1、【科学备考】（新课标）2015高考数学二轮复习 第三章 导数及其应用 导数的应用 理（含2014试题）理数1. (2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为()A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x答案 1.A解析 1.根据题意,所求函数在(-5,5)上单调递减.对于A,y=x3-x,y=x2-=(x2-25),x(-5,5),y0,y=x3-x在(-5,5)内为减函数,同理可研究B、C、D均不满足此条件,故选A.2.(2014辽宁,11,5分)
2、当x-2,1时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,则实数a的取值范围是()A.-5,-3B.C.-6,-2D.-4,-3答案 2.C解析 2.由题意知x-2,1都有ax3-x2+4x+30,即ax3x2-4x-3在x-2,1上恒成立.当x=0时,aR.当0x1时,a=-+.令t=(t1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g(t)=-9t2-8t+10(t1),所以g(t)在1,+)上单调递减,g(t)max=g(1)=-6(t1),所以a-6.当-2x 0时,a-+,同理,g(t)在(-,-1上递减,在上递增.因此g(t)min=g(-1)=-2,所以a-2.综上可知-6a-2,故选C
3、.3.(2014课标全国卷,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+f(x0)2m2,则m的取值范围是()A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+)答案 3.C解析 3.f (x)=cos,f(x)的极值点为x0,f (x0)=0,cos=0,x0=k+,kZ,x0=mk+,kZ,又+f(x0)2m2,+m2,kZ,即m2+3m2,kZ,m0,kZ,又存在x0满足+f(x0)2,m2-3,m24,m2或m0,则a的取值范围是()A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.(-,-1)答案 4.C解析
4、4.(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.(2)当a0时, f (x)=3ax2-6x,令f (x)=0,解得x1=0,x2=.当a0时,0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x00,则f(0)0,即10,不成立.当a0时,0,则f0,即a-3+10,解得a2或a-2,又因为a0,故a的取值范围为(-,-2).选C.5.（2014重庆一中高三下学期第一次月考，7）已知函数的图像与轴恰好有三个不同的公共点，则实数的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D）答案 5. C解析 5. , 当或时, 可得;
5、当时, , 所以函数的极小值为, 极大值为, 由题意可得, 解得.6. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考，8) 下图可能是下列哪个函数的图象（ ）答案 6. C解析 6. 因为当时, 函数y=2x和函数y=x21都为增函数, 可知函数y=2xx21在上为增函数, 故可排除选项A; 因为函数y =为偶函数, 故可排除选项B; 因为, 只有一个实数根, 所以函数应只有一个极值点, 故可排除选项D, 故选C.7. (2014福州高中毕业班质量检测, 10) 已知函数为常数), 当时取得极大值, 当时取极小值, 则的取值范围是( ) A. B. C. D. 答案
6、7.D解析 7.因为，又因为当时取得极大值, 当时取极小值,所以，即，作出不等式组表示的平面区域，如图中解方程组可得，由图知，点到直线的距离的平方是的最小值，即，是的最大值，故的取值范围是.8. (2014福州高中毕业班质量检测, 9) 若定义在上的函数满足, , 且当时, 其图象是四分之一圆(如图所示), 则函数在区间上的零点个数为 ( ) A. 5B. 4C. 3D. 2答案 8. B解析 8. 因为定义在上的函数满足, ,所以函数是偶函数，且关于对称，又因为函数的定义域是, 所以，令得，极小值由表中数据可知的单调减区间为，单调增区间为，当时，函数的极小值为，所以在时取得极大值，且函数在上
7、是增函数，所以当时由3个交点；时只有一个交点，故函数在区间上的零点个数为4.9. (2014河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测（二），10) 定义在区间0,1上的函数的图象如右图所示，以、为顶点的的面积记为函数, 则函数的导函数的大致图象为( ) 答案 9. D解析 9.：如图，当时，的面积单调递增，；当时，单调递减，；当时，单调递增，；当时，单调递减，；且. 所以选D.10. (2014湖北黄冈高三4月模拟考试，10) 已知函数，若至少存在一个，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 答案 10. D解析 10. 令，所以，若，则，所以在上是减函数，在的最大值为，此时不
8、存在，使得，即使得成立；若，则由，总存在使得成立.故实数的范围为.11. (2014重庆铜梁中学高三1月月考试题，8) 若函数在上有最小值，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 答案 11.C解析 11. 因为，令，所以 ，所以函数在，上单调递增；在上单调递减，要函数在上有最小值，所以，解得，故实数的取值范围是.12.（2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学（理）试题，7）设随机变量服从正态分布，若，则函数没有极值点的概率是（）A0.2B0.3C0.7D0.8答案 12. C解析 12. ，由题意可得，解得，又因为且随机变量的正态曲线关于对称，所以13.（2014吉林实验中学高
9、三年级第一次模拟，7）已知函数，则使函数有零点的实数的取值范围是（）A. B. C. D. 答案 13. C解析 13. 令，当，；当，所以函数在（0，+为增函数，所以. 所以欲使有零点，只需使.14. (2014广西桂林中学高三2月月考，12) 已知函数的定义为，且函数的图像关于直线对称，当时，其中是的导函数，若，则的大小关系是（ ）(A) (B) (C) (D) 答案 14.B解析 14. 由时，所以，则，所以当时，则在上是减函数，因为函数的图象关于直线对称，则函数是偶函数，又因为，而，所以，故.15.(2014河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试（四）数学（理）试题, 12) 对于函
10、数与，若存在区间m，n（m1).()讨论f(x)的单调性;()设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:an.答案 24.查看解析解析 24.()f(x)的定义域为(-1,+),f (x)=.(2分)(i)当1a0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x(a2-2a,0),则f (x)0, f(x)在(0,+)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时, f (x)0, f (x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+)上是增函数.(iii)当a2时,若x(-1,0),则f (x)0, f(x)在(-1,0)上是增函数;若x(0,a2-2a),则f (x)0, f(x)在(a
11、2-2a,+)上是增函数.(6分)()由()知,当a=2时, f(x)在(-1,+)上是增函数.当x(0,+)时, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(x0).又由()知,当a=3时, f(x)在0,3)上是减函数.当x(0,3)时, f(x)f(0)=0,即ln(x+1)(0x3).(9分)下面用数学归纳法证明an.(i)当n=1时,由已知a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即ln=,ak+1=ln(ak+1)ln=,即当n=k+1时有0,所以a=b.又f (0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.()当c=3时, f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f (x)
12、=2e2x+2e-2x-32-3=10,故f(x)在R上为增函数.()由()知f (x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x0, f (x)=2e2x+2e-2x-40,此时f(x)无极值;当c4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=0,即f (x)=0有两个根x1=ln t1,x2=ln t2.当x1xx2时, f (x)x2时, f (x)0,从而f(x)在x=x2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+).26. (2014四川,21
13、,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,bR,e=2.718 28为自然对数的底数.()设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间0,1上的最小值;()若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.答案 26.查看解析解析 26.()由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f (x)=ex-2ax-b.所以g(x)=ex-2a.因此,当x0,1时,g(x)1-2a,e-2a.当a时,g(x)0,所以g(x)在0,1上单调递增.因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;当a时,g(x)0,所以g(x)在0,1上单调递减,因此
14、g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b;当a时,令g(x)=0,得x=ln(2a)(0,1).所以函数g(x)在区间0,ln(2a)上单调递减,在区间(ln(2a),1上单调递增.于是,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a时,g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;当a时,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b;当a时,g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b.()设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知, f(x)在区间(0,x0)上不可能单
15、调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由()知,当a时,g(x)在0,1上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a时,g(x)在0,1上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.所以a0,g(1)=e-2a-b0.由f(1)=0有a+b=e-10,g(1)=e-2a-b=1-a0.解得e-2a1.当e-2a1时,g(x)在区间0,1内有最小值g(ln(2a).若g(ln(2a)0,则g(x)0(x0,1),从而
16、f(x)在区间0,1上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a)0,g(1)=1-a0,故此时g(x)在(0,ln(2a)和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在0,x1上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在x2,1上单调递增.所以f(x1)f(0)=0, f(x2)0时,x2ex;()证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x(x0,+)时,恒有x2cex.答案 27.查看解析解析 27.解法一:()由f(x)=ex-ax,得f (x)=ex-a.又f (0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex-2x,f (x)=ex-2.令f
17、 (x)=0,得x=ln 2.当xln 2时, f (x)ln 2时, f (x)0,f(x)单调递增.所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.()令g(x)=ex-x2,则g(x)=ex-2x.由()得g(x)=f(x)f(ln 2)0,故g(x)在R上单调递增,又g(0)=10,因此,当x0时,g(x)g(0)0,即x20时,x20时,x2cex.取x0=0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.若0c1,要使不等式x2kx2成立.而要使exkx2成立,则只要xln(kx2),只要x2ln x+ln k成立.
18、令h(x)=x-2ln x-ln k,则h(x)=1-=,所以当x2时,h(x)0,h(x)在(2,+)内单调递增.取x0=16k16,所以h(x)在(x0,+)内单调递增,又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,易知kln k,kln 2,5k0,所以h(x0)0.即存在x0=,当x(x0,+)时,恒有x2cex.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x20时,exx2,所以ex=,当xx0时,ex=x2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.解法三:()同解法一.()同解法一
19、.()首先证明当x(0,+)时,恒有x30时,x2ex,从而h(x)0,h(x)在(0,+)内单调递减,所以h(x)h(0)=-10,即x3x0时,有x2x3ex.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.28. (2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(bR).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.答案 28.查看解析解析 28.(1)当b=4时, f (x)=,由f (x)=0得x=-2或x=0.当x(-,-2)时, f (x)0
20、, f(x)单调递增;当x时, f (x)0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f (x)=,因为当x时,0,即0xe时,函数f(x)单调递增;当f (x)e时,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+).()因为e3,所以eln 3eln ,ln eln 3,即ln 3eln e,ln eln 3.于是根据函数y=ln x,y=ex,y=x在定义域上单调递增,可得3ee3,e3e3.故这6个数的最大数在3与3之中,最小数在3e与e3之中.由e3及()的结论,得f()f(3)f(
21、e),即.由,得ln 33;由,得ln 3eln e3,所以3ee3.综上,6个数中的最大数是3,最小数是3e.()由()知,3ee33,3ee3.又由()知,得ee.故只需比较e3与e和e与3的大小.由()知,当0xe时, f(x)f(e)=,即.在上式中,令x=,又e,则ln,从而2-ln 2-.由得,eln e2.72.7(2-0.88)=3.0243,即eln 3,亦即ln eln e3,所以e36-6-e,即3ln ,所以e3.综上可得,3ee3ee30,函数f(x)=ln(1+ax)-.()讨论f(x)在区间(0,+)上的单调性;()若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)
22、+f(x2)0,求a的取值范围.答案 30.查看解析解析 30.()f (x)=-=.(*)当a1时, f (x)0,此时, f(x)在区间(0,+)上单调递增.当0a1时,由f (x)=0得x1=2x2=-2舍去.当x(0,x1)时, f (x)0,故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+)上单调递增.综上所述,当a1时, f(x)在区间(0,+)上单调递增;当0a1时, f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.()由(*)式知,当a1时, f (x)0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0a-且x-2,所以-2-,-2-2,解得a.此时,由(
23、*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点.而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln1+a(x1+x2)+a2x1x2-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0a1且a知,当0a时,-1x0;当a1时,0x1,记g(x)=ln x2+-2.(i)当-1x0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g(x)=-=0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)g(-1)=-40,故当0a时, f(x1)+f(x2)0.(ii)当0x1时,g(x)=2ln x+-2,所以g(x)=-=g(1)=0,故当a0.综
24、上所述,满足条件的a的取值范围为.31. (2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf (x),x0,其中f (x)是f(x)的导函数.()令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x),nN+,求gn(x)的表达式;()若f(x)ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;()设nN+,比较g(1)+g(2)+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.答案 31.查看解析解析 31.由题设得,g(x)=(x0).()由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x)=,g3(x)=,可得gn(x)=.下面用数学归纳法证明.当n=1时,g1(x)=,结论成立.假
25、设n=k时结论成立,即gk(x)=.那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x)=,即结论成立.由可知,结论对nN+成立.()已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.设(x)=ln(1+x)-(x0),即(x)=-=,当a1时,(x)0(仅当x=0,a=1时等号成立),(x)在0,+)上单调递增,又(0)=0,(x)0在0,+)上恒成立,a1时,ln(1+x)恒成立(仅当x=0时等号成立).当a1时,对x(0,a-1有(x)0,(x)在(0,a-1上单调递减,(a-1)1时,存在x0,使(x)n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于+,x0.令x=,nN+,
26、则ln.下面用数学归纳法证明.当n=1时,ln 2,结论成立.假设当n=k时结论成立,即+ln(k+1).那么,当n=k+1时,+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由可知,结论对nN+成立.证法二:上述不等式等价于+,x0.令x=,nN+,则ln.故有ln 2-ln 1,ln 3-ln 2,ln(n+1)-ln n,上述各式相加可得ln(n+1)+.结论得证.证法三:如图,dx是由曲线y=,x=n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而+是图中所示各矩形的面积和,+dx=dx=n-ln(n+1),结论得证.32.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a
27、)x-x2-x3,其中a0.()讨论f(x)在其定义域上的单调性;()当x0,1时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.答案 32.查看解析解析 32.()f(x)的定义域为(-,+), f (x)=1+a-2x-3x2.令f (x)=0,得x1=,x2=,x1x2,所以f (x)=-3(x-x1)(x-x2).当xx2时, f (x)0;当x1x0.故f(x)在(-,x1)和(x2,+)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.()因为a0,所以x10.当a4时,x21.由()知, f(x)在0,1上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.当0a4时,x21.由()
28、知, f(x)在0,x2上单调递增,在x2,1上单调递减.所以f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以当0a1时, f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时, f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1a4时, f(x)在x=0处取得最小值.33.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(aR).()若f(x)在-1,1上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);()设bR.若f(x)+b24对x-1,1恒成立,求3a+b的取值范围.答案 33.查看解析解析 33.()因为f(x)=所以f (x)=由于-1x
29、1,(i)当a-1时,有xa,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1a1时,若x(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=maxf(1),f(-1),m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1a时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当a1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2
30、.(iii)当a1时,有xa,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=()令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h(x)=因为f(x)+b24对x-1,1恒成立,即-2h(x)2对x-1,1恒成立,所以由()知,(i)当a-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在-1,1上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b-2且4-3a+b2,矛盾.(ii)当-10,t(
31、a)在上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)当a1时,h(x)在-1,1上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b-2且3a+b+22,解得-3a+b0.(iv)当a1时,h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+22且3a+b-2-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-23a+b0.34.(2014江苏,19,16分)已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.(1)证明:f(x)是R上的偶函数;(2)若关于x的不等式mf(x)e-x+m-1在(0,+)上恒成立,求实数m的取值范围;(3)已知正数a满足:存在x01,+),使得f(x0)a(-+3x0)成立.试比较ea-1与ae-1的大小,并证明你的结论.答案 34.查看解析解析 34.(1)证明:因为对任意xR,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x
