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1、2018 高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分项训练含解析1【备战 2018 高考高三数学全国各地优质模拟试卷分项精品】专题 导数与应用一、选择题一、选择题1 【2018 河南省南阳一中三模】关于函数，下列说法错误的是（ ）()=2 + A. 是的极小值点 B. 函数有且只有 1 个零点 = 2() = () C. 存在正实数 ，使得恒成立 D. 对任意两个正实数，且，若() 1,22 1，则(1)= (2)1+ 2 4【答案】C函数 y=f（x）x 有且只有 1 个零点，即 B 正确；f（x）kx，可得 k + ， 22 令 g（x）= +22 则 g（x） = 4 + 3令 h（x）=
2、4+xxlnx，则 h（x）=lnx，（0，1）上，函数单调递增， （1，+）上函数单调递减，h（x）h（1）0，g（x）0，g（x）= +在（0，+）上函数单调递减，函数无最小值，22 不存在正实数 k，使得 f（x）kx 恒成立，即 C 不正确；对任意两个正实数 x1，x2，且 x2x1，（0，2）上，函数单调递减， （2，+）上函数单调递增，若 f（x1）=f（x2） ，则 x1+x24，正确故选：C2 【2018 河南省洛阳市尖子生联考】已知函数有三个不同() = ( + )( ) 22018 高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分项训练含解析2的零点，（其中） ，则的值为（ ）12
3、31e 2时,00 得 2fx0，此时有无数个整数解，不满足条件。若 a0，则由 2fx+af(x)0 得 f(x)0 或 f(x)0 时，不等式由无数个整数解，不满足条件。当 a0 得 f(x)a 或 f(x)a 有两个整数解，f(1)=ln2,f(2)= ln4 2=ln2,f(3)= ln6 3，当 f(x)ln2 时,函数有两个整数点 1,2,当 f(x) ln6 3时，函数有 3 个整数点 1，2，3要使 f(x)a 有两个整数解，则ln6 3ae 时,g(t)0，当 0 0() ()【答案】(1) 切线方程得：,(2) 当时，的单调减区间为；当 = 2 0()(0, + )时，的单
4、调减区间为，单调增区间为；（3）见解析 0()(0,1 )(1 , + )【解析】试题分析:（I）通过 f（x）在点（e，f（e） ）处的切线为 xey+b=0，可得 f（e）= ，解得1 ，再将切点（e，1）代入切线方程 xey+b=0，可得 b=2e； =2 （II）由（I）知：f（x） （x0） ，结合导数分a0、a0 两种情况讨论 1 即可；2018 高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分项训练含解析11（III）通过变形，只需证明 g（x）=exlnx20 即可，利用 g（x）= ，根据指1 数函数及幂函数的性质、函数的单调性及零点判定定理即得结论（1），()= 2 ( )()=
5、1 = 1 又在点的切线的斜率为 ，()(,()1 ()= 1 =1 =2 切点为把切点代入切线方程得：；(, 1) = 2（2）由（1）知：当时，在上恒成立，()= 1 = 1 ( 0) 0() 0()= 0 =1 随 变化情况如下表：当时，单调减，当时，(),() (0,1)() 0() 0()(0, + )时，的单调减区间为，单调增区间为. 0()(0,1 )(1 , + )(3)当时，要证，即证，令， 0() + 0 2 0()= 2( 0)只需证，由指数函数及幂 函数的性质知：在() 0()= 1 ()= 1 上是增函数又，在(0, + )(1)= 1 0(13)= 1 3 3 ()
6、= 0()当时，又，等号不成立， 0() ()= 2 =1 1 21 30 =1 + 2 2 2 = 0点睛: 本题考查求函数解析式，函数的单调性，零点的存在性定理，(1)利用导数的几何意义；（2）研究单调性，即研究导函数的正负；（2）：证明恒成立，转化为函数最值问题13 【2018 河南省南阳一中三模】已知函数.()=(2 )( 1) 2（1）当时，求的单调区间； = 1()2018 高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分项训练含解析12（2）若函数在上无零点，求 最小值.()(0,1 2)【答案】(1) 的单调减区为，单调增区间为,(2) 的最小值为()(0,22, + )2 42（1）
7、当时， = 1()= 1 2则，由，得，由，得，()= 1 2 () 0 2() 0恒成立，令，则，再令 (0,12), 2 2 1()= 2 2 1, (0,1 2)()=2 +2 2( 1)2，则，故在上为()= 2 +2 2, (0,12)()=22+2 = 2(1 )2(12)= 2 22 0() 0()(0,1 2)以，故要使恒成立，只要，综上，若() 2 2 1 2 42, + )函数在上无零点，则 的最小值为.()(0,1 2)2 4214 【2018 浙江温州一模】已知函数() = 3 4（1）求的单调递增区间；()（2）当时，求证：0 0()（2）等价于，利用导数研究函数的单
8、调性，证2+ 2 3 4() = 3 4 2明，从而可得结果.()= (1) = 2试题解析：（1） ，() = 1 +324 =2 4 + 32=( 1)( 3)22018 高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分项训练含解析13令，解得或，() 0 3 0的单调递增区间为和()(0,1)(3, + )（2）由（1）知在上单调递增，在上单调递减，() = 3 4(0,1)1,3所以，当时，0 1.2018 高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分项训练含解析19【答案】()a-7；()证明见解析.（）由 f(x)=x2+aln x，得 f(x)=2x-+,2 x22 xa x由已知得 2x-
9、+0 在 x2,3上恒成立，即 a-2x2 恒成立.22 xa x2 x设 g (x)=-2x ，则 g(x )=- -4x 0（）证明： 2 + (3 2)2+ (4 3)3+ + ( + 1) 0当时，即不恒成立. 30 ( + 2) = + 1 即，即 + 1 ( + 1 + 2) + 1 ( + 1 + 2)由此可知，当时， = 10 2当时， = 2 1 (3 2)2当时， = 3 2 (4 3)3当时，. = + 1 ( + 1) 综上：0+ 1+ 2+ . + + 1 2 + (3 2)2+ (4 3)3+ . + ( + 1) 2018 高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分
10、项训练含解析2911 1 0+ 1+ 2+ . + + 1. 2 +(3 2)2+(4 3)3+ . +( + 1) 即. 2 + (3 2)2+ (4 3)3+ . + ( + 1) 126 【2018 陕西省西工大附中六模】已知函数. 1xf xxe(1) 求的极值； f x(2) 当时，求证： 1 2m 0,ln.xf xxm 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.试题解析：(1)， xfxxe时， 递增； 时， 递减，0x 0,fxf x0x 0,fxf x在时取极小值，极小值为，无极大值. f x0x 01f （2）因为，所以只需证明.1 2m 11ln02xxex设，则， 1
11、1ln(0)2xg xxexx 1xgxxex 2110xgxxex所以递增，又， 1xgxxex 110ge 222333223227033238gee所以有且只有一个根，记为，. 0gx 0x0213x在递减，在递增，所以 g x00,x0,x 0g xg x2018 高考高三数学（理）全国各地优质模拟试卷分项训练含解析30 ，0 002 01,2ln,xexxx 32 0000 0022 0022111222xxxxg xxxx设，递增. 32 000022xxxx 2 0003220xxx 0x，故结论成立. 0220327x 00g x 0g x 27 【2018 湖北武汉市调研】已知函数（） （是自 1xf xeaxaR2.71828e 然对数的底数）.（1）求单调区间； f x（2）讨论在区间内零点的个数.
