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1、小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学 自选模块 专题六导数真题体验引领卷一、选择题1(2015安徽高考) 函数f(x)ax3bx2cxd的图象如图所示,则下列结论成立的是( ) Aa0,b0,d0 Ba0,b0,c0 Ca0,b0,d0 Da0,b0,c0,d0时,xf (x) f(x) 0,则使得f(x)0 成立的x的取值范围是 ( ) A( , 1)(0, 1) B( 1,0) (1,)C( , 1)( 1,0) D(0 ,1) (1,)6(2015全国卷 ) 设函数f(x) ex(2x1) axa,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)2;a0,
2、b2;a1,b2. 三、解答题10(2015北京高考) 已知函数f(x) ln1x1x. (1) 求曲线yf(x) 在点 (0 ,f(0) 处的切线方程;(2) 求证:当x(0, 1) 时,f(x) 2xx33;(3) 设实数k使得f(x) k xx33对x(0, 1) 恒成立,求k的最大值小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学11(2015全国卷 ) 设函数f(x) emxx2mx. (1) 证明:f(x) 在( , 0)单调递减,在(0 , ) 单调递增;(2) 若对于任意x1,x2 1, 1 ,都有 |f(x1) f(x2)| e1,求m的取值范围12(
3、2015全国卷 ) 已知函数f(x) x3ax14,g(x) ln x. (1) 当a为何值时,x轴为曲线yf(x) 的切线;(2) 用 minm,n 表示m,n中的最小值,设函数h(x) minf(x) ,g(x)(x0),讨论h(x)零点的个数 自选模块 专题六导数真题体验引领卷1A 由图象知f(0) d0,可排除D;其导函数f(x) 3ax22bxc且f(0) c0,可排除 B;又f(x) 0 有两不等实根,且x1x2c3a0,所以a0,故选 A. 2B 当m2 时,f(x) 在12,2 上单调递减,0n8,mn2n16,当m2时,令f(x) (m2)xn80,xn8m2, 当m2 时,
4、对称轴x0n 8m 2, 由题意, n8m22, 2mn12,2mn2mn26,mn18,由 2mn12 且 2mn知m3,n6 取等号当m2 时,抛物线开口向下,由题意n8m212,即 2nm18,2mn2nm29,mn812,由 2nm18 且 2nm,小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学得m9( 舍去 ) ,mn最大值为18,选 B. 3A A 正确等价于abc0,B正确等价于b 2a,C正确等价于4acb24a3,D正确等价于4a 2bc8. 下面分情况验证,若 A错,由、组成的方程组的解为a5,b 10,c8.符合题意;若 B错,由、组成的方程组消
5、元转化为关于a的方程后无实数解;若 C错,由、组成方程组,经验证a无整数解;若 D错,由、组成的方程组a的解为34也不是整数综上,故选A. 4C 导函数f(x) 满足f(x) k1,f(x) k0,k1 0,1k1 0,可构造函数g(x)f(x) kx,可得g(x) 0,故g(x) 在 R上为增函数,f(0) 1,g(0) 1,g1k1g(0) ,f1k1kk1 1,f1k11k 1,选项C错误,故选C. 5A 因为f(x)(xR) 为奇函数,f( 1) 0,所以f(1) f( 1) 0. 当x0 时,令g(x) f(x)x,则g(x) 为偶函数,且g(1) g( 1) 0. 当x0 时,g(
6、x) f(x)xxf(x)f(x)x20,故g(x) 在(0 , ) 上为减函数,在( , 0) 上为增函数所以在(0 , ) 上,当0x1 时,g(x) g(1) 0?f(x)x0?f(x)0;在 ( , 0)上,当x 1 时,g(x) g( 1) 0?f(x)x0?f(x) 0. 综上,得使得f(x) 0 成立的x的取值范围是 ( , 1)(0, 1) ,选 A. 6D 由题意可知存在唯一的整数x0,使得 ex0(2x01)ax0a,设g(x) ex(2x1) ,h(x)axa. 因为g(x) ex(2x1) ,所以当x12时,g (x)12时,g (x)0,所以当x12时, g(x)mi
7、n小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学2e12. h(x) a(x1) 恒过定点 (1 ,0) ,且g(1) e0 在同一坐标系中作出yg(x)与yh(x) 的大致图象 结合图象,应有h(0) g(0),h( 1)g( 1),则a1, 2a3e,解之得32ea1.故实数a的取值范围是32e,1 . 71 f(x) 3ax21,f (1) 13a,f(1) a 2. 在(1 ,f(1) 处的切线方程为y (a2) (1 3a)(x1) 将(2 ,7) 代入切线方程,得7(a2) 13a,解得a1. 84 令h(x) f(x) g(x) ,则h(x) ln x,
8、0x1,x2ln x 2,1x2,x2ln x6,x2,当 1x 2 时,h(x) 2x1x12x2x0,故当1x2时h(x) 单调递减,在同一坐标系中画出y|h(x)| 和y1 的图象如图所示由图象可知 |f(x) g(x)| 1 的实根个数为4. 9 令f(x) x3axb,f(x) 3x2a,当a0 时,f(x) 0,f(x) 单调递增,必有一个实根,正确;当a0 时,由于选项当中a 3,只考虑a 3 这一种情况,f(x) 3x2 33(x1)(x1) ,f(x)极大f( 1) 1 3bb2,f(x)极小f(1)13bb2, 要有一根,f(x)极大0, b2, 正确, 错误所有正确条件为
9、 .10 (1) 解因为f(x) ln(1 x) ln(1 x) ,所以f(x) 11x11x,f (0) 2. 又因为f(0) 0,所以曲线yf(x) 在点 (0 ,f(0) 处的切线方程为y 2x. 小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学(2) 证明令g(x) f(x) 2xx33,则g(x) f(x) 2(1x2) 2x41x2. 因为g(x)0(0xg(0) 0,x (0,1) ,即当x(0, 1) 时,f(x)2xx33. (3) 解由(2) 知,当k2时,f(x)k xx33对x(0, 1)恒成立当k2 时,令h(x) f(x) k xx33,则h
10、(x) f(x) k(1 x2) kx4(k2)1x2. 所以当 0x4k2k时,h(x)0,因此h(x) 在区间0,4k2k上单调递减当 0x4k 2k时,h(x)h(0) 0,即f(x)2时,f(x)k xx33并非对x(0, 1) 恒成立综上可知,k的最大值为2. 11 (1) 证明f(x) m(emx1)2x. 若m0,则当x( , 0) 时, emx10,f(x) 0;当x(0,) 时, emx10,f(x) 0. 若m0,则当x( , 0) 时, emx10,f(x) 0;当x(0,) 时, emx1 0,f(x) 0. 所以,f(x) 在( , 0) 上单调递减,在(0 , )
11、上单调递增(2) 解由(1) 知,对任意的m,f(x)在 1,0 上单调递减,在0 ,1 上单调递增,故f(x)在x0 处取得最小值 所以对于任意x1,x2 1,1 时,|f(x1) f(x2)| e1 的充要条件是f(1)f(0) e1,f( 1)f( 0) e1,即emm e1,emme1.小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学设函数g(t) ette1,则g(t) et1. 当t0 时,g(t)0;当t0 时,g(t) 0. 故g(t) 在( , 0)上单调递减,在(0, ) 上单调递增又g(1) 0,g( 1)e12e0,故当t 1,1 时,g(t)
12、0.当m 1,1 时,g(m) 0,g( m) 0,即式成立;当m1 时,由g(t) 的单调性,g(m) 0,即 emme1;当m 1时,g( m) 0,即 emme 1. 综上,m的取值范围是 1,1 12解(1) 设曲线yf(x) 与x轴相切于点 (x0,0) ,则f(x0) 0,f(x0) 0. 即x30ax0140,3x20a0,解得x012,a34. 因此,当a34时,x轴为曲线yf(x) 的切线(2) 当x(1, ) 时,g(x) ln x0,从而h(x) minf(x) ,g(x) g(x)0 ,故h(x)在(1 , ) 上无零点当x1 时,若a54,则f(1) a540,h(1
13、) minf(1) ,g(1) g(1) 0,故x1是h(x) 的零点; 若a54,则f(1)0 ,h(1) minf(1) ,g(1) f(1)0. 所以只需考虑f(x) 在(0 ,1) 上的零点个数( ) 若a 3 或a0,则f(x) 3x2a在(0,1) 上无零点, 故f(x) 在(0 ,1) 上单调 而f(0) 14,f(1) a54,所以当a 3 时,f(x) 在 (0,1) 上有一个零点;当a0 时,f(x)在(0 ,1) 上没有零点( ) 若 3a0,即34a0,f(x) 在(0 ,1)上无零点;若fa30,即a34,则f(x) 在(0 ,1) 上有唯一零点;小学 +初中 +高中 +努力 =大学小学 +初中 +高中 +努力 =大学若fa30,即 3a34,由于f(0) 14,f(1) a54,所以当54a34时,f(x) 在(0, 1) 上有两个零点;当334或a54时,h(x) 有一个零点;当a34或a54时,h(x) 有两个零点;当54a34时,h(x)有三个零点