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

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)