新课标理科导数压轴题汇编.docx
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2011-2018新课标(理科)导数压轴题总编
【2011新课标】21.已知函数,曲线在点处的切线方程为。
(1)求、的值;
(2)如果当,且时,,求的取值范围。
【解析】
(1)
由于直线的斜率为,且过点,
故即 解得,。
(2)由
(1)知,所以
。
考虑函数,则。
(i)设,由知,当时,。
而,故
当时,,可得;
当x(1,+)时,h(x)<0,可得h(x)>0
从而当x>0,且x1时,f(x)-(+)>0,即f(x)>+.
(ii)设0
(1)=0,故当x(1,)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾。
(iii)设k1.此时h’(x)>0,而h
(1)=0,故当x(1,+)时,h(x)>0,可得h(x)<0,与题设矛盾。
综合得,k的取值范围为(-,0)
【2012新课标】21.已知函数满足满足;
(1)求的解析式及单调区间;
(2)若,求的最大值。
【解析】
(1)
令得:
得:
在上单调递增
得:
的解析式为
且单调递增区间为,单调递减区间为
(2)得
①当时,在上单调递增
时,与矛盾
②当时,
得:
当时,
令;则
当时,;当时,的最大值为
【2013新课标1】21.已知函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+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,,求k的取值范围。
【解析】
(1)由已知得,
而=,=,∴=4,=2,=2,=2;
(2)由
(1)知,,,
设函数==(),
==,
有题设可得≥0,即,
令=0得,=,=-2,
①若,则-2<≤0,∴当时,<0,当时,>0,即在单调递减,在单调递增,故在=取最小值,
而==≥0,
∴当≥-2时,≥0,即≤恒成立,
②若,则=,
∴当≥-2时,≥0,∴在(-2,+∞)单调递增,而=0,
∴当≥-2时,≥0,即≤恒成立,
③若,则==<0,
∴当≥-2时,≤不可能恒成立,
综上所述,的取值范围为[1,]
【2013新课标2】21.已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
【解析】
(1)f′(x)=.由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1.
于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)=.
函数f′(x)=在(-1,+∞)单调递增,且f′(0)=0.
因此当x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)>0.
当m=2时,函数f′(x)=在(-2,+∞)单调递增.
又f′(-1)<0,f′(0)>0,故f′(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).
当x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f′(x0)=0得=,ln(x0+2)=-x0,
故f(x)≥f(x0)=+x0=>0.综上,当m≤2时,f(x)>0.
【2014新课标1】21.设函数f(x)=aexlnx+,曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处得切线方程为y=e(x﹣1)+2.
(1)求a、b;
(2)证明:
f(x)>1.
【解析】
(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+,
由题意可得f
(1)=2,f′
(1)=e,故a=1,b=2;
(2)由
(1)知,f(x)=exlnx+,
从而f(x)>1等价于xlnx>xe﹣x﹣,设函数g(x)=xlnx,则g′(x)=1+lnx,
∴当x∈(0,)时,g′(x)<0;当x∈(,+∞)时,g′(x)>0.
故g(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,
从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g()=﹣.
设函数h(x)=,则h′(x)=e﹣x(1﹣x).
∴当x∈(0,1)时,h′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h
(1)=﹣.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
【2014新课标2】21.已知函数=zxxk
(1)讨论的单调性;
(2)设,当时,,求的最大值;
(3)已知,估计ln2的近似值(精确到0.001)
【解析】
(1)f‘x=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立,所以f(x)在(—∞,+∞)单调递增
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x
g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2)
①当b2时,g’(x)0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-,+)单调递增,而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0;
②当b>2时,若x满足,2<<2b-2即0 g(0)=0,因此当0 (3)由 (2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln2 当b=2时,g(ln)=-4+6ln2>0,ln2>>0.6928 当b=+1时,ln(b-1+)=ln g(ln)=-2+(3+2)ln2<0In2<<0.693 【2015新课标1】21.已知函数f(x)= (1)当a为何值时,x轴为曲线的切线; (2)用表示m,n中最小值,设函数,讨论h(x)零点的个数 【解析】 (Ⅰ)设曲线与轴相切于点,则,, 即,解得.因此,当时,轴是曲线的切线. (Ⅱ) 当时,,从而, ∴在(1,+∞)无零点. 当=1时,若,则,,故=1是的零点;若,则,,故=1不是的零点. 当时,,所以只需考虑在(0,1)的零点个数. (ⅰ)若或,则在(0,1)无零点,故在(0,1)单调,而,,所以当时,在(0,1)有一个零点;当0时,在(0,1)无零点. (ⅱ)若,则在(0,)单调递减,在(,1)单调递增,故当=时,取的最小值,最小值为=. ①若>0,即<<0,在(0,1)无零点. ②若=0,即,则在(0,1)有唯一零点; ③若<0,即,由于,,所以当时,在(0,1)有两个零点;当时,在(0,1)有一个零点. 综上,当或时,由一个零点;当或时,有两个零点;当时,有三个零点. 【2015新课标2】21.设函数。 (1)证明: 在单调递减,在单调递增; (2)若对于任意,都有,求m的取值范围。 【解析】 【2016新课标1】21.已知函数有两个零点. (I)求a的取值范围; (II)设是的两个零点,证明: . 【解析】 (I) ①当时,,此时函数只有一个零点,不符合题意舍去; ②当时,由,由, 所以在上递减,在上递增, ,又,所以函数在上只有一个零点, 当时,,此时,,所以函数在上只有一个零点 此时函数fx=x-2ex+a(x-1)2有两个零点. ③当时,,由, 由 所以在和上递增,在上递减, , 此时函数至多一个零点,不符合题意,舍去; ④当时,恒成立,此时函数至多一个零点,不符合题意,舍去 ⑤当时,,由,由 所以在和上递增,在上递减, ,因为在上递减,所以 此时函数至多一个零点,不符合题意,舍去. 综上可知. (II)由(I)若是f(x)的两个零点,则,不妨令,则 要证x1,只要证, ,,当时,在上递减, 且,所以,只要证, ,又 令, , 在上递减,当时, ,即成立,成立. 【2016新课标2】 (1)讨论函数的单调性,并证明当时, (2)证明: 当时,函数有最小值.设的最小值为,求函数的值域. 【解析】 ⑴ ∵当时,∴在上单调递增 ∴时,∴ ⑵ 由 (1)知,当时,的值域为,只有一解. 使得, 当时,单调减;当时,单调增 记,在时,,∴单调递增 ∴. 【2016新课标3】21.设函数f(x)=acos2x+(a-1)(cosx+1),其中a>0,记|f(x)|的最大值为A, (1)求f'(x); (2)求A;(3)证明|f'(x)|≤2A 【解析】 (1)f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sinx (2)当α≥1时,|f'(x)|=|αsin2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0) 因此A=3α-2 当0<α,1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1 令g(t)=2αt2+(α-1)t-1则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g (1)=3α-2 且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g()=--1=- 令-1<<1,解得α<-(舍去),α>, (i)当0<α≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g (1)=2-3α, |g(-1)|<|g (1)|∴A=2-3α (ii)当<α<1时,由g(-1)-g (1)=2(1-α)>0知,g(-1)>g (1)>g(),又 -|g(-1)|=>0∴A== 综上,A=……………………9分 (3)由 (1)得 |f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sinx|≤2α+|α-1| 当0<α<时|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A 当<α<1时,A=++≥1,∴|f'(x)|≤1+α<2A 当α≥1时|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A,∴|f'(x)|≤2A 【2017新课标1】21.已知函数。 (1)讨论的单调性; (2)若有两个零点,求a的取值范围。 【解析】 (1)的定义域为,, (ⅰ)若,则,所以在单调递减. (ⅱ)若,则由得. 当时,;当时,,所以在单调递减,在单调递增. (2)(ⅰ)若,由 (1)知,至多有一个零点. (ⅱ)若,由 (1)知,当时,取得最小值,最小值为. ①当时,由于,故只有一个零点; ②当时,由于,即,故没有零点; ③当时,,即. 又,故在有一个零点. 设正整数满足,则. 由于,因此在有一个零点. 综上,的取值范围为。 【2017新课标2】21.已知函数且。 (1)求a; (2)证明: 存在唯一的极大值点,且。 【解析】 (1)因为f(x)=ax2﹣ax﹣xlnx=x(ax﹣a﹣lnx)(x>0), 则f(x)≥0等价于h(x)=ax﹣a﹣lnx≥0, 因为h′(x)=a﹣,且当0<x<时h′(x)<0、当x>时h′(x)>0, 所以h(x)min=h(),又因为h (1)=a﹣a﹣ln1=0,所以=1,解得a=1; (2)证明: 由 (1)可知f(x)=x2﹣x﹣xlnx,f′(x)=2x﹣2﹣lnx, 令f′(x)=0,可得2x﹣2﹣lnx=0,记t(x)=2x﹣2﹣lnx,则t′(x)=2﹣, 令t′(x)=0,解得: x=, 所以t(x)在区间(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增, 所以t(x)min=t()=ln2﹣1<0,从而t(x)=0有解,即f′(x)=0存在两根x0,x2, 且不妨设f′(x)在(0,x0)上为正、在(x0,x2)上为负、在(x2,+∞)上为正, 所以f(x)必存在唯一极大值点x0,且2x0﹣2﹣lnx0=0, 所以f(x0)=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣, 由x0<可知f(x0)<(x0﹣)max=﹣+=;由f′()<0可知x0<<, 所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,)上单调递减, 所以f(x0)>f()=; 综上所述,f(x)存在唯一的极大值点x0,且e﹣2<f(x0)<2﹣2. 【2017新课标3】21.已知函数. (1)若,求的值; (2)设为整数,且对于任意正整数,,求的最小值。 【解析】 (1),,则,且 当时,,在上单调增,所以时,,不满足题意; 当时,当时,,则在上单调递减;当时,,则在上单调递增。 ①若,在上单调递增∴当时矛盾 ②若,在上单调递减∴当时矛盾 ③若,在上单调递减,在上单调递增∴满足题意 综上所述。 (2)当时即,则有当且仅当时等号成立 ∴, 一方面: , 即。 另一方面: 当时, ∵,,∴的最小值为。 【2018新课标1】21.已知函数. (1)讨论的单调性; (2)若存在两个极值点,,证明: . 【解析】 (1)的定义域为,. (i)若,则,当且仅当,时,所以在单调递减. (ii)若,令得,或. 当时,; 当时,.所以在单调递减,在单调递增. (2)由 (1)知,存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足,所以,不妨设,则. 由于, 所以等价于. 设函数,由 (1)知,在单调递减,又,从而当时,. 所以,即. 【2018新课标2】21.已知函数。 (1)若,证明: 当时,; (2)若在只有一个零点,求。 【解析】 (1)当时,等价于. 设函数,则. 当时,,所以在单调递减. 而,故当时,,即. (2)设函数. 在只有一个零点当且仅当在只有一个零点. (i)当时,,没有零点; (ii)当时,. 当时,;当时,. 所以在单调递减,在单调递增. 故是在的最小值. ①若,即,在没有零点; ②若,即,在只有一个零点; ③若,即,由于,所以在有一个零点, 由 (1)知,当时,,所以. 故在有一个零点,因此在有两个零点. 综上,在只有一个零点时,. 【2018新课标3】21.已知函数. (1)若,证明: 当时,;当时,; (2)若是的极大值点,求. 【解析】 (1)当时,,. 设函数,则. 当时,;当时,.故当时,,且仅当时,,从而,且仅当时,. 所以在单调递增. 又,故当时,;当时,. (2)(i)若,由 (1)知,当时,,这与是的极大值点矛盾. (ii)若,设函数. 由于当时,,故与符号相同. 又,故是的极大值点当且仅当是的极大值点. . 如果,则当,且时,,故不是的极大值点. 如果,则存在根,故当,且时,,所以不是的极大值点. 如果,则.则当时,;当时,.所以是的极大值点,从而是的极大值点 综上,. 18
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