20xx届全国百套名校高三模拟试题汇编-123导数与极限解答题第一部分60题

20xx届全国百套名校高三模拟试题汇编-123导数与极限解答题第一部分60题内容摘要：

(重庆一中 2020 学年高三年级上期半期考试 )设 f(x)= ).,0()1( 2 为常数axxaxa  （Ⅰ）讨论 f(x)的奇偶性，并说明理由； （Ⅱ）当 a=2，求 f(x)的极值 . 解：（Ⅰ）当 为偶函数时 2)(,0 xxfa  当 为奇函数时， xxfa 1)(1  当 .12)2(,1)1(10  affaa ∵时，且 0)1(2)1()1(  aff ∴ f(x)不是奇函数 02)1()1(  aff ∴ f(x)不是奇函数 故此时 f(x)非奇非偶 （Ⅱ）xxxfa 2)(,2 2  时 10)(,)1)(1(222)( 222  xxfx xxxxxxf 得由 列表如下： x (— ∞ ,0) (0,1) 1 (1,+∞ ) )(xf — — 0 ＋ )(xf ↘ ↘ 极小值 f(1)=3 ↗ 故 )(xf = xx 22 有极小值 3. 1 (重庆一中 2020 学年高三年级上期半期考试 )已知函数 f(x)= .1xxee （Ⅰ）证明函数 y=f(x)的图象关于点（ 0， 21 ）对称； （Ⅱ）设 ，是否存在实数令的反函数为 bxxfxgxfyxfy ),21()(,)()( 11   使得任给 恒成立。 ＞不等式对任意 baxxxgxa  2)().,0(],31,41[ 若存在，求 b 的取值范围；若不存在，说明理由 . 解：（Ⅰ）在 y=f(x)的图象上任取一点 P（ x， y），它关于点（ 0， 21 ）对称的点为 Q(x， 1y) 由 011111)1(1 xxxxxxx ee ee eye ey 及 立知点 Q 在 y=f(x)图象上 .从而由 P 的任意性可知 y=f(x)的图象关于点（ 0， 21 ）对称 . （Ⅱ） )1)(1l n()().10(1ln)(1  ＞故＜＜ xxxgxxxxf 构造函数 1 )211(2)(.)1l n ()( 2   x axaxxFaxxxxF 又 x＞ 0， a∈ [41 , 31 ] 若 上为减函数在则＜ )121,0()().121,0(,0)(  axFaxxF . 若 .)12 1()().12 1(,0)( 上为增函数，在，则＞  axFaxxF 故当 x＞ 0 时 , aaaaFxF  4121ln)121()( 记 aaaah  4121ln)( ]31,41[a 注意到 为增函数在故＞ ]31,41[)(.0)21(41)( 2  aahaah 故 .432ln)41()(  hah要使 即可恒成立，只要＞ bhahxFbxF )41()()()(  故 )432ln,( 的取值范围是b 17 、 (2020 届 福建 省福 鼎 一中 高三 理科 数学 强 化训 练综 合卷 一 ) 已 知函 数32( ) 3f x x ax x  ． （ 1）若 )(xf 在 x [1，＋∞ ) 上是增函数，求实数 a 的取值范围； （ 2）若 x＝ 3 是 )(xf 的极值点，求 )(xf 在 x [1， a]上的最小值和最大值． 解析：（ 1） 2( ) 3 2 3 0f x x ax    ． ∵ x≥ 1． ∴ 31()2axx， 3 分 m in31( ) 32ax x    （当 x=1 时，取最小值）． ∴ a＜ 3（ a＝ 3 时也符合题意）． ∴ a≤ 3． 6 分 （ 2） 0)3( f ，即 276a+3＝ 0， ∴ a＝ 5， 32( ) 5 3f x x x x  . 令 2( ) 3 1 0 3 0f x x x    得 3x ，或 13x (舍去 ) 8 分 当 13x时 , ( ) 0fx 。 当 35x时 , ( ) 0fx  即当 3x 时 , ()fx有极小值 (3) 9f  ．又 (1) 1, (5) 15ff   10 分 ∴ f（ x）在 1[x ， 5] 上的最小值 是 (3) 9f  ，最大值是 (5) 15f  . 12 分 18 、 ( 北京市东城区 20202020 学年度高三年级部分学校月考 ) 设函数)(,1),1l n ()1()( xfaxaaxxf 求其中  的单调区间 . 解：由已知得函数 ).1(11)(),1()(  axaxxfxf 且的定义域为 （ 1）当 ),1()(,0)(,01  在函数时 xfxfa 上单调递减。 （ 2）当 .1,0)(,0 axxfa  解得由时 )(xf 、 xxf 随)( 的变化情况如下表： x )1,1( a a1 ),1( a )(xf — 0 + )(xf 极小值 从上表可知 .),1()(,)1,1()(,0,),1()(,01:.),1()(,0)(,),1(.)1,1()(,0)(,)1,1(上单调递增在函数上单调递减在函数时当上单调递减在函数时当综上所述上单调递增在函数时当上单调递减在函数时当axfaxfaxfaaxfxfaxaxfxfax 19 、 ( 北京市东城区 20202020 学年度高三年级部分学 校月考 ) 设函数  .0,1,0,1)( 2  axaxxaxf 其中 （ 1）若   axf 求上是增函数在 ,1,0)( 的取值范围； （ 2）求  1,0)( 在xf 上的最大值 . 解（ 1）当   11)(,1,0 2  x xaxfx 时„„„„„„ 2 分    .1,00)( ,1,0)( 上恒成立在 上是增函数在  xf xf 即  1,011122 在xxxa 上恒立 „„„„„„ 3 分 而 2)11(10m in2  xx 时 „„„„„„ 6 分 .20 a „„„„„„ 7 分 （ 2）由（ 1）知 ①当  1,0)(,20 在时 xfa  上是增函数 1)12()1()]([ m a x  afxf „„„„„„ 10 分 ②当  1,011,0)(,2 2  axxfa 令时 8261520 0)(1110)(11022xfxaxfax时时 1)11()]([ 22m a x  aaafxf „„„„ 13 分 1)12()]([,20 m a x  axfa 时当 当 1)]([,2 2m a x  aaxfa 时 „„„„„ 14 分 (福建省福州三中高三年级第二次月考 )某商场从 生产厂家以每件 20 元购进一批商品，若该商品零售价为 p 元，则销量 Q（单位：件）与零售价 p（单位：元）有如下关系：Q=8300－ 170p－ p2，问该商品售价定为多少时利润最大，并求出利润的最大值。 解：设商场销售该商品所获利润为 y 元 则 )1708300)(20()20( 2pppQpy  )20(16600011700150 23  pppp „„„„„„ 4 分 ∵ 1 1 7 0 03003 2  ppy 令 039001000 2  ppy 得 ∴ 13030  pp 或 （舍去）„„„„„„ „„ 7 分 则 yyp , 变化关系如下表 p (20,30) 30 (30,+ ) y + 0 — y′ ↗ 极大值 ↘ ∴当 p=30 时， y 取极大值为 23000„„„„„„„„ 10 分 又因为 ),20[1 6 6 0 0 01 1 7 0 01 5 0 23  在pppy 上只有一个极值，故也是最值。 答：该商品售价定为每件 30 元时，所获利润最大为 23000 元。 „„„„„„„„ 12 分 2 (福建省莆田第四中学 2020 届第二次月考 )已知函数 ||121)( xexxf (其中 e 为自然对数的底数 ) （Ⅰ）判断 )(xf 的奇偶性； （Ⅱ）在 )0,( 上求函数 )(xf 的极值； 解： （Ⅰ） )(1)( 1)( ||12||12 xfexexxf xx ()fx 是偶函数。 (Ⅱ )当 0x 时， xexxf121)(  )12(1)1(12)( 1421213  xexxexexxf xxx 令 0)(  xf 有 x ， 当 x变化时 )(),( xfxf 的变化情况如下表 : 由表可知： x )21,( 21 （ )0,21 )(xf + 0 － )(xf 增 极大值 减 当 x＝－ 12时 f(x)取极大值 24e . 2 (福建省莆田第一中学 2020～ 2020 学年度上学期第一学段段考 )已知函数  2472xfx x  ，  01x ， （Ⅰ）求 fx的单调区间和值域； （Ⅱ）设 1a ，函数    223 2 0 1g x x a x a x   ， ，若对 于任意  1 01x ， ， 总存在  0 01x  ， ，使得    01g x f x 成立，求 a 的取值范围 解： 对函数 fx求导，得   2 24 1 6 72xxfx x        22 1 2 72xxx  令   0fx  解得 1 12x或2 72x 2 分 当 x 变化时， fx， 、 fx的变化情况如下表： x 0 102， 12 112， 1 fx，  0  fx 72 ↘ 4 ↗ 3 4 分 所以，当 102x ，时， fx是减函数；当 112x ，时， fx是增函数； 当  01x ， 时， fx的值域为  43，。 6 分 （Ⅱ）对函数 gx求导，得    223g x x a， 因此 1a ，当  01x ， 时，    23 1 0g x a  ， 因此当  01x ， 时， gx为减函数， 7 分 从而当  01x ， 时，有      10g x g g ， 又   21 1 2 3g a a  ，  02ga ，即当  1x0， 时有   21 2 3 2g x a a a   ， 9 分 任给  1 1x0， ，    1 43fx   ， ，存在  0 01x  ， 使得    01g x f x ，则  21 2 3 2 4 3a a a     ， ， 即 21 2 3 4 12 3 2aaa        （ ）（ ） 解 1（ ） 式得 1a 或 53a解 2（ ） 式得 32a又 1a ， 故： a 的取值范围为 312a。 12 分 2 (福建省莆田第一中学 2020～ 2020 学年度上学期第一学段段考 )已知函数)1ln ()(  xexf x。 （ I）求函数 )(xf 的最小值； （ Ⅱ ） 已知 210 xx  ，求证：11ln1 1212  xxe。