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2015年高考数学试题分类汇编-----专题九(导数及应用)

2015年高考数学试题分类汇编-----专题九(导数及应用)

答案解析

1.(15北京理科)已知函数()1ln 1x

f x x

+=-.

(Ⅰ)求曲线()y f x =在点()()00f ,处的切线方程; (Ⅱ)求证:当()01x ∈,

时,()323x f x x ??

>+ ??

?; (Ⅲ)设实数k 使得()33x f x k x ??

>+ ???

对()01x ∈,

恒成立,求k 的最大值. 【答案】(Ⅰ)20x y -=,(Ⅱ)证明见解析,(Ⅲ)k 的最大值为2.

2015年高考数学试题分类汇编-----专题九(导数及应用)

试题解析:(Ⅰ)

2

12

()ln

,(1,1),(),(0)2,(0)011x f x x f x f f x x

+''=∈-===--,曲线()y f x =在点()()00f ,处的切线方程为20x y -=;

(Ⅱ)当()01x ∈,

时,()323x f x x ??

>+ ???

,即不等式3

()2()03x f x x -+>,对(0,1)x ?∈成立,设

33

1()ln 2()ln(1)ln(1)2()133x x x F x x x x x x +=-+=+---+-,则

4

2

2()1x F x x

'=-,当()01x ∈,时,()0F x '>,故()F x 在(0,1)上为增函数,则

()(0)0F x F >=,因此对(0,1)x ?∈,

3

()2()3

x f x x >+

成立;

(Ⅲ)使()33x f x k x ??

>+ ???

成立,()01x ∈,

,等价于3

1()ln ()013x x F x k x x +=-+>-,()01x ∈,

; 42

22

22()(1)11kx k F x k x x x

+-'=-+=--, 当[0,2]k ∈时,()0F x '

≥,函数在(0,1)上位增函数,()(0)0F x F >=,符合题意;

当2k >时,令4

02

()0,(0,1)k F x x k

-'

==

∈,

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()(0)F x F <,显然不成立,

综上所述可知:k 的最大值为2.

考点:1.导数的几何意义;2.利用导数研究函数的单调性,证明不等式;3.含参问题讨论.

2.(15北京文科)设函数()2

ln 2

x f x k x =-,0k >. (Ⅰ)求()f x 的单调区间和极值;

(Ⅱ)证明:若()f x 存在零点,则()f x 在区间(

上仅有一个零点.

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【答案】(1)单调递减区间是,单调递增区间是)+∞;极小值

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(1ln )

2

k k f -=

;(2)证明详见解析.

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所以,()f x 的单调递减区间是,单调递增区间是)+∞;

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()f x 在x =(1ln )

2

k k f -=

.

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(Ⅱ)由(Ⅰ)知,()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )

2

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k k f -=. 因为()f x 存在零点,所以

(1ln )

02

k k -≤,从而k e ≥.

当k e =时,()f x 在区间上单调递减,且0f =,

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所以x =

()f x 在区间上的唯一零点.

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当k e >时,()f x 在区间上单调递减,且1(1)02f =

>,02

e k

f -=<,

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所以()f x

在区间上仅有一个零点.

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综上可知,若()f x 存在零点,则()f x

在区间上仅有一个零点.

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考点:导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.

3.(15年安徽理科)设函数2()f x x ax b =-+.

(1)讨论函数(sin )22

f x ππ

在(-,)内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;

(2)记2

0000(),(sin )(sin )f x x a x b f x f x =-+-求函数在22

ππ(-,)上的最大值D ;

(3)在(2)中,取2000,D 14

a

a b z b ===-≤求满足时的最大值。

【答案】(Ⅰ)极小值为;(Ⅱ);(Ⅲ)1.

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试题解析:(Ⅰ),.

2

4

a b -00||||D a a b b =-+

-2

(sin )sin sin sin (sin )f x x a x b x x a b =-+=-+2

2

x π

π

-

<<

,.

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考点:1.函数的单调性、极值与最值;2.绝对值不等式的应用.

4.(15年安徽文科)已知函数

(1)求的定义域,并讨论的单调性;

(2)若

,求在内的极值。 [(sin )]'(2sin )cos f x x a x =-2

2

x π

π

-

<

<

)0,0()()(2

>>+=

r a r x ax

x f )(x f )(x f 400=r

a

)(x f ),0(+∞

【答案】(1)递增区间是(-r,r );递减区间为(-∞,-r )和(r ,+∞);(2)极大值为100;无极小值.

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(Ⅱ)由(Ⅰ)可知 内的极大值为 内无极小值;

所以内极大值为100,无极小值.

考点:1.导数在函数单调性中的应用;2.函数的极值.

5.(15年福建理科)若定义在上的函数满足,其导函数满足

,则下列结论中一定错误的是()

A .

B .

C .

D . 【答案】

C

)在(+∞,0)(x f 10044)(2===r

a

r ar r f )在(+∞,0)(x f )在(+∞,0)(x f R ()f x ()01f =-()f x '()1f x k '>>11

f k k ??<

???111f k k ??

> ?-??1111f k k ??

< ?

--??111

k f k k ??

> ?

--??

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考点:函数与导数.

6.(15年福建理科)已知函数,

(Ⅰ)证明:当;

(Ⅱ)证明:当时,存在,使得对

(Ⅲ)确定k 的所以可能取值,使得存在,对任意的恒有.

【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ). 【解析】

试题分析:(Ⅰ)构造函数只需求值域的右端点并和0比较即可;(Ⅱ)构造函数即,

求导得 ,利用导数研究函数的形状和最值,证明当时,存在,使

得即可;(Ⅲ)由(Ⅰ)知,当时,对于故

,则不等式变形为,构造函数

,只需说明,易发现函数在

递增,而,故不存在;当时,由(Ⅱ)知,

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存在,使得对任意的任意的恒有,此时不等式变形

f()ln(1)x x =+(),(k ),g x kx R =?0x x x ><时,f()1k <00x >0(0),x x ?任意,恒有f()()x g x >;0t >(0),x ?,t 2|f()()|x g x x -<=1k ()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??G()f()()ln(1),(0,),x x g x x kx x =-=+-??()0G x >1

()1+G x k x

=-(1k)

1+kx x

-+-=

()G x 1k <00x >()0G x >1k >(0,),x "违

+()f()g x x x ,>>()f()g x x >2|f()()|x g x x -<2k ln(1)x x x -+<2M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违,+()0M x <()M

x 0x ?((0)0M =1k <00x >0(0),x x ,?f()()x g x >

构造

,易发现函数

递增,而,不满足题意;当时,代入证

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明即可.

试题解析:解法一:(1)令则有

当,所以在上单调递减; 故当时,即当时,.

(2)令则有 当,所以在上单调递增, 故对任意正实数均满足题意.

当时,令得. 取对任意恒有,所以在上单调递增,,即 .

综上,当时,总存在,使得对任意的恒有.

(3)当时,由(1)知,对于故,

令,

2ln(1)k x x x +-<2N()ln(1)k ,[0)

x x x x x =+--违,+()

N

x 0x ?((0)0N =1k ()f()ln(1),(0,),F x x x x x x =-=+-??1()11+1+x

F x x x

¢=

-=-(0,),x ??()0F x ¢

<()F x (0,)+?0x >()(0)0,F x F <=0x >x x f()

()1+1+kx G x k x x

-+-¢

=-=0k £G ()0x ¢

>G()x [0,)+?G()(0)0x G >=0x 01k <<()0,x G ¢

=11

=10k x k k

-=->01

=

1x k

,-0(0,),x x ?G ()0x ¢>G()x 0[0,x )G()(0)0x G >=f()()x g x >1k <00x >0(0),x x ,?f()()x g x >1k >(0,),x "违+()f()g x x x ,>>()f()g x x >|f()()|()()k ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+2

M()k ln(1),[0)x x x x x =-+-违,+

则有 故当时,, 在上单调递增,故,

即,所以满足题意的t 不存在.

当时,由(2)知存在,使得对任意的任意的恒有. 此时, 令,

则有 故当时,, 在上单调递增,故,

即,记

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则当,故满足题意的t 不存在.

当,由(1)知,,

令,则有 当时,,所以在上单调递减,故,

故当时,恒有,此时,任意实数t 满足题意. 综上,.

解法二:(1)(2)同解法一.

(3)当时,由(1)知,对于,

2

1-2+(k-2)1

M ()k 2=,11x x k x x x x

+-¢

=--++0x ?(M ()0x ¢

>M()x [0M()M(0)0x >=2

|f()()|x g x x ->1k <00x >0(0),x x ,?f()()x g x >|f()()|f()()ln(1)k x g x x g x x x -=-=+-2

N()ln(1)k ,[0)x x x x x =+--违,+

2'

1-2-(k+2)1

()2=,11x x k N x k x x x

-+=--++0x ?(N ()0x ¢

>M()x [0N()(0)0x N >=2

f()()x g x x ->0x 1x 21(0)|f()

()|x x x g x x ?>,时,恒有=1k (0,),x 违

当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+2

H()ln(1),[0)x x x x x =-+-违,+2

1-2H ()12=,11x x

x x x x

-¢

=--++0x >H ()0x ¢2

|f()()|x g x x -<=1k 1k >(0,),x "违+()f()g x x x >>,

故, 令,

从而得到当时,恒有,所以满足题意的t 不存在.

当时,取 由(2)知存在,使得. 此时, 令,此时, 记与

中较小的为,则当, 故满足题意的t 不存在.

当,由(1)知,,

令,则有 当时,,所以在上单调递减,故,

故当时,恒有,此时,任意实数t 满足题意 综上,.

考点:导数的综合应用.

7.(15年福建文科)“对任意,”是“”的()

A .充分而不必要条件

B .必要而不充分条件

C .充分必要条件

D .既不充分也不必要条件 【答案】B

|f()()|()()k ln(1)k (k 1)x g x g x f x x x x x x -=-=-+>-=-2

(k 1),01x x x k -><<-解得1k >(0,1)x k ?对于2

|f()()|x g x x ->1k <11k+1

=

12

k k k <<,从而00x >0(0),x x ?任意,恒有1f()()x k x kx g x >>=11|f()()|f()()(k)2

k

x g x x g x k x x --=->-=

21k 1k ,022

x x x --><<解得2

f()()x g x x ->0x 1-k 2

1x 2

1(0)|f()()|x x x g x x ?>,时,恒有=1k (0,),x 违

当+|f()()|()()ln(1)x g x g x f x x x -=-=-+2

M()ln(1),[0)x x x x x =-+-∈∞,+212M ()12,11x x

x x x x --'=--=++0x >M ()0x ¢2

|f()()|x g x x -<=1k (0,)2

x π

∈sin cos k x x x <1k <

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考点:导数的应用.

8.(15年福建文科)已知函数.

(Ⅰ)求函数的单调递增区间; (Ⅱ)证明:当时,;

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(Ⅲ)确定实数的所有可能取值,使得存在,当时,恒有. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ). 【解析】

试题分析:(Ⅰ)求导函数,解不等式并与定义域求交集,得

函数的单调递增区间;(Ⅱ)构造函数,.欲证明

,只需证明的最大值小于0即可;(Ⅲ)由(II )知,当时,不存在满足题意;当时,对于,

有,则,从而不存在满足题意;当时,构造函数,,利用导数研究函数的形状,

只要存

2

(1)()ln 2

x f x x -=-()f x 1x >()1f x x <-k 01x >0(1,)x x ∈()()1f x k x >

-? ?

?(),1-∞()21x x f x x

-++'='

()0f x >()f x ()()()F 1x f x x =--()1,x ∈+∞()1f x x <-()F x 1k =01x >1k >1x >()()11f x x k x <-<-()()1f x k x <-01x >1k <()()()G 1x f x k x =--()0,x ∈+∞()G x

在,当时

即可.

试题解析:(I ),.

由得解得.

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故的单调递增区间是.

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(II )令,.

则有.

当时,, 所以在上单调递减,

故当时,,即当时,. (III )由(II )知,当时,不存在满足题意.

当时,对于,有,则,从而不存在满足题意.

当时,令,,

则有.

由得,.

解得,.

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当时,,故在内单调递增. 从而当时,,即,

01x >0(1,)x x ∈()0G x >()211

1x x f x x x x

-++'=-+=()0,x ∈+∞()0f x '>2010x x x >??-++>

?

0x <<()f

x ? ??

()()()F 1x f x x =--()0,x ∈+∞()2

1F x x x

-'=()1,x ∈+∞()F 0x '<()F x [)1,+∞1x >()()F F 10x <=1x >()1f x x <-1k =01x >1k >1x >()()11f x x k x <-<-()()1f x k x <-01x >1k <()()()G 1x f x k x =--()0,x ∈+∞()()2111

G 1x k x x x k x x

-+-+'=-+-=()G 0x '=()2

110x k x -+-+=

10x =

<21x =

>()21,x x ∈()G 0x '>()G x [)21,x ()21,x x ∈()()G G 10x >=()()1f x k x >-

综上,的取值范围是. 考点:导数的综合应用.

9.(15年新课标1理科)设函数=,其中a 1,若存在唯一的整数x 0,使得0,则的取值范围是( ) A.[-,1) B. [-,) C. [,) D. [,1) 【答案】D

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10.(15年新课标2理科)设函数f’(x)是奇函数

的导函数,f (-1)=0,当

时,,则使得成立的x 的取值范围是

(A )(B ) (C )(D )

【答案】A 【解析】

k (),1-∞()f x (21)x e x ax a --+0()f x

a

记函数,则,因为当时,,故

当时,,所以在

单调递减;又因为函数

是奇函数,故函数

是偶函数,所以

在单调递减,且.当

时,

,则

;当

时,

,则

,综上所述,

使得

成立的的取值范围是

,故选A .

11.(15年新课标2理科)设函数2()mx f x e x mx =+-。

(1)证明:()f x 在(,0)-∞单调递减,在(0,)+∞单调递增;

(2)若对于任意12,[1,1]x x ∈-,都有12|()()|1f x f x e -≤-,求m 的取值范围。

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12.(15年新课标2文科)已知曲线在点处的切线与曲线

相切,则a =.

【答案】8 【解析】

试题分析:由可得曲线在点处的切线斜率为2,故切线方程为,与

联立得,显然,所以由

.

考点:导数的几何意义.

13.(15年新课标2文科)已知.

(I )讨论的单调性;

(II )当有最大值,且最大值大于时,求a 的取值范围. 【答案】(I ),在是单调递增;,在单调递增,在单调递减;(II ). 【解析】

ln y x x =+()1,1()221y ax a x =+++1

1y x

'=+

ln y x x =+()1,121y x =-()221y ax a x =+++220ax ax ++=0a ≠2808a a a ?=-=?=()()ln 1f x x a x =+-()f x ()f x 22a -0a ≤()f x ()0,+∞0a >()f x 10,

a ??

???

1,a ??

+∞ ???

()0,1

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考点:导数的应用.

14.(15年陕西理科)对二次函数(a 为非零常数),四位同学分别给

出下列结论,其中有且仅有

一个结论是错误的,则错误的结论是()

A .-1是的零点

B .1是的极值点

C .3是的极值

D . 点在曲线上 【答案】

A

2()f x ax bx c =++()f x ()f x ()f x (2,8)()y f x =

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考点:1、函数的零点; 2、利用导数研究函数的极值.

15.(15年陕西理科)设是等比数列,,,,的各项和,其中,

(I )证明:函数在内有且仅有一个零点(记为),且

; (II )设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为,比较

与的大小,并加以证明.

【答案】(I )证明见解析;(II )当时,,当时,,证明见解析. 【解析】

试题分析:(I )先利用零点定理可证在内至少存在一个零点,再利用函数的

单调性可证在内有且仅有一个零点,进而利用是的零点可证

;(II )先设,再对的取值范围进行讨论来判断与的大小,进而可得和的大小.

试题解析:(I )则

()n f x 1x 2x ???n

x 0x >n ∈N 2n ≥()()F 2n n x f x =-1,12??

???

n x 1

1122

n n n x x +=

+()n g x ()n f x ()n g x 1x =()()n n f x g x =1x ≠()()n n f x g x <()F n x 1,12??

???

()F n x 1,12?? ???

n x ()F n x 11122

n n n x x +=

+()()()n n h x f x g x =-x ()h x 0()n f x ()n g x 2

()()212,n

n n F x f x x x x =-=+++- (1)10,n F n =->

所以在内至少存在一个零点.

又,故在内单调递增,

所以在内有且仅有一个零点.

因为是的零点,所以,即,故.

(II)解法一:由题设,

当时, 当时,

,

若, 所以在上递增,在上递减, 所以,即.

综上所述,当时,;当时

1

21111111

2()1220,12222212

n n

n n

F +??- ?????

??

=+++-=-=-

< ? ?????- ()n F x 1,12?? ???

n x 1

()120n n F x x nx

-'=++> 1,12??

???

()n F x 1,12?? ???

n x n x ()n F x ()=0n n F x 1

1201n n n

x x +--=-111=+22n n n x x +()()11().2

n

n

n x g x ++=()()211()()()1,0.2

n

n n n n x h x f x g x x x x x ++=-=+++-> 1x =()()n n f x g x =1x ≠()1

1

1()12.2

n n n n x h x x nx

--+'=++- 01

x <<()1111

1()22

n n n n n n h x x x nx x ----+'>++-

()()11

110.22

n n n n n n x x --++=

-=1x >()1

1111()22n n n n n n h x x x nx x ----+'<++-

()()11

110.22

n n n n n n x x --++=-=()h x (0,1)(1,)+∞()(1)0h x h <=()()n n f x g x <1x =()()n n f x g x =1x ≠()()n n f x g x <

解法二 由题设,

当时,

当时,用数学归纳法可以证明. 当时,所以成立. 假设时,不等式成立,即. 那么,当时,

.

,则

所以当,,在上递减; 当,,在上递增. 所以,从而

故.即,不等式也成立. 所以,对于一切的整数,都有.

解法三:由已知,记等差数列为,等比数列为,则,

所以, 令

()()211()1,(),0.2

n

n

n n

n x f x x x x g x x ++=+++=> 1x =()()n n f x g x =1x ≠()()n n f x g x <2n =2221

()()(1)0,2

f x

g x x -=-

-<22()()f x g x <(2)n k k =≥()()k k f x g x <+1n k =()()11

1k+1k 11()()()2

k

k k k k k x f x f x x g x x x

+++++=+<+=+()12112

k k

x k x k +++++=()()11k+1211

11

()2

2

k k k k x k x k kx k x g x ++++++-++-=

()1()11(x 0)

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