20xx全国各地交流试卷分类汇编导数有答案(编辑修改稿)

20xx全国各地交流试卷分类汇编导数有答案(编辑修改稿)内容摘要：

),1[)(  在xh 单调递减，„„„„„„ 8 分 xy yxyxxyy yx xyx )1()1(),1l n ()1l n (,)1l n ()1l n (,1  有时 ， ).,(),(, xyFyxFyxNyx   时且当 „„„„„„ 9 分 （ 3） ,1)1(l o g,1()( 23222  bxaxxbxaxxFxg 设曲 线 )14(02  xxC 在 处有斜率为－ 8 的切线， 又由题设 ,23)(,0)1(l o g 2232 baxxxgbxaxx  ∴存在实数 b 使得1114823020300020bxaxxxbaxx 有解，„„„„ 11 分 ①②③ 由①得 ,238 020 axxb  代入③得 082 020  axx ，„„„„ 12 分    084 0820020 xaxx由 有解，得08)1()1(208)4()4(2 22  aa 或， .10,1010  aaa 或 „„„„„„ 14 分 8. 武汉市 2020 届高中毕业生二月调研测试文科数学试题 函数 42( ) 2f x x ax ， ( ) 1gx。 (1)求证：函数 ()fx与 ()gx 的图象恒有公共点； （ 2）当 (0,1]x 时，若函数 ()fx图象上任一点处切线斜率均小于 1，求实数 a 的取值范围； （ 3）当 [0,1]x 时，关于 x 的不等式 ( ) ( )f x g x  的解集为空集，求所有满足条件的实数 a 的值。 解：（ 1）即证 422 1 0x ax  的实根。 也就是方程 4 2 1 0t at   有非负实数根。 而 24 1 0a   12 10tt   ∴ 方程 4 2 1 0t at   恒有正根 ∴ ()fx与 ()gx 图象恒有公共点 …………………………………………………… （ 4 分） （ 2）由题设知 (0,1]x 时 34 4 1xa x恒成立 而 3( ) 4 4f x x ax ∴ 当 01x时 34 4 1xa x恒成立 即 2 14ax x 而 2 1()4h x x x在 (0,1] 上单调增 ∴ 3(1) 4ah ∴ a 的取值范围为 3( , )4 … ………………………………………………… （ 8 分） （ 3）由题设知 当 [0,1]x 时， 34 4 1x ax恒成立 记 3( ) 4 4F x x ax 若 0a 则 (1) 4(1 ) 4Fa   不满足条件 故 0a 而 2( ) 1 2 4 1 2 ( ) ( )33aaF x x a x x      ① 当 13a 即 03a时， ()Fx在 [0, ]3a上递减，在 [ ,1]3a上递增， 于是   m inm a x3( ) ( ) 1343( ) m a x ( 0 ) , ( 1 ) m a x 0 . 4 4 14aF x F aF x F F a a            ∴ 34a ② 当 13a 即 3a 时， ()Fx在 [0， 1]上递减，于是 m inm a x5( ) (1 ) 4 4 14( ) ( 0 ) 0 1F x F a aF x F           矛盾 综上所述： 34a …………………………………………………………………… （ 14 分） (若用分离变的方法相应给分 ) 9. 武汉市 2020 届高中毕业生二月调研测试理科数学试题 （ 1）求证：当 1a 时，不等式 2( 1) 2 xn ax eex   对于 nR 恒成立 . （ 2）对于在（ 0,1）中的任一个常数 a ，问是否存在 0 0x 使得 00 200 1 2 xx a x eex   成立。 如果存在，求出符合条件的一个 0x ；否则说明理由。 （ 1）证明： (Ⅰ )在 0x 时， 要使 21 2 xx ax eex   成立。 只需证： 2 12xxae x e x  即需证： 2 11 2xaxx e ① 令 2 1() 2xaxy x x e，求导数21 ( 1 )() ()xxxxe x e xy x a x a xee        ∴21( ) ( )y x x a e ，又 1a ，求 0x ，故 ( ) 0yx  ∴ ()yx 为增函数，故 ( ) (0) 1y x y，从而 ① 式得证 （ Ⅱ ）在 0x 时，要使 21 2 xx xe x a e   成立。 只需证： 2 12xxaxe e x  ，即需证： 2 21 ( 1)2 xxax e x e   ② 令 2 2( ) ( 1 )2 xxaxm x e x e  ，求导数得 2( ) ( 1 )xxm x x e e a x     而 ( ) ( 1)xx e a x   在 0x 时为增函数 ,故 ( ) (0 ) 1 0xa   ，从而 ( ) 0mx ∴ ()mx在 0x 时为减函数，则 ( ) (0) 1m x m，从而 ② 式得 证 由于 ①② 讨论可知，原不等式 22 1 2 xaxe x e   在 1a 时，恒成立 ………… （ 6 分） （ 2）解：将 20200 1 2xxxe x a e   变形为 2000 102 xax xe   ③ 要找一个 X00，使 ③ 式成立，只需找到函数 2 1( ) 12xax xtx e  的最小值， 满足 ( )min 0tx  即可，对 ()tx求导数 1( ) ( )xt x x a e  令 ( ) 0tx  得 1xe a ，则 x= lna，取 X0= lna 在 0 x lna 时， ( ) 0tx  ，在 x lna 时， ( ) 0tx  ()tx在 x=lna 时，取得最小值 20( ) ( l n ) ( l n 1 ) 12at x a a a     下面只需证明： 2( ln ) ln 1 ) 02a a a a a   ，在 01a时成立即可 又令 2( ) ( ln ) ln 12ap a a a a a   ，对 ()pa 关于 a 求导数 则 21( ) (ln ) 02p a a ，从而 ()pa 为增函数 则 ( ) (1) 0p a p，从而 2( ln ) ln 1 02a a a a a   得证 于是 ()tx的最小值 ( ln ) 0ta 因此可找到一个常数 0 ln (0 1)x a a   ，使得 ③ 式成立 …………………… （ 14 分） 10. 2020年电白四中高三级 2月测试卷 如图所示，将一矩形花坛 ABCD 扩建成一个更大的矩形花坛 AMPN，要求 B 在 AM 上， D在 AN 上，且对角线 MN 过 C 点，已知 |AB|＝ 3 米， |AD|＝ 2 米， （ 1） 要使矩形 AMPN的面积大于 32 平方米，则 AN的长应在什么范围内。 （ 2） 若 |AN| [3,4) （单位：米），则当 AM、 AN 的长度是多少时，矩形花坛 AMPN 的面积最大。 并求出最大面积． 解：设 AN 的长为 x 米（ x 2） A B C D M N P ∵ |DN| |DC||AN| |AM|，∴ |AM|＝ 32xx ∴ SAMPN＝ |AN|•|AM|＝ 232xx 4 分 （ 1）由 SAMPN 32 得 232xx 32 ， ∵ x 2，∴ 23 32 64 0xx  ，即（ 3x－ 8）（ x－ 8） 0 ∴ 8283xx   或 即 AN 长的取值范围是 8(2 ) (8 )3 ， ，+ 8 分 （ 2）令 y＝ 232xx ，则 y′＝ 2226 ( 2 ) 3 3 4 )( 2 ) ( 2 )x x x x xxx  （ 10 分 ∵当 [3,4)x ， y′ 0，∴函数 y＝ 232xx 在 [3,4) 上为单调递减函数， ∴当 x＝ 3 时 y＝ 232xx 取得最大值，即 max( ) 27AMPNS  （平方米） 此时 |AN|＝ 3米， |AM|＝ 33932  米 12分 11. 成都外国语学校高 2020 级二月月考数学试题 把函数 2ln  xy 的图象按向量 )2,1(a 平移得到函数 )(xf 的图象。 （ 1）若 0x 证明：22)( x xxf。 （ 2）若不等式 32)(21 222  bmmxfx 对于 ]1,1[x 及 ]1,1[b 恒成立，求 实数 m 的取值范围。 解： （ 1 ） 由 题 设 得   ln( 1)f x x， 令 22( ) ( ) l n ( 1 ) ,22xxg x f x xxx    则239。 221 2 ( 2 ) 2( ) .1 ( 2 ) ( 1 ) ( 2 )x x xgx x x x x     39。 0, ( ) 0,x g x  ()gx 在  0, 上是增函数。 故 ( ) (0) 0,g x g即   2 2xfx x 。 （ 2）原不等式等价于 2 2 21 ( ) 2 32 x f x m b m   。 令 2 2 2 211( ) ( ) l n (1 ) ,22h x x f x x x    则 339。 222() 11x x xh x x xx  。 令 39。 ( ) 0,hx 得 0, 1, x x   列表如下（略） 当  1,1x 时， max( ) 0,hx  2 2 3 0m bm   。 令 2( ) 2 3,Q b m b m   则 22(1 ) 2 3 0( 1 ) 2 3 0Q m mQ m m        解得 m 或 3m。 12. 已知数列 {}na 为等差数列， 1 2a ，且其前 10项和为 65 ，又正项数列 {}nb 满足1 ()nnnb a n N  ⑴求数列 {}nb 的通项公式； ⑵比较 1 2 3 4, , ,b b b b 的大小； ⑶求数列 {}nb 的最大项； ⑷令 lgnnca ，数列 {}nc 是等比数列吗。 说明理由。 解：⑴设 {}na 的公差为 d ，则1 10 965 10 2ad 且 1 2a ，得 1d ，从而 1nan 故 1 1nnbn ⑵ 6 632 3122 2 3 3bb     20 205444 53 1 3 44 2 , 4 4 5 5b b b b         2 1 3 4b b b b   ⑶由（ 2）猜想 1{}nb 递减，即猜想当 n ≥ 2 时， 1212nnnn   考察函 数 ln ()xy x ex，当 xe 时 ln 1x 21 ln 0xy x 故 lnxy x 在 ( , )e 上是减函数，而 1n ≥ 3e 所以 ln ( 2 ) ln ( 1)21xx ，即 2121nnnn   于是猜想正确，因此，数列 {}nb 的最大项是 32 3b ⑷ {}nc 不是等比数列 由 lg lg( 1)nnc a n  知 22 l g ( 1 ) l g ( 3 )l g ( 1 ) l g ( 3 ) [ ]2nn nnc c n n       222l g( 1 ) l g( 3 ) l g( 2)[ ] [ ]22n n n   221lg ( 2) nnc   故 {}nc 不是等比数列。