2015年高考理数导数大全免费

1、15高考导数大全1. # 2下列函数中，既是偶函数又存在零点的是Ay cosxBy sinxCy InxDy x2 1答案：A2.#9、函数 f Xax b2的图象如图所示Aaca0,b0,b0,c0,c0 B0Da 0,b 0,c a 0,b 0,c3. #15.设 xaxb0,其中a,b均为实数，下列条件中，使得该三次方，则下列结论成立的是(1)a3,b3 ; (2)a3,b2 ； (3)a3,b2 ；(4)a 0,b2;(5)a1,b4. 7.如图，函数f x的图像为折线 ACB,则不等式fx > log2 x 1的解集是A.x|1 x < 0B .x| 1 < x&l

2、t; 1C.x|1 x < 1D.x| 1 x< 2答案C写出所有正确条件的编号程仅有一个实根的是2."燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三.下列叙述中正确的是5.&汽车的辆汽车在不同速度下的燃油效率情况A.B.c. d . 答案D消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油 某城市机动车最高限速80千米/小时.相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油6. #2、下列函数为奇函数的是A. y 忑 B. y sin x C. yCOSX D.答案

3、：D7.<#>10、若定义在 R上的函数f满足f1,其导函数f x满足f x k 1,则下列结论中一定错误的是1A. fk1 B. fk答案：C8.新课标112.设函数C. fk 11D. fk 1fvx>= eX<2x 1> ax+ a,其中 a 1,若存在唯一的整数X0,使得f<x0> 0,则a的取值范围是<>2 / 20C. sgng(x)sgn f (x) D.sg ng(x)sgn f (x)答案：B14.湖北12.函数f(x)4cos2 xcos(n2 2x) 2sinx |ln(x 1)|的零点个数为答案：2A sgng(x)

4、sgnx15.湖南5.设函数f(x)A.奇函数，且在(0,1)上是增函数B.奇函数，且在(0,1)上是减函数C.偶函数，且在(0,1)上是增函数 D.偶函数，且在(0,1)上是减函数A.3 , 1>B. 3 , 3 >C. 3 ,3>D. 3 , 1>2e2e 42e 42e答案：D9. 新课标1<13>若函数f<x>=xln<x+ a x2 >为偶函数,则a =答案：1fl + log2J (2 - x)fx < 1= 1TT- 1JK丙10. 新课标2 5设函数f x= I上小-丄则f -2+竺¥A3 B6 C9

5、D: 1211. 新课标2 12设函数f' <x>是奇函数f<x><x只>勺导函数,fv-1>=0,当x>0时,x f ' <x>- f<x><0,则使得f<x>>0成立的x的取值范围是A-巩-1UI0,1B',0U1,+ C1:,-1U:-1,0D，1U1,+ 12. 广东3、下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是A. y 1 x2 B.1 QOxy x - C.y 2:D y xx ex2x1, x0,13.湖北6.已知符号函数sgn x0, x0, f (x)是R上

6、的增函1, x0.数,g(x) f (x)f (ax) (a 1),则sgnxB. sgng(x)ln(1 x) ln(1 x),则 f (x)是3 / 20# / 20答案：A16.湖南15.已知f (x)x3 x a2,若存在实数b,使函数g(x) f (x) b有两个零点x ,x a则a的取值范围是答案：,0 1,17. #13.已知函数 f(x) |ln x|, g(x)20,0 x 1,则方程 |f(x) g(x)| 1 实|x 4| 2,x 1根的个数为答案418. : # 10设函数f<x>=- 1 ,x < 1 b2x>lr ，则满足f<f<

7、a>>=2 "的a的5 / 20# / 20取值范围是A ,1 B0,1D1, +# / 20# / 20答案：C19. #<14>已知函数f(x)b(a 0,a1)的定义域和值域都是1,0 ,则 a b# / 20# / 20答案：3220.陕西9.设 f (x)In x,0b,若 p f(Jab),q f( b)2,r12(f(a) f(b),# / 20# / 20则下列关系式中正确的是A. q r p B. 答案：BC. p r q D p r21.陕西12.对二次函数f (x)ax2 bx c a为非零整数，四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有一个

8、结论是错误的，则错误的结论是A -1是f (x)的零点f (x)的极值点C 3是f (x)的极值D.点(2,8)在曲线# / 20# / 20y f(x)上答案：A22.陕西15.设曲线yex在点0,1处的切线与曲线y1 (x 0)上点p处的切线垂直，x则P的坐标为答案:1,123.四川9.如果函数f2m 2 x21 、m 0, n 0在区间一，2单2调递减，则mn的最大值为A16B18C25D812# / 20答案：B24.四川13.某食品的保鲜时间y单位：小时与储存温度 x单位：C丨满足函数关# / 20系y ekx b e 2.718 为自然对数的底数,k、b为常数若该食品在0C的保鲜时

9、间设 计192小时,在22 C的保鲜时间是48小时，则该食品在33 C的保鲜时间是小时. 答案:2425.四川15已知函数f(x) 2x,g(x) x2 ax其中a R对于不相等的实数 人公2,g(xj gg)为 x2f (Xi) f (x2)设m 1v 2 , nx-i x2现有如下命题：1对于任意不相等的实数N, x2，都有m 0 ；2对于任意的a与任意不相等的实数 x-!, x2,都有n 0 ；3对于任意的a,存在不相等的实数x1, x2,使得m n ；4对于任意的a,存在不相等的实数x1, x2,使得m n.其中的真命题有写出所有真命题的序号答案：26.#7已知定义在 R上的函数f x

10、 2|x m 1 m为实数为偶函数，记af (logI0.53),b fIog2 5,Cf 2m，则a, b, c的大小关系为AabC Ba cbCcabDc ba答案:C2 x,x 2,27.#8已知函数f x2函数g x bf 2 x ,其中 b R,x 2,x 2,若函数y f x g x恰有4个零点，则b的取值范围是A B44C0,7D7,244答案：D28. #7存在函数f(x)满足，对于任意X R都有. 2A. f (sin 2x) sinxB. f (sin2x) x xC. f (x2 1) x 1d. f (x2 2x) x 1答案：D29.#21.设函数 f(x) x2 a

11、x b .1讨论函数f(si nx)在(-一,一)内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值;2记 f0(x) x2 a0x2 2b0,求函数|f (sinx)f0(sin x)在(-, )上的最大值D;7 / 20# / 203在2中,取a0bo0,求zb a2满足D1时的最大值。30.丨18 .本小题13分1 x已知函数 f x ln1 xI求曲线y f x在点0,n求证：当 x 0,1时,f处的切线方程;3x x3川设实数k使得f x3x 对x 0, 1恒成立，求 k的最大值.31-x，所以解：I 丨因为 f (x) =ln 1+x1 1f (x)= , f (0) =2.1 x 1 x

12、 又因为f(0)=0,所以曲线y= f(x)在点0, f (0)丨处的切线方程为 y=2x.3xn令 g(x) = f(x)-2<x+ >,则322x4g (x)= f (x)-2 1+ X=2 .1 x因为g (x) >0 0<x<1，所以g(x)在区间0,1上单调递增. 所以 g (x) > g(0) =0,x 0,1，3x即当 x 0,1 丨时,f (x)>2<x+ >.3-In3x川由n知，当k2时，f(x)>k<x+ >对x 0,1恒成立.33x当 k>2 时，令 h(x) = f (x) - k<x

13、+ >,则32h (x)= f (x) -k 1+xkx42 k1 x28 / 20k 2 k 2所以当0 x 4 时，h(x)0,因此h(x)在区间0,4丨上单调递减kk当0 x 4k 2x3时,h(x) < h(0) =0,即 f (x) < k<x+ > k3x3所以当K>2时,f(x)> k<x+ 3 >并非对x0,1恒成立 .综上可知 ,k 的最大值为 2.31. # 20.已知函数 f(x) ln(1 x) , g(x) kx,(kR),1证明：当 x 0时， f( x)x；2证明：当 k 1时 ,存在 x00, 使得对 任意

14、x (0，Xo),恒有 f(x) g(x)；3确定 k 的所以可能取值,使得存在 t 0 ,对任意的x (0，t),恒有 |f(x)g(x)| x2.解法一：1令 F(x) f(x)x ln(1 x) x,x 0,), 则有 F(x)11+xx1+x9 / 20当x 0,), F (x)0,所以F(x)在0,)上单调递减，故当 x 0时，F(x) F(0) 0,即当x 0时，f( x) x.# / 20# / 20<2>令 G( x) f(x) g(x) ln(1 x)kx,x 0,), 则有 G (x)11+xkx(1 k)1+x# / 20) 上单调递增 ,G(x) G(0)当

15、 k 0G (x)0 所以 G( x)在0,故对任意正实数 x0 均满足题意 .k 1 1 0.k当 0 k 1 时，令 G(x) 0,得x= 1k10 / 20取 x0=11,对任意x (0,x0),恒有G (x)0 ,所以G(x)k在 0,x0)单调递# / 20增,G(x) G(0)0,即 f(x) g(x).(0，x°),恒有 f(x) g(x).x f(x),故g(x) f(x),综上，当k 1时,总存在x0 0,使得对任意的 任意x<3>当 k 1时,由 1知 ,对于x (0,+ ), g(x)|f(x) g(x)| g(x) f(x) kx ln(1 x),

16、M(x) kx ln(1 x) x2,x 0， +# / 201xM (x) k2x=x2-2x2+(k-2)x k1x0, k 2(k 2)2 8(k41) 时M (x) 0M( x) 在0, k 2(k22)2 8(k41 )上单调递增,故 M( x) M(0)0 ,即 |f(x)g(x)| x2 ,所以满足题意的t 不存在 .当 k 1时,由 2知存在Xo 0,使得对任意的 任意x (0,Xo),恒有 f(X)g(X).此时 |f( X)g(X)|f(X)g(X) ln(1 X)kX,N(X)ln(1X) kX X2,x0, + )11 / 201x# / 201xM (X)22x=-2

17、x2-(k+2)x1x# / 201x# / 201x0,(k+2)(k+2)248(1 k) 时N (X) 0M( X)0, (k2)(k422)2 8(1k) )上单调递增 ,故 N(x)N(0)0 ,即 f(x) g(x) x2,记# / 201x2x 与(k 2)(k 2)2 8(1 k) 中较小的为 x1 ,41t 不存在 .则当x (0, xj时，恒有|f( x) g (x) | x2,故满足题意的当 k=1,由1知，当 x (0,+), |f(x)g(x)| g(x) f (x) x ln(1 x),21令 H(x) x ln(1 x) x2,x 0，+ )，则有 H(x) 11

18、x-2x2 x2x=1x当x 0时,H (x)0,所以H(x)在0 +)上单调递减，故 H(x)H(0)0,故当x 0时，恒有|f(x) g(x) | x2,此时，任意实数t满足题意.综上 ,k=1.解法二： 1 2同解法3当 k 1时,由 1知,对于 x (0,+), g(x) x f(x),12 / 20故 |f(x)g(x)| g(x) f(x) k x ln(1 x) k x x (k 1)x,令(k 1)x x2,解得 0 x k 1,从而得到当 k 1时, 对于 x (0,k1)恒有 |f(x) g(x)|x2,所以满足题意的t不存在.13 / 20# / 20k+1当k 1时,取

19、k-i =，从而k k-i2# / 20# / 20由2知存在x00,使得任意x(0， x0 ),恒有 f(x)k1x kx g(x).1kx, 21 k 21 k2令 x x2,解得 0 x，此时 f(x) g(x) x2,221-k记怡与中较小的为x1,则当2故满足题意的 t 不存在 .此时 |f(x) g(x)| f(x) g(x) (ki k)xx (0，xj时，恒有 |f(x) g(x)|2x,当 k=1,由1知，当x (0,+),|f(x)g(x)| g(x) f(x) x令 M(x) x ln(1 x) x2,x1°，+ )，则有 M(x) 11 x当x 0时,M (x

20、)0,所以M(x)在0,)上单调递减，故 M( x)ln(1x) ,2x2x2x1xM(0)0,故当x 0时恒有|f(x) g(x) | x2,此时，任意实数t满足题意.综上 ,k=1.32.新课标 1 <21><本小题满分 12分>1已知函数 f<x>= x3 ax , g(x)In x4<1 >当a为何值时，x轴为曲线y f (x)的切线;< n >用 min m, n 表示 m, n 中的最小值，设函数 h(x) min f (x), g(x) (x 0),讨论h<x>零点的个数解析：21 解：(x°,0)

21、则f()0, f(x。)0即x3ax1I设曲线y=f<x>与x轴相切于点xax43x02a01解得x02，a14 / 20因此，当a3时，x轴为曲线y f(x)的切线4II当 是5h(x)的零点；若 a 一,则 f(1)<0,h(1)=min f (1),g(1) f (1) 0,故x 1 不是 h(x4的零点当x (0,1)时，g(x) 1nx 0所以只需考虑f(x)在(0,1 )的零点个数综上，当33广东19.本小题满分14分设 a1,函数 f (x)(1x2)exa(1) 求f (x)的单调区间；(2) 证明f(x)在(，)上仅有一个零点；(3) 若曲线y f (x)在

22、点P处的切线与x轴平行，且在点M( m,n)处的切线与直线 OP平行，0是坐标原点，证明：m3：a - 1. e湖北22.本小题满分14分1已知数列%的各项均为正数，bn n(1 )nan (n N ) ,e为自然对数的底数.n1I求函数f (x)1 x ex的单调区间,并比较(1)n与e的大小；nn计算bl , blb- , blb-b3，由此推测计算b1b2_bn的公式并给出证明；a1 a1 a2 玄1氏&a1a2，an川令1(a1a2an)n,数列寻,阳 的前n项和分别记为 &,人，证明：T %.解析：I f (x)的定义域为(，),f (x) 1 ex.当f (x)0,

23、即x 0时,f (x)单调递增；当f (x)0 ,即x 0时,f (x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(,0),单调递减区间为(0,).当 x 0时,f(x) f(0)0,即 1 x ex.11- 1令 x -，得 1 - en ,即(1 一)n e.nnnnbl1 (111 2 ；db2bib22 2(11 )2(21)2 32 ；a1aa2aa22bidb3RDb321、3333 3(1J(31)4 .ai a2a3aia2a3316 / 20是常数，故数列f(xj是首项为f (x1)=esin，公比为eax的等比数列18 / 20# / 20II由I 丨知，sin1 *= 汙是对一

24、切n N ,xn<| f(xn)|恒成立,即a 1# / 20# / 20a21恒成立，等价于a2 1？恒成立因为a>0t设 gt= e t0，则 g'(t)=e (t 1).令 g'(t) =0 得 t=1t2当0<t<1时,g(t)<0,所以gt在区间0,1上单调递减;当t>1时,g(t)>0,所以gt在区间0,1上单调递增从而当t=1时屈数g t取得最小值g1=e因此，要是？丨式恒成立，只需 a1ag(1) e,即只需ae2 1# / 20# / 20©2n N , axn综上所述，右a35. #已知函数e21，且当n2

25、时,n厂2,所以g axne2 11.,则对一切n Ne2 119.本小题满分16分f (x) x3 ax2 b(a,b R).g(1)Je21 .因此对一切2a2 1、.故？丨式亦恒成立.a,X |心)|恒成立1 1而当a= 时,tan# / 20# / 201试讨论f (x)的单调性;2若b c a实数c是与a无关的常数，当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值33范围恰好是(，3)(1,)(一，),求c的值.2219 / 2022a解：1f x 3x 2ax,令 f x 0,解得 x 0, x23当a 0时，因为f3x20丨，所以函数f上单调递增;0,0,x23，0 W，f x0,所以

26、函数f x2a3,0,上单调递增：,0上单调递减;当a 0时，x,0.2a30, x0, "a 时，f x0,所以函数f x上单调递增2a0,3上单调递减.2由1知,函数x的两个极值为b, f2a 4 3a327b,则函数f x有三个零点等价于f 0 f2a34 3 a 270,从而4 a3 b274 3 - a 27a,所以当4 a 27c 0或当a0 时,a3274 3 a 27c,因为函数f有三个零点时,a的取值范围恰好是从而g1,2,则在o,且在1,32，上0均恒成立,0,且g10,因此c21 / 20此时，f Xx3ax2 1a x 12 xa 1 x 1a ,因函数有三个

27、零点,则x2a 1 x 1a0有两个异于1的不等实根，2所以a 14 1 aa2 2a320,且 1a 11 a 0,解得a, 31,3322'综上c 1.36. #21本小题满分 14 分设函数 f(x)= I n(x+1)+(x2-x),其中 R.I讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由;5若 >0, f( ) 0成立，求的取值范围.解：I由题意知 函数f(x)的定义域为(1,),12ax ax a 1f (x) 一 a(2x 1),x 1x 1令 g(x) 2ax2 ax a 1,x( 1,),1当 a 0时,g(x) 1 ,此时f (x)0,函数f(x)在(1,)单调递

28、增，无极值点;2当a 0时,a2 8a(1a) a(9a8),当08 a -9时,0,g(x)0,f (x)0屈数f(x)在(1,)单调递增，无极值点；当a8时,0,9设方程2ax2ax a 10的两根为X1,X2(X1X2)因为 X211所以x121,X2-,441 由g( 1)10,可得 1人,4所以 当x ( 1必)时，g(x) 0, f (x) 0,函数f(x)单调递增;当 x (xX2)时,g(x), 0, f (x) 0 ,函数 f (x)单调递减；当x 区 )时，g(x) 0,f(x) 0,函数f (x)单调递增;因此函数有两个极值点3当 a0 时，0,由g(1)10,可得 X1

29、1,当X(1,x2)时,g(x)0, f (x)0,函数f(x)单调递增；当X(x2)时,g(x)0, f (x)0，函数f (x)单调递减;所以函数有一个极值点 综上所述：当a 0时，函数f (x)有一个极值点；当0 a 8时屈数f (x)无极值点；98当a -时函数f (x)有两个极值点.9II丨由I知,81当0 a 一时屈数f (x)在(0,)上单调递增，9因为f(0)0,所以x (0,)时，f(x) 0,符合题意；2当 8 a 1 时，由 g(0) 0,得 X2 0,9所以函数f (x)在(0,)上单调递增，又f(0) 0,所以x (0,)时,f(x) 0,符合题意;3当 a 1 时，

30、由 g(0)0,可得 X20,所以x (0,X2)时屈数f(x)单调递减；因为f(0)0,所以x (0,X2)时,f (x)0,不合题意；23 / 204当 a 0 时，设 h(x) x ln( x 1),因为x (0,)时,h(x) 124 / 20# / 20所以h(x)在(0,)上单调递增因此 当 x (0,)时,h(x) h(0)0,即In(x 1) x,可得 f(x) x a(x2 x) ax2(1 a)x,1 2当 x 1 一时,ax (1 a)x 0, a此时f (x)0,不合题意，综上所述,a的取值范围是0,1a,其中a 0.2 237.四川21.已知函数 f(x) 2(x a

31、)ln x x 2ax 2a1设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性;2证明：存在解析:I由已知 屈数f (x)的定义域为(0,),# / 20# / 20g(x)f (x)2x2aa2lnx 2(1 -),x# / 201 2 1所以g (x)2a2 x2(x J2 2(a 4)# / 20# / 201当0 a -时,g(x)在区间(0,411 4a、，11 4a2),()上单调递增，# / 20在区间r小4a 当a 时,g(x)在区间(0,)上单调递增.4訥4a)上单调递减;' 2# / 2025 / 20II由f (x) 2x 2a2lnx 2(1 a)0,解得x1

32、 ln x1x(x)2(xx 1 ln x1 )ln x1 x 12(* x11 ln x)21丿xx 1 ln x1 x 1# / 20则(1) 1 0, (e)巴2) 2(需)0,.1 e1 e故存在xo (1,e),使得(xo) 0.令 ao -Xo1 -Xo,u(x) x 1 In x(x 1),.1Xo由 u (x)110知，函数u(x)在区间(1,x)上单调递增所以0u(1)U(Xo)111x01a0u(e)12 1.26 / 20# / 20即 ao (0,1).# / 20# / 20当a a°时，有f (x°)0,f(x0)(x0) 0,.由1知屈数f (

33、x)在区间(1,)上单调递增.# / 20f(X。) 0 ；故当x (1,x)时,有f (xO 0,从而f (x)# / 20# / 20当 x (x0,)时，有 f (x0)0，从而 f (x)f(x) 0；# / 20所以，当 x (1,)时,f (x)0.综上所述,存在a (0,1),使得f (x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x) 0在(1,+)内有唯一解.38. #20.本小题满分14分已知函数 f(x) nx xn,x R,其中 n N*,n 2.<I>讨论f (x)的单调性;<ll>设曲线y f (x)与x轴正半轴的交点为 P,曲线在点P处的切线方程为

34、y g(x),求证：对于任意的正实数x,都有f(x) g(x)；<III>若关于x的方程f (x)=a(a为实数)有两个正实根x1，x2 ,求证：| x-x-i |2.r n解析：I解：由 f (x) = nx xn,可得 f (x) = n nxn 1 = n 1 xn 1 ,其中 n N 且n 2.下面分两种情况讨论：1当n为奇数时.令 f' (x) =0,解得 x 1或 x 1.27 / 20x 0, fx；h x .设方程hxa的根为1X1a,可得& 一.因为h x nx在，上单n调递增，且h x1'afXf-；hx1 ,因此XT；X1.由此可得xx,X2'x；aXo.1 n因为n2,所以2n 11n 1111 Cn111 n 1 n ,故 2n 1Xo.n所以，x2X1；a1 n2.当 x