(x)k xln x，所以f(x)k.因为f(x)在区间(1，)上单调递增，所以当x1时，f(x)k0恒成立，即k在区间(1，)上恒成立因为x1，所以01，所以k1.故选D.答案 D5.(2014湖南，9)若0x1x21，则()Aeeln x2ln x1 Beeln x2ln x1Cx2ex1e Dx2ex1e5.解析 构造函数f(x)exln x，则f(x)ex，故f(x)exln x在(0，1)上有一个极值点，即f(x)exln x在(0，1)上不是单调函数，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A、B错；构造函数g(x)，则g(x)，故函数g(x)在(0，1)上单调递减，故g(x1)g(x2)，x2ex1x1ex2，故选C.答案 C6.(2014新课标全国，12)已知函数f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是()A(2，) B(1，)C(，2) D(，1)6. 解析 由题意知f(x)3ax26x3x(ax2)，当a0时，不满足题意当a0时，令f(x)0，解得x0或x，当a0时，f(x)在(，0)，上单调递增，在 上单调递减又f(0)1，此时f(x)在(，0)上存在零点，不满足题意；当a0时，f(x)在，(0，)上单调递减，在上单调递增，要使f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则需f0，即a310，解得a2，故选C.答案 C7.(2016新课标全国卷，20)已知函数f(x)(x1)ln xa(x1).(1)当a4时，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当x(1，)时，f(x)0，求a的取值范围.7.解(1)f(x)的定义域为(0，)，当a4时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(x)ln x3，f(1)2，f(1)0，曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为2xy20.(2)当x(1，)时，f(x)0等价于ln x0，设g(x)ln x，则g(x)，g(1)0.()当a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)单调递增，因此g(x)0；()当a2时，令g(x)0得，x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故当x(1，x2)时，g(x)0，g(x)在(1，x2)单调递减，因此g(x)0，综上，a的取值范围是(，2.8.(2016新课标全国，21)设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(1，)时，11，证明：当x(0，1)时，1(c1)xcx.8.(1)解由题设，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.(2)证明由(1)知f(x)在x1处取得最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即11，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c，令g(x)0，解得x0.当x0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g(x)单调递减.由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x0.所以当x(0，1)时，1(c1)xcx.9.(2016山东，20)设f(x)xln xax2(2a1)x，aR.(1)令g(x)f(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x1处取得极大值.求实数a的取值范围.9.解(1)由f(x)ln x2ax2a.可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)，则g(x)2a.当a0时，x(0，)时，g(x)0，函数g(x)单调递增；当a0时，x时，g(x)0时，函数g(x)单调递增，x时，g(x)0，函数g(x)单调递减.所以当a0时，g(x)的单调递增区间为(0，)；当a0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.(2)由(1)知，f(1)0.当a0时，f(x)单调递增，所以当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意.当0a时，1，由(1)知f(x)在内单调递增.可得当x(0，1)时，f(x)0，x时，f(x)0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增.所以f(x)在x1处取得极小值，不合题意.当a时，1，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，)内单调递减.所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不合题意.当a时，01，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减.所以f(x)在x1处取极大值，合题意 .综上可知，实数a的取值范围为.10.(2016四川，21)设函数f(x)ax2aln x，g(x)，其中aR，e2.718为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x1时，g(x)0；(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)g(x)在区间(1，)内恒成立.10.(1)解f(x)2ax(x0).当a0时，f(x)0时，由f(x)0有x.当x时，f(x)0，f(x)单调递增.(2)证明令s(x)ex1x，则s(x)ex11.当x1时，s(x)0，所以ex1x，从而g(x)0.(3)解由(2)知，当x1时，g(x)0.当a0，x1时，f(x)a(x21)ln xg(x)在区间(1，)内恒成立时，必有a0.当0a1，由(1)有f0.所以f(x)g(x)在区间(1，)内不恒成立；当a时，令h(x)f(x)g(x)(x1)，当x1时，h(x)2axe1xx0.因此，h(x)在区间(1，)单调递增.又因为h(1)0，所以当x1时，h(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)恒成立.综上，a.11.(2016北京，20)设函数f(x)x3ax2bxc.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)设ab4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围；(3)求证：a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.11.(1)解由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb，切线斜率kf(0)b.又f(0)c，所以切点坐标为(0，c).所以所求切线方程为ycb(x0)，即bxyc0.(2)解由ab4得f(x)x34x24xcf(x)3x28x4(3x2)(x2)令f(x)0，得(3x2)(x2)0，解得x2或x，f(x)，f(x)随x的变化情况如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc所以，当c0且c0时，存在x1(，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的单调性知，当且仅当c时，函数f(x)x34x24xc有三个不同零点.(3)证明当4a212b0时，即a23b0，f(x)3x22axb0，x(，)，此时函数f(x)在区间(，)上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同零点.当4a212b0时，f(x)3x22axb只有一个零点，记作x0.当x(，x0)时，f(x)0，f(x)在区间(，x0)上单调递增；当x(x0，)时，f(x)0，f(x)在区间(x0，)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有4a212b0，故a23b0是f(x)有三个不同零点的必要条件.当ab4，c0时，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有两个不同零点，所以a23b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.因此a23b0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.12.(2015新课标全国，21)已知f(x)ln xa(1x)(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围12.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增若a0，则当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)无最大值；当a0时，f(x)在x取得最大值，最大值为flnaln aa1.因此f2a2等价于ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1时，g(a)0.因此，a的取值范围是(0，1)13.(2015新课标全国，21)设函数f(x)e2xaln x.(1)讨论f(x)的导函数f(x)零点的个数；(213.(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)当a0时，f(x)0，f(x)没有零点当a0时，因为e2x单调递增，单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增又f(a)0，当b满足0b且b时，f(b)0时，f(x)存在唯一零点(2)证明由(1)可设f(x)在(0，)的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以当xx0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)由于2e2x00，所以f(x0)2ax0aln2aaln.故当a0时，f(x)2aaln.)证明：当a0时，f(x)2aaln.14.(2015福建，22)已知函数f(x)ln x.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x1时，f(x)x1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x01，当x(1，x0)时，恒有f(x)k(x1)14.解(1)f(x)x1，x(0，)由f(x)0得解得0x.故f(x)的单调递增区间是.(2)令F(x)f(x)(x1)，x(0，)则有F(x).当x(1，)时，F(x)0，所以F(x)在1，)上单调递减，故当x1时，F(x)F(1)0，即当x1时，f(x)x1.(3)由(2)知，当k1时，不存在x01满足题意当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1)，则f(x)k(x1)，从而不存在x01满足题意当k1时，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，则有G(x)x1k.由G(x)0得，x2(1k)x10.解得x10，x21.当x(1，x2)时，G(x)0，故G(x)在1，x2)内单调递增从而当x(1，x2)时，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1)综上，k的取值范围是(，1)15.(2015浙江，17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y(其中a，b为常数)模型(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度15.解(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)将其分别代入y，得解得(2)由(1)知，y(5x20)，则点P的坐标为，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y，则l的方程为y(xt)，由此得A，B.故f(t)，t5，20设g(t)t2，则g(t)2t.令g(t)0，解得t10.当t(5，10)时，g(t)0，g(t)是减函数；当t(10，20)时，g(t)0，g(t)是增函数从而，当t10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min300，此时f(t)min15.答：当t10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米16.(2015湖南，21)已知a0，函数f(x)aexcos x(x0，)记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点(1)证明：数列f(xn)是等比数列；(2)若对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，求a的取值范围16.解(1)f(x)aexcos xaexsin xaexcos.令f(x)0，由x0，得xm，即xm，mN*.而对于cos，当kZ时，若2kx2k，即2kx2k，则cos0.若2kx2k，即2kx2k，则cos0.因此，在区间与上，f(x)的符号总相反于是当xm(mN*)时，f(x)取得极值，所以xnn(nN*)此时，f(xn)aencos(1)n1en.易知f(xn)0，而e是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)e，公比为e的等比数列(2)对一切nN*，xn|f(xn)|恒成立，即nen恒成立，亦即恒成立(因为a0)设g(t)(t0)，则g(t).令g(t)0得t1.当0t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(0，1)上单调递减；当t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1，)上单调递增因为x1(0，1)，且当n2时，xn(1，)，xnxn1，所以g(xn)minming(x1)，g(x2)minge.因此，xn|f(xn)|恒成立，当且仅当，解得a.故a的取值范围是.17.(2015山东，20)设函数f(x)(xa)ln x，g(x). 已知曲线yf(x) 在点(1，f(1)处的切线与直线2xy0平行(1)求a的值；(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m(x)minf(x)，g(x)(minp，q表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值17.解(1)由题意知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为2，所以f(1)2，又f(x)ln x1，所以a1.(2)k1时，方程f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的根设h(x)f(x)g(x)(x1)ln x，当x(0，1时，h(x)0.又h(2)3ln 2ln 8110，所以存在x0(1，2)，使得h(x0)0.因为h(x)ln x1，所以当x(1，2)时，h(x)10，当x(2，)时，h(x)0，所以当x(1，)时，h(x)单调递增，所以k1时，方程f(x)g(x)在(k，k1)内存在唯一的根(3)由(2)知方程f(x)g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.且x(0，x0)时，f(x)g(x)，x(x0，)时，f(x)g(x)，所以m(x)当x(0，x0)时，若x(0，1，m(x)0；若x(1，x0)，由m(x)ln x10，可知0m(x)m(x0)；故m(x)m(x0)当x(x0，)时，由m(x)，可得x(x0，2)时，m(x)0，m(x)单调递增；x(2，)时，m(x)0，m(x)单调递减；可知m(x)m(2)，且m(x0)m(2)综上可得，函数m(x)的最大值为.18.(2015浙江，20)设函数f(x)x2axb(a，bR)(1)当b1时，求函数f(x)在1,1上的最小值g(a)的表达式；(2)已知函数f(x)在1,1上存在零点，0b2a1，求b的取值范围18.解(1)当b1时，f(x)1，故对称轴为直线x.当a2时，g(a)f(1)a2.当2a2时，g(a)f1.当a2时，g(a)f(1)a2.综上，g(a)(2)设s，t为方程f(x)0的解，且1t1，则由于0b2a1，因此s(1t1)当0t1时，st，由于0和94，所以b94.当1t0时，st，由于20和30，所以3b0.故b的取值范围是3，9419.(2015天津，20)已知函数f(x)4xx4，xR.(1)求f(x)的单调区间；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)g(x)；(3) 若方程f(x)a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1x2，求证：x2x1.19.(1)解由f(x)4xx4，可得f(x)44x3.当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减所以，f(x)的单调递增区间为(，1)，单调递减区间为(1，)(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x04，f(x0)12.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0)令函数F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0)由于f(x)4x34在(，)上单调递减，故F(x)在(，)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的实数x，F(x)F(x0)0，即对于任意的实数x，都有f(x)g(x)(3)证明由(2)知g(x)12(x4)设方程g(x)a的根为x2，可得x24.因为g(x)在(，)上单调递减，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，因此x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)4x.对于任意的x(，)，有f(x)h(x)x40，即f(x)h(x)设方程h(x)a的根为x1，可得x1.因为h(x)4x在(，)上单调递增，且h(x1)af(x1)h(x1)，因此x1x1，由此可得x2x1x2x14.20.(2015广东，21)设a为实数，函数f(x)(xa)2|xa|a(a1)(1)若f(0)1，求a的取值范围；(2)讨论f(x)的单调性；(3)当20.解(1)f(0)a2|a|a2a|a|a，因为f(0)1，所以|a|a1，当a0时，|a|aaa01，显然成立；当a0，则有|a|a2a1，所以a，所以0a，综上所述，a的取值范围是a.(2)f(x)对于u1x2(2a1)x，其对称轴为xaa，开口向上，所以f(x)在(，a)上单调递减.综上，f(x)在(a，)上单调递增，在(，a)上单调递减，(3)由(2)得f(x)在(a，)上单调递增，在(0，a)上单调递减，所以f(x)minf(a)aa2.()当a2时，f(x)minf(2)2，f(x)令f(x)0，即f(x)(x0)，因为f(x)在(0，2)上单调递减，所以f(x)f(2)2，而y在(0，2)上单调递增，y2时，f(x)minf(a)aa2，当x(0，a)时，f(0)2a4，f(a)aa2，而y在x(0，a)上单调递增，当xa时，y，下面比较f(a)aa2与的大小，因为aa20所以f(a)aa22，yf(x)与y有两个交点，综上，当a2时，f(x)有一个零点x2；当a2，yf(x)与y有两个零点a2时，讨论f(x)在区间(0，)内的零点个数21.(2014安徽，20)设函数f(x)1(1a)xx2x3，其中a0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；(2)当x0,1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值21.解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)1a2x3x2.令f(x)0，得x1，x2，x1x2，所以f(x)3(xx1)(xx2)当xx1或xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)0.故f(x)在(，x1)和(x2，)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增(2)因为a0，所以x10，x20.当a4时，x21，由(1)知，f(x)在0，1上单调递增，所以f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值当0a4时，x21.由(1)知，f(x)在0，x2上单调递增，在x2，1上单调递减，因此f(x)在xx2处取得最大值又f(0)1，f(1)a，所以当0a1时，f(x)在x1处取得最小值；当a1时，f(x)在x0和x1处同时取得最小值；当1a4时，f(x)在x0处取得最小值22.(2014广东，21)已知函数f(x)x3x2ax1(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，试讨论是否存在x0，使得f(x0)f.22.解(1)f(x)x22xa开口向上，方程x22xa0的判别式44a4(1a)，若a1，则0，f(x)x22xa0恒成立，f(x)在R上单调递增若a1，则0，方程x22xa0有两个不同的实数根，x11，x21，当xx1或xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)0，f(x)的单调递增区间为(，1)和(1，)，单调递减区间为(1，1)综上所述，当a1时，f(x)在R上单调递增；当a1时，f(x)的单调递增区间为(，1)和(1，)，f(x)的单调递减区间为(1，1)(2)当a0时，0，且f(0)1，f，f(1)a，此时x10，x20，令x2得a.当a0时，x10x2，f(x)在(0，x2)上单调递减，在上单调递增，在上单调递增()若a，则f(0)1f，存在x0(0，x2)，使得f(x0)f；()当a0时，f(0)f，不存在x0，使得f(x0)f.当a时，f(x)在上单调递减，在上单调递增不存在x0，使得f(x0)f.当a时，ff(1)，存在x0，使得f(x0)f.当a时，ff(1)，不存在x0，使得f(x0)f.综上，当a时，不存在x0，使得f(x0)f；当a时，存在x0，使得f(x0)f.23.(2014天津，19)已知函数f(x)x2ax3(a0)，xR.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1(2，)，都存在x2(1，)，使得f(x1)f(x2)1.求a的取值范围23.解(1)由已知，有f(x)2x2ax2(a0)令f(x)0，解得x0或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，0)0f(x)00f(x)0所以，f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是(，0)，.当x0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)0；当x时，f(x)有极大值，且极大值f.(2)由f(0)f0及(1)知，当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.设集合Af(x)|x(2，)，集合B，则“对于任意的x1(2，)，都存在x2(1，)，使得f(x1)f(x2)1”等价于AB.显然，0B.下面分三种情况讨论：(1)当2，即0a时，由f0可知，0A，而0B，所以A不是B的子集(2)当12，即a时，有f(2)0，且此时f(x)在(2，)上单调递减，故A(，f(2)，因而A(，0)；由f(1)0，有f(x)在(1，)上的取值范围包含(，0)，则(，0)B.所以AB.(3)当1，