2019衡水名师原创理科数学高考专题卷：专题五《导数及其应用》-精品

专题五 导数及其应用

考点13：导数的概念及运算（1,2题）

考点14：导数的应用（3-11题，13-15题，17-22题） 考点15：定积分的计算（12题，16题）

考试时间：120分钟 满分：150分

说明：请将选择题正确答案填写在答题卡上，主观题写在答题纸上

第I卷（选择题）

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）

1.【来源】2017-2018年河北武邑中学高二理周考 考点13 易 函数fxsin2x的导数是（ ）

A.2sinx B.2sin2x C.2cosx D.sin2x 2．【来源】2017-2018年河北武邑中学高二理周考 考点13 易 已知fx12xcosx，f'x为fx的导函数，则f'x的图像是（ ） 4

3.【2017课标II，理11】 考点14 易

2x1f(x)(xax1)ex2若是函数的极值点，则f(x)的极小值为（ ）

A.1 B.2e C.5e D.1 4．【来源】2017届湖北孝感市高三理上学期第一次统考 考点14 中难 若曲线ylnxa的一条切线为yexb，其中a,b为正实数，则aA.33e的取值范围是（ ） b22e, B.e, C.2, D.2,e e225．【来源】2017届福建闽侯县三中高三上期中 考点14 难

已知函数yx的图象在点(x0,x0)处的切线为l，若l也与函数ylnx，x(0,1)的图象相切，则

2x0必满足（ ）

A．0x0211x02 D．2x03 B．x01 C．2226．【来源】2017届河北磁县一中高三11月月考 考点14 易

已知函数fx的导数为f′x，且x1fxxf′x0对xR恒成立，则下列函数在实数集内一定是增函数的为（ ）

A.fx B.xfx C.efx D.xefx

xx7．【来源】2017届江西抚州市七校高三上学期联考 考点14 易

已知函数fx与f'x的图象如图所示，则函数gxfx的递减区间为（ ） ex

A.0,4 B.,1,,4 C.0,434 D.0,1,4, 38．【来源】2017届山东省青州市高三10月段测 考点14中难

定义在R上的函数f(x)满足：f'(x)1f(x)，f(0)6，f'(x)是f(x)的导函数，则不等式

exf(x)ex5（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）

A．(0,) B．(,0)C．(,0)(3,)

(1,) D．(3,)

9.【2017课标3，理11】考点14 难

2x1x1f(x)x2xa(ee)有唯一零点，则a=（ ） 已知函数

1A．2



1B．3

1C．2

' D．1

10．【来源】2017届河南中原名校高三理上质检三 考点14 难 已知函数fx的定义域为R,f2sixnA. B.C

cxos'fx5f6x为函数fx的导函数，当x0,时，

且xR，fxfxcos2x1.则下列说法一定正确的是（ ） 0 1432f43145f634f433f4 341f32  D.

123f43f 4311．【来源】2017届辽宁沈阳二中高三理上学期期中 考点14 中难 已知函数 fxx2axalnxaR,gxx3b，当x1,时，fxb恒成立，则a的取值范围是（ ）

A.a2 B.a1

52x2x6,gx在1,4上的最大值为 2C.a1 D.a0 12．【来源】2017届辽宁盘锦高级中学高三11月月考 考点15 中难 已知a0，若f(x)lnb0，f'(x)为f(x)的导函数，

b1x1，且b3dx2f'(a)b1，则ab12x2的最小值为（ ） A．42 B．22 C．

99 D．22 22第Ⅱ卷（非选择题）

二.填空题（每题5分，共20分）

13．【来源】2017届广东省仲元中学高三9月月考 考点14易 已知函数f(x)lnx4xx，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程____________

14．【来源】2017届广西陆川县中学高三8月月考 考点14 中难

若函数f(x)xeax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是 . 15．【来源】2017届湖北襄阳四中高三七月周考二 考点14 中难

若函数f(x)x2lnx1在其定义域内的一个子区间(a1,a1)内存在极值，则实数a的取值范围 ． 16．【来源】2015-2016新疆哈密地区二中高二下期末考试 考点15易

如图，阴影部分的面积是_________．

212

三.解答题（共70分） 17．（本题满分10分）

【来源】2017届四川遂宁等四市高三一诊联考 考点14 易

已知函数fxaexxaR，其中e为自然对数的底数，e2.71828…． （Ⅰ）判断函数fx的单调性，并说明理由；

（Ⅱ）若x1,2，不等式fx≥ex恒成立，求a的取值范围． 18．（本题满分12分）

【来源】2017届河南百校联盟高三文11月质监 考点14 中难 已知函数fxeax，（a0）.

x（Ⅰ）记fx的极小值为g(a)，求g(a)的最大值；

（Ⅱ）若对任意实数x恒有fx0，求fa的取值范围.

19．（本题满分12分）

【来源】2017届河北唐山市高三理上学期期末 考点14中难 已知函数fxlnxax,gxxlnx1. x2（1）求yfx的最大值；

（2）当a0,时，函数ygx,x0,e有最小值. 记gx的最小值为ha，求函数hae的值域.

20．（本题满分12分）

【来源】2017-2018学年江苏南通海安县实验中学高二上学期期中 考点14中难 已知函数f(x)xxce

（2）若函数F(x)f(x)f'(x)围.

21．（本题满分12分）

【来源】2017届四川自贡市高三一诊考试 考点14中难

22x1(cR).

（1）若f(x)是在定义域内的增函数，求c的取值范围；

5（其中f'(x)为f(x)的导函数）存在三个零点，求c的取值范21已知函数fxf'1ex1f0xx2f'x是fx的导数，e为自然对数的底数），

21gxxaxba ， R b2. R2（Ⅰ）求fx的解析式及极值；

（Ⅱ）若fxgx，求

ba12的最大值.

22.（本题满分12分）

【2017课标1，理21】已知函数f(x)ae（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

2x(a2)exx.

参考答案

1．D

【解析】由题意得，函数的导数为fx(sin2x)2sinx(sinx)2sinxcosxsin2x. 2．A

1xsinx， 211所以fx(x)sin(x)[xsinx]f(x)，所以函数fx为奇函数，即函数的图

221象关于原点对称，当x时，f()10，当x2时，fx0恒成立，故选A.

224【解析】由题意得，fx3．【答案】A 【解析】

4．C

1e2【解析】设切点为(x0,y0)，则有x0ebae2，b0,a，

eln(xa)exb00e1aa2，故选C.

b2a5．D

【解析】函数yx的导数y'2x，yx在点(x0,x0)处的切线斜率为k2x0，切线方程为

2（0m1），由ylnx的导数yx02x0xx0，设切线与ylnx相交的切点为m,lnm，

1112为y'可得2x0，切线方程为ylnmxm，令x0，可得ylnm1x0，由

xmm11221，解得x01由m，可得,x0ln2x010，令0m1可得x0，且x02x022 fxxln2x1,222x1,f'x2x且f010,fx在x1递增， x2310，则有x0ln2x010的根

22ln2210,f33ln2x2,3，故选D.

6．D 【解析】

设Fxxexfx，则F′xx1exfxxexf′xexxx1fxxf′.

x1fxxf′x0对xR恒成立，且ex0.∴F′x0,∴Fx在R上递增.

7．D

【解析】gxfxexfxexex2fxfx，令gx0即fxfx0,由图可得xex0,14,，故函数单调减区间为0,1,4,，故选D.

8．A

gx）e（fx）e，（xR），【解析】设（

g（x）ex（fx）exf（x）exex[（fx）f（x）1]，f（'x）＞1（fx），在定义域上单调递增， （fx）f（x）1＞0，g（x）＞0，yg（x）ex（fx）＞ex5，g（x）＞5，

又

xxg0）（e0（f0）e0615，g（x）＞（g0），x＞0，∴不等式的解集为. （0，）29．【答案】C

【解析】函数的零点满足x2xaex1ex1，

x1设gxex1ex1，则gxeex1ex11ex1e2x11，

ex1当gx0时，x1，当x1时，gx0，函数gx 单调递减，

x0，函数gx 单调递增，

12，

当x1时，g当x1时，函数取得最小值g2设hxx2x ，当x1时，函数取得最小值1 ，

10．B

【解析】令Fxxsin2f''，则Fxsin2xfx.因为当x0,时，x2sixn'即sin，0x2fx，所以F'xsin2xf'x0，所以xFxsin2xfx在x0,上单调递增.又xR，fxfxcos2x1，所以

2fxfx2sinx，

cxos'f所以,

，故Fxsinxfx为奇

22函数，所以Fxsinxfx在R上单调递增，所以F54F.即

63145f634f43，故选B. 11．B

【解析】g(x)3x5x2(x2)(3x1)，所以g(x)在[1,2]上是增函数，[2,4]上是减函数g(x)g(2)0,f(x)0在x[1,)上恒成立， 由x[1,)知，xlnx0，所以f(x)0'2x2x2,x[1,)，有恒成立等价于a在x[1,)，时恒成立，令h(x)xlnxxlnxx(x1)2lnxh'(x)0，所以h(x)在[1,)上是增函数，有h(x)h(1)1，所以a1. 2(xlnx)12．C

b11b111b，∴fa，∵b3dxb，bb13dx2fa1b1，121x1x2b2xa22x21215a2b5a2b9，∴1b21b1，∴∵a0，b0，∴abab1，2a2b2b2a22ba2a2b22ba2a2b213当且1，即a3,b时等号成立，故选C. 2baa2b213．3xy70

【解析】∵fx【解析】fxlnx3x2，所以kf(1)3f,(1，切线方程为

y43(x1),即3xy70 14．a2ln22

2xx2x【解析】因为函数f(x)xeax，所以f(x)2xea，因为f(x)xeax在R上

xx存在单调递增区间，所以f(x)2xea0，即a2xex有解，令gx2xe，则

x则ggx2ex，x2e0xnl2x，所以当xln2时，gx2e0；当xnl2x时，gx2e0，当xln2时，gxmax2ln22，所以a2ln22. 15．[1,)

3214x21110，解得x或x（不在定【解析】函数的定义域为(0,)，令f(x)2x2x2x221义域内舍），所以要使函数在子区间(a1,a1)内存在极值等价于(a1,a1)(0,)，即

2a10331，解得1a，答案为[1,)． a12221a1216．

32 32【解析】由题意得，直线y2x与抛物线y3x，解得交点分别为(3,6)和(1,2)，抛物线

y3x2与x轴负半轴交点(S(3x22x)dx01033,，0)设阴影部分的面积为S，则

(3x2)dx

53223923．

33331117．（Ⅰ）理由见解析；（Ⅱ）2, ee2xdx(3x2)dx03【解析】（Ⅰ）由题可知，fxaexx，则fxaex1， （i）当a≤0时，fx＜0，函数fxaexx为R上的减函数， （ii）当a＞0时，令aex10，得xlna，

② x,lna，则fx＜0，此时函数fx为单调递减函数；

②若xlna,，则fx＞0，此时函数fx为单调递增函数．………………(4分) （Ⅱ）由题意，问题等价于x1,2，不等式aexx≥ex恒成立， 1xex即x1,2，a≥2x恒成立，

e1xex令gx2x，则问题等价于a不小于函数gx在1,2上的最大值．………………(6分)

e由gx1xeex2x21xexe2xe4x1xex2，

e2x当x1,2时，gx＜0，所以函数gx在1,2上单调递减，……………………………(8分) 所以函数gx在x1,2的最大值为g111， e2e故x1,2，不等式fx≥ex恒成立，实数a的取值范围为1ex2．…………(10分) ,e118．（Ⅰ）gamax1（Ⅱ）fa的取值范围是1,eee2.

【解析】（Ⅰ）函数fx的定义域是,，f'xea.在定义域上单调递增。

f'x0，得xlna，所以fx的单调区间是lna,，函数fx在xlna处取极小值，

g(a)f(x)极小值f(lna)elnaalnaaalna .

g'a11lnalna，当0a1时，g'a0，ga在0,1上单调递增；

当a1时，g'a0，ga在1,上单调递减.

所以a1是函数ga在0,上唯一的极大值点，也是最大值点，所以gamaxg11. …………………………………………………………………………………………………………………

………………….(6分)

（Ⅱ）当x0时，a0，exax0恒成立.

ex当x0时，fx0，即eax0，即a.

xxxexexxexex1令hx，x0,，h'x， 22xxx当0x1时，h'x0，当h'x0，故hx的最小值为h1e， 所以ae，故实数a的取值范围是0,e.

faeaa2，a0,e，f'aea2a，由上面可知ea2a0恒成立,

故fa在0,e上单调递增，所以f01feeee2， 即

fae的取值范围是

1,ee2. ………………………………………………………………(12分)

19．（1）；（2）[1ee,1]. 21－lnx

【解析】（1）f′(x)＝（x＞0）， 2

x

当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，

1

所以当x＝e时，f(x)取得最大值f(e)＝. ………………………………………(3分)

e（2）g′(x)＝lnx－ax＝x(①当a＝

lnx

－a)，由（1）及x∈(0，e]得： x

1lnx 时，－a≤0，g′(x)≤0，g(x)单调递减， ex

当x＝e时，g(x)取得最小值g(e)＝h(a)＝－②当a∈[0，

e

. .....................(5分) 2

1 1

)，f(1)＝0≤a，f(e)＝＞a， ee

所以存在t∈[1，e)，g′(t)＝0且lnt＝at，

当x∈(0，t)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x∈(t，e]时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 所以g(x)的最小值为g(t)＝h(a). ...................................(7分)

t lnt

令h(a)＝G(t)＝－t，

2lnt－1 e

因为G′(t)＝＜0，所以G(t)在[1，e)单调递减，此时G(t)∈(－，－1]. ...(11分)

22综上，h(a)∈[－

e

，－1]. ...........................................(12分) 2

56e) 222xf(x)xxce(cR)， 【解析】（1）因为

20．（1）(,]（2）(0,2xf'(x)2x12cef(x)所以函数的定义域为R，且，

12xc(2x1)e2x2由f'(x)0得2x12ce0即对于一切实数都成立.

121g(x)(2x1)e2x2xg'(x)2xe2再令，则，令g'(x)0得x0.

而当x0时g'(x)0，当x0时g'(x)0， 所以当x0时g(x)取得极小值也是最小值，即

g(x)ming(0)12.

1(,]2. ……………………………………(6分) 所以c的取值范围是

2xf'(x)2x12ce（2）由（1）知，所以由F(x)0得

x2xce2x(2x12ce2x)57c(x2x)e2x2，整理得2.

7h(x)(x2x)e2x22x2xh'(x)2(x2x3)e2(x3)(x1)e2令，则，

令h'(x)0，解得x3或x1.

列表得：

56eh(x)x32由表可知当时，取得极大值；

3e2当x1时，h(x)取得极小值2.

702xx32又当时，，e0，所以此时h(x)0.

535h(x)(0,e6)h(x)(e2,e6)222因此当x3时，；当3x1时，；

x2x35h(x)(e2,)(0,e6)22当x1时，；因此满足条件c的取值范围是. ……（12分）

1e21．（Ⅰ）fxexxx2；f(x)的极大值为f(0)1，无极小值；（Ⅱ）.

24【解析】（Ⅰ）由已知得f'xf'1ex1f0x， 令x1，得f'1f'1f01， 即f01 又f0f'1e，∴f'1e，

1从而fxexxx2

2∴f'xexx1，

又f'xexx1在R上递增，且f'00， ∴当x0时，f'x0；x0时，f'x0，

故x0为极大值点，且f(0)1 …………………………………………(4分)

1（Ⅱ）fxx2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相矛盾； ……………………………………………(5分)

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

即a1a1lna1b， ∴

a1ba12a1lna12，

a10 令

Fxx2x2lnxx0，则

F'xx12，l xn∴F'x00xe，F'x0xe， 当xe时，Fxmax即当ae1，b∴

e， 2ee时，a1b的最大值为， …………………………(11分) 224a1b的最大值为e. …………………………(12分)

222.