江苏省各地高考模考试题汇编 第13部分 导数 旧人教版.doc

2012年江苏各地高考模考试题汇编第13部分 导数旧人教版(2012年兴化)已知函数，（），若图象在处的切线方程为，则函数的最小值是 答案： 说明：图像在处的切线方程为，求出（泰州期末）设a为奇函数为常数）图像上一点，在a处的切线平行于直线，则a点的坐标为 .答案：（1，2）或（-1，-2）（盐城市2012届高三年级第二次模拟考试）设是定义在上的可导函数，且满足.则不等式的解集为 【答案】；解：令，则，为增函数，不等式可化为，即，由，不等式的解集为；说明：体会如何构造函数，又如已知如何构造函数等。（南京三模）14.若不等式|1对任意都成立，则实数取值范围是 解答：显然时，有。令当时，对任意，在上递减，此时，|的最小值为0，不适合题意。当时，对任意，|的最小值为1，解得：。故所求（南通一模）设p是函数图象上异于原点的动点，且该图象在点p处的切线的倾斜角为，则的取值范围是 .答案： ，所以.（苏州期末）函数的单调减区间为_.答案：（常州期末）设，已知函数，若曲线在处的切线恒过定点p，则点p的坐标为 。答案：（天一）12.等比数列中，函数，则曲线 在点处的切线方程为 .答案：；（江苏最后1卷）12设是函数定义域内的一个区间，若存在，使，则称是的一个“次不动点”，也称在区间上存在次不动点若函数在区间上存在次不动点，则实数的取值范围是 【答案】 解答如下：由题意，存在，使当时，使；当时，解得设，则由，得或（舍去），且在上递增，在上递减因此当时，所以的取值范围是（南通期末）函数的值域是_.解析：本题考查综合应用函数知识的能力，利用导数求函数的最值问题的方法与步骤易想到但不适宜的解法：由f (x)=0，得x=1，1，1+，1+，所以f(x)在x=1与1+处取得极小值，在1与1+处取得极大值，f(1)=，f(1+)=故所求的值域是，（此解法运算量大，很费时）其图像大致如下。 另解一：令x=tan，则=sin4，（此解法需学生熟练万能公式） 另解二：f(x)=，当x=0时，f(x)=0，当x0，f(x)=，令，代入，得g(t)= f(x)=（天一、淮阴、海门三校联考）已知函数（其中为自然对数的底数），（1）若，求在上的最大值； （2）若时方程在上恰有两个相异实根，求的取值范围；（3）若，求使的图象恒在图象上方的最大正整数注意：20. 解：（1）时， ， 1分当时，在上为增函数，则此时；2分当时，在上为增函数，故在上为增函数，此时； 3分当时，在上为增函数，在上为减函数，若，即时，故在上为增函数，在上为减函数，此时，若，即时，在上为增函数，则此时；综上所述： 6分（2），故在上单调递减；在上单调递增； 8分故在上恰有两个相异实根 11分（3）由题设：（）， 12分因为故在上单调递减；在上单调递增；故（）， 13分设，则，故在上单调递增；在上单调递减；而，且，故存在使，且时，时，又，故时使的图象恒在图象的上方的最大正整数； 16分（南京三模）已知函数(1)若时,试求函数的单调递减区间;(2)若,且曲线在点a、b（a、b不重合）处切线的交点位于直线上，证明：a、b 两点的横坐标之和小于4；(3)如果对于一切、，总存在以、为三边长的三角形，试求正实数的取值范围。（南通三模）已知函数。（1）若对任意，都有恒成立，求的取值范围；（2）设。若p是曲线上异于原点o的任意一点，在曲线上总存在另一点q，使得poq中的poq为钝角，且pq的中点在轴上，求的取值范围。分析：(1)可以用分离变量也可分类讨论 转化为在区间上恒非负，按与区间的相对位置，探求时，具备的条件.(2)此题注意：与并且不共线.解：（1）由，得由于，且等号不能同时取得，所以从而恒成立， 4分设求导，得6分，从而，在上为增函数所以，所以8分（2）设为曲线上的任意一点假设曲线上存在一点，使poq为钝角，则10分 若t-1，=由于恒成立， 当t=1时，恒成立当t0时，判断函数y=f(x)在区间（0，2）上是否存在极大值，若存在，求出极大值及 相应实数b的取值范围.解：（1）记g(x)exbx当b1时，g(x)ex1当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上为增函数又g(0)10，所以当x(0，)时，g(x)0所以当x(0，)时，f(x)g(x)g(x)，所以f(1)g(1)e1所以曲线yf(x)在点(1，e1)处的切线方程为：y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x 4分（没有说明“在x1附近，f(x)exbx”的扣1分)（2）解法一 f(x)0同解于g(x)0，因此，只需g(x)0有且只有一个解即方程exbx0有且只有一个解 因为x0不满足方程，所以方程同解于b 6分令h(x)，由h(x)0得x1当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)(e，)；当x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)(e，)；所以当x(0，)时，方程b有且只有一解等价于be 8分当x(，0)时，h(x)单调递减，且h(x)(，0)，从而方程b有且只有一解等价于b(，0) 综上所述，b的取值范围为(，0)e 10分解法二 f(x)0同解于g(x)0，因此，只需g(x)0有且只有一个解即方程exbx0有且只有一个解，即exbx有且只有一解也即曲线yex与直线ybx有且只有一个公共点 6分1xyo1yexybx（图1）1xyo1yexybx（图2）如图1，当b0时，直线ybx与yex总是有且只有一个公共点，满足要求 8分如图2，当b0时，直线ybx与yex有且只有一个公共点，当且仅当直线ybx与曲线yex相切设切点为(x0，e)，根据曲线yex在xx0处的切线方程为：yee(xx0)把原点(0，0)代入得x01，所以bee 综上所述，b的取值范围为(，0)e 10分（3）由g(x)exb0，得xlnb当x(，lnb)时，g(x)0，g(x)单调递减当x(lnb，)时，g(x)0，g(x)单调递增所以在xlnb时，g(x)取极小值g(lnb)bblnbb(1lnb)当0be时， g(lnb)bblnbb(1lnb)0，从而当xr时，g(x)0所以f(x)g(x)g(x)在(，)上无极大值因此，在x(0，2)上也无极大值 12分当be时，g(lnb)0因为g(0)10，g(2lnb)b22blnbb(b2lnb)0，（令k(x)x2lnx由k(x)10得x2，从而当x(2，)时，k(x)单调递增，又k(e)e20，所以当be时，b2lnb0）所以存在x1(0，lnb)，x2(lnb，2lnb)，使得g(x1)g(x2)0 此时f(x)g(x)所以f(x)在(，x1)单调递减，在(x1，lnb)上单调递增，在(lnb，x2)单调递减，在(x2，)上单调递增 14分所以在xlnb时，f(x)有极大值因为x(0，2)所以，当lnb2，即ebe2时，f(x)在(0，2)上有极大值； 当lnb2，即be2时，f(x)在(0，2)上不存在极大值 综上所述，在区间(0，2)上，当0be或be2时，函数yf(x)不存在极大值；当ebe2时，函数yf(x)，在xlnb时取极大值f(lnb)b(lnb1) 16分（南师附中最后一卷）已知函数f(x)mx2xlnx.(1) 当m1时，求f(x)的最大值；(2) 若在函数f(x)的定义域内存在区间d，使得该函数在区间d上为减函数，求m的取值范围；(3) 当m0时，若曲线c：yf(x)在点x1处的切线l与c有且只有一个公共点，求m的值19. 解：(1) 当m1时，f(x)x2xlnx，所以f(x)2x1，所以当0x，f(x)0，当x，f(x)0，因此当x时，f(x)maxfln2.(3分)(2) f(x)2mx1，即2mx2x10在(0，)上有解 m0显然成立； m0时，由于对称轴x0，故18m0m，综上，m.(8分)(3) 因为f(1)m1，f(1)2m，所以切线方程为ym12m(x1)，即y2mxm1，从而方程mx2xlnx2mxm1在(0，)上只有一解令g(x)mx2xlnx2mxm1，则g(x)2mx12m，(10分)所以1 m，g(x)0，所以yg(x)在x(0，)单调递增，且g(1)0，所以mx2xlnx2mxm1只有一解(12分)2 0m，x(0，1)，g(x)0；x，g(x)0；x，g(x)0由g(1)0及函数单调性可知g0，因为g(x)mxmlnx1，取x2，则g0.因此在方程mx2xlnx2mxm1必有一解从而不符题意(14分)3 m，x，g(x)0；x，g(x)0；x(1，)，g(x)0同理在方程mx2x（2012年兴化）已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求证：解：（1）由题意，函数的定义域为，当时， ，函数的单调递增区间为，3分当时， , 5分