导数压轴20题最终答案.pdf
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1、水哥尖子生导数压轴20题参考答案水哥尖子生导数压轴20题参考答案1.重温八省20题之旅喜迎开门红1.【题目】(1)当-54x0时,证明:xexsinx+cosx-1;(2)若x-54且x0时,有 ex-1sinx+cosx-1xex-a0,求实数a的所有可能值的取值集合.【命题意图】导数与三角函数的综合运用,考察代数变形以及分类整理划归能力,深入考察核心素养,题目常规不落俗套.【解析】(1)当x-54,-4时,即证 xex+1-(xsin+xcos)0作p(x)=xex+1,p(x)=(x+1)ex,当x-54,-1,p(x)0,p(x)单调递增,知 p(x)p(-1)=1-1e0又xsin+
2、xcos=2sin(x+4)0,知不等式成立.当x-4,0时,作函数(x)=x-(xsin+xcos-1)e-x,只证(x)0,又(x)=1-(1-2xsin)e-x1-e-x0,知(x)单调递减.有(x)(0)=0知不等式成立.(2)作变形 ex-1(xsin+xcos-1xex-a)=ex-1xex(xsin+xcos-1-axex)又ex-1x0,作函数g(x)=axex-xsin-xcos+1,只需g(x)0,x-54,x0,求导有g(x)=a(x+1)ex-xcos+xsin,g(0)=a-1,g(x)=a(x+2)ex+xsin+xcos,当a0时,取x(0,4),知g(x)0,g
3、(x)单调递减,有g(x)g(0)=0,不符合题意.当0a0,g(x)单调递增,又g(0)=a-10,则存在x1(0,2)使得g(x1)=0,取x(0,x1)时,知g(x)0,g(x)单调递减,有g(x)1时,当x(-2,0)时,有g(x)a(x+1)ex+xsin-1=h(x),又h(x)=a(x+2)ex+xcos0,且h(-2)=a(1-2)e-2-10则存在x2(-2,0)使得h(x2)=0,当x(x2,0)时,有g(x)h(x)0,g(x)单调递增,有g(x)2+xsin+xcos0,g(x)g(0)=0.g(x)单调递增,有g(x)g(0)=0.当x-54,0时,由(1)知xex-
4、sinx-cosx+10,符合题意.综上所述,a的取值集合为 1.【审题人点评】命题人“故意设置”了在0处分母为0,阻止探路快解题第一问给了第二问一定的提示,浓浓的“八省联考风味”,值得研究.只玩质量,其它不玩 方法不唯一,需慢慢探索12.水平有限水哥探路编不了好题2.【题目】已知函数 f(x)=lnx.(1)求证:当 x1 时,lnxx-1x ;(2)设 g(x)=xe1-x+af(x)-xa ,若 g(x)0 恒成立,求实数 a 的取值范围.(参考数据:ln20.693,e 1.65)【命题意图】考查必要条件探路,主元法等相关知识的应用,以及放缩和的问题.【解析】(1)设 r(x)=x-1
5、x -lnx,则 r(x)=12 x+12x x-1x=x+1-2 x2x x0,因此 r(x)在 1,+)单调递增,故 r(x)r(1)=0,得证.(2)令 x=1,可得 1-1a0,则 a(0,1,下面证明 a(0,1 时,g(x)0.先证明当 a=1 时,F(x)=xe1-x+lnx-x 0 恒成立.当x1 时,由(1)可得 lnxx-1x ,则xe1-x+lnx-x xe1-x+x-1x -x=1x (xe1-x-1)0,x(0,1),因为 F(x)=xe1-x+lnx-x,F(1)=0,F(x)=1-2x2 xex-1+2-x2x=(1-2x)x+(2-x)ex-12xex-1(1-
6、2x)x+(2-x)x2xex-1=1-2x+2 x-x2 xex-1=(1-x)(3 x+1)2 xex-10,则 F(x)在(0,1)单调递增,因此 F(x)F(1)=0,由此可得 F(x)0 恒成立.当 x1 时,y=xe1-x+alnx-xa 为关于 a 的增函数,故只需证明 a=1 时成立即可即证xe1-x+lnx-x 0,由引理可得显然成立;当 x(0,1)时,等价于证明 h(a)=xe1-xa+lnx-xa2 0,h(a)=xa2 (2a-e1-x),当 1x1-ln2 时,则h(a)0,则只需满足 h(1)0,即证xe1-x+lnx-x 0 成立当 0 x1-ln2 时,因为
7、g(x)=xe1-x+alnx-xa =x(e1-x-1a)+alnx,()当 00,则只需满足 h(2e)0 即可,即 p(x)=xe1-x+2elnx-e2x 0,p(x)=1-2x2 xe1-x+8-e2x4ex,因此可得 p(x)在(0,12)单调递增,因为 e+12 e,故 p(x)p(12)=e2-2eln2-e2 2=2 e-e2 2-2eln21-2ln2e0,得证;()当 a(2e,1 时,则 h(a)在(2e,2e1-x )单调递增,在(2e1-x ,1)单调递减,故只需证明 h(2e1-x )0,即证明 k(x)=xe2-2x+4lnx0 在 0 x1-ln2 恒成立,则
8、 k(x)=e2-2x2 x(1-4x)+4x,当 00,当14x0,因此 k(x)在(0,12)单调递增,121-ln2,则 k(x)k(1-ln2)=4 1-ln2+ln(1-ln2)4(1-ln2-ln2)0,综上所述:a(0,1.【审题人点评】整道题设计的不错,整体而言比市场上探路略好,浓浓的浙江风味第二问严格证明难度较大,能体现较好的选拔性,对于能力较强的学生可以拿到一定的分数,有一点小瑕疵在于数值设计上面,估值放缩较多,不够自然.只玩质量,其它不玩 方法不唯一,需慢慢探索23.重视三基小小数列考验功底3.【题目】设 f(x)=ex2sinx,0 x4,正数列 an 满足 a1=12
9、,且当 n2 时,f(an)=an-1.(1)证明:数列 an 单调递减;(2)证明:当 n2 时,an-1ln(n+5)(n+4)20.【命题意图】考查函数与数列综合问题,紧跟新高考步伐,强调三基,侧重代数变形能力以及问题分析能力.【解析】(1)先证:f(x)x,记 g(x)=ex2sinx-x(0 x1,等价于sin2x4 (1-cosx)2,等价于14(1-cosx)(5cosx-3)0,易知成立,所以g(x)0,g(x)单调递增,则有 g(x)g(0),所以 f(x)x,由 f(an)=an-1,则可知 0anan,即 anan-1,所以数列 an 单调递减.(2)由(1)可知 0an
10、12,要证:an-1an+12a2n,即证 f(an)an+12a2n,等价于证 sinan-an+12a2nean20,记 h(x)=sinx-x+12x2ex2(0 x12),有h(x)=cosx-4+2x-x24ex2,h(x)=-sinx+6x-x28ex26x-x28-sinx,记(x)=6x-x28-sinx(0 x12),有(x)=34-x4-cosx34-cosx34-cos1234-cos60,所以(x)单调递减,则有(x)(0)=0,则可知h(x)0,即h(x)单调递减,则有h(x)h(0)=0,即 h(x)单调递减,则有 h(x)h(0)=0,不等式得证.(3)由(2)可
11、知 an-1an+12a2n,且 01an+12a2n=1an-1an+2,则有1an-1an-1 1an+2ln(n+5)(n+4)20=nk=1lnk+5k+3 ,则只需证 lnk+5k+3 2k+3 ,记 t=2k+3 (0,12,g(t)=ln(t+1)-t,有 g(t)=-t1+t0,所以 g(t)单调递减,则有 g(t)g(0)=0,得证.【审题人点评】好题,数列虽小,五脏俱全,本题对知识的综合性有一定的要求,用来考查学生的能力恰到好处,前两问我按不代数变形的方法做的,也比较方便,确实是一道非常好的题.只玩质量,其它不玩 方法不唯一,需慢慢探索34.乱中有序多变量恒成立问题4.【题
12、目】已知函数 f x=xlnx+ax+b(a,bR).(1)若函数 f x只有一个零点,求 a,b所需满足的条件;(2)若 f x1=f x2x1x2,有x1+x2+k x1x2e-a-1时,f xmin0,即 f x无零点,不符题意;当b=e-a-1时,f xmin=0,即 f x仅有一个零点x=e-a-1,即b=e-a-1符合题意;当b0时,f x0对任意x 0,e-a-1恒成立,取me1-a且m-b,则 f m=m lnm+a+bm+b0,所以存在x0 e-a-1,m,使得 f x0=0,即b0符合题意;当0be-a-1时,f xmin0,即存在x1 e-a-1,e-a,使得 f x1=
13、0,因为 f xb-e-a-1,整理得eaxln eax-1e,取eax=t,可得lnt-2e t ,所以 f x=xln eax+bb-2e-1-a2x,取0n0,所以存在x2 n,e-a-1,使得 f x2=0,即 f x有两个零点,不符题意;综上,a,b满足的条件为b=e-a-1或b0;(2)不妨设x11,由题意得,x1lnx1+ax1=x2lnx2+ax2,则lnx1+a=t2ln t2x1+at2,解得lnx1=2t2lnt1-t2-a,因为x1+x2+k x1x2 2+ke-a-1,所以lnx1+x2+k x1x2x1ln 2+k-a-1-lnx1,所以ln 1+t2+kt0,设g
14、 t=1-t2ln1+t2+kt2+k+2t2lnt+1-t2t1,则g t=2t ln2+kt2t2+kt+1-t2-12t+k2t t2+kt+1,设h t=ln2+kt2t2+kt+1-t2-12t+k2t t2+kt+1,则h t=t2-1k t+1t+2k2-42t t2+kt+12,设 t=k t+1t+2k2-4,k0,t1,则 t单调递增,所以 t 1=2k2+2k-4,当k1时,t0,即h t0,所以h t单调递增,所以h th 1=0,即g t0,所以g t单调递增,所以g tg 1=0,符合题意;当0k1时,10,所以t0 1,4k,使得 t0=0,当t 1,t0时,t0
15、,即h t0,所以h t单调递减,所以h th 1=0,即g t0,所以g t单调递减,所以g t0,且 f2=4-2k0,f=-2k,若k0,则 f x0恒成立,所以 f x单调递增,所以 f xmin=f2=6-k0,不符题意;若0k6,则 f 0,1=1-20且a1,函数 f x=ax+a1x,g x=k-lnx-kx.(1)讨论函数g x的单调性;(2)若对任意x-,0,都有 f x2a,求实数a的取值范围.【命题意图】考查导数在函数恒成立问题中的运用,矛盾区间的选取及其运用,构造函数证明函数不等式,完美的演绎了分类讨论的强大应用,不落俗套,简洁又不简单.【解析】(1)易知g x=k-
16、xx2 ,若k0,则g x0,则当x 0,k时,g x0,g x单调递增,当x k,+时,g x0时,g x在 0,k上单调递增,在 k,+上单调递减.(2)当0a1时,取xax2a,即0a2时,取x loga2-1,0,则 f xax2a,即a2不符题意;当1a2时,因为ax+a1x2a,所以a1x+12-ax+1,即1x+1loga2-ax+1,设t=ax+1,则0ta,且x=logat-1,所以logat+loga2-t-logatloga2-t0,设h t=logat+loga2-t-logatloga2-t,则h t=1-loga2-ttlna+logat-12-tlna,h t=t
17、2-t+ln 2-t-lnat2ln2a+2-tt+lnt-lna2-t2ln2a,由(1)可知,取k=1,则g x=1-lnx-1x0,所以gt2=1-lnt2-2t0,g2-t2=1-ln2-t2-22-t0即2t-1-ln2t,22-t-1-ln2-t2,所以t2-t+ln 2-t-lnaln2-lna0,2-tt+lnt-lnaln2-lna0,所以h t0,即h t单调递增,又h 1=0,列表可知,h t在 0,1单调递减,在 1,a单调递增,所以h th 1=0,即a 1,2符合题意;综上,实数a的取值范围为 1,2.【审题人点评】好题,第一问是对第二问的提示,第二问对 a的分段处
18、理很妙,也容易想到但是过程中那个代数变形需要一定的功底和勇气另外,直接对 f x求导,可得 f x=lnax xax-1xa1x,也可看出本题命题背景是极值点偏移问题,用类似偏移的作法,也可方便求解.只玩质量,其它不玩 方法不唯一,需慢慢探索67.袖里乾坤极致函数新定义7.【题目】对于定义在D上的函数 f x,其导函数为 f x,若存在kD,使得 f k=f k,且x=k是函数 f x的极值点,则称函数 f x为“极致k函数”.(1)设函数 f x=x+atanx,其中-2x2,aR.若 f x是单调函数,求a的取值范围;证明:函数 f x不是“极致0函数”;(2)对任意mR,证明:函数g x
19、=xsinx+mcosx-m是“极致0函数”.【命题意图】考查导数在函数创新型问题中的应用,含参函数的极值点问题,创新而又不失简约,侧重材料阅读能力,变形与转化能力.【解析】(1)f x=cos2x+acos2x,(i)若 f x单调递减,则 f x0恒成立,即a-cos2x恒成立,所以a-1;(ii)若 f x单调递增,则 f x0恒成立,即a-cos2x恒成立,所以a0;综上,a的取值范围为-,-1 0,+;假设 f x是“极致0函数”,则x=0是 f x的极值点,所以 f 0=1+a=0,解得a=-1,由可知,当a=-1时,f x单调递减,与x=0是 f x的极值点矛盾,即 f x不是“
20、极致0函数”;(2)由g x=1-msinx+xcosx,可得g 0=g 0=0,下证x=0是g x的极值点,当x-2,2时,g x=1-mtanx+xcosx,设h x=1-mtanx+x x-2,2,当1-m-1,即m2时,由(i)可知,h x单调递减,又h 0=0,列表可知(表略),g x在x=0处取得极大值,即g x是“极致0函数”;当1-m0,即m1时,由(i)可知,h x单调递增,又h 0=0,列表可知(表略),g x在x=0处取得极小值,即g x是“极致0函数”;当1m0,-2=2=1-m0,即h x0,h x单调递增,又h 0=0,列表可知(表略),g x在x=0处取得极小值,
21、即g x是“极致0函数”;综上,对任意mR,g x均为“极致0函数”.【审题人点评】完美的好题,第一问的提示很到位,第二问的讨论考查基本能力,回味无穷.只玩质量,其它不玩 方法不唯一,需慢慢探索78.大杀四方完美精仿三角导8.【题目】已知函数 f x=excosx-sinx-1.(1)当x-2,0时,证明:f x0;(2)设xn为函数 f x在区间 2n+3,2n+2内的零点,其中nN N*.证明:xn+1-xn2;证明:exn-2n-2-xn2+n2 3-6.【命题意图】考查导数与三角的综合问题,函数不等式的证明,数列与函数的结合,零点的代换,将代数变形能力发挥到极致.【解析】(1)当x=-
22、2时,f x=0,符合;当-20g 2n+2,即存在xn 2n+3,2n+2,使得g x0=0,即 f xn=0,又因为xn+2,xn+1 2 n+1+3,2 n+1+2,且g xn+1=1,所以g xn+2=e2 f xn-1=e2-10=g xn+1,所以xn+22;(ii)记t=xn-2n-2,则-6t0,即etcost-sint-10,整理得et1+sintcost,要证exn-2n-2-xn2+n2 3-6,等价于证et-t2-4 3+120,只需证1+sintcost-t2-4 3+120,设h t=1+sintcost-t2-4 3+12t-6,0,则h t=1+sint22co
23、s2t0,所以h t单调递增,则h th-6=0,原命题得证.【审题人点评】第二问的(i)中,xn的存在性我稍微补充说明了一下这题对于基本功的要求很高,难得的好题我个人感觉有单小瑕疵,就是代数变形的成分太大,导数题应该体现导数的工具性,不应该过分注重于代数变形。所以我觉得题干函数直接给成 f x=excosx1+sinx会不会更好?只玩质量,其它不玩 方法不唯一,需慢慢探索89.霸气侧漏函数最值新高度9.【题目】已知函数 f x=1+k lnx-1+lnxxk0.(1)若 f x存在最大值M,证明:M+k1;(2)在(1)的条件下,设函数g x=xex+M-1k -x,求g x的最小值(用含M
24、,k的代数式表示).【命题意图】考查含参函数的最值问题,隐零点代换,“同构”的简单应用,紧扣新高考要求,强调三基,侧重代数运算能力.【解析】(1)f x=k1x-1-1+lnxx2=k x+lnxx2,记 x=x+lnx,易知 x单调递增,又因为1e=1e-10,所以存在x01e,1,使得 x0=0,当k0时,列表可知,f x在 0,x0上单调递减,在 x0,+上单调递增,所以 f x无最大值,即k0不符题意;当k1-k,所以 f xmax+k1,即M+k1;(2)由(1)可知k1,所以M-1k-1,g x=x+1ex+M-1k -1,g x=x+2ex+M-1k ,令g x=0,解得x=-2
25、,列表可知,g x在-,-2单调递减,在-2,+单调递增,当x-1时,g x0,又g 0=eM-1k -11,所以存在x1 0,1-Mk,使得g x1=0,列表可知,g xmin=g x1=x1ex1+M-1k -x1,因为g x1=0,所以x1+1=e-x1+1-Mk ,所以ln x1+1+x1=1-Mk,由(1)可知,lnx0=-x0,即1x0=ex0,则1-Mk=1+lnx0 x0+x0=ex0+x0-1,所以ln x1+1+x1=ex0+x0-1,设 x=ln x+1+x,易知 x单调递增,且 x1=ex0-1,所以x1=ex0-1,所以g xmin=x1ex1-ex0+x0-1-x1
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