最新理科优化设计一轮高考模拟试卷-第三章导数及其应用.docx

第三章导数及其应用3.1导数的概念及运算专题1导数的概念与几何意义(2015江西重点中学盟校高三第一次联考,导数的概念与几何意义,选择题,理3)函数y=x3的图象在原点处的切线方程为()A.y=xB.x=0C.y=0D.不存在解析:由f(x)=3x2,得f(0)=0,所以f(x)在原点处的切线方程为y=0,故选C.答案:C3.2导数与函数的单调性、极值、最值专题1导数与函数的单调性(2015东北三省三校高三二模,导数与函数的单调性,选择题,理12)若函数y=sin 2x+acos x在(0,)上是增函数,则实数a的取值范围是()A.(-,-1B.-1,+)C.(-,0)D.(0,+)解析:依题意,当x(0,)时,y=2cos2x-asinx0,即a-2sinx恒成立.令t=sinx,则当x(0,)时,t(0,1,函数y=-2t在区间(0,1上是减函数,所以函数y=-2t在区间(0,1上的最小值是y|t=1=1-21=-1,于是有a-1,实数a的取值范围是(-,-1,故选A.答案:A专题2导数与函数的极值(2015江西八所重点中学高三联考,导数与函数的极值,解答题,理21)已知f(x)=x2+ax+sinx,x(0,1).(1)若f(x)在定义域内单调递增,求a的取值范围;(2)当a=-2时,记f(x)得极小值为f(x0),若f(x1)=f(x2),求证:x1+x22x0.解:(1)f(x)=2x+a+cosx,x(0,1).依题意f(x)0恒成立,2x+cosx-a,令g(x)=2x+cosx,x(0,1),g(x)=2-sinx,g(x)在x(0,1)单调递减,且g(0)0,g(1)0,(1)=2-0.故存在唯一实数,使得()=0.(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减.即f(x)在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减.又f(0)=-2+0,由f(x0)=0,知0x01.f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,0)上单调递增.不妨设x1x2,由f(x1)=f(x2),则0x1x0x21,令F(x)=f(x0+x)-f(x0-x),则F(x)=f(x0+x)+f(x0-x)=4x0-4+=4x0-4+cosx0cosx.又F(x)在x(0,1)上单调递减,F(x)F(0)=4x0-4+cosx0=2f(x0)=0,F(x)在x(0,1)上单调递减,F(x)F(0)=0,即f(x0+x)f(x0-x).又f(x1)=f(x2)=fx0-(x0-x2)fx0+(x0-x2)=f(2x0-x2),0x1x0,02x0-x2x0.又f(x)在(0,x0)上单调递减,x12x0.(2015东北三省三校高三第一次联考,导数与函数的极值,解答题,理21)已知a是实常数,函数f(x)=xln x+ax2.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线过点A(0,-2),求实数a的值;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1x2).求证:-af(x1)-.解:(1)由已知得f(x)=lnx+1+2ax(x0),切点坐标为(1,a),切线方程为y-a=(2a+1)(x-1),把(0,-2)代入解得a=1.(2)证明:依题意得f(x)=0有两个不等的实数根x1,x2(x10),()当a0时,g(x)0,g(x)是增函数,不符合题意;()当a0,则g(x),g(x)的变化情况为x-g(x)+0-g(x)极大值依题意得g=ln0,解得-a0.综上所述,实数a的取值范围为-af(x1).又f(1)=g(1)=2a+10,故x1(0,1),由(1)知ax1=,f(x1)=x1lnx1+a(x1lnx1-x1)(0x11),设h(x)=(xlnx-x)(0x1),则h(x)=lnxh(1)=-,即f(x1)-.综上所述,f(x2)f(x1)-成立.专题3导数与函数的最值(2015辽宁大连高三双基测试,导数与函数的最值,选择题,理12)已知f(x)=x+xln x,若kZ,且k(x-2)2恒成立,则k的最大值为()A.3B.4C.5D.6解析:依题意,当x=4时,不等式k(x-2)f(x)成立,于是有2k4+4ln4,即k2+2ln4=2+ln162+3=5,由此可排除选项C,D,猜测整数k的最大值为4.下面证明当k=4时,不等式k(x-2)2恒成立.记g(x)=f(x)-4(x-2)=xlnx-3x+8,则g(x)=lnx-2,当2xe2时,g(x)e2时,g(x)0,因此g(x)在(2,+)上的最小值为g(e2)=8-e20,即对任意x2,均有g(x)g(e2)0,即k(x-2)1,存在实数a,b满足0abg(c),即恒成立,所以k1.令p(c)=,c1,则p(c)=.令q(c)=c-2-lnc,c1,因为q(c)=1-0,所以q(c)单调递增,得q(c)q(1)=-1,又q(3)=1-ln30,所以存在c0(3,4),使得q(c0)=0,即c0-2=lnc0,当c(1,c0)时,q(c)0,p(c)单调递增,p(c)min=p(c0)=,将c0-2=lnc0代入得p(c)min=c0,所以kc0,k3,易知0a,当k=3时可证明存在f(a)=g(b)时,g(x)0,当-x时,g(x)0时,f(x)g(x).解:(1)f(x)=ax-2-lnx(aR),f(x)=a-.又f(x)在点(e,f(e)处的切线的斜率为,f(e)=,a=.切点为(e,-1),将切点代入切线方程得b=-2e.(2)由(1)知f(x)=a-(x0).当a0时,f(x)0时,令f(x)=0,得x=.当x变化时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表:f(x)-0+f(x)由表可知f(x)在上单调递减,在上单调递增.综上所述,当a0时,f(x)的单调减区间为(0,+);当a0时,f(x)的单调减区间为,单调增区间为.(3)证明:当x0时,要证f(x)g(x),即证f(x)-ax+ex0.即证ex-lnx-20,令h(x)=ex-lnx-2(x0),只需证g(x)0,h(x)=ex-,由指数函数及幂函数的性质知h(x)=ex-在(0,+)上是增函数.又h(1)=e-10,h-30,h(1)h0.h(x)在内存在唯一的零点,也即h(x)在(0,+)上有唯一零点,设h(x)的零点为t,则h(t)=et-=0.即et=.由h(x)的单调性知,当x(0,t)时,h(x)h(t)=0,g(x)为增函数,当x0时,h(x)h(t)=et-lnt-2=-ln-2=+t-22-2=0,又t0.(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,导数与函数的最值,解答题,理20)已知函数f(x)=ln(a+x)-ln(a-x)(a0).(1)曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=2x,求a的值;(2)当x0时,不等式f(x)2x+恒成立,试求a的取值范围.解:(1)已知f(x)=ln(a+x)-ln(a-x)(a0),则f(x)=,f(0)=,由题意知f(0)=2,=2,a=1.(2)令g(x)=f(x)-2x-(0xa),则g(x)=f(x)-2-2x2=-2-2x2=x4-(a2-1)x2+a-a2.当0a1时,a2-10,a-a20,当0xa时,x4-(a2-1)x2+a-a20,即g(x)0.函数g(x)在0,a)上为增函数,g(x)g(0)=0,即当01时,a2-10,a-a20.0xa时,x2-(a2-1)0,x2x2-(a2-1)0,从而x4-(a2-1)x2+a-a20,即g(x)0,从而函数g(x)在(0,)上为减函数.当0x时,g(x)g(0)=0,不符合题意.综上所述,当x0时,使f(x)2x+恒成立的a的取值范围为0a1.(2015辽宁东北育才高三第五次模拟,导数与函数的最值,选择题,理12)已知a,bR,且ex+1ax+b对xR恒成立,则ab的最大值是()A.e3B.e3C.e3D.e3解析:若a0时,ex+1ax+bbex+1-axabaex+1-a2x,令f(x)=aex+1-a2x,故f(x)=a(ex+1-a),令f(x)=0,解得x=lna-1,当xlna-1时,f(x)lna-1时,f(x)0,故f(x)min=f(lna-1)=2a2-a2lna,故ab2a2-a2lna.令g(a)=2a2-a2lna(a0),故g(a)=a(3-2lna)(a0),令g(a)=0,解得a=,当0a0;当a时,g(a)0,故g(a)max=g()=e3,故ab的最大值为e3,故选A.答案:A(2015辽宁重点中学协作体高考模拟,导数与函数的最值,解答题,理21)已知二次函数f(x)=ax2+bx+1,其中a,bR,g(x)=ln(ex),且函数F(x)=f(x)-g(x)在x=1处取得极值.(1)求a,b所满足的关系;(2)试判断是否存在a(-2,0)(0,2),使得对x1,2,不等式(x+a)F(x)0恒成立?如果存在,请求出符合条件的a的所有值;如果不存在,请说明理由.解:(1)F(x)=ax2+bx+1-ln(ex),F(x)=2ax+b-.F(x)在x=1处取得极值,F(1)=2a+b-1=0.F(x)=0,x1=-,x2=1,且x1x2,a-.2a+b-1=0为a,b所满足的关系.(2)F(x)=ax2+(1-2a)x-ln(ex).当a(0,2)时,x1,2,且(x+a)F(x)0,F(x)0,F(x)=0,F(x)在1,2上单调递增,F(x)F(1)=1-a0即可,a(0,1;当a(-2,0),且a-时,x1=-,x2=1,()若-1,即-2a-时,F(x)在1,2上单调递减,02-ln2F(x)1-a.x+a0,即a-x,可得a-1,故a;()若1-2,即-a0,F(x)F(2)=2-ln20,(x+a)F(x)0恒成立,a;()若-2,即-a0时,F(x)在1,2上单调递增,且(x+a)F(x)0恒成立,a.综上所述,a(0,1.(2015东北三省三校高三第一次联考,导数与函数的最值,选择题,理11)已知数列an满足:an=n3-n2+3+m.若数列的最小项为1,则m的值为()A.B.C.-D.-解析:令f(x)=x3-x2+3+m,x(0,+),则f(x)=x2-x=x,当x时,f(x)0,故x=为函数f(x)的极小值点,也是最小值点.由于nN*,且a2=+m,a3=+m,故a20).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求函数f(x)在上的最大值;(3)若存在x1,x2(x1x2),使得f(x1)=f(x2)=0,证明:0),则f(x)=1-aeax.令f(x)=1-aeax=0,则x=ln.当x变化时,f(x)与f(x)的变化情况如下表:xlnf(x)+0-f(x)极大值故函数f(x)的单调递增区间为;单调递减区间为.(2)当ln,即0a时,f(x)max=f-e2,当ln时,即a0,即a0,由此可得x1lnln,即x1-x20.(1)求a的值;(2)已知结论:若函数f(x)=x-ln(x+a)在(m,n)内导数都存在,且m-a,则存在x0(m,n),使得f(x0)=.试用这个结论证明:若-ax1x2,设函数g(x)=(x-x1)+f(x1),则对任意x(x1,x2),都有f(x)-a,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-a,1-a)1-a(1-a,+)f(x)-0+f(x)极小值因此,f(x)在x=1-a处取得最小值,故由题意f(1-a)=1-a=0,所以a=1.(2)令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-(x-x1)-f(x1),则h(x)=f(x)-.因为f(x)在x(x1,x2)上存在导数,所以存在x0(x1,x2),使得f(x0)=,又因为f(x)=,所以h(x)=f(x)-f(x0)=.因为当x(x1,x0)时,h(x)0,h(x)为单调减函数,所以h(x)0,h(x)为单调增函数,所以h(x)h(x2)=0,所以对任意的x(x1,x2),都有f(x)0对x(1,+)成立,即f(x)在(1,+)上为增函数,又f(1)=0,故f(x)0对x(1,+)成立,f(x)在(1,+)上为增函数.(3)x1,由f(x)g(x),得xex-1-ax3-x2+(a-1)x+a0,设h(x)=xex-1-ax3-x2+(a-1)x+a(x1).h(x)=(x+1)ex-1-ax2-x+a-1=(x+1)ex-1-a(x-1)-1(x1),设k(x)=ex-1-a(x-1)-1(x1),k(x)=ex-1-a.当a1时,k(x)0对x1,+)成立.又k(1)=0,故k(x)0,即h(x)0,h(x)在1,+)上单调递增,又h(1)=0,故h(x)0.当a1时,由k(x)=0,得x=1+lna1.当x(1,1+lna)时,k(x)0,又k(1)=0,故k(x)0,即h(x)0.又h(1)=0,故h(x)0,这与已知条件不符.综上所述,实数a的取值范围为(-,1.3.4定积分与微积分基本定理专题1定积分的计算(2015江西八所重点中学高三联考,定积分的计算,填空题,理13)计算:(x3cos x)dx=.解析:利用奇函数的对称性求解.因为函数y=x3cosx,x-3,3是奇函数,所以(x3cosx)dx=(x3