青岛理工大学附中三维设计2014年高考数学一轮复习导数及其应用

青岛理工大学附中三维设计2014年高考数学一轮复习：导数及其应用本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．10)2(dxxex等于()[来源:Z*xx*k.Com]A．1B．1eC．eD．1e【答案】C2．定义方程()()fxfx的实数根x0叫做函数()fx的“新驻点”，如果函数()gxx，()ln(1)hxx，()cosxx（()x，）的“新驻点”分别为，，，那么，，的大小关系是()A．B．C．D．【答案】D3．设曲线y=x2+1在其任一点（x,y）处切线斜率为g（x），则函数y=g（x）•cosx的部分图象可以为()【答案】A4．已知函数()fx在R上满足2()2(2)88fxfxxx，则曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程是()A．21yxB．yxC．32yxD．23yx【答案】A5．dxx|4|102=()A．321B．322C．323D．325【答案】C6．若曲线4yx的一条切线l与直线480xy垂直，则l的方程为()A．430xyB．450xyC．430xyD．430xy【答案】A7．000(2)()lim1xfxxfxx，则0()fx等于()A．2B．1C．12D．0【答案】C8．已知1sincosfxxx，1nfx是nfx的导函数，即21fxfx，32fxfx，…，1nnfxfx，n*N，则2011fx()A．sincosxxB．sincosxxC．sincosxxD．sincosxx【答案】A9．设]2,1[2]1,0[)(2xxxxxf，则20)(dxxf的值为()A．43B．54C．65D．67【答案】C10．已知函数y=3x-x2在x=2处的增量为x=0.1,则y为()A．-0.11B．1.1C．3.80D．0.29【答案】A[来源:学*科*网]11．在平面直角坐标系中，由x轴的正半轴、y轴的正半轴、曲线xye以及该曲线在(1)xaa处的切线所围成图形的面积是()A．aeB．1aeC．12aeD．121ae【答案】D12．已知直线baxxykxy31与曲线切于点（1，3），则b的值为()A．3B．－3C．5D．－5【答案】A第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．过原点作曲线y=ex的切线，则切线的斜率为.【答案】e14．计算极限：2222lim()1nnnn=．【答案】215．220(3)10,xkdxk则．【答案】116．质点运动规律为32ts，则在时间)3,3(t中相应的平均速度为。[来源:学科网ZXXK]【答案】6+t三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．用总长14.8m的钢条制作一个长方形容器的框架，如果容器底面的一边比另一边长0.5m，那么高为多少时这个容器的容积最大？并求出最大容积。【答案】设容器的高为xm，底面边长分别为ym,(y+0.5)m，则4x+4y+4(y+0.5)=14.8，即y=1.62x由00yx且得，2.30x所以容器的容积)5.0(yxyV)21.2)(26.1(xxxxxx36.385.14123)2.30(x36.370.343'2xxV)2.30(x2.10'xV得，令；时，又当0'2.10Vx.0'2.3.21Vx时，当所以..812.1取得最大值时，当Vx答：容器的高为1.2m时，容积最大，最大容积为1.8m318．已知aR，函数2()()exfxxax.（xR，e为自然对数的底数）(Ⅰ）当2a时，求函数()fx的单调递减区间；(Ⅱ）若函数()(1,1)fx在内单调递减，求a的取值范围；(Ⅲ）函数()fx是否为R上的单调函数，若是，求出a的取值范围；若不是，请说明理由.【答案】（Ⅰ）当2a时，2-1()(2)efxxx2-1()(2)efxx令()fx20,20,22xx得函数的单调递减区间是（-2,2）.(注：写成2,2也对）(Ⅱ）2-()()exfxxax[来源:Zxxk.Com]-2-()(2)e()(e)xxfxxaxax=2-(2)exxaxa.()fx要使在-1,1上单调递减，则()0fx对(1,1)x都成立，2(2)0xaxa对(1,1)x都成立.令2()(2)gxxaxa，则(1)0,(1)0.gg1(2)01(2)0aaaa32a.(注：不带等号扣1分）(Ⅲ）①若函数()fx在R上单调递减，则()0fx对xR都成立即2-(2)e0xxaxa对xR都成立.2e0,(2)0xxaxa对xR都成立令2()(2)gxxaxa，图象开口向上不可能对xR都成立②若函数()fx在R上单调递减，则()0fx对xR都成立，即2-(2)e0xxaxa对xR都成立，e0,x2(2)0xaxa对xR都成立.[来源:Zxxk.Com]22(2)440aaa故函数()fx不可能在R上单调递增.综上可知，函数()fx不可能是R上的单调函数19．已知函数1,ln1,)(23xxaxcbxxxxf的图象过坐标原点O,且在点))1(,1(f处的切线的斜率是5.(Ⅰ）求实数cb、的值；(Ⅱ）求)(xf在区间2,1上的最大值；(Ⅲ）对任意给定的正实数a，曲线)(xfy上是否存在两点P、Q，使得POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？说明理由.【答案】（Ⅰ）当1x时，cbxxxxf23)(，则bxxxf23)(2。依题意得：5)1(0)0(ff，即5230bc解得0cb(Ⅱ）由（Ⅰ）知，1,ln1,)(23xxaxxxxf①当11x时，)32(323)(2xxxxxf，令0)(xf得320xx或当x变化时，)(),(xfxf的变化情况如下表：又2)1(f，274)32(f，0)0(f。∴)(xf在)1,1[上的最大值为2.②当21x时,xaxfln)(.当0a时,0)(xf,)(xf最大值为0；当0a时,)(xf在]2,1[上单调递增。∴)(xf在]2,1[最大值为2lna。综上，当22lna时，即2ln2a时，)(xf在区间2,1上的最大值为2；当22lna时，即2ln2a时，)(xf在区间2,1上的最大值为2lna。(Ⅲ）假设曲线)(xfy上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧。不妨设)0))((,(ttftP，则),(23tttQ，显然1t∵POQ是以O为直角顶点的直角三角形，∴0OQOP即0))((232tttft(*）若方程（*）有解，存在满足题设要求的两点P、Q；若方程（*）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q.若10t，则23)(tttf代入（*）式得：0))((23232ttttt即0124tt，而此方程无解，因此1t。此时tatfln)(，代入（*）式得：0))(ln(232tttat即ttaln)1(1(**）令xxxhln)1()()1(x，则011ln)(xxxh∴)(xh在),1[上单调递增，∵1t∴0)1()(hth,∴)(th的取值范围是),0(。∴对于0a，方程（**）总有解，即方程（*）总有解。因此，对任意给定的正实数a，曲线)(xfy上存在两点P、Q，使得POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上。20．已知函数xaxaxxgln)12()(2(1)当1a时,求函数)(xg的单调增区间；(2)求函数)(xg在区间e,1上的最小值；(3)在(1)的条件下，设xxxxgxfln24)()(2,证明：)2()1(23)(122nnnnnkfknk.参考数据：6931.02ln．【答案】(Ⅰ)当1a时，xxxxgln3)(2，0132)(2xxxxg1x或21x。函数)(xf的单调增区间为),1(),21,0((Ⅱ)xaxaxxgln)12()(2，0))(12()12(2)12(2)(2xaxxxaxaxxaaxxg当1a，)(,0)(,,1xgxgex单调增。axg2)(min当ea1，)(,0)(),,1(xgxgax单调减.)(,0)(),,(xgxgeax单调增。aaaaagxgln)()(2min当ea，)(,0)(,,1xgxgex单调减，aeaeegxg)12()()(2mineaaeaeeaaaaaaaxg,)12(1,ln1,2)(22(Ⅲ）令)1(41ln)(2xxxh，,2x,022)(2xxxh0432ln)2()(hxh即)1(41ln2xx)1111(2)1)(1(4ln1xxxxxkkfkln)(，nkkfknknkln13ln12ln1ln1)(122)11111214121311(2nnnn)111211(2nn)2()1(232nnnnn21．已知函数21()2,0,1fxaxxx.(1）若()fx在0,1上是增函数，求a的取值范围；(2）求()fx在区间0,1上的最大值.【答案】（1）1a(2）当1a时，max(1)21ffa当1a时，在233max1()2ffaa22．已知函数()ln3()fxaxaxaR．(1）当1a时，求函数()fx的单调区间；(2）若函数()yfx的图象在点(2,(2))f处的切线的倾斜角为45，问：m在什么范围取值时，对于任意的[1,2]t，函数32()[()]2mgxxxfx在区间(,3)t上总存在极值？【答案】()(0)afxaxx(I）当1a时，11()1xfxxx，令()0fx时，解得01x，所以()fx在（0，1）上单调递增；令()0fx时，解得1x，所以()fx在（1，+∞）上单调递减．(II）因为函数()yfx的图象在点（2，(2)f）处的切线的倾斜角为45o，所以(2)1f．所以2a，2()2fxx．322()[2]2mgxxxx32(2)22mxxx，2()3(4)2gxxmx，因为任意的[1,2]t，函数32()[()]2mgxxxfx在区间(,3)t上总存在极值，所以只需(2)0,(3)0,gg解得3793m．