2019-2020年高三数学上学期期末考试试题分类汇编 导数及其应用.doc

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2019-2020年高三数学上学期期末考试试题分类汇编 导数及其应用一、填空题1、(无锡市xx高三上期末)过曲线上一点处的切线分别与x轴,y轴交于点A、B,是坐标原点,若的面积为,则 填空题答案1、二、解答题1、(常州市xx高三上期末)已知为实数,函数。(1)当1且时,求函数的最大值M(b);(2)当时,记。函数的图象上一点P处的切线方程为,记。问:是否存在,使得对于任意,任意,都有恒成立?若存在,求出所有可能的组成的集合,若不存在,说明理由。令函数,若对任意实数k,总存在实数,使得成立,求实数s的取值集合。2、(淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市xx高三上期末)已知函数,其中,为自然对数的底数(1)若函数的图像在处的切线与直线垂直,求的值(2)关于的不等式在上恒成立,求的取值范围(3)讨论极值点的个数3、(南京、盐城市xx高三上期末)已知函数在处的切线方程为.(1)求的值;(2)若对任意的,都有成立,求的取值范围;(3)若函数的两个零点为,试判断的正负,并说明理由.4、(南通市海安县xx高三上期末)设a为正常数,函数;(1)求函数的极值;(2)证明:,使得当时,恒成立。5、(苏州市xx高三上期末)已知函数(aR),为自然对数的底数(1) 当a1时,求函数的单调区间;(2) 若存在实数,满足,求实数的取值范围;若有且只有唯一整数,满足,求实数的取值范围6、(泰州市xx高三第一次模拟)已知函数,(1) 若,求证:()在的单调减区间上也单调递减;()在上恰有两个零点;(2) 若,记的两个零点为,求证:7、(无锡市xx高三上期末) 已知函数 (1)当时,求出函数的单调区间; (2)若不等式对于的一切值恒成立,求实数的取值范围。8、(扬州市xx高三上期末)已知函数(),其中是自然对数的底数.(1)当时,求的极值;(2)若在上是单调增函数,求的取值范围;(3)当时,求整数的所有值,使方程在上有解.9、(镇江市xx高三第一次模拟)已知函数f(x)ax2(2a1)x2a1ex.(1) 求函数f(x)的单调区间;(2) 设x0,2a3,m1,f(x)b2a1e恒成立,求正数b的范围解答题答案1、2、 (1) 由题意, 2分因为的图象在处的切线与直线垂直,所以,解得. 4分 (2) 法一:由,得,即对任意恒成立,6分即对任意恒成立,因为,所以, 8分记,因为在上单调递增,且,所以,即的取值范围是 10分法二:由,得,即在上恒成立,6分因为等价于,当时,恒成立,所以原不等式的解集为,满足题意 8分当时,记,有,所以方程必有两个根,且,原不等式等价于,解集为,与题设矛盾,所以不符合题意综合可知,所求的取值范围是10分(3) 因为由题意,可得,所以只有一个极值点或有三个极值点. 11分令,若有且只有一个极值点,所以函数的图象必穿过x轴且只穿过一次,即为单调递增函数或者极值同号 )当为单调递增函数时,在上恒成立,得12分)当极值同号时,设为极值点,则,由有解,得,且,所以,所以 ,同理, 所以,化简得,所以,即,所以所以,当时,有且仅有一个极值点; 14分若有三个极值点,所以函数的图象必穿过x轴且穿过三次,同理可得;综上,当时,有且仅有一个极值点,当时,有三个极值点 16分3、解:(1)由题意得,因函数在处的切线方程为,所以,得. 4分(2)由(1)知对任意都成立,所以,即对任意都成立,从而. 6分又不等式整理可得,令,所以,得, 8分当时,函数在上单调递增,同理,函数在上单调递减,所以,综上所述,实数的取值范围是. 10分(3)结论是. 11分证明:由题意知函数,所以,易得函数在单调递增,在上单调递减,所以只需证明即可. 12分因为是函数的两个零点,所以,相减得,不妨令,则,则,所以,即证,即证, 14分因为,所以在上单调递增,所以,综上所述,函数总满足成立. 16分4、5、解:(1)当a1时, 1分由于, 当时,当时, 所以在区间上单调递减,在区间上单调递增. 4分(2)由得当时,不等式显然不成立;当时,;当时,. 6分记=, 在区间和上为增函数,和上为减函数 当时,当时, 8分综上所述,所有a的取值范围为 9分由知时,由,得,又在区间上单调递增,在上单调递减,且,即,. 12分当时,由,得,又在区间上单调递减,在上单调递增,且,解得. 15分 综上所述,所有a的取值范围为 16分6、证:(1)因为,所以,由得的递减区间为, 2 分当时,所以在的递减区间上也递减 4 分(2)解1:,因为,由得,令,则,因为,且,所以必有两个异号的零点,记正零点为,则时,单调递减;时,单调递增,若在上恰有两个零点,则, 7 分由得,所以,又因为对称轴为所以,所以,所以,又,设中的较大数为,则, 故在上恰有两个零点 10 分解2:,因为,由得,令,若在上恰有两个零点,则在上恰有两个零点,当时, 由得,此时在上只有一个零点,不合题意;当时,由得, 7 分令,则,当时,单调递增,且由值域知值域为;当时,单调递增,且,由值域知值域为;因为,所以,而与有两个交点,所以在上恰有两个零点 10 分(3)解1:由(2)知,对于在上恰有两个零点,不妨设,又因为,所以,12 分又因为,所以,所以 16 分解2:由(2)知,因为时,单调递增,所以,12 分当时,单调递增,所以,所以 16 分7、8、解:(1),则 2分令 , 00 增极大值减极小值增 , 4分 (2)问题转化为在上恒成立; 又 即在上恒成立; 6分 ,对称轴当,即时,在上单调增, 8分当,即时,在上单调减,在上单调增, 解得: 综上,的取值范围是 10分 (3) 设 , 令 , 令 00 增极大值减极小值增 , 13分 在上单调减,在上单调增又 由零点的存在性定理可知: 即 16分9、【答案】(1)当a0时,函数f(x)的增区间是(,0),减区间是(0,);当a0时,函数f(x)的增区间是(,0),减区间是;(2)当2m4时,04时,00,则x0;令f(x)0;若a0,得x0;由f(x)x或00,由f(x)0,得0x0,得x或x0;综上可得:当a0时,函数f(x)的增区间是(,0),减区间是(0,);(3分)当a0时,函数f(x)的增区间是(,0),减区间是(7分)(2) 因为2a3,m1,由(1)x(0,)上函数f(x)的最小值是f.因为f(x)b2a1e恒成立,所以fb2a1e恒成立,(8分)所以e(2a1)b2a1e恒成立,即2a1b2a1恒成立(9分)由2a3,m1,令2a1t2,m,则tbt,所以lnbg(t),(10分)由g(t),可知函数g(t)在(0,e)上递增;(e,)上递减,且g(2)g(4)(11分)当2m4时,g(t)ming(2),从而lnb,解得04时,g(t)ming(m),从而lnb,解得0bm,(15分)故:当2m4时,04时,0bm(16分)
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