2021届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题四导数及其应用文含解析202012191141.doc
2021届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题含解析打包48套
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2021
高考
数学
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2021届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题含解析打包48套,2021,高考,数学,一轮,专题,重组,第一,部分,解析,打包,48
- 内容简介：
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专题四导数及其应用本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1(2019全国卷)曲线y2sinxcosx在点(，1)处的切线方程为()axy10 b2xy210c2xy210 dxy10答案c解析设yf (x)2sinxcosx，则f(x)2cosxsinx，f()2，曲线在点(，1)处的切线方程为y(1)2(x)，即2xy210.故选c.2(2019佛山模拟)若曲线yex在x0处的切线，也是yln xb的切线，则b()a1 b1c2 de答案c解析yex的导数为yex，曲线yex在x0处的切线斜率为k1，则曲线yex在x0处的切线方程为y1x，yln xb的导数为y，设yx1和yln xb相切的切点为(m，n)，则1，解得m1，n2，即有2ln 1b，解得b2.故选c.3(2019广东韶关调研)直线ya分别与曲线yex，yln x1交于两点m，n，则|mn|的最小值为()a1 b1ln 2cln 2 d1ln 2答案a解析令exln x1a0，则x1ln a，x2ea1，从而|mn|x1x2|ln aea1|构造函数h(a)ln aea1，求导得h(a)ea1，解得极值点a1.因此|mn|的最小值为|h(1)|1.故选a.4(2019长沙模拟)满足f (x)f(x)的函数是()af (x)3x bf (x)xcf (x)ln x df (x)0答案d解析若f (x)0，则f(x)0，从而有f (x)f(x)故选d.5(2019成都二诊)函数y的图象大致为()答案c解析因为y，所以y，令y0，则x0，令y0，令y0，则x0，所以函数y在(，0)上为增函数，在(0，)上为减函数，且x0是函数的极大值点，结合4个函数的图象，故选c.6(2019东北三省四市联考)设函数f (x)ex(x33x3)aexx(x1)，若不等式f (x)0有解，则实数a的最小值为()a. bec1 de1答案c解析f (x)ex(x33x3)aexx0有解，ax33x3有解令g(x)x33x3，则g(x)3x23(x1)，故当x1,1)时，g(x)0，故g(x)在1,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故g(x)ming(1)1331，a1，实数a的最小值为1.故选c.7(2019济南一中模拟)已知函数f (x)x3ax2x1在(，)上是单调函数，则实数a的取值范围是()a，b(，)c(，)(，)d(，)答案a解析函数f (x)x3ax2x1的导函数为f(x)3x22ax1，且函数f (x)在(，)上是单调函数，在(，)上f(x)0恒成立，即3x22ax10恒成立，4a2120，解得a，实数a的取值范围是，故选a.8(2019南昌调研)已知函数f (x)是定义在r上的偶函数，设函数f (x)的导函数为f(x)，若对任意的x0都有2f (x)xf(x)0恒成立，则()a4f (2)9f (3)c2f (3)3f (2) d3f (3)0都有2f (x)xf(x)0恒成立，则当x0时，有g(x)x2f (x)xf(x)0恒成立，即函数g(x)在(0，)上为增函数，又由函数f (x)是定义在r上的偶函数，则f (x)f (x)，则有g(x)(x)2f (x)x2f (x)g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(2)g(2)，且g(2)g(3)，则有g(2)g(3)，即有4f (2)0)恒成立，则的最大值是()a1 b1ce de答案c解析不等式ln x1m可化为ln x1m0，令f (x)ln x1m(x0)，则f(x)，所以当xn时，f (x)minln n2m，则ln n2m0m2ln n(n0)所以.令g(n)，则g(n)，令g(n)0，可得n，故g(n)maxe，即e.所以的最大值为e.故选c.10(2019安阳模拟)已知函数f (x)与g(x)6xa的图象有3个不同的交点，则a的取值范围是()a. b.c. d.答案b解析原问题等价于函数h(x)6x的图象与直线ya有三个不同的交点h(x)x2x6(x2)(x3)，当x(，3)时，h(x)0，h(x)单调递增；当x(3,2)时，h(x)0，h(x)单调递增函数h(x)的图象如图所示又h(3)，h(2)，数形结合可得a的取值范围是.故选b.11(2019浙江高考)设a，br，函数f (x)若函数yf (x)axb恰有3个零点，则()aa1，b0 ba0ca1，b1，b0答案c解析由题意，bf (x)ax设yb，g(x)即以上两个函数的图象恰有3个交点，根据选项进行讨论当a0，可知g(x)在(，0)上单调递增；由g(x)x2(a1)xxx(a1)(x0)，a11，即a10时，因为g(x)xx(a1)(x0)，所以当x0时，由g(x)0可得0x0，即1a1时，由图象可得，若要yg(x)与yb的图象有3个交点，必有b0；当1a0时，yg(x)与yb的图象可以有1个、2个或无数个交点，但不存在有3个交点的情况，不符合题意，舍去；当1a1时，yg(x)与yb的图象可以有1个或2个交点，但不存在有3个交点的情况，不符合题意，舍去综上，1a1，b0，则a的取值范围是()a(2，) b(，2)c(1，) d(，1)答案b解析当a0时，f (x)3x21，令f (x)0，解得x，函数f (x)有两个零点，舍去当a0时，f(x)3ax26x3ax，令f(x)0，解得x0或.当a0时，0，当x0时，f(x)0，此时函数f (x)单调递减；当x0，此时函数f (x)单调递增x是函数f (x)的极小值点，x0是函数f (x)的极大值点函数f (x)ax33x21存在唯一的零点x0，且x00，则即可得a0时，0，当x或x0，此时函数f (x)单调递增；当0x时，f(x)0，综上可得，实数a的取值范围是(，2)故选b.第卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13(2019泉州质检)若函数f (x)xln xa的图象在点(1，f (1)处的切线过点(2,2)，则a_.答案1解析因为f(x)(xln xa)ln x1，所以f(1)ln 111，又f (1)ln 1aa，所以切点为(1，a)，因此f (x)在点(1，f (1)处的切线方程为yx1a，又切线过点(2,2)，所以221a，得a1.14(2019江西九校联考)曲线yx2在点p(1,1)处的切线与直线l平行且距离为，则直线l的方程为_答案2xy40或2xy60解析曲线yx2在点p(1,1)处的切线为2xy10，直线l和它平行，可设为y2xb2xyb0，根据平行线间的距离公式得到b4或6.代入化简得到方程为2xy40或2xy60.故答案为2xy40或2xy60.15(2019山西吕梁一模)定义在r上的函数f (x)的导函数为f(x)，f (0)0，若对任意xr，都有f (x)f(x)1，则使得f (x)ex1成立的x的取值范围为_答案(，0)解析构造函数g(x)，则g(0)1，对任意xr，都有f (x)f(x)1，则g(x)1化为f (x)1ex，即1.所以g(x)g(0)1，结合g(x)的单调性，则x0，故x的取值范围为(，0)16(2019温州市高三2月高考适应性测试)已知f (x)x2ax，若对任意的ar，存在x00,2，使得|f (x0)|k成立，则实数k的最大值是_答案128解析若存在x00,2，使得|f (x0)|k成立，则k|f (x0)|max，函数f (x)x2axx(xa)，x0,2，其对称轴为x，当a0时，f (x)在0,2上单调递增，所以|f (x)|maxf (2)42a，所以k(42a)min4，当2即a4时，f (x)在0,2上单调递减，f (0)0，所以|f (x)|max|f (2)|42a|2a4，所以k(2a4)min4，当0a4时，函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，f，f (2)42a，当2a4时，42a0，所以此时|f (x)|max，所以kmin1，当0a0，若|42a|，即42a时，解得44a2，此时|f (x)|max，所以kmin128，当|42a|，即42a时，解得0a44，此时|f (x)|max42a，所以k42a,42a(128，4)，所以k128，因为12810，当0x0；当x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，所以x2(当且仅当x1时取等号)，设xs(s2)，则式可化为s22ssln m，即ln ms1(对s2恒成立)，令h(s)s1，此函数在2，)上是增函数，所以h(s)s1的最小值为h(2)0，于是ln m0，即00；当x时，g(x)0，g()2，故g(x)在(0，)存在唯一零点所以f(x)在区间(0，)存在唯一零点(2)由题设知f ()a，f ()0，可得a0.由(1)知，f(x)在(0，)只有一个零点，设为x0，且当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0)(1)讨论f (x)的单调性；(2)若g(x)x2f (x)，设x1，x2(x1x2)是函数g(x)的两个极值点，若a，且g(x1)g(x2)k恒成立，求实数k的取值范围解(1)f (x)的定义域为(0，)，f(x)ax(a1).若0a1.由f(x)0得0x；由f(x)0得1x1，则00得0x1；由f(x)0得x0，x1x2a1，x1x21，x2，a，x1x2.解得0x1，g(x1)g(x2)ln (xx)(a1)(x1x2)2ln x1.设h(x)2ln x，则h(x)x0，h(x)在上单调递减；当x1时，h(x)minh2ln 2，k2ln 2，k的最大值为2ln 2.20(本小题满分12分)(2019湘潭二模)已知函数f (x)1ln xax2.(1)讨论函数f (x)的单调区间；(2)证明：xf (x)0，f (x)在(0，)上单调递增；当a0时，令f(x)0，得x.即当x时，f(x)0，所以f (x)的单调递增区间为.当x时，f(x)0，f (x)的单调递减区间为.(2)证明：要证xf (x)exxax3，即证xln xex，也即0)，g(x)，当0x2时，g(x)2时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)的最小值为g(2).令k(x)，则k(x)，当0x0，k(x)单调递增；当xe时，k(x)0，k(x)单调递减，所以k(x)的最大值为k(e)，因为，所以k(x)g(x)，即.所以xf (x)exxax3.21(本小题满分12分)(2019北京高考)已知函数f (x)x3x2x.(1)求曲线yf (x)的斜率为1的切线方程；(2)当x2,4时，求证：x6f (x)x；(3)设f (x)|f (x)(xa)|(ar)，记f (x)在区间2,4上的最大值为m(a)，当m(a)最小时，求a的值解(1)由f (x)x3x2x得f(x)x22x1.令f(x)1，即x22x11，得x0或x.又f (0)0，f，所以曲线yf (x)的斜率为1的切线方程是yx与yx，即yx与yx.(2)证明：令g(x)f (x)x，x2,4由g(x)x3x2得g(x)x22x.令g(x)0得x0或x.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下：x2(2,0)04g(x)00g(x)600所以g(x)的最小值为6，最大值为0.故6g(x)0，即x6f (x)x.(3)由(2)知，当a3；当a3时，m(a)f (2)|g(2)a|6a3；当a3时，m(a)3.综上，当m(a)最小时，a3.22(本小题满分12分)(2019山东师大附中二模)已知函数f (x)exaln xe(ar)，其中e为自然对数的底数(1)若f (x)在x1处取到极小值，求a的值及函数f (x)的单调区间；(2)若当x1，)时，f (x)0恒成立，求a的取值范围解(1)由f (x)exaln xe(ar)，得f(x)ex，因为f(1)0，所以ae，所以f(x)ex，令g(x)xexe，则g(x)ex(1x)，当x0时，g(x)0，故g(x)在x(0，)上单调递增，且g(1)0，所以当x(0,1)时，g(x)0，当x(1，)时，g(x)0.即当x(0,1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0.所以函数f (x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增(2)解法一：由f (x)exaln xe，得f(x)ex.当a0时，f(x)ex0，f (x)在x1，)上单调递增，f (x)minf (1)0(符合题意)；当a0时，f(x)ex，当x1，)时，yexe，当a(0，e时，因为x1，)，所以ye，f(x)ex0，f (x)在x1，)上单调递增，f (x)minf (1)0(符合题意)当a(e，)时，存在x01，)，满足f(x0)e0，f (x)在x1，x0)上单调递减，在x(x0，)上单调递增，
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