专题03导数-2015年高考数学(理)试题分项版解析(解析版)

1.【2015高考福建，理10】若定义在R上的函数fx满足01f，其导函数fx满足1fxk，则下列结论中一定错误的是（）A．11fkkB．111fkkC．1111fkkD．111kfkk【答案】C【解析】由已知条件，构造函数()()gxfxkx，则''()()0gxfxk，故函数()gx在R上单调递增，且101k，故1()(0)1ggk，所以1()111kfkk，11()11fkk，所以结论中一定错误的是C，选项D无法判断；构造函数()()hxfxx，则''()()10hxfx，所以函数()hx在R上单调递增，且10k，所以1()(0)hhk，即11()1fkk，11()1fkk，选项A,B无法判断，故选C．2.【2015高考陕西，理12】对二次函数2()fxaxbxc（a为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（）A．1是()fx的零点B．1是()fx的极值点C．3是()fx的极值D.点(2,8)在曲线()yfx上【答案】A【解析】若选项A错误时，选项B、C、D正确，2fxaxb，因为1是fx的极值点，3是fx的极值，所以1013ff，即203ababc，解得：23baca，因为点2,8在曲线yfx上，所以428abc，即42238aaa，解得：5a，所以10b，8c，所以25108fxxx，因为21511018230f，所以1不是fx的零点，所以选项A错误，选项B、C、D正确，故选A．3.【2015高考新课标2，理12】设函数'()fx是奇函数()()fxxR的导函数，(1)0f，当0x时，'()()0xfxfx，则使得()0fx成立的x的取值范围是（）A．(,1)(0,1)B．(1,0)(1,)C．(,1)(1,0)D．(0,1)(1,)【答案】A4.【2015高考新课标1，理12】设函数()fx=(21)xexaxa,其中a1，若存在唯一的整数0x，使得0()fx0，则a的取值范围是（）(A)[-32e，1）(B)[-错误!未找到引用源。，34错误!未找到引用源。）(C)[错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。）(D)[错误!未找到引用源。，1）【答案】D【解析】设()gx=(21)xex，yaxa，由题知存在唯一的整数0x，使得0()gx在直线yaxa的下方.因为()(21)xgxex，所以当12x时，()gx＜0，当12x时，()gx＞0，所以当12x时，max[()]gx=12-2e，当0x时，(0)g=-1，(1)30ge，直线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故(0)1ag，且1(1)3geaa，解得32e≤a＜1，故选D.5.【2015高考陕西，理16】如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型（图中虚线表示），则原始的最大流量与当前最大流量的比值为．【答案】1.2【解析】建立空间直角坐标系，如图所示：原始的最大流量是11010222162，设抛物线的方程为22xpy（0p），因为该抛物线过点5,2，所以2225p，解得254p，所以2252xy，即2225yx，所以当前最大流量是5323535522224022255255257575753xdxxx，故原始的最大流量与当前最大流量的比值是161.2403，所以答案应填：1.2．【考点定位】1、定积分；2、抛物线的方程；6.【2015高考天津，理11】曲线2yx与直线yx所围成的封闭图形的面积为.【答案】16【2015高考湖南，理11】20(1)xdx.【答案】0.7.【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）设函数2()mxfxexmx．(Ⅰ)证明：()fx在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；（Ⅱ）若对于任意12,[1,1]xx，都有12()()1fxfxe，求m的取值范围．xy【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]．【解析】(Ⅰ)'()(1)2mxfxmex．若0m，则当(,0)x时，10mxe，'()0fx；当(0,)x时，10mxe，'()0fx．若0m，则当(,0)x时，10mxe，'()0fx；当(0,)x时，10mxe，'()0fx．所以，()fx在(,0)单调递减，在(0,)单调递增．（Ⅱ）由(Ⅰ)知，对任意的m，()fx在[1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故()fx在0x处取得最小值．所以对于任意12,[1,1]xx，12()()1fxfxe的充要条件是：(1)(0)1,(1)(0)1,ffeffe即1,1,mmemeeme①，设函数()1tgtete，则'()1tgte．当0t时，'()0gt；当0t时，'()0gt．故()gt在(,0)单调递减，在(0,)单调递增．又(1)0g，1(1)20gee，故当[1,1]t时，()0gt．当[1,1]m时，()0gm，()0gm，即①式成立．当1m时，由()gt的单调性，()0gm，即1meme；当1m时，()0gm，即1meme．综上，m的取值范围是[1,1]．8.【2015高考江苏，19】（本小题满分16分）已知函数),()(23Rbabaxxxf.（1）试讨论)(xf的单调性；（2）若acb（实数c是a与无关的常数），当函数)(xf有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是),23()23,1()3,(，求c的值.当0a时，2,0,3ax时，0fx，20,3ax时，0fx，所以函数fx在,0，2,3a上单调递增，在20,3a上单调递减．（2）由（1）知，函数fx的两个极值为0fb，324327afab，则函数fx有三个零点等价于32400327affbab，从而304027aab或304027aba．又bca，所以当0a时，34027aac或当0a时，34027aac．设3427gaaac，因为函数fx有三个零点时，a的取值范围恰好是33,31,,22，则在,3上0ga，且在331,,22上0ga均恒成立，从而310gc，且3102gc，因此1c．此时，3221111fxxaxaxxaxa，因函数有三个零点，则2110xaxa有两个异于1的不等实根，所以22141230aaaa，且21110aa，解得33,31,,22a．综上1c．9.【2015高考福建，理20】已知函数f()ln(1)xx=+，(),(k),gxkxR=?(Ⅰ)证明：当0xxx时，f()；(Ⅱ)证明：当1k时，存在00x,使得对0(0),xxÎ任意，恒有f()()xgx；(Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在0t，对任意的(0),xÎ，t恒有2|f()()|xgxx-．【解析】(1)令()f()ln(1),(0,),Fxxxxxx=-=+-??则有1()11+1+xFxxx¢=-=-当(0,),x??()0Fx¢,所以()Fx在(0,)+?上单调递减；故当0x时，()(0)0,FxF=即当0x时，xxf()．(2)令G()f()()ln(1),(0,),xxgxxkxx=-=+-??则有1(1k)()1+1+kxGxkxx-+-¢=-=当0k£G()0x¢,所以G()x在[0,)+?上单调递增,G()(0)0xG=(3)当1k时，由（1）知，对于(0,),x违+()f()gxxx，故()f()gxx，|f()()|()()kln(1)xgxgxfxxx-=-=-+，令2M()kln(1),[0)xxxxx=-+-违，+，则有21-2+(k-2)1M()k2=,11xxkxxxx+-¢=--++故当22(k2)8(k1)0)4kx-+-+-Î（，时，M()0x¢,M()x在22(k2)8(k1)[0)4k-+-+-，上单调递增，故M()M(0)0x=,即2|f()()|xgxx-,所以满足题意的t不存在.当1k时，由（2）知存在00x,使得对任意的任意的0(0),xx，Î恒有f()()xgx．此时|f()()|f()()ln(1)kxgxxgxxx-=-=+-,令2N()ln(1)k,[0)xxxxx=+--违，+，则有2'1-2-(k+2)1()2=,11xxkNxkxxx-+=--++故当2(+2(k+2)8(1k)0)4kx-++-Î）（，时，N()0x¢,M()x在2(2)(k2)8(1k)[0)4k-++++-，上单调递增，故N()(0)0xN=,即2f()()xgxx-,记0x与2(2)(k2)8(1k)4k-++++-中较小的为1x，则当21(0)|f()()|xxxgxx?，时，恒有，故满足题意的t不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x违当+|f()()|()()ln(1)xgxgxfxxx-=-=-+，令2H()ln(1),[0)xxxxx=-+-违，+，则有21-2H()12=,11xxxxxx-¢=--++当0x时，H()0x¢,所以H()x在[0+¥，）上单调递减，故H()(0)0xH=,故当0x时，恒有2|f()()|xgxx-,此时，任意实数t满足题意.综上，=1k.10.【2015江苏高考，17】（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12ll，，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到12ll，的距离分别为5千米和40千米，点N到12ll，的距离分别为20千米和2.5千米，以12ll，所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数2ayxb（其中a，b为常数）模型.（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式ft，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.MNl2l1xyOCPl【答案】（1）1000,0;ab（2）①6249109(),4fttt定义域为[5,20]，②min102,()153tft千米【解析】（1）由题意知，点，的坐标分别为5,40，20,2.5．将其分别代入2ayxb，得40252.5400abab，解得10000ab．（2）①由（1）知，21000yx（520x），则点的坐标为21000,tt，设在点处的切线l交x，y轴分别于，