导数历届高考压轴题Word文件下载.docx
《导数历届高考压轴题Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数历届高考压轴题Word文件下载.docx（37页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
16
x（0
）,求证
1,x1
In
x1x
N且n
2,求证：
111
23n
11.
（1）已知：
（2）已知：
n
1；
—7
x
lnn
18/42
12.（2009全国卷I理）本小题满分12分。
设函数fxx33bx23cx在两个极值
点Xi、X2,且Xi[1,0],X2[1,2].
（I）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点b,c的区域；
10fx2
13.已知函数f（x）X2x1,,是方程f（x）=O的两个根（）,f'
（x）是f（x）
的导数；
设ai1,an1anf（an）（n=1,2,）
f'
（an）
（1）求，的值；
（2）证明：
对任意的正整数n,都有an>
a;
（3）记bIn—（n=1,2,……），求数列｛bn｝的前n项和Sn。
ana
21
14.（2009福建卷理）（本小题满分14分）已知函数f（x）-x3ax2bx,且
（-）0，求：
（1）试用含a的代数式表示b,并求f（x）的单调区间；
（2）令a1,设函数f（x）在为必（冷X2）处取得极值，记点M（x1,f（xj），
N（X2,f（X2））,P（m,f（m））,XimX2,请仔细观察曲线f（x）在点P处的切线
与线段MP的位置变化趋势，并解释以下问题：
（I）若对任意的m（x1,x2），
15.设二次函数f（x）x2
线段MP与曲线f（x）均有异于M,P的公共点，试确定t的最小值，并证明你的结论；
（II）若存在点Q（n,f（n））,x*m,使得线段PQ与曲线f（x）有异于P、Q的公共点，请直接写出m的取值范围（不必给出求解过程）
axa，方程f（x）x0的两根Xi和x?
满
足．0x1x21
（II）试比较f（0）f
（1）f（0）与丄的大小.并说明理由.
16.
2009宁夏海南卷理（）本小题满分12分）已知函数f（x）
（x33x2
ax
b）e
（1）如ab3,求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在（,）,（2,）单调增加，在（，2）,（,）单调减少，证明V
6.
26
17.已知函数f（x）x3ax2b
（1）若函数yf（x）图象上任意不同两点连线的斜率都小于1,贝U
.3a,3;
⑵若x[0,1]，函数yf（x）图象上任一点切线的斜率为k,求k|1时a的取值范围。
参考答案:
解：
函数f（x）的导函数为f'
（x）3ax22bxc3a2b
（2分）
（I）由图可知
函数f（x）的图象过点（0,3）,且f'
（1）0
3a2bc3a2b0
（4分）
（II）依题意f'
（2）3且f
（2）5
8a
4b6a4b35
解得
a
1,b
6所以f（x）x6x9x3
/Q
（8分）
（III）f
（x）
3x2
12x9.可转化为：
x36x29x3
x24x35xm有三个不等
实根，
即：
gx
x37x28xm与x轴有三个交点；
12a4b3a2b3
3
2,4
4,
+
-
增
极大值
减
极小值
gx3x14x83x2x4，
（10分）
16m.
g
m,
g4
327
当且仅当g
68
27
故而，16
m
68为
2.
解:
（I）f'
a（1
x）（
x0）
m0且g416m0时，有三个交点,
（12分）
当a
当a=1时,
（II）f'
（4）
0时，f（x）的单调增区间为0,1，减区间为1,
0时，f（x）的单调增区间为1,，减区间为0,1;
f（x）不是单调函数
3a3/口
得a2,f（x）21nx
42
m22
（2）x2x,g'
（x）x
（5分）
2x
g（x）
g（x）在区间（1,3）上不是单调函数
（m
4）x
2（6分）
g'
（1）
（3）
0,
0.
且g'
（0）
3,
19（10分）m
亍
19
殳，3）
3.
（I）f（0）
2a3
f（x）3x22ax（2a3）（x1）（3x2a3）,
由f（x）0x1或x，因为当x1时取得极大值，
2a3所以丝工1a3，所以a的取值范围是:
（,3）;
（4分）
（II）由下表：
（,1）
2—3（1,F
2—3
（3,）
f（x）
f（x）
递增
a2
递减
—62（2—3）
27'
丿
a62
依题意得：
（2a3）2
（2a3）
9
，解得：
a9
所以函数f（x）的解析式是
x39x215x
（A
（III）对任意的实数，都有2
2sin
2,22sin
2,
（10分）
在区间［-2,2］有：
f
（2）
836
3074,f
（1）
7,f
（2）
836302
f（x）的最大值是f
（1）7,f（x）的最小值是f
（2）8363074
函数f（x）在区间［2,2］上的最大值与最小值的差等于81，
所以|f（2sin）f（2sin）|81.
（14分）
4.
函数y
g（x）取极小值g（
aa
丁忖，无极大值.
（6分）
2ae
由（I）ea
g
（1）10,
（i）当
（ii）当主
g（ea）e
1，即0
2a
e2a
（ea
a）（e
a）
1，即a
2时，函数y
g（x）在区间（1,ea）不存在零点
v2—
（0—）
v2a
V2——,）
单调递减
单调递增
若a（1ln-）0，即2a2e时，函数yg（x）在区间（1,ea）不存在零点
22
aa小
若一（1In）0，即a2e时，函数yg（x）在区间（1,ea）存在一个零点xe；
若a（iIn-）0，即a2e时，函数yg（x）在区间（1,ea）存在两个零点；
综上所述，yg（x）在（1,e）上，我们有结论：
当0a2e时，函数f（x）无零点；
当a2e时，函数f（x）有一个零点；
当a2e时，函数f（x）有两个零点.
（12分）
（I）当k
1时，f（x）
2x
），令f（x）0,得x2,
0，当x（2,）时，f（x）0,
f（x）定义域为（1,+
••当x（1,2）时，f（x）
•f（x）在（1,2）内是增函数，在（2,）上是减函数•••当x2时，f（x）取最大值f
（2）0
（II）①当k0时，函数yln（x1）图象与函数
•函数f（x）有零点，不合要求；
yk（x1）1图象有公共点,
②当k0时，f（x）
x1
k1
令f（x）0,得x,•x
k
•-f（x）在（1,1）内是增函数,
1kkx
r
鼻1k、
k（x）
在［1
•••f（x）的最大值是f
（1）
•••函数f（x）没有零点，•lnk0,因此，若函数f（x）没有零点，则实数
Ink,
6.
（1）f（x）的定义域为
（0,
）,f'
（i）若a
11.即a
2，则
）时,f
（x）0,x（1
丄，）上是减函数,
k1,
k的取值范围
a1
k（1,
xax
k,
）时,f（x）
（10分）
（x1）（x1a）
2分
（x）©
-故f（x）在（0,）单调增加.
（ii）若a
当x
（1,
1,故1
（iii）若a1
11,而a
（0,a1）及x（1,
）单调增加.
1,即a2,同理可得f（x）在（1,a
a2,则当x（a1,1）时,f'
（x）0.
）时,f'
（x）0,故f（x）在（a1,1）单调减少，在（0,a-1）,
1）单调减少，在（0,1）,（a1,）
5.
单调增加.
12
（II）考虑函数g（x）f（x）x-xax（a1）lnxx.
由g'
（x）x（a"
?
2..xax1（a1）1C，a11）2.
由于a
a5,故g'
（x）0,即g（x）在（0,
）单调增加，从而当X1X2
0时有
g（xd
g（X2）0,即f（xjf（X2）
X1X20,
故f（X1）
—f（X2）1，当0x1x2
f（x-i）
时，有
f（X2）
f（X2）
f（x1）1
X1
11ex1
7•解：
（I）f（x）e0，得x-
xxe
当x变化时，f（x）与f（x）变化情况如下表:
X
（0,-）
e
1e
（一，）e
f（X）
一
:
.••当x1时，f（x）取得极大值讨2，没有极小值；
（4分）
1InX2In为e（X2xjx2为
一e，…
XoX2X1Xo
即X0In-2
（X2X1）
0，设g（x）
xIn匹
（X2
X1）
g（xj
x1In
生（X2
X1）,
/
In鱼
0,
g（xj是X1的增函数，
IX!
X2,•
gX）
x2In
X2）
0；
g（x2）
迪（X2
g（x2）；
In$
g（X2）是X2的增函数,
tx1
X2,•
gg）
（X1X1）
•函数
.X2xIn—
X1）在（儿必）内有零点
X0,
（II）（方法1）•••f（xo）kAB,
••函数g（x）
x2x1
x2
-In在（X1,X2）内有唯一零点
X0，命题成立
Inx2Inx1
e（x2X1）
（方法2）t
f（X0）
kAB,•e
X0
即xInx2
XInx1
X1X20,X0
（XZ），且X0唯一
再设h（x）
x2，贝yg（x1）x1Inx2x.Inx1x1x2,
xInx2xInxxx2,0x
X2，二h（x）
Inx2Inx0
设g（x）xlnx2xlnx1x1
又t生1,InX20,函数g（x）xln^（X2xj在（人必）是增函数,X1X1X]
二h（x）xInx2xInxxx2在0xx2是增函数
•••g（xjh（xjh（X2）0，同理g（X2）0
二方程xlnx2xln为x-ix20在xo（x^x?
）有解
•••一次函数在（冷必）g（x）（Inx2lnx,）x为x2是增函数
•••方程xlnx2xlnXix-x?
0在xo（x-,x?
）有唯一解，命题成立
注：
仅用函数单调性说明，没有去证明曲线C不存在拐点，不给分.
8.解：
（I）log2（2xx24）0,即2xx241（2分）
得函数f（x）的定义域是（1,3）,（4分）
（II）g（x）F（1,log2（x2ax2bx1））x3ax2bx1,
设曲线C在x0（4x01）处有斜率为一8的切线，
又由题设log2（x3
ax2bx1）0,g（x）
3x22axb,
3x：
2ax°
b
8①
•••存在实数b使得
4X。
1
②
有解，
x；
ax2bx°
1③
由①得b
83x
02ax°
，代入③得
2x。
ax080,
由咬
ax08
0有解，
x。
方法1:
a2（冷）
-，因为4
X。
，所以2（x°
）
8
[8,10）,
（冷）
（x。
当a10时，存在实数b，使得曲线C在x0（4x01）处有斜率为—8的切线
（I）解：
函数f（x）的定义域是（-1,s）,
1，令f'
0,解得x=0，当-1<
x<
时，f'
（x）0,当x>
0时，f'
（x）0，又f（0）=0，故当且仅当x=0时，f（x）取得最大值，最大值
abab2a2b
（II）证法一：
g（a）g（b）2g（）alnablnb（ab）lnaInbln
22abab
由（I）的结论知ln（1x）x0（x1,且x0），由题设0<
b,得-_a0,1——b0,
2a2b
ba
因此In-
In（1
）——
b
2b
ab
In（1
baa
所以aIn
bIn
——0
2a
,2b
’ab「2b八、’2b“、’小
又——
aIn
aInbIn（ba）In（ba）In2
2babab
综上0
g（a）
g（b）2g（a
b）（b
a）In2
ax
则F（x）g（x）2［吋］
Inx
axIn
当0<
a时F（x）
0，因此F（x）在（0,a）内为减
（II）证法二：
g（x）xlnx，g（x）1'
设F（x）g（a）g（x）2g（〒），
函数从而，当x=a时，F（x）有极小值
0g（a）g（b）g（^^）
设G（x）F（x）（xa）ln2,则g'
（x）InxInIn2Inxln（ax）当x>
时,G'
（x）0,因此G（x）在（0,+a）为减函数，因为G（a）=0,b>
a,所以G（b）<
0.即
g（a）g（b）2g^—）（ba）ln2
10•解：
（I）
2x22x
1x
a（x
1）
令g（x）2x22xa，其对称轴为x
-。
由题意知为、X2是方程g（x）0的两个均大于1
的不相等的实根，其充要条件为
⑴当x（1,xJ时，fx
⑵当x（x1,x2）时，fx
⑶当x（x2,）时，fX
（II）由（I）g（0）a0,
fx2x2aln1x2
设hxx（2x2x）ln1
48a0，得0a1g
（1）a02
0,f（x）在（1,xJ内为增函数;
0,f（x）在（x「X2）内为减函数;
0,f（x）在（X2,）内为增函数;
12x20，a（2x2+2x2）
x22（2x22+2x2）ln1x2
x（x-），
则hx2x2（2x1）ln1x2x2（2x1）ln1x
当x（1,0）时,hxh（-）—
故fx2
h（X2）
12In2
224
（1）令1t，由x>
0,「.t>
1,x
11.x
原不等式等价于11lntt1
t
令f（t）=t-1-lnt,
）递增
•-f（t）1-当t（1,）时，有f（t）0,「.函数f（t）在t（1,
•••f（t）>
f
（1）即t-1<
lnt
1t1
另令g（t）lnt1”，则有g（t）厂0
•g（t）在（1,）上递增，•g（t）>
g
（1）=0
•lnt1-
综上得
ln
X1
（2）
由
令
x-1,2,-
-（n-1）
并相加得
2
n
1
1-
n1
即得
12.分析（I）这一问主要考查了二次函数根的分布及线性规划作可行域的能力。
大部分考生有思路并
能够得分。
fx3x26bx3c由题意知方程fx0有两个根
X1、X2且X1[1,0],X2[1,2].则有f10,f00,f10,f20故有
2b-c-\<
（｝右图中阴影部分即是满足这些条件的点b,c的区域。
c<
26-I-0+HO
4b+v+4>
036/42
（II）这一问考生不易得分，有一定的区分度。
主要原因是含字母较多，不易找到突破口。
此题主要
利用消元的手段，消去目标fx2
3bx23cx2中的b,（如果消c会较繁琐）再利用x2的
范围，并借助（I）
中的约束条件得
2,0］进而求解，有较强的技巧性
升级会员 