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函数导数预测题理科(二中)


函数导数专题(理科) 1.定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(1﹣x)=f(1+x) ,且在[﹣1,0]上单调递 增,设 a=f(3) ,b=f( 2 ) ,c=f(2) ,则 a,b,c 大小关系是( A.a>b>c B.a>c>b C.b>c>a D.c>b>a 考点:奇偶性与单调性的综合. 分析:函数的周期为 2,再根据 a=f(﹣1) ,b=f( 2 ﹣2) ,c=f(0) ,且﹣1< 2 ﹣2<0,函数 f(x)在[﹣1,0]上单调递增,可得 a,b,c 大小关系. 解:∵偶函数 f(x)满足 f(1﹣x)=f(1+x) ,∴令 t=1﹣x,则 x=1﹣t, 故有 f(t)=f(2﹣t)=f(t﹣2) ,故函数的周期为 2. 由于 a=f(3)=f(﹣1) ,b=f( 2 )=f( 2 ﹣2) ,c=f(2)=f(0) , 由于﹣1< 2 ﹣2<0,且函数 f(x)在[﹣1,0]上单调递增, ∴c>b>a,故选 D. 点评:本题主要考查函数的单调性、奇偶性、周期性的应用,体现了转化的数学 思想,属于中档题. ? ? x 2 ? 2 x ? a ( x ? 0) 2.已知函数 f ( x ) ? ? ,且函数 y ? f ( x ) ? x 恰有 3 个不同的零 ? f ( x ? 1)( x ? 0) 点,则实数 a 的取值范围是( A. (0,??) B. [ ?1,0) ) C. [ ?1,??) D. [ ?2,??) )

考点:分段函数与函数零点. 分析:根据题中所给函数的特征:一段为二次函数;另一段与之相关,所求函数的 零点可转化为对应方程的根,即:令 y ? 0 , f ( x) ? x ,从而可转化为两函数图象的 交点,两函数的图象何时有三个交点,则可求出 a 的范围. 解: y ? ? x2 ? 2x ? a ? ?( x ? 1)2 ? 1 ? a ,其顶点为 A(?1,1 ? a) ,点 C (0,1 ? a) 在函数图 象上,而点 B(0, a) 不在函数图象上.结合图形可知,当 a ? ?1 ,函数
y ? f ( x ) ? x 恰有 3 个不同的零点.

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y

y

2 1 –4 –3 –2 –1
O

2
A

1
C O x

1

2

3

4 –4

x

–3

–2

–1 –1 –2 –3
B

1

2

3

4

–1 a –2 –3 –4

点评:本题考查了函数的零点、方程的根以及函数图像与 x 轴的交点之间存在相 –4 互转化关系.主要考察学生对方程的根与函数零点关系的理解 ,以及利用函数图 –5 –5 象确定函数零点的个数的方法.求零点问题也可转化为方程的根,进而将问题转 化为两个函数的交点的情况. 3.定义:如果函数 f(x)在[a,b]上存在 x1,x2(a<x1<x2<b) ,满足 f′(x1) f (b) ? f ( a ) f (b) ? f ( a ) = ,f′(x2)= ,则称函数 f(x)是[a,b]上的“双中值 b?a b?a 1 函数”.已知函数 f(x)= x3﹣x2+a 是[0,a]上“双中值函数”,则实数 a 的 3 取值范围是( ) 3 3 3 3 A. (1,3) B. ( ,3) C. (1, ) D. (1, )∪( ,3) 2 2 2 2 考点:导数的运算. 分析:由新定义可知 f′(x1)=f′(x2)= a2﹣a,即方程 x2﹣2x= a2﹣a 在区间 (0,a)有两个解,利用二次函数的性质可知实数 a 的取值范围. 解:由题意可知, 在区间[0,a]存在 x1,x2(0<x1<x2<a) , 满足 f′(x1)= ∵f(x)= x3﹣x2+a,
y = f(x)

=
y = f(x)

= a2﹣a,

∴f′(x)=x2﹣2x, ∴方程 x2﹣2x= a2﹣a 在区间(0,a)有两个解. 令 g(x)=x2﹣2x﹣ a2+a, (0<x<a)

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解得 <a<3, ∴实数 a 的取值范围是( ,3) .故选:B. 点评:本题主要考查了导数的几何意义,二次函数的性质与方程根的关系,属于 中档题. 4.若曲线 C1:y=ax2(a>0)与曲线 C2:y=ex 存在公共切线,则 a 的取值范围为 ( ) A. [
e2 , ??) 8

B. (0,

e2 ] 8

C. [

e2 , ??) 4

D. (0,

e2 ] 4

考点:利用导数研究曲线上某点切线方程. 分析:求出两个函数的导函数,由导函数相等列方程,再由方程有根转化为两函 数图象有交点求得 a 的范围. 解:由 y=ax2(a>0) ,得 y′=2ax, x x 由 y=e ,得 y′=e , ∵曲线 C1:y=ax2(a>0)与曲线 C2:y=ex 存在公共切线,则 设公切线与曲线 C1 切于点( x1 , ax12 ) ,与曲线 C2 切于点( x2 , ax22 ) , 则 ,将 代入 ,可得 2x2=x1+2,

∴a=

,记



则 ∴当 x=2 时, ∴a 的范围是[

,当 x∈(0,2)时,f′(x)<0. . ) .故选:C.

点评:本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查了方程有根的 条件,是中档题.
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5.已知实数 a,b,c,d 满足

=

=1 其中 e 是自然对数的底数,

则(a﹣c)2+(b﹣d)2 的最小值为( ) A.8 B.10 C.12 D.18 考点:两点间距离公式的应用,数形结合构造函数求最值 分析:由已知得点(a,b)在曲线 y=x﹣2ex 上,点(c,d)在曲线 y=2﹣x 上, (a 2 2 x ﹣c) +(b﹣d) 的几何意义就是曲线 y=x﹣2e 到曲线 y=2﹣x 上点的距离最小 值的平方.由此能求出(a﹣c)2+(b﹣d)2 的最小值. 解:∵实数 a,b,c,d 满足
x

=

=1,∴b=a﹣2ea,d=2﹣c,

∴点(a,b)在曲线 y=x﹣2e 上,点(c,d)在曲线 y=2﹣x 上, (a﹣c)2+(b﹣d)2 的几何意义就是曲线 y=x﹣2ex 到曲线 y=2﹣x 上点的距离最 小值的平方. 考查曲线 y=x﹣2ex 上和直线 y=2﹣x 平行的切线, x x ∵y′=1﹣2e ,求出 y=x﹣2e 上和直线 y=2﹣x 平行的切线方程, ∴令 y′=1﹣2ex=﹣1, 解得 x=0,∴切点为(0,﹣2) , 该切点到直线 y=2﹣x 的距离 d= =2 就是所要求的两曲线间的最小距

离,故(a﹣c)2+(b﹣d)2 的最小值为 d2=8.故选:A. 点评:本题考查代数式的最小值的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意两 点间距离公式的合理运用. 6. 已知函数 f(x)在 R 上可导, 其导函数为 f′(x). 若 f(x)满足: (x-1)[f′(x) -f(x)]>0,f(2-x)=e2-2xf(x),则下列判断一定正确的是( A.f(1)<f(0) B.f(2)>ef(0) C.f(3)>e3f(0) ) D.f(4)<e4f(0)

考点:利用导数研究函数的单调性 分析: C 令 F(x)=e-xf(x),则 F′(x)=e-x·[f′(x)-f(x)],当 x<1 时,由

条件知 f′(x)-f(x)<0,则 F′(x)<0,即 F(x)单调递减,所以 F(-2)>F(- 1)>F(0),即 e2f(-2)>ef(-1)>f(0).又 f(4)=e6f(-2),f(3)=e4f(-1),所 以 f(4)>e f(0),f(3)>e f(0),故选 C.
4 3

7.设 f′(x)和 g′(x)分别是 f(x)和 g(x)的导函数,若 f′(x)g′(x) ≤0 在区间 I 上恒成立,则称 f(x)和 g(x)在区间 I 上单调性相反.若函数 f (x)= x3﹣2ax 与 g(x)=x2+2bx 在开区间(a,b)上单调性相反(a>0) ,则 b﹣a 的最大值为 . 考点:利用导数研究函数的单调性.
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分析:由条件知 g′(x)>0 恒成立,得 f′(x)≤0 恒成立,从而求出 a、b 的取值范围,建立 b﹣a 的表达式,求出最大值. 解:∵f(x)= x3﹣2ax,g(x)=x2+2bx, ∴f′(x)=x2﹣2a,g′(x)=2x+2b; 由题意得 f′(x)g′(x)≤0 在(a,b)上恒成立, ∵a>0,∴b>a>0,∴2x+2b>0 恒成立, ∴x2﹣2a≤0 恒成立,即﹣ ≤x≤ ; 又∵0<a<x<b,∴b≤ , 即 0<a≤ ,解得 0<a≤2; ∴b﹣a≤ ﹣a=﹣ + ,

当 a= 时,取“=”,∴b﹣a 的最大值为 .故答案为: . 8.已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点, 则实数 a 的取值范围是________. 考点:导数的极值 解:

f′(x)=ln x-ax+x? -a?=ln x-2ax+1,令 f′(x)=ln x-2ax+1 ?x ?

?1

?

=0 得 ln x=2ax-1,因为函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,所以 f′(x) =ln x-2ax+1 有两个零点,等价于函数 y=ln x 与 y=2ax-1 的图象有两个 交点, 在同一个坐标系中作出它们的图象, 过点(0, -1)作曲线 y=ln x 的切线, 1 1 设切点为(x0,y0),则切线的斜率 k= ,切线方程为 y= x-1.切点在切线上,

x0

x0

则 y0= -1=0, 又切点在曲线 y=ln x 上, 则 ln x0=0, x0=1, 即切点为(1,0). 切 线方程为 y=x-1.再由直线 y=2ax-1 与曲线 y=ln x 有两个交点,知直线 y =2ax-1 位于两直线 y=-1 和 y=x-1 之间,其斜率 2a 满足:0<2a<1,解得 1? ? 实数 a 的取值范围是?0, ?.[答案] 2? ? 1? ? ?0, ? 2? ?

x0 x0

9.如果对定义在 R 上的函数 f ( x) ,对任意两个不相 等的实数 x1 , x2 ,都有

x1 f ( x1 ) ? x2 f ( x2 ) ? x1 f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ) ,则称函数 f ( x) 为“ H 函数”.
给出下列函数① y ? ex ? x ;② y ? x2 ;③ y ? 3x ? sin x ;④ f ( x) ? ? 上函数是“ H 函数”的所有序号为
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? ?ln x ? ?0

x?0 x?0

.



.

分析:本题的重点和难点均为对“ H 函数”本质的认识和理解,即如何处理和转 化题中所给不等式: x1 f ( x1 ) ? x2 f ( x2 ) ? x1 f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ) ,采用合并重组的方法进 行处理,得 ? x1 ? x2 ? ? ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? ? ? 0 ,由单调性定义的本质,可以看出“ H 函 数”本质上就是个单调递增函数. 解:因为对任意两个不相 等的实数 x1 , x2 ,都有 x1 f ( x1 ) ? x2 f ( x2 ) ? x1 f ( x2 ) ? x2 f ( x1 ) , 即总有不等式 ? x1 ? x2 ? ? ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? ? ? 0 恒成立,即为函数 f ( x) 是定义在 R 上的增函数,对于①,由于 y ? ex 与 y ? x 均为 R 上增函数,则函数 y ? ex ? x 在 R 为增函数; 对于②,明显先减后增,不符合; 对于③,因为 y ' ? 3 ? cos x ? 0 在 R 上恒成立,则 y ? 3x ? sin x 在 R 为增函数;对于④,如图: 当 x<0 时为减函数,当 x>0 为增函数,不符合,故选①③.
10.已知函数 f ( x ) ? (1)求 a 的值; (2)若函数 g ( x) ? ln f ( x) ? b 的两个零点为 x1 , x2 ,试判断 g ?( 由. 考点:利用导数求函数单调性、极值、函数零点 解:(1)由题意得 f ?( x ) ? 所以 f ?(0) ?

ax 在 x ? 0 处的切线方程为 y ? x . ex x1 ? x2 ) 的正负,并说明理 2

a (1 ? x ) ,因函数在 x ? 0 处的切线方程为 y ? x , ex

a ? 1 ,得 a ? 1 . 1 x ? x2 ) ? 0. (2)结论是 g ?( 1 2
证明:由题意知函数 g ( x) ? ln x ? x ? b ,所以 g ?( x) ?

1 1? x ?1 ? , x x

易得函数 g ( x) 在 (0,1) 单调递增,在 (1, ??) 上单调递减,所以只需证明 因为 x1 , x2 是函数 g ( x) 的两个零点,所以 ?

x1 ? x2 ? 1 即可. 2

? x1 ? b ? ln x1 x ,相减得 x2 ? x1 ? ln 2 , x1 ? x2 ? b ? ln x2

不妨令

1 t x2 ln t , x2 ? ln t , ? t ? 1 ,则 x2 ? tx1 ,则 tx1 ? x1 ? ln t ,所以 x1 ? t ?1 t ?1 x1

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即证

t ?1 t ?1 ln t ? 2 ,即证 ? (t ) ? ln t ? 2 ?0, t ?1 t ?1

因为 ? ?(t ) ? ?

1 4 (t ? 1)2 ? ? 0 ,所以 ? (t ) 在 (1, ??) 上单调递增,所以 t (t ? 1)2 t (t ? 1)2

? (t ) ? ? (1) ? 0 ,
综上所述,函数 g ( x) 总满足 g ?(

x1 ? x2 ) ? 0 成立. 2
ex ,其中 m,a 均为实数. ex

11.已知函数 f ( x) ? mx ? a ln x ? m , g ( x) ? (1)求 g ( x) 的极值;

( 2 ) 设 a ? 2 , 若 对 任 意 给 定 的 x0 ? (0,e] , 在 区 间 (0,e] 上 总 存 在 t1 , t2 (t1 ? t2 ) , 使 得
f (t ? g( 0 x )成立,求 m 的取值范围. 1 )? f ( t 2 )

考点:导数的应用,求单调区间,极值,求函数的值域,以及不等式恒成立等函数的综合应用. 分析:(1)求 g ( x) 的极值,就是先求出 g '( x ) ,解方程 g '( x) ? 0 ,此方程的解把函数的定义域分 成若干个区间,我们再确定在每个区间里 g '( x ) 的符号,从而得出极大值或极小值; (2) 由于 x0 的任意性,我们可先求出 g ( x) 在 (0, e] 上的值域 (0,1] ,题设“在区间 (0,e] 上总存在
t1 , t2 (t1 ? t2 ) ,使得 f (t1 ) ? f (t2 ) ? g ( x0 ) 成立”,转化为函数 f ( x ) 在区间 (0, e] 上不是单调函

数,极值点为

2 2 2 2 ? e ),其次 f (e) ? 1 ,极小值 f ( ) ? 0 ,最后还要证明在 (0, ) 上, (0 ? m m m m

存在 t ,使 f (t ) ? 1 ,由此可求出 m 的范围. 解:(1) g ?( x) ? 列表如下:
x (?∞,1) ? ↗ 1 0 极大值 (1,?∞) ? ↘

e(1 ? x) ,令 g ?( x) ? 0 ,得 x = 1. ex

g ?( x)
g(x)

∵g(1) = 1,∴y = g ( x) 的极大值为 1,无极小值. (2)由(1)知 g ( x) 在 (0,e] 上的值域为 (0,1] . ∵ f ( x) ? mx ? 2ln x ? m , x ? (0, ??) , 当 m ? 0 时, f ( x) ? ?2ln x 在 (0,e] 为减函数,不合题意.
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当 m ? 0 时, f ?( x) ? 所以 0 ?

m( x ? x

2 ) m ,由题意知 f ( x) 在 (0,e] 不单调,

2 2 ? e ,即 m ? .① m e 2 2 ) 上递减,在 ( ,e) 上递增, m m 3 .② e ?1

[来源:学科网 ZXXK]

此时 f ( x) 在 (0,

∴ f (e)≥1 ,即 f (e) ? me ? 2 ? m≥1 ,解得 m≥ 由①②,得 m≥

3 . e ?1

2 ∵ 1 ? (0, e] ,∴ f ( )≤ f (1) ? 0 成立. m 2 下证存在 t ? (0, ] ,使得 f (t ) ≥1. m
取 t ? e? m ,先证 e?m ?

2 ,即证 2em ? m ? 0 .③ m 3 , ??) 时恒成立. e ?1

设 w( x) ? 2ex ? x ,则 w?( x) ? 2e x ? 1 ? 0 在 [ ∴ w( x) 在 [

3 3 , ??) 时为增函数.∴ w( x)≥w( ) ? 0 ,∴③成立. e ?1 e ?1

再证 f (e? m ) ≥1. ∵ f (e? m ) ? me? m ? m ? m≥

3 3 时,命题成立. ? 1 ,∴ m≥ e ?1 e ?1 3 , ??) . e ?1

综上所述, m 的取值范围为 [

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