江苏省13市2017届高三上学期考试数学试题分类汇编：导数及其应用

江苏省13市2017高三上学期考试数学试题分类汇编导数及其应用一、填空题1、（南通、泰州市2017届高三第一次调研测）已知两曲线()2sinfxx，()cosgxax，π(0)2x，相交于点P．若两曲线在点P处的切线互相垂直，则实数a的值为▲．2、（盐城市2017届高三上学期期中）若函数321()33fxxxaxa在区间[1,2]上单调递增，则实数a的取值范围是▲3、（盐城市2017届高三上学期期中）已知fx为奇函数，当0x时，2xfxex，则曲线yfx在1x处的切线斜率为▲．4、（扬州市2017届高三上学期期中）已知函数xaxxfsin)(在),(上单调递增，则实数a的取值范围是。5、（扬州市2017届高三上学期期末）已知1,5xx是函数cos0fxx两个相邻的极值点，且fx在2x处的导数20f，则0f▲．二、解答题1、（南京市、盐城市2017届高三第一次模拟）设函数()lnfxx，1()3agxaxx（aR）.（1）当2a时，解关于x的方程()0xge（其中e为自然对数的底数）；（2）求函数()()()xfxgx的单调增区间；（3）当1a时，记()()()hxfxgx，是否存在整数，使得关于x的不等式2()hx有解？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.（参考数据：ln20.6931，ln31.0986）2、（南通、泰州市2017届高三第一次调研测）已知函数2()lnfxaxxx，aR．（1）当38a时，求函数()fx的最小值；（2）若10a≤≤，证明：函数()fx有且只有一个零点；（3）若函数()fx有两个零点，求实数a的取值范围．3、（苏北四市（淮安、宿迁、连云港、徐州）2017届高三上学期期中）设函数2()lnfxxaxax，a为正实数．（1）当2a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）求证：1()0fa≤；（3）若函数()fx有且只有1个零点，求a的值．4、（苏北四市（徐州、淮安、连云港、宿迁）2017届高三上学期期末）已知函数2(),()ln,2Rxfxaxgxxaxae．（1）解关于()Rxx的不等式()0fx≤；（2）证明：()()fxgx≥；（3）是否存在常数,ab，使得()()fxaxbgx≥≥对任意的0x恒成立？若存在，求出,ab的值；若不存在，请说明理由．5、（苏州市2017届高三上学期期中调研）已知32()31(0)fxaxxa，定义(),()()()max(),()(),()()fxfxgxhxfxgxgxfxgx≥．（1）求函数()fx的极值；（2）若()()gxxfx，且存在[1,2]x使()()hxfx，求实数a的取值范围；（3）若()lngxx，试讨论函数()hx(0)x的零点个数．6、（无锡市2017届高三上学期期末）已知21,.xfxxmxmRgxe（1）当0,2x时，Fxfxgx为增函数，求实数m的取值范围；（2）若1,0m，设函数15,,44fxGxHxxgx，求证：对任意12,1,1xxm，12GxHx恒成立.7、（盐城市2017届高三上学期期中）设函数lnfxxaxaR.（1）若直线31yx是函数fx图象的一条切线，求实数a的值；（2）若函数fx在21,e上的最大值为1ae（e为自然对数的底数），求实数a的值；（3）若关于x的方程22ln23lnxxtxxtxt有且仅有唯一的实数根，求实数t的取值范围.8、（扬州市2017届高三上学期期中）已知函数xxaexfx)(。（1）若函数)(xf的图象在))1(,1(f处的切线经过点)1,0(，求a的值；（2）是否存在负整数a，使函数)(xf的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由；（2）设a0，求证：函数)(xf既有极大值，又有极小值。9、（扬州市2017届高三上学期期末）已知函数()()()fxgxhx，其中函数()xgxe，2()hxxaxa．（1）求函数()gx在1,(1)g处的切线方程；（2）当02a时，求函数()fx在[2,]xaa上的最大值；（3）当0a时，对于给定的正整数k，问函数()()2(ln1)Fxefxkx是否有零点？请说明理由．（参考数据2.718,1.649,4.482,ln20.693eeee）10、（镇江市2017届高三上学期期末）已知函数xxxfln)(，)()(12xxg（为常数）．（1）若函数)(xfy与函数)(xgy在1x处有相同的切线，求实数的值；（2）若21，且1x，证明：)()(xgxf；（3）若对任意),[1x，不等式恒)()(xgxf成立，求实数的取值范围．参考答案一、填空题1、2332、3a3、12e4、[1,1]5、22二、解答题1、解：（1）当2a时，方程()0xge即为1230xxee，去分母，得22()310xxee，解得1xe或12xe，……………2分故所求方程的根为0x或ln2x.……………4分（2）因为1()()()ln3(0)axfxgxxaxxx，所以222211(1)((1))(1)()aaxxaaxaxxaxxxx（0x），…6分①当0a时，由()0x，解得0x；②当1a时，由()0x，解得1axa；③当01a时，由()0x，解得0x；④当1a时，由()0x，解得0x；⑤当0a时，由()0x，解得10axa.综上所述，当0a时，()x的增区间为1(0,)aa；当01a时，()x的增区间为(0,)；1a时，()x的增区间为1(,)aa.……………10分（3）方法一：当1a时，()3gxx，()(3)lnhxxx，所以3()ln1hxxx单调递增，33()ln12022h，3(2)ln2102h，所以存在唯一03(,2)2x，使得0()0hx，即003ln10xx，………12分当0(0,)xx时，()0hx，当0(,)xx时，()0hx，所以20min00000000(3)39()()(3)ln(3)(1)6()xhxhxxxxxxxx，记函数9()6()rxxx，则()rx在3(,2)2上单调递增，…………14分所以03()()(2)2rhxr，即031()(,)22hx，由322，且为整数，得0，所以存在整数满足题意，且的最小值为0..……………16分方法二：当1a时，()3gxx，所以()(3)lnhxxx，由(1)0h得，当0时，不等式2()hx有解，…………12分下证：当1时，()2hx恒成立，即证(3)ln2xx恒成立.显然当(0,1][3,)x时，不等式恒成立，只需证明当(1,3)x时，(3)ln2xx恒成立.即证明2ln03xx.令2()ln3mxxx，所以2221289()(3)(3)xxmxxxxx，由()0mx，得47x，…14分当(1,47)x，()0mx；当(47,3)x，()0mx；所以max7121()(47)ln(47)ln(42)ln21033mxm.所以当1时，()2hx恒成立.综上所述，存在整数满足题意，且的最小值为0..……………16分2、【解】（1）当38a时，23()ln8fxxxx．所以(32)(2)31()144xxfxxxx，（x0）．……………………………2分令()0fx，得2x，当(02)x，时，()0fx；当(2)x，时，()0fx，所以函数()fx在(02)，上单调递减，在(2)，上单调递增．所以当2x时，()fx有最小值1(2)ln22f．………………………………4分（2）由2()lnfxaxxx，得2121()210axxfxaxxxx，．所以当0a≤时，221()0axxfxx，函数()fx在(0+)，上单调递减，所以当0a≤时，函数()fx在(0+)，上最多有一个零点．……………………6分因为当0a-1≤≤时，(1)10fa，221ee()0eeaf，所以当0a-1≤≤时，函数()fx在(0+)，上有零点．综上，当0a-1≤≤时，函数()fx有且只有一个零点．………………………8分（3）解法一：由（2）知，当0a≤时，函数()fx在(0+)，上最多有一个零点．因为函数()fx有两个零点，所以0a．………………………………………9分由2()lnfxaxxx，得221()(0)axxfxxx，，令2()21gxaxx．因为(0)10g，20a，所以函数()gx在(0)，上只有一个零点，设为0x．当0(0)xx，时，()0()0gxfx，；当0()xx，时，()0()0gxfx，．所以函数()fx在0(0)x，上单调递减；在0()x，上单调递增．要使得函数()fx在(0+)，上有两个零点，只需要函数()fx的极小值0()0fx，即2000ln0axxx．又因为2000()210gxaxx，所以002ln10xx，又因为函数()2ln1hx=xx在(0+)，上是增函数，且(1)0h=，所以01x，得0101x．又由200210axx，得22000111112()()24axxx，所以01a．……………………………………………………………………13分以下验证当01a时，函数()fx有两个零点．当01a时，21211()10aagaaaa，所以011xa．因为22211ee()10eeeeaaf，且0()0fx．所以函数()fx在01()ex，上有一个零点．又因为2242222()ln(1)10afaaaaaa≥（因为ln1xx≤），且0()0fx．所以函数()fx在02()xa，上有一个零点．所以当01a时，函数()fx在12()ea，内有两个零点．综上，实数a的取值范围为(1)0，．……………………………………………16分下面证明：ln1xx≤．设()1lntxxx，所以11()1xtxxx，（x0）．令()0tx，得1x．当(01)x，时，()0tx；当(1)x，时，()0tx．所以函数()tx在(01)，上单调递减，在(1)，上单调递增．所以当1x时，()tx有最小值(1)0t．所以()1ln0txxx≥，得ln1xx≤成立．解法二：由（2）知，当0a≤时，函数()fx在(0+)，上最多有一个零点．因为函数()fx有两个零点，所以0a．………………………………………9分由2()ln0fxaxxx，得关于x的方程2lnxxax，（x0）有两个不等的实数解．又因为ln1xx≤，所以222ln211(1)1xxxaxxx≤，（x0）．因为x0时，21(1)11x≤，所以1a≤．又当=1a时，=1x，即关于x的方程2lnxxax有且只有一个实数解．所以1a0．…………………………………………