(新课标I版)2015届高考数学一轮复习 导数试题 理

2015 2014 1 2013 1 x2012 1 bex1【2014新课标I版（理）21】（12分）设函数f(x)aelnx，曲线yf(x)在点

x(1,f(1))处的切线方程为ye(x1)2.

（I）求a,b;

（II）证明：f(x)1.

【答案】(Ⅰ)a=1,b=2 (Ⅱ)见下面

abb（I）函数f(x)的定义域为(0,+),f'(x)aex1nxex2ex1ex1.xxx……5分 由题意可得f(1)2,f'(1)e.故a1,b2.22（II）由（I）知f(x)ex1nex1,从而f(x)1等价于x1nxxex.xe

设函数g(x)x1nx,则g'(x)1nx.11所以当x(0,)时，g'(x)0;当x(,)时，g'(x)0.

ee11故g(x)在（0,）单调递减，在（,）单调递增，从而g(x)在(0,)的最小值为ee11g()=-.ee……8分

2设函数h(x)xex,则h'(x)ex(1x).e所以当x(0,1)时h'(x)0;当x(1,)时，h'(x)0.故h(x)在（0,1）单调递增，1在(1,+)单调递减，从而h(x)在(0,)的最大值为h(1).e综上，当x0时，g(x)h(x),即f(x)1.……12分

【2013新课标I版（理）21】(本小题满分12分)设函数f(x)＝x＋ax＋b，g(x)＝e(cx＋

2

x1 / 13

word d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.

(1)求a，b，c，d的值；

(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值X围． 【答案】

（1）由已知得f(0)2,g(0)2,f(0)4,g(0)4.

11而 f1(x)2xa,g1(x)e1(exdc),故

b2,d2,a4,dc4 从而a4,b2,c2,d2

（2）令F(x)kg(x)f(x)，则F(x)(ke1)(2x4)，由题设可得F(0)0，故k1，

'令F(x)0得x1lnk,x22，

'x2（1）若1ke，则2k0，从而当x(2,x1)时，F(x)0，当x(x1,)时

'F'(x)0，即

F(x)学科，网，在

(2,)上最小值为

F(x1)2x12x124x12x1(x12)0，此时f(x)≤kg(x)恒成立；

2（2）若ke，F(x)(e'x21)(2x4)0，学科，网，故F(x)在(2,)上单调递

增，因为F(x)0所以f(x)≤kg(x)恒成立 （3）若ke，则F(2)2ke2220，故f(x)≤kg(x)不恒成立；

2综上所述k的取值X围为1,e.

【2012新课标I版（理）21】已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)e(1)求f(x)的解析式及单调区间； (2)若f(x)≥【答案】

（1）f(x)f(1)ex1x－1

－f(0)x＋

12

x． 212

x＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． 21f(0)xx2f(x)f(1)ex1f(0)x

2 令x1得：f(0)1

2 / 13

word 1f(x)f(1)ex1xx2f(0)f(1)e11f(1)e

212xx 得：f(x)exxg(x)f(x)e1x

2

g(x)ex10yg(x)在xR上单调递增

f(x)0f(0)x0,f(x)0f(0)x0

得：f(x)的解析式为f(x)exx12x 2 且单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(,0) （2）f(x)12xaxbh(x)ex(a1)xb0得h(x)ex(a1) 2①当a10时，h(x)0yh(x)在xR上单调递增

x时，h(x)与h(x)0矛盾

②当a10时，h(x)0xln(a1),h(x)0xln(a1) 得：当xln(a1)时，h(x)min(a1)(a1)ln(a1)b0

(a1)b(a1)2(a1)2ln(a1)(a10)

令F(x)xxlnx(x0)；则F(x)x(12lnx)

22F(x)00xe,F(x)0xe 当x 当ae时，F(x)maxe 2e 2e1,be时，(a1)b的最大值为

1 ．（某某省正定中学2014届高三上学期第一次月考数学试题）设函数

fxxsinxcosx的图象在点t,ft处切线的斜率为k,则函数kgt的部

分图象为

3 / 13

word

【答案】B 2 ．（某某省某某市武安三中2014届高三第一次摸底考试数学理试题）函数

f(x)2lnxx2bxa(b0,aR)在点b,f(b)处的切线斜率的最小值是

A．22 B．2

C．3 D．1

【答案】A 3 ．（某某省馆陶中学2013-2014学年第一学期高三数学(理)9月检测卷）已知二次函数

yf(x)的图象如图所示,则它与x轴所围图形的面积为

A．

2π43π5 B．3 C．2 D．2

【答案】B

4 ．（某某省正定中学2014届高三上学期第一次月考数学试题）函数

fxx33x29x3,若函数gxfxm在x2,5上有3个零点,则m的取值X围为 A．[1,8] B．(-24,1] C．[1,8) D．(-24,8) 【答案】C 5 ．（某某省容城中学2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）已知直线y=x+1与曲

线y=ln(x+a)相切,则a的值为 A．1 B．2 C．-1 D．-2 【答案】选 B 6 ．（某某省正定中学2014届高三上学期第一次月考数学试题）函数fxax33x1对

于x1,1,总有fx0成立,则a

4 / 13

） ） ） ） ）（

（

（ （ （

word

A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 7．（某某省某某市八校联合体2014届高三上学期第一次月考数学（理科）试题）已知函数

(n>2且

最大值,则下述论断一定错误的是 )设

是函数

的零点的

（ ）

A．B．

C．

D．_

【答案】D

8．（某某省高阳中学2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）曲线yln(2x1)上

的点到直线2xy30的最短距离是 A．5 B．25 C．35

D．0

【答案】A

9．（某某省高阳中学2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）求形如yf(x)g(x)的

函数的导数,我们常采用以下做法:先两边同取自然对数得:lnyg(x)lnf(x),再两

边同时求导得

1yy'g'(x)lnf(x)g(x)1f(x)f'(x),于是得1到:y'f(x)[g'(x)lnf(x)g(x)1xf(x)f'(x)],运用此方法求得函数yx的一个单

调递增区间是 A．(e,4) B．(3,6) C．(0,e) D．(2,3) 【答案】C 10．（某某省高阳中学2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）曲线

ysinx（0x)与直线y=12围成的封闭图形的面积为

A．3

B．2-3

C．2- D．3-33

【答案】D 11．（某某省某某中学2014届高三上学期一调考试数学（理）试题）设函数

f(x)x23x4,则yf(x1)的单调减区间

A．

（-4,1) B．(3,2) C．(3,)

D．(122,) 【答案】B

12．（某某省某某中学2014届高三上学期一调考试数学（理）试题）若函数

f(x)13|x3|a22x(3a)|x|b有六个不同的单调区间,则实数a的取值X围 5 / 13

）

） ）

）

（（（（word 是___________ 【答案】(2,3)

13．（某某省某某中学2014届高三上学期一调考试数学（理）试题）若函数f(x)x3x对任意的m[2,2],f(mx2)f(x)0恒成立,则x_________. 【答案】(2,)

14．（某某省高阳中学2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）已知函数

323fxln1xsinx,则关于a的不等式fa2fa240的解集是1x________.

【答案】(3,2)

（某某省某某市2014届高中毕业班第一次调研）定义在R上的函数f（x），当x≠－2时，恒有（x＋2）f(x)＜0（其中f(x)是函数

f（x）的导数），又a＝f（log13），b＝f[()0.1]，c＝f（ln3），则

313 A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．c＜b＜a 答案：D

（某某省某某市2014届高中毕业班第一次调研）已知函数f（x）＝x3－tx2＋3x，若对于任意的a，b∈[1，3]且a＜b，函数f（x）在区间（a，b）上单调递减，则实数t的取值X围是 A．（－∞，3] B．（－∞，5] C．[3，＋∞） D．[5，＋∞） 答案：D

（某某省某某市2014届高三第一次调研）已知函数f（x）＝

2＋sinx，其导函数记为x2＋1，

f(x)则f（2013）＋f(2013)＋f（－2013）－f(2013)＝______________. 答案：2

（某某省某某市2014届高三第一次调研） 已知函数g（x）＝

x，f（x）＝g（x）－ax． lnx（Ⅰ）求函数g（x）的单调区间;

（Ⅱ）若函数f（x）在区间（1，＋∞）上是减函数，某某数a的最小值；

（Ⅲ）若存在x1，x2∈[e，e]，（e＝2．71828……是自然对数的底数）使f（x1）≤

2f(x2)+a，

6 / 13

word 某某数a的取值X围．

x0得, x0且x1,则函数gx的定义域为0,1lnx0lnx1且gx,令gx0,即lnx10,解得xe 2lnx 解：（1）由当0xe且x1时, gx0;当xe时gx0,

1,,

函数gx的减区间是0,1,1,e,增区间是e,………4分

(2) 由题意得，函数fxxax在1,上是减函数， lnxfx令hxlnx1lnx22在1,上恒成立， a0在1,上恒成立，即alnx12lnxlnx1lnx，x1,,因此ahxmax即可

21111，当且仅当11,即xe2时等号成立，由hx(1)21lnx2lnxlnxlnx244hxmax111，因此a,故a的最小值为………8分

4442（3）命题“若存在x1,x2e,e，使fx1fx2a，”等价于

2“当xe,e时，有fxminfxmaxa”，

11a，则fxmaxa， 4412fx故问题等价于：“当x时，有”， e,emin4lnx11lnx10,, ,由（2）知fxa22(lnx)4lnx2由（2）得，当xe,e时，fxmax122时，fx0在上恒成立，因此在 上为减函数，则e,ee,efx4e21112fxminfeae2,故a2,

2424e22(2)当a0时， fx0在上恒成立，因此在e,ee,efx 上为增函数，

(1) 当a则fxminfeeaee1,不合题意 421121111(3) 当0a时，由于fx()aa 4lnxlnxlnx242fe,fe2 ，即a,1a ． 在 上为增函数，故 的值域为e,efx24，使fx0，且满足：

当xe,x时，fx0，fx减函数；当xx,e时，fx0，fx增函数；

由fx的单调性和值域知，存在唯一x0e,e02007 / 13

word x01ax0,x0e,e2, lnx0411111111所以，a与矛盾，不合题意． 0a22lnx04x0lne4e244411综上，得a2．……12分

24e所以，fxminfx0（某某省某某市2014届高中毕业班第一次调研） 已知函数f（x）＝－x2＋2lnx与g（x）＝x＋（Ⅰ）某某数a的值； （Ⅱ）若对于x1，x2∈[

围．

22（x＋1）（x－1）

解：(Ⅰ)f′(x)＝－2x＋＝－(x＞0)，

a有相同的极值点． x1f(x1)g(x2)，3]，不等式≤1恒成立，某某数k的取值X ek1xxf′（x）＞0，

由得0＜x＜1； x＞0，f′（x）＜0，由得x＞1. x＞0，

∴f(x)在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，∴x＝1是函数f(x)的极值点． ∵g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－2，又∵函数f(x)与g(x)＝x＋有相同极值点， ∴x＝1是函数g(x)的极值点，∴g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1. 经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值，符合题意.(5分) 11

(Ⅱ)∵f()＝－2－2，f(1)＝－1，f(3)＝－9＋2ln 3，

ee11

∵－9＋2ln 3＜－2－2＜－1，即f(3)＜f()＜f(1)，

ee

1

∴∀x1∈[，3]，f(x1)min＝f (3)＝－9＋2ln 3，f(x1)max＝f(1)＝－1.

e11

由Ⅰ知g(x)＝x＋，∴g′(x)＝1－2.

axaxaxxx1

故g(x)在[，1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，3]时，g′(x)＞0.

e

111

故g(x)在[，1)上为减函数，在(1，3]上为增函数．∵g()＝e＋，g(1)＝2，g(3)＝

eee1101101

3＋＝，而2＜e＋＜，∴g(1)＜g()＜g(3)． 33e3e

110∴∀x2∈[，3]，g(x2)min＝g(1)＝2，g(x2)max＝g(3)＝.

e3

15．（某某省正定中学2014届高三上学期第一次月考数学试题）已知函数

8 / 13

word f(x)2lnxax2,g(x)x(1)讨论函数f(x)的极值;

e1,aR,(e为自然对数的底数). a2(2) 定义:若x0R,使得f(x0)x0成立,则称x0为函数yf(x)的一个不动点. 设h(x)f(x)g(x).当a0时,讨论函数h(x)是否存在不动点,若存在求出a的X围,

若不存在说明理由.

222ax2(x0) 【答案】(1) f(x)2axxx/①当a0时,f(x)20,f(x)在0,上为增函数,无极值; x②当a0时,f(x)>0恒成立,f(x)在0,上为增函数,无极值;

③当a0时, f(x)=0,得xX

1,列表如下: a1 a0 极大值

10, a

增

1 ,a 减

f(x) f(x)

当x11时,f(x)有极大值=f()lna1 aa1)lna1 a2综上,当a0时无极值,当a0时,f(x)有极大值=f((2)假设存在不动点,则方程h(x)x有解,即2lnxaxe10有解.设a2(x)2lnxax2由(1)可知(x)极大值于0,

设p(a)lnaA

e1,(a0) a2e1e1lna1lna,下面判断(x)极大值是否大

a2a2e11eea,(a>0),p(a)22,列表如下: a2aaa0,e)



增

9 / 13

e 0 极大值

(e,)

— 减

p(a)

P(a)

word 当ae时,p(a)极大值p(e)=5e10,所以p(a)lna0恒成立, 2a2即(x)极大值小于零,所以g(x)无不动点.

16．（某某省高阳中学2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）已知函数

f(x)ln(x1)k(x1)1. (1)当k1时,求函数f(x)的最大值;

(2)若函数f(x)没有零点,某某数k的取值X围;

【答案】解:(1)当k1时,f(x)2x x1f(x)定义域为(1,+),令f(x)0,得x2,

∵当x(1,2)时,f(x)0,当x(2,)时,f(x)0, ∴f(x)在(1,2)内是增函数,在(2,)上是减函数 ∴当x2时,f(x)取最大值f(2)0

(2)①当k0时,函数yln(x1)图象与函数yk(x1)1图象有公共点, ∴函数f(x)有零点,不合要求;

②当k0时,f(x)令f(x)0,得x11kkxkx1x1k(x1k)k x1k1k11,∵x(1,)时,f(x)0,x(1,)时,f(x)0,

kkk11∴f(x)在(1,1)内是增函数,在[1,)上是减函数,

kk1∴f(x)的最大值是f(1)lnk,

k∵函数f(x)没有零点,∴lnk0,k1,

因此,若函数f(x)没有零点,则实数k的取值X围k(1,)

17．（某某省容城中学2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）设f(x)axlnx, xg(x)x3x23.

(1)当a2时,求曲线yf(x)在x1处的切线的斜率;

(2)如果存在x1,x2[0,2],使得g(x1)g(x2)M成立,求满足上述条件的最大整数

M;

(3)如果对任意的s,t[,2],都有f(s)g(t)成立,某某数a的取值X围.

1210 / 13

word

【时,f(x)答案】(1)当a222xlnx,f'(x)2lnx1,f(1)2,f'(1)1, xx

所以曲线yf(x)在x1处的切线方程为yx3; (2)存在

x1,x2[0,2],使得g(x1)g(x2)M成立 等价

于:[g(x1)g(x2)]maxM,

考察g(x)xx3,g'(x)3x2x3x(x),

32223x 2(0,) 3 递减 2 30 极(最)小值2 2(,2]3 递增 g'(x) g(x) 1 85 27

由上表可知:g(x)ming()2385,g(x)maxg(2)1, 27112, 277分

[g(x1)g(x2)]maxg(x)maxg(x)min所以满足条件的最大整数M4; (3)当x[,2]时,f(x)12axlnx1恒成立等价于axx2lnx恒成立, x11 / 13

word

18．（某某省某某中学2014届高三上学期一调考试数学（理）试题）已知函数

f(x)(ax2x1)ex,其中e是自然对数的底数,aR.

(1)若a1,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若a0,求f(x)的单调区间;

(3)若a1,函数f(x)的图象与函数g(x)点,

某某数m的取值X围.

【答案】解:(1)因为f(x)(xx1)e,

x2x2x所以f(x)(2x1)e(xx1)e(x3x)e,

2x1312xxm的图象有3个不同的交32所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为kf(1)4e 又因为f(1)e,

所以所求切线方程为ye4e(x1),即4exy3e0

x2x2xf(x)(2ax1)e(axx1)e[ax(2a1)x]e(2),

12a1时,f(x)0; a0,当x0或x2a2a1当0x时,f(x)0.

a①若12 / 13

word 所以f(x)的单调递减区间为(,0],[单调递增区间为[0,2a1,); a2a1] a11②若a,f(x)x2ex0,所以f(x)的单调递减区间为(,).

222a11③若a,当x或x0时,f(x)0;

2a2a1当x0时,f(x)0.

a2a1所以f(x)的单调递减区间为(,],[0,);

a2a1单调递增区间为[,0]

a(3)由(2)知,f(x)(xx1)e在(,1]上单调递减,在[1,0]单调递增,在

2x[0,)上单调递减,

所以f(x)在x1处取得极小值f(1)由g(x)3,在x0处取得极大值f(0)1. e1312xxm,得g(x)x2x. 32当x1或x0时,g(x)0;当1x0时,g(x)0.

所以g(x)在(,1]上单调递增,在[1,0]单调递减,在[0,)上单调递增. 故g(x)在x1处取得极大值g(1)1m,在x0处取得极小值g(0)m. 6因为函数f(x)与函数g(x)的图象有3个不同的交点,

31f(1)g(1)31m所以,即e6. 所以m1

e6f(0)g(0)1m

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