2021届高考数学一轮专题重组卷 第一部分 专题四 导数及其应用、定积分 理（含解析）.doc

1、专题四导数及其应用、定积分本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分150分，考试时间120分钟第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12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(2019全国卷)已知曲线yaexxln x在点(1，ae)处的切线方程为y2xb，则()Aae，b1 Bae，b1Cae1，b1 Dae1，b1答案D解析yaexln x1，ky|x1ae1，切线方程为yae(ae1)(x1)，即y(ae1)x1.又切线方程为y2xb，即ae1，b1.故选D.2(2019陕西九校质量考评)已知函数f(x)又函数g(x)f2(x)t

2、f(x)1(tR)有4个不同的零点，则实数t的取值范围是()A. B.C. D.答案A解析由已知有f(x)(x0)，f(x)，易得0x1时，f(x)0，x1时，f(x)0，即f(x)在0,1)上为增函数，在(1，)上为减函数，设mf(x)，则h(m)m2tm1，设h(m)m2tm1的零点为m1，m2，则g(x)f2(x)tf(x)1(tR)有4个不同的零点，等价于tf(x)的图象与直线mm1，mm2的交点有4个，函数tf(x)的图象与直线mm1，mm2的位置关系如图所示，由图知，0m2m1，即h0，解得t，故选A.3(2019福建漳州高三下学期第二次教学质量监测)已知f(x)e2xex22e4

3、，g(x)x23aex，Ax|f(x)0，Bx|g(x)0，若存在x1A，x2B，使得|x1x2|1，则实数a的取值范围为()A. B.C. D.答案B解析因为f(x)e2xex22e4(exe2)(ex2e2)，令f(x)0，解得x12，又|x1x2|1，则|2x2|1，即1x23，即g(x)x23aex在(1,3)上存在零点，即x23aex0在(1,3)上有解，得3a在(1,3)上有解，设h(x)，x(1,3)，由h(x)，所以h(x)在(1,2)上为增函数，在(2,3)上为减函数，又h(1)，h(2)，h(3)h(1)，所以h(x)，所以只需3a，即a，故选B.4(2019全国卷)曲线y

4、2sinxcosx在点(，1)处的切线方程为()Axy10 B2xy210C2xy210 Dxy10答案C解析设yf(x)2sinxcosx，则f(x)2cosxsinx，f()2，曲线在点(，1)处的切线方程为y(1)2(x)，即2xy210.故选C.5. (2019娄底二模)如图，在矩形OABC中的曲线分别是ysinx，ycosx的一部分，A，C(0,1)，在矩形OABC内随机取一点，若此点取自阴影部分的概率为P1，取自非阴影部分的概率为P2，则()AP1P2CP1P2 D大小关系不能确定答案B解析根据题意，阴影部分的面积的一半为 (cosxsinx)dx1，于是此点取自阴影部分的概率为P

5、12.又P21P1P2.故选B.6(2019内江一模)若函数f(x)x3ln xx，则曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线的倾斜角是()A. B. C. D.答案B解析根据题意，设切线的斜率为k，其倾斜角是，f(x)x3ln xx，则f(x)x21，则有kf(1)，则tan，又由00)，且x1x2，若恒成立，则m的最大值为()Ae B. C. D1答案A解析对不等式两边同时取对数得ln ln ，即x2ln x1x1ln x2，即恒成立，设f(x)，x(0，m)，x1x2，f(x1)0得1ln x0得ln x1，得0x0且x1时，0，若曲线yf(x)在x1处的切线斜率为，则f(1)()A.

6、B. C. D1答案A解析当x0且x1时，0，可得x1时,2f(x)xf(x)0；1x0时，2f(x)xf(x)1时，g(x)0；1x0时，g(x)0，可得函数g(x)在x1处取得极小值，g(1)2f(1)f(1)0，f(1)，f(1).故选A.10(2019江西新余四中、上高二中联考)定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)，且对任意的不相等的实数x1，x20，)有0成立，若关于x的不等式f(2mxln x3)2f(3)f(2mxln x3)在x1,3上恒成立，则实数m的取值范围是()A. B.C. D.答案B解析结合题意可知f(x)为偶函数，且在0，)上单调递减，故f(2mxln x3

7、)2f(3)f(2mxln x3)可以转换为f(2mxln x3)f(3)对应于x1,3恒成立，即|2mxln x3|3，即02mxln x6对x1,3恒成立，即2m且2m对x1,3恒成立令g(x)，则g(x)在1，e)上递增，在(e,3上递减所以g(x)max.令h(x)，则当x1,3时，h(x)0恒成立，当a1时，f(x)minf(a)2aa20，0a1时，由f(x)xaln x0恒成立，即a恒成立设g(x)，则g(x).令g(x)0，得xe，且当1xe时，g(x)e时，g(x)0，g(x)ming(e)e，ae.综上，a的取值范围是0ae，即0，e故选C.12(2019安徽淮北、宿迁一模

8、)已知函数f(x)2xe2xk，g(x)ln (2x4)4ek2x(e为自然对数的底数)，若关于x的不等式f(x)g(x)1有解，则k的值为()A2ln 2 B2ln 2C3ln 2 D3ln 2答案C解析由f(x)g(x)1即e2xk4ek2xln (2x4)2x1(x2)，(*)而e2xk4ek2x24，当且仅当e2xk2，即x.记h(x)ln (2x4)2x1，则h(x)2，当x时，h(x)0，h(x)单调递增，当x时，h(x)0，h(x)单调递减，得h(x)maxh4，若(*)成立，则x，得k3ln 2.故选C.第卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分

9、)13(2019武邑中学二调)设函数f(x)x33x2ax5a，若存在唯一的正整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是_答案解析设g(x)x33x25，h(x)a(x1)，则g(x)3x26x3x(x2)，当0x2时，g(x)0，当x0或x2时，g(x)0，g(x)在(，0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增，当x2时，g(x)取得极小值g(2)1，作出g(x)与h(x)的函数图象如图：显然当a0时，g(x)h(x)在(0，)上恒成立，即f(x)g(x)h(x)0无正整数解；要使存在唯一的正整数x0，使得f(x0)0，显然x02.即解得a.14(2019全国卷)曲线y

10、3(x2x)ex在点(0,0)处的切线方程为_答案y3x解析y3(2x1)ex3(x2x)exex(3x29x3)，斜率ke033，切线方程为y3x.15(2019武汉市二月调研)函数yxln (xa)的图象在点(0,0)处的切线方程为yx，则实数a的值为_答案e解析yln (xa)，当x0时，yln a1，解得ae.16(2019江苏南通重点中学模拟)若函数f(x)在定义域D内某区间H上是增函数，且在H上是减函数，则称yf(x)在H上是“弱增函数”已知函数g(x)x2(4m)xm在(0,2上是“弱增函数”，则实数m的值为_答案4解析根据题意，由于函数f(x)在定义域D内某区间H上是增函数，且

11、在H上是减函数，则称yf(x)在H上是“弱增函数”，则可知函数g(x)x2(4m)xm在(0,2上是“弱增函数”，则在给定区间是递增函数，开口向上，则对称轴0，m4，x4m在(0,2上单调递减，那么10，x(0,2，10，m4.综上所得m4.三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)(2019漳州质量监测)已知函数f(x)xln x.(1)若函数g(x)，求g(x)的极值；(2)证明：f(x)1exx2.(参考数据：ln 20.69，ln 31.10，e4.48，e27.39)解(1)g(x)(x0)，故g(x)，令g(x)0，解得0x

12、e2，令g(x)0，解得xe2，故g(x)在(0，e2)单调递增，在(e2，)单调递减，故g(x)的极大值g(e2).(2)证明：要证f(x)1exx2.即证exx2xln x10，先证明ln xx1，取h(x)ln xx1，则h(x)，易知h(x)在(0,1)单调递增，在(1，)单调递减，故h(x)h(1)0，即ln xx1，当且仅当x1时取“”，故xln xx(x1)，exx2xln x1ex2x2x1，故只需证明当x0时，ex2x2x10恒成立，令k(x)ex2x2x1(x0)，则k(x)ex4x1，令F(x)k(x)，则F(x)ex4，令F(x)0，解得x2ln 2，故x(0,2ln

13、2时，F(x)0，F(x)单调递减，即k(x)单调递减，x(2ln 2，)时，F(x)0，F(x)单调递增，即k(x)单调递增，且k(2ln 2)58ln 20，k(0)20，k(2)e2810，由零点存在定理，可知x1(0,2ln 2)，x2(2ln 2,2)，使得k(x1)k(x2)0，故0xx1或xx2时，k(x)0，k(x)单调递增，当x1xx2时，k(x)0，k(x)单调递减，故k(x)的最小值是k(0)0或k(x2)，由k(x2)0，得e x24x21，k(x2)e x22xx21(x22)(2x21)，x2(2ln 2,2)，k(x2)0，故x0时，k(x)0，原不等式成立18(

14、本小题满分12分)(2019张掖一诊)已知函数f(x)ln xax2bx(其中a，b为常数且a0)在x1处取得极值(1)当a1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，e上的最大值为1，求a的值解(1)因为f(x)ln xax2bx，所以f(x)2axb，因为函数f(x)ln xax2bx在x1处取得极值，所以f(1)12ab0.当a1时，b3，f(x)，f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x1(1，)f(x)00f(x)增极大值减极小值增所以f(x)的单调递增区间为，(1，)单调递减区间为.(2)因为f(x).令f(x)0，得x11，x2因为f(x)在x1处取得极值，所以x2x1

15、1，当0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e上单调递减，所以f(x)在区间(0，e上的最大值为f(1)，令f(1)1，解得a2.当a0，x20；当1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，e)上单调递增所以最大值1可能在x或xe处取得，而fln a2(2a1)ln 10，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a.当1e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以最大值1可能在x1或xe处取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，所以f(e)ln eae2(2a1)e1，解得a，与1x2e矛盾，当x2e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在

16、(1，e)上单调递减，所以最大值1可能在x1处取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，不符合题意综上所述，a或a2.19(本小题满分12分)(2019四川成都一诊)已知函数f(x)aln xax，aR.(1)当a0时，讨论函数f(x)的单调性；(2)当a1时，若关于x的不等式f(x)exbx1恒成立，求实数b的取值范围解(1)由题意，知f(x)a.当a0时，有axex1时，f(x)0；当0x0.函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)由题意，当a1时，不等式f(x)exbx1恒成立即xexln x(1b)x1恒成立，即b1ex恒成立，令g(x)ex.则g(x)ex.令h(

17、x)x2exln x则h(x)(x22x)ex.当x0时，有h(x)0.h(x)在(0，)上单调递增，且h(1)e0，hln 20.函数h(x)有唯一的零点x0，且x01.当x(0，x0)时，h(x)0，g(x)0，g(x)0，g(x)单调递增即g(x0)为g(x)在定义域内的最小值b1e.h(x0)0，得x0e，x01.(*)令k(x)xex，x1.方程(*)等价于k(x)k(ln x)，x1.而k(x)(x1)ex在(0，)上恒大于零，k(x)在(0，)上单调递增故k(x)k(ln x)等价于xln x，x1.设函数m(x)xln x，x1.易知m(x)单调递增又mln 20，x0是函数m

18、(x)的唯一零点即ln x0x0，e.故g(x)的最小值g(x0)e1.实数b的取值范围为(，220(本小题满分12分)(2019开封模拟)已知函数f(x).(1)当ab1时，求函数f(x)的极值；(2)若f(1)1，且方程f(x)1在区间(0,1)内有解，求实数a的取值范围解(1)f(x)，当ab1时，f(x)，f(x)0，得0x1，f(x)在(0,1)上单调递增；f(x)0，得x1，f(x)在(，0)和(1，)上单调递减f(x)的极小值为f(0)1，极大值为f(1).(2)由f(1)1得be1a，由f(x)1得exax2bx1，设g(x)exax2bx1，则g(x)在(0,1)内有零点，设

19、x0为g(x)在(0,1)内的一个零点，由g(0)g(1)0知g(x)在(0，x0)和(x0,1)不单调设h(x)g(x)，则h(x)在(0，x0)和(x0,1)上均存在零点，即h(x)在(0,1)上至少有两个零点g(x)ex2axb，h(x)ex2a，当a时，h(x)0，h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)不可能有两个及两个以上零点，当a时，h(x)0，h(x)在(0,1)上单调递减，h(x)不可能有两个及两个以上零点，当a时，令h(x)0得xln (2a)(0,1)，h(x)在(0，ln (2a)上单调递减，在(ln (2a)，1)上单调递增，h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln

20、(2a)，若h(x)有两个零点，则有h(ln (2a)0，h(1)0，h(ln (2a)3a2aln (2a)1e，设(x)xxln x1e(1xe)，则(x)ln x，令(x)0，得x，当1x0，(x)单调递增；当xe时，(x)0，(x)单调递减(x)max()1e0，h(ln (2a)0，h(1)e2ab0，得e2a1.21(本小题满分12分)(2019陕西四校联考)已知函数f(x)exax(xR)，g(x)ln (xm)ax1.(1)当a1时，求函数f(x)的最小值；(2)若对任意x(m，)，恒有f(x)g(x)成立，求实数m的取值范围解(1)当a1时，f(x)exx，则f(x)1.令f

21、(x)0，得x0.当x0时，f(x)0时，f(x)0.函数f(x)在区间(，0)上单调递减，在区间(0，)上单调递增当x0时，函数f(x)取得最小值，其值为f(0)1.(2)由(1)得，exx1恒成立f(x)g(x)exaxln (xm)ax1exln (xm)1.当x1ln (xm)1恒成立时，即mexx恒成立时，条件必然满足设G(x)exx，则G(x)ex1，在区间(，0)上，G(x)0，G(x)是增函数，即G(x)的最小值为G(0)1.于是当m1时，条件满足当m1时，f(0)1，g(0)ln m11，即f(0)g(0)，条件不满足综上所述，m的取值范围为(，122(本小题满分12分)(2

22、019天津高考)设函数f(x)excosx，g(x)为f(x)的导函数(1)求f(x)的单调区间；(2)当x时，证明f(x)g(x)0；(3)设xn为函数u(x)f(x)1在区间内的零点，其中nN，证明2nxncosx，得f(x)0，则f(x)单调递减；当x(kZ)时，有sinx0，则f(x)单调递增所以，f(x)的单调递增区间为(kZ)，f(x)的单调递减区间为(kZ)(2)证明：记h(x)f(x)g(x).依题意及(1)，有g(x)ex(cosxsinx)，从而g(x)2exsinx.当x时，g(x)0，故h(x)f(x)g(x)g(x)(1)g(x)0.因此，h(x)在区间上单调递减，进而h(x)hf0.所以，当x时，f(x)g(x)0.(3)证明：依题意，u(xn)f(xn)10，即ecosxn1.记ynxn2n，则yn，且f(yn)ecosynecos(xn2n)e2n(nN)由f(yn)e2n1f(y0)及(1)，得yny0.由(2)知，当x时，g(x)0，所以g(x)在上为减函数，因此g(yn)g(y0)g0.又由(2)知，f(yn)g(yn)0，故yn.所以2nxn.