历年高中数学联赛真题分类汇编12导数与极限

1/2历年高中数学联赛真题分类汇编专题12导数与极限第一辑1．【2021年福建预赛】若关于x的不等式(x−2)ex<ax+1有且仅有三个不同的整数解，则整数a的最小值为 【答案】3【解析】设f(x)=(x−2)e则f'(x)=(x−1)ex,x<1时,f因此,f(x)在区间(−∞,1)上递减，在区间(1,+∞)上递增:且x<2时，f(x)<0;x>2时,f(x)>0.由此作出f(x)的草图如图所示.又g(x)的图像是过点(0,1)的直线，结合图像可知a>0.由于a>0时，f(0)=−2<g(0)=1;f(1)=−e<g(1)=a+1;f(2)=0<g(2)=2a+1,因此,0,1,2是不等式(x−2)ex由于不等式(x−2)ex所以f(−1)≥g(−1)f(3)≥g(3)，即−3e经检验，a=3符合要求，所以，符合条件的a的最小值为3.2．【2019年贵州预赛】已知函数f(x)=ex−e−x⋅x【答案】1【解析】由f(x)=ex−又由flog所以log2即m的取值范围是123．【2018年广西预赛】若定义在R上的函数fx满足f'x−2f【答案】x>0【解析】构造函数gx=e−2xfx+2，则g0=1.由g'4．【2018年甘肃预赛】已知函数fx=x3+sinx【答案】2019【解析】易知函数fx=x3+sinx为奇函数，从而fx−1的图象关于由此ℎx的图象关于1,0由于ℎ1=f05．【2018年四川预赛】设直线y=kx+b与曲线y=x3−x有三个不同的交点A、B、C，且AB【答案】1【解析】曲线关于点0,0对称，且AB=BC=2，所以直线设Ax,y，则由此得x=k+1k+1即k−1解得k=1.故答案为：16．【2017年广西预赛】设函数fx在R上存在导数f'x,对任意的x∈R有fx+f−x=x2【答案】a【解析】提示:由题意得f'x>则g'x=f'由条件fx+f−x因为gx在R上单调递增,由f1+所以1+a7．【2017年湖南预赛】设函数fx是定义在−∞,0上的可导函数,其导函数为f'x,且有2fx+x【答案】−∞,−【解析】提示:将不等式x化为x+2017构造Fx=x2fx因为F'x=两边同乘以x,可得F'x=所以,Fx在−∞,0上是减函数,不等式②化为x+所以,不等式的解集为−∞,−20188．【2016年福建预赛】函数f(x)=x2lnx+x2-2零点的个数为________.【答案】1【解析】由条件知f'当0<x<e−3当x>e−3于是，f(x)在区间(0，−32)上为减函数，在区间(又0<x<e−32时，lnx+1<−32+1=−12注意到，f(故函数f(x)零点的个数为1.9．【2015年山东预赛】设a>1.若关于x的方程ax=x无实根,则实数【答案】a>【解析】由函数y=ax与y=x的图像,知若a>1,且设fx=a故fx=ax−x从而,fxfx⇒1又1ln⇒log10．【2015年福建预赛】函数fx=exx−a【答案】0,【解析】∵函数fx=exx−aex，∴f'x=x+1−2a⋅exe要使这两个函数有2个不同的交点，应满足12a>012a>1，解得0<a<12【方法点睛】本题主要考查函数的极值、函数与方程以及数形结合思想的应用，属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决选择题、填空题是发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将已知函数的性质研究透，这样才能快速找准突破点.充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解11．【2018年湖南预赛】函数fx【答案】A【解析】由于函数为偶函数又过（0，0）所以直接选A.【考点定位】对图像的考查其实是对性质的考查，注意函数的特征即可，属于简单题.12．【2018年湖南预赛】设函数f(x)是R上的奇函数，当x>0时，f(x)=ex+x−3A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】∵函数f（x）是定义域为R的奇函数，∴f（0）=0，所以0是函数f（x）的一个零点;当x＞0时，令f（x）=ex+x-3=0，则ex=-x+3，分别画出函数y=ex，和y=-x+3的图象，如图所示，有一个交点，所以函数f（x）有一个零点，又根据对称性知，当x＜0时函数f（x）也有一个零点．综上所述，f（x）的零点个数为3个，故选：C．13．【2017年四川预赛】已知函数fx=alnx+x2在(A)−2 (B)−1 (C)1 【答案】A【解析】提示：因为f'x=ax14．【2016年陕西预赛】设函数f(x)=x3+ax2+6x+c(a、b、c均为非零整数).若f(a)=a3，f(b)=b3，则c的值为（）.A．-16B．-4C．4D．16【答案】D【解析】设g(x)=f(x)-x3=ax2+bx+c.由f(a)=a3，f(b)=b3⇒g(a)=g(b)=0.则a、b为方程g(x)=0的两个根⇒a+b=−ba，ab⇒因为c为整数，所以，a+1=±1⇒a=0(舍去)或-2.故c=16.选D.15．【2015年黑龙江预赛】设，若，则（）A.-1B.0C.1D.256【答案】B【解析】试题分析：,所以，令得，,令得，所以，故选B.考点：1.积分运算；2.二项式定理.16．【2015年黑龙江预赛】设函数fx=sinA．16+【答案】D【解析】由y=sin5x17．【2021年福建预赛】已知f(x)=e(1)若f(x)≥0恒成立，求a的最大值;(2)若x1,x2是f(x)的两个零点，且x1【答案】(1)e；(2)证明见解析.【解析】(1)x>0时，f(x)=ex设g(x)=x−alnx,则f(x)≥0恒成立⇔g(x)≥0易知a=0符合要求，下面考虑a>0的情形：由g'(x)=1−ax=x−ax,得0<x<a因此，g(x)在区间(0,a)上为减函数，在(a,+∞)上为增函数，g(x)的最小值为g(a)=a−alna由g(a)=a−alna≥0,得所以，a的最大值为e.(2)解法一：由(1)可知，x1,x2是g(x)的两个零点，结合g(x)若x1≥2a,则x若a<x1<2a,设则h(x)=(2a−x)−aln(2a−x)−x+a所以，h(x)在区间(a,2a)上为增函数，a<x<2a时，h(x)>h(a)=0.因此,hx1又0<2a−x1<a,0<x2<a,且所以,2a−x综上,x1+解法二:由x1,x2是f(x)的两个零点得,x1,x2所以,a=x1lnx设x1x2=t,则由x1设h(t)=lnt−则h'(t)=1t−因此,t>1时,h(t)>h(1)=0, lnt>2(t−1)t+1所以,lnx1因此, x所以,ex所以, x118．【2020年福建预赛】已知f(x)=x2+(a−1)x+1ex.若f(x)+【答案】−2,【解析】注意到,f'(x)=(2x+a−1)e设g(x)=x(1)若−1⩽a⩽3,则方程x2的判别式为Δ=(a−1)2−4⩽0,此时，g(x)⩾0恒成立,(2)若a>3,则当x<−a或x>−1时,f'(x)>0;当−a<x<−1时,故f(x)在区间(−∞,−a],[−1,+∞)上为增函数;在区间[−a,−1]上为减函数.当x⩽−a时.g(x)=x=x(x+a)+1−x>0,f(x)+e2当x>−a时,f(x)的最小值为f(−1)=(3−a)e−1由f(x)+e2(3−a)e−1从而,3<a⩽e(3)若a<−1,则当x<−1或x>−a时,f'(x)>0;当−1<x<−a时,故f(x)在区间(−∞,−1],[−a,+∞)上为增函数;在区间[−1,−a]上为减函数.当x⩽−1时,g(x)=x2f(x)+e2当x>−1时,f(x)的最小值为f(−a).由f(x)+e2f(−a)+e2设h(x)=(x+1)e−xh'(x)=−x当x<−1时,h'故h(x)在区间(−∞,−1)上为增函数.又h(−2)=0,于是,h(x)⩾0在区间(−∞,−1)上的解集为[−2,−1).从而,a<−1时,f(−a)+e2=(a+1)e综合(1)~(3)得−2⩽a⩽e3t故a的取值范围是−2,e19．【2020年浙江预赛】已知函数f(x)=|x+1|e−(1)若f(x)=0恰有三个根,求实数a的取值范围;(2)在(1)的情况下,设f(x)=0的三个根为x1,x2,x3【答案】(1)a>0；(2)证明见解析.【解析】(1)当x>−1时,f(x)=(x+1)e−f'(x)=(1+当x<−1时，f(x)=−(x+1)e−f'则函数f(x)在区间(−∞,−1)内单调递减,在区间(−1,0)内单调递增,在区间(0,+∞)内单调递增,且f(x)→+∞(x→∞),f(−1)=0，f(0−故a>0.(2)设g(x)=|x−1x下面证明:g(x)⩽f(x)在x∈(−∞,0)上恒成立,即证|x2上式变形得到e−1x⩾|1−1x|设g(x)=a在x∈(−∞,0)上有两解x4,x5由此可得f(x1f(x由f(x)的单调性得x1>通过解二次方程得x4=则x220．【2019年重庆预赛】已知x,y≥0，x2019+y=1，求证注：可直接应用以下结论（1）lnx≤x−1(x>0)；（2）ln【答案】证明见解析【解析】设n=2019，fx=x+yn,x,y≥0只要证fxmin>1−1300，因为f0=f令f'x=1−此时f=n+1∴f⇔−ln∵ln∴2018ln不等式成立，得证.21．【2019年福建预赛】已知f(x)=ex(1)若x≥0时，不等式(x-1)f(x)≥mx2-1恒成立，求m的取值范围；(2)求证:当x>0时，f(x)>4lnx+8-8ln2.【答案】(1)−∞,1【解析】(1)依题意，当x≥0时，(x-1)ex≥mx2-1恒成立.设k(x)=(x-1)ex-mx2+1，则x≥0时，k(x)≥0恒成立.k'若m≤12，则x>0时，k'(x)=xe于是，x≥0时，k(x)≥k(0)=0因此，m≤1若m>12，则2m>1，0<x<ln(2m)时，k'(x)<0，k(x)在[0，于是，k(ln(2m))<k(0)=0.因此，∴m的取值范围为−∞,1(2)解法一:设g(x)=ex-4x，则g'(x)=ex−4，当x<ln4时，g'(x)<0∴g(x)在(−∞,ln4]上为减函数，在∴gx由此可得，g(x)=ex−4x≥4−4ln4∴x>0时，f(x)−4ln当且仅当x=ln设hx=4x−4ln当0<x<1时，h'(x)<0;当x>1时∴h(x)在(0，1]上为减函数，在[1，+∞)上为增函数.∴h(x)≥h(1)=0，即h(x)=4x−4lnx−4≥0，当且仅当∴f(x)−4ln出于上述两个等号不同时成立，因此fx解法二:设g(x)=f(x)−(4lnx+8−8ln由g''(x)=e又g'(1)=e−4<0，g'(2)=e则x∈(1，2)，且0<x<x0时，g'∴g(x)在区间(0，x0]上为减函数，在区间[x0，+∞)上为增函数.∴g(x)有最小值gx又由g'x0=e∴gx0=∴当x>0时，g(x)≥g(x0)>0∴当x>0时，f(x)>4lnx+8-8ln222．【2019年广西预赛】已知函数f(x)=(a+1(1)设a>1,讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性;(2)设a>0,求f(x)的极值.【答案】(1)答案及解析；(2)答案见解析.【解析】(1)f.由a>1可知0<1a<1<a,所以f(x)的减区间是(0,(2)f'(x)=−(x−a)(x−当a>1时,f(x)的减区间是(0,1a]和[af(x)的极小值为f(1a)=−(a+当a=1时,f'(x)=−(x−1)2x当0<a<1时,f(x)的减区间是(0,a]和[1a,+∞)f(x)的极小值为f(a)=(a+1a)23．【2018年陕西预赛】已知函数，．（1）证明：，直线都不是曲线的切线；（2）若，使成立，求实数的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）的取值范围是.【解析】试题分析：（1）若直线与曲线相切，因直线过定点，若设切点则可得①，又，上单调递增，当且仅当时，①成立，这与矛盾,结论得证.（2）可转化为，令，，，分类讨论求的最小值即可.试题解析：（1）的定义域为，，直线过定点，若直线与曲线相切于点（且），则，即①，设，，则，所以在上单调递增，又，从而当且仅当时，①成立，这与矛盾.所以，，直线都不是曲线的切线；（2）即，令，，则，使成立，.（i）当时，，在上为减函数，于是，由得，满足，所以符合题意；（ii）当时，由及的单调性知在上为增函数，所以，即.①若，即，则，所以在为增函数，于是，不合题意；②若，即，则由，及的单调性知存在唯一，使，且当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以，由得，这与矛盾，不合题意.综上可知，的取值范围是.24．【2018年陕西预赛】已知函数f(x)=x（1）证明：∀k∈R，直线y=g(x)都不是曲线y=f(x)的切线；（2）若∃x∈e,e2，使f(x)≤g(x)【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）[1【解析】试题分析：（1）若直线y=g(x)与曲线y=f(x)相切，因直线y=g(x)过定点(1,0)，若设切点(x0,x0lnx0)则可得lnx（2）f(x)≤g(x)+12可转化为xlnx−k(x−1)≤试题解析：（1）f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞)，f'(x)=lnx−1(lnx)2，直线y=g(x)过定点(1,0)，若直线y=g(x)与曲线y=f(x)相切于点(x0,x0lnx0)（所以，∀k∈R，直线y=g(x)都不是曲线y=f(x)的切线；（2）f(x)≤g(x)+12即则∃x∈[e,e2]，使f(x)≤g(x)+φ'（i）