20xx届全国名校高三模拟试题汇编——导数与极限解答题

20xx届全国名校高三模拟试题汇编——导数与极限解答题内容摘要：

min(x)＝ e ∴ a≤e 7 分 (2)解： f(x)=x2－ x＋ alnx， f′(x)=2x－ 1＋ ax = 22x x ax ， x＞ 0 （ 1）当 △ =1－ 8a≤0， a≥18时， f′(x)≥0恒成立， f(x)在（ 0， +∞）上为增函数． 9 分 （ 2）当 a＜ 18时 ① 当 0＜ a＜ 18时， 1 1 8 1 1 8 022aa    f(x)在 1 1 8 1 1 8[ , ]22aa   上为减函数， 七彩教育网 七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案免费下载 f(x)在 1 1 8 1 1 8( 0 , ] , [ , )22aa    上为增函数． 11 分 ② 当 a=0 时， f(x)在（ 0， 1]上为减函数， f(x)在 [1，＋ ∞）上为增函数． 13 分 ③ 当 a＜ 0 时， 1 1 8 02 a ，故 f(x)在（ 0， 1 1 82 a ]上为减函数， f(x)在 [ 1 1 82 a ，＋ ∞）上为增函数． 15 分 1 (安徽省潜山县三环中学 2020 届高三上学期第三次联考 )已知 a为实数，函数2 3( ) ( )( )2f x x x a  ． (Ⅰ ) 若函数 ()fx 的图象上有与 x轴平行的切线，求 a的取值范围； (Ⅱ ) 若 ( 1) 0f ， 求函数 ()fx 的单调区间； 解： (Ⅰ ) ∵ 32 33()22f x x a x x a   ， ∴ 2 3( ) 3 22f x x ax   ． ∵ 函数 ()fx 的图象上有与 x轴平行的切线 ， ∴ ( ) 0fx  有实数解． ∴ 2 34 4 3 02aD     ， ∴ 2 92a．所求 a的取值范围是 3 2 3 2( , ) ( , )22   ． (Ⅱ ) ∵ ( 1) 0f ，∴ 33 2 02a  即 94a.∴ 2 31( ) 3 2 3 ( ) ( 1 )22f x x a x x x      ． 由 ( ) 0fx  ，得 1x 或 12x； 由 ( ) 0fx  ，得 112x  ． 因此，函数 ()fx 的单调增区间为 ( , 1] ， 1[ , )2 ；单调减区间为 1[ 1, ]2． 1 (北京五中 12 月考 )已知 .21)(),1l n()( 2 bxaxxgxxf  （ 1）若 )()1()(,2 xgxfxhb  且 存在单 调递减 区间，求 a 的取值范围； （ 2）若 1,0  ba 时，求证 ),1(0)()(  xxgxf 对于成立； （ 3）利用（ 2）的结论证明：若 .2ln)(lnln,0 yxyxyyxxyx  则 解：（ 1） xaxxxhb 221ln)(2 2  时 ， 2)(  axxxh )(xh 有单调减区间 ， 021,0)( 2  x xaxxh 即有解 有解 0x ， 0122  xax 有解 ① 0a 时合题意 ② 0a 时， 044  a ， 即 1a ， a 的 范围 是 ),1(  七彩教育网 七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案免费下载 （ 2）设 xxxgxfx  )1l n ()()()( ，1111)(  x xxx 1x x )0,1( 0 ),0(  )(x + 0 )(x ↗ 最大值 ↘ ∴当 x＝ 0 时 ,Φ(x)有最大值 0， 0)(  x 恒成立 即 10)()(  xxgxf 对成立 （ 8 分 ） （ 3） yx0 )2ln(l n)2ln(l n2ln)(lnln yxyyyxxxyxyxyyxx  y yxyx yxxyx yyyx xx 2ln2ln2ln2ln  )21l n()21l n( y yxyx xyx  022  yxyx xyx 求证成立 （ 12 分 ） 13 、 ( 北 京 市 东 城 区 2020 届 高 三 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 ↗ 七彩教育网 七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案免费下载 从 上表可知 11( 1 , ) , ( ) 0 , ( ) ( 1 , ) .x f x f xaa   当 时 函 数 在 上 单 调 递 减 11( , ) , ( ) 0 , ( ) ( , ) .x f x f xaa     当 时 函 数 在 上 单 调 递 增 :综 上 所 述 1 0 , ( ) ( 1 , ) ,a f x     当 时 函 数 在 上 单 调 递 减 110 , ( ) ( 1 , ) , ( ) ( , ) .a f x f xaa   当 时 函 数 在 上 单 调 递 减 函 数 在 上 单 调 递 增 14 、 ( 北 京 市 东 城 区 2020 届 高 三 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    ( ) 0 , 1 , ( ) 0 0 , 1 .f x f x 在 上 是 增 函 数 在 上 恒 成 立 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 22110 ( ) 0。 1 ( ) 011x f x x f xaa      时 时 七彩教育网 七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案免费下载 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 15 、 ( 甘肃省兰州一中 2020 — 2020 高三上学期第三次月考 ) 已知函数 2,1,]1,0[14)( 234 在区间单调递增在区间 axxxxf 单调递减， （ I）求 a 的值； （ II）是否存在实数 b，使得函数 )(1)( 2 xfbxxg 的图象与函数 的图象恰有 3 个交点，若存在，请求出实数 b 的值；若不存在，试说明理由。 解：（ I）由函数  2,1,]1,0[14)( 234 在区间单调递增在区间 axxxxf 单调递减。 知 0)1(,1  fx 取得极大值时 „„„„ 2 分 axxxxf 2124)( 3  „„„„ 3 分 402124  aa „„„„ 4 分 （ II）函数 )(1)( 2 xfbxxg 的图象与函数 的图象恰好有 3 个交点，等价于方程 .31144 2234 个不等实根恰有 bxxxx „„„„ 6 分 0)4(41144 2342234  xbxxbxxxx 0x 是其中一个根， „„„„ 8 分 4004 0)4(4160)4(42  bbb bbxx且有两个非零不等实根方程 故存在实数： 40  bb 且 „„„„ 12 分 16 、 ( 广 东 省 广 州 市 20202020 学 年 高 三 第 一 学 期 中 段 学 业 质 量 监 测 ) 已知    2,ln 23  xaxxxgxxxf (Ⅰ )求函数 xf 的单调区间。 (Ⅱ )求函数 xf 在  ,2tt  0t 上的最小值。 (Ⅲ )对一切的   ,0x ,     22 39。  xgxf 恒成立 ,求实数 a 的取值范围 . 解：七彩教育网 七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案免费下载 (Ⅰ )  。 1,0)(,10,0,1ln)( 39。 39。  exfexxfxxf 单调递减区间是解得令 „„ 2分  。 ,1)(,1,039。   exfexxf 单调递增区间是解得令„„ 4 分 (Ⅱ ) (ⅰ )0tt+2e1 ， t 无解； „„ 5 分 (ⅱ )0te1 t+2，即 0te1 时， eefxf 1)1()(m in ； „„ 7 分 (ⅲ )e1 2 tt ，即 et 1 时， 单调递增在 ]2,[)( ttxf ， tln t)t()( m in  fxf „„ 9 分 etetxf 110tl n te1)( m in ， „„ 10 分 (Ⅲ )由题意 : 2123ln2 2  axxxx 即 123ln2 2  axxxx   ,0x 可得 xxxa 2123ln  „„ 11 分 设   xxxxh 2123ln  , 则     2239。 2 1312 1231 x xxxxxh „„ 12 分 令   039。 xh ,得 31,1  xx (舍 ) 当 10 x 时 ,   039。 xh。 当 1x 时 ,   039。 xh 当 1x 时 , xh 取得最大值 , xh max =2„„ 13 分 2a . a 的取值范围是   ,2 .„„ 14 分 17 、 (山 东省平 邑第 一中学 2020 届 高三 元旦 竞赛 试题 )已知 3x 是函 数    2ln 1 10f x a x x x   的一个极值点。 （Ⅰ）求 a ； （Ⅱ）求函数 fx的单调区间； （Ⅲ）若直线 yb 与函数  y f x 的图象有 3 个交点，求 b 的取值范围。 七彩教育网 七彩教育网 全国最新初中、高中试卷、课件、教案免费下载 解析：（Ⅰ）因为  39。 2 1 01 af x xx   所以  39。 3 6 1 0 04af     因此 16a （Ⅱ）由（Ⅰ）知，      216 l n 1 10 , 1 ,f x x x x x           239。 2 4 31xxfx x  当    1,1 3,x   时，  39。 0fx 当  1,3x 时，  39。 0fx 所以 fx的单调增区间是    1,1 , 3,  fx的单调减区间是  1,3 （Ⅲ）由（Ⅱ）知， fx在  1,1 内单调增加，在  1,3 内单调减少， 在  3, 上单调增加，且当 1x 或 3x 时，  39。 0fx 所以 fx的极大值为  1 16 ln 2 9f ， 极小值为  3 32 ln 2 21f  因此    2。