届高三理科数学五年高考三年模拟分类汇编32 导数的应用Word格式文档下载.docx

1、答案C3.（2017山东,15,5分）若函数exf（x）（e=2.718 28是自然对数的底数）在f（x）的定义域上单调递增,则称函数f（x）具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为.f（x）=2-xf（x）=3-xf（x）=x3f（x）=x2+2答案4.（2017江苏,11,5分）已知函数f（x）=x3-2x+ex-,其中e是自然对数的底数.若f（a-1）+f（2a2）0,则实数a的取值范围是.答案5.（2017山东,20,13分）已知函数f（x）=x2+2cos x,g（x）=ex（cos x-sin x+2x-2）,其中e=2.718 28是自然对数的底数.（1）求曲线y=f（

2、x）在点（, f（）处的切线方程;（2）令h（x）=g（x）-af（x）（aR）,讨论h（x）的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析本题考查导数的几何意义和极值.（1）由题意f（）=2-2,又f （x）=2x-2sin x,所以f （）=2,因此曲线y=f（x）在点（, f（）处的切线方程为y-（2-2）=2（x-）,即y=2x-2-2.（2）由题意得h（x）=ex（cos x-sin x+2x-2）-a（x2+2cos x）,因为h（x）=ex（cos x-sin x+2x-2）+ex（-sin x-cos x+2）-a（2x-2sin x）=2ex（x-sin x）-2a（x-si

3、n x）=2（ex-a）（x-sin x）,令m（x）=x-sin x,则m（x）=1-cos x0,所以m（x）在R上单调递增.因为m（0）=0,所以当x0时,m（x）0;当x0时,m（x）0,0时,h（x）（x）0,h（x）单调递增,所以当x=0时h（x）取到极小值,极小值是h（0）=-2a-1;当a（x）=2（ex-eln a）（x-sin x）,由h（x）=0得x1=ln a,x2=0.a.当0a1时,ln a当x（-,ln a）时,ex-eln a0,h（x）单调递减;当x（0,+）时,ex-eln a0,h（x）单调递增.所以当x=ln a时h（x）取到极大值,极大值为h（ln a

4、）=-a（ln a）2-2ln a+sin（ln a）+cos（ln a）+2,当x=0时h（x）取到极小值,极小值是h（0）=-2a-1;b.当a=1时,ln a=0,所以当x（-,+）时,h（x）0,函数h（x）在（-,+）上单调递增,无极值;c.当a1时,ln a所以当x（-,0）时,ex-eln a当x（0,ln a）时,ex-eln a所以当x=0时h（x）取到极大值,极大值是h（0）=-2a-1;当x=ln a时h（x）取到极小值,极小值是h（ln a）=-a（ln a）2-2ln a+sin（ln a）+cos（ln a）+2.综上所述:当a0时,h（x）在（-,0）上单调递减,

5、在（0,+）上单调递增,函数h（x）有极小值,极小值是h（0）=-2a-1;当01时,函数h（x）在（-,0）和（ln a,+）上单调递增,在（0,ln a）上单调递减,函数h（x）有极大值,也有极小值,极大值是h（0）=-2a-1,教师用书专用（617）6.（2015福建,10,5分）若定义在R上的函数f（x）满足f（0）=-1,其导函数f （x）满足f k1,则下列结论中一定错误的是（）A.f C.f7.（2013课标全国,10,5分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是（）A.x0R, f（x0）=0B.函数y=f（x）的图象是中心对称图形C.若x0是f（x）的极

6、小值点,则f（x）在区间（-,x0）单调递减D.若x0是f（x）的极值点,则f （x0）=08.（2017天津,20,14分）设aZ,已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间（1,2）内有一个零点x0,g（x）为f（x）的导函数.（1）求g（x）的单调区间;（2）设m1,x0）（x0,2,函数h（x）=g（x）（m-x0）-f（m）,求证:h（m）h（x0）H1（x0）=-f（x0）=0,可得H1（m）0,即h（m）令函数H2（x）=g（x0）（x-x0）-f（x）,则H2（x）=g（x0）-g（x）.由（1）知g（x）在1,2上单调递增,故当x1,x0）时,H20

7、,H2（x）单调递增;当x（x0,2时,H20,H2（x）单调递减.因此,当x1,x0）（x0,2时,H2（x）H2（x0）=0,可得H2（m）0,即h（x0）所以,h（m）h（x0）（3）证明:对于任意的正整数p,q,且1,x0）（x0,2,令m=,函数h（x）=g（x）（m-x0）-f（m）.由（2） 知,当m1,x0）时,h（x）在区间（m,x0）内有零点;当m（x0,2时,h（x）在区间（x0,m）内有零点.所以h（x）在（1,2）内至少有一个零点,不妨设为x1,则h（x1）=g（x1）-f =0.由（1）知g（x）在1,2上单调递增,故0g（1）g（x1）0,故f（x）在1,2上单调

8、递增,所以f（x）在区间1,2上除x0外没有其他的零点,而x0,故f0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|1.所以.所以,只要取A=g（2）,就有.9.（2015广东,19,14分）设a1,函数f（x）=（1+x2）ex-a.（1）求f（x）的单调区间; f（x）在（-,+）上仅有一个零点;（3）若曲线y=f（x）在点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（O是坐标原点）,证明:m-1.解析（1）函数f（x）的定义域为R.因为f （x）=2xex+（1+x2）e

9、x=（x2+2x+1）ex=（x+1）2ex0,所以函数f（x）在R上单调递增,即f（x）的单调递增区间为（-,+）,无单调递减区间.因为a1,所以f（0）=1-a所以f（0）f（ln a）0时,g（x）0,求b的最大值;（3）已知1.414 20,g（x）（ii）当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0xln（b-1+）时,g0.而g（0）=0,因此当0xln（b-1+）时,g（x）ln 20.692 8;当b=+1时,ln（b-1+）=ln,g（ln）=-2+（3+2）ln 2ln 20.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.11.（2014广东,21,14分）设函数f（x）

10、=,其中k-2.（1）求函数f（x）的定义域D（用区间表示）;（2）讨论函数f（x）在D上的单调性;（3）若kf（1）的x的集合（用区间表示）.解析（1）由题意得（x2+2x+k）2+2（x2+2x+k）-3（x2+2x+k）+3（x2+2x+k）-1x2+2x+k1,（x+1）20）或（x+1）22-k（2-k0）,|x+1|,-1-1+或x-1+,函数f（x）的定义域D为（-,-1-）（-1-,-1+）（-1+,+）.（2）f （x）=-=-,由f 0得（x2+2x+k+1）（2x+2）0,即（x+1+）（x+1-）（x+1）x-1-或-1-1+,结合定义域知x所以函数f（x）的单调递增区

11、间为（-,-1-）,（-1,-1+）,同理,递减区间为（-1-,-1）,（-1+,+）.（3）由f（x）=f（1）得（x2+2x+k）2+2（x2+2x+k）-3=（3+k）2+2（3+k）-3,（x2+2x+k）2-（3+k）2+2（x2+2x+k）-（3+k）=0,（x2+2x+2k+5）（x2+2x-3）=0,（x+1+）（x+1-）（x+3）（x-1）=0,x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1,k-6,1（-1,-1+）,-3（-1-,-1）,-1-结合函数f（x）的单调性知f（x）f（1）的解集为（-1-,-1-）（-1-,-3）（1,-1+）（-1+,-1+）.12.（2014

12、山东,20,13分）设函数f（x）=-k（k为常数,e=2.718 28是自然对数的底数）.（1）当k0时,求函数f（x）的单调区间;（2）若函数f（x）在（0,2）内存在两个极值点,求k的取值范围.解析（1）函数y=f（x）的定义域为（0,+）.f （x）=-k=-=.由k0可得ex-kx所以当x（0,2）时, f 0,函数y=f（x）单调递减,当x（2,+）时, f 0,函数y=f（x）单调递增.所以f（x）的单调递减区间为（0,2）,单调递增区间为（2,+）.（2）由（1）知,当k0时,函数f（x）在（0,2）内单调递减,故f（x）在（0,2）内不存在极值点;当k0时,设函数g（x）=e

13、x-kx,x0,+）.因为g（x）=ex-k=ex-eln k,k1时,当x（0,2）时,g（x）=ex-k0,y=g（x）单调递增,故f（x）在（0,2）内不存在两个极值点;1时,得x（0,ln k）时,g0,函数y=g（x）单调递减,x（ln k,+）时,g0,函数y=g（x）单调递增. 所以函数y=g（x）的最小值为g（ln k）=k（1-ln k）.函数f（x）在（0,2）内存在两个极值点,当且仅当解得ek.综上所述,函数f（x）在（0,2）内存在两个极值点时,k的取值范围为.13.（2014天津,20,14分）设f（x）=x-aex（aR）,xR.已知函数y=f（x）有两个零点x1,

14、x2,且x10时,由f （x）=0,得x=-ln a.当x变化时, f （x）, f（x）的变化情况如下表:（-,-ln a）-ln a（-ln a,+）f（x）-ln a-1这时, f（x）的单调递增区间是（-,-ln a）;单调递减区间是（-ln a,+）.于是,“函数y=f（x）有两个零点”等价于如下条件同时成立:（i）f（-ln a）（ii）存在s1（-,-ln a）,满足f（s1）（iii）存在s2（-ln a,+）,满足f（s2）0,即-ln a-10,解得0e-1.而此时,取s1=0,满足s1（-,-ln a）,且f（s1）=-a取s2=+ln,满足s2（-ln a,+）,且f（

15、s2）=+0.由已知,x1,x2满足a=g（x1）,a=g（x2）.由a（0,e-1）,及g（x）的单调性,可得x1（0,1）,x2（1,+）.对于任意的a1,a2（0,e-1）,设a1a2,g（1）=g（2）=a1,其中0112;g（1）=g（2）=a2,其中01a2,即g（1）g（1）,可得11;类似可得20,得1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.（*）令h（x）=,x（1,+）,则h（x）=.令u（x）=-2ln x+x-,得u（x）=.当x（1,+）时,u0.因此,u（x）在（1,+）上单调递增,故对于任意的x（1,+）,u（x）u（1）=0,由此可得h0,故h（x）在（1,+

16、）上单调递增.因此,由（*）可得x1+x2随着t的增大而增大.而由（2）知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.14.（2014辽宁,21,12分）已知函数f（x）=（cos x-x）（+2x）-（sin x+1）,g（x）=3（x-）cos x-4（1+sin x）ln.证明:（1）存在唯一x0,使f（x0）=0;（2）存在唯一x1,使g（x1）=0,且对（1）中的x0,有x0+x1.证明（1）当x时, f （x）=-（1+sin x）（+2x）-2x-cos x0, f=-2-0,当t时,u（t）0,所以u（t）在（0,x0上无零点.在上u（t）为减函数,由u（x0）0,

17、u=-4ln 20,故g（x）=（1+sin x）h（x）与h（x）有相同的零点,所以存在唯一的x1,使g（x1）=0.因x1=-t1,t1x0,所以x0+x115.（2014湖北,22,14分）为圆周率,e=2.718 28为自然对数的底数.（1）求函数f（x）=的单调区间;（2）求e3,3e,e,e,3,3这6个数中的最大数与最小数;（3）将e3,3e,e,e,3,3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.解析（1）函数f（x）的定义域为（0,+）.因为f（x）=,所以f 当f 0,即0e时,函数f（x）单调递减.故函数f（x）的单调递增区间为（0,e）,单调递减区间为（e,+）.（2）因为e3,所以eln 3eln ,ln eln 3,即ln 3eln e,ln eln 3.于是根据函数y=ln x,y=ex,y=x在定义域上单调递增,可得3ee3,e3e3.故这6个数的最大数在3与3之中,最小数在3e与e3之中.由e及（1）的结论,得f（）f（3）f（e）,即由,得ln 33;,得ln 3eln e3,所以3ee3.综上,6个数中的最大数是3,最小数是3e.（3）由（2）知,3e33,3e又由（2）知,得ee.故只需比较e3与e和e与3的大小.由（1）知,当0e时, f（x）f（e）=,即在上式中,令x=,又e,则ln,从而2-ln 2-