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北京2015年高三二模(理)试题分类汇编-导数与积分



北京 2015 年高三二模(理)试题分类汇编 专题 3:导数与积分 一、选择题
1.(2015 昌平二模理 2) ? (2 x3 ? 1)dx等于
0 1



) C. 1 D. 6

A. ?

1 2

B.

2 3

2. (2015 海淀二模理 7) 已知 f ( x ) 是定义域为 R 的偶函数, 当 x ? 0 时,f ( x) ? ( x ? 1)3 e x?1 . 那么函数 f ( x ) 的极值点的个数是( (A)5 (B)4 ) (C)3 (D)2

二、简单题
3.(2015 昌平二模理 18) (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x) ? x2 ? ax ? ln x, a ? R. (I)若函数 f ( x) 在 (1, f (1)) 处的切线垂直于 y 轴,求实数 a 的值; (II) 在(I)的条件下,求函数 f ( x) 的单调区间; (III) 若 x ? 1时, f ( x) ? 0 恒成立,求实数 a 的取值范围.

4.(2015 朝阳二模理 19) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x) ? ( x2 ? a)e x , a ? R . (Ⅰ)当 a ? 0 时,求函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)若在区间 (1, 2) 上存在不相等的实数 m, n ,使 f (m) = f (n) 成立,求 a 的取值范围; (Ⅲ)若函数 f ( x ) 有两个不同的极值点 x1 , x2 ,求证: f ( x1 ) f ( x2 ) ? 4e?2 .

5.(2015 东城二模理 18) (本小题共 13 分) 已知函数 f ( x) ? x ? a ? e
2

?x



(Ⅰ)当 a ? e 时,求 f ( x ) 在区间 [1,3] 上的最小值; (Ⅱ)求证:存在实数 x0 ?[?3,3] ,有 f ( x0 ) ? a .

6.(2015 丰台二模理 20) (本小题共 13 分) 已知函数 f ( x ) ?

ln ax ? 1 ( a ? 0 ). x

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的最大值; (Ⅱ)如果关于 x 的方程 ln x ? 1 ? bx 有两解,写出 b 的取值范围(只需写出结论) ;
* (Ⅲ)证明:当 k ? N 且 k ? 2 时, ln

k 1 1 1 1 ? ? ? ? ??? ? ? ln k . 2 2 3 4 k

7.(2015 海淀二模理 18) (本小题满分 14 分) 已知函数 f ( x ) ?

1 ? ln x . x2

(Ⅰ)求函数 f ( x ) 的零点及单调区间; (Ⅱ)求证:曲线 y ?

ln x 存在斜率为 6 的切线,且切点的纵坐标 y0 ? ?1. x

8.(2015 西城二模理 18) (本小题满分 13 分) 已知函数 f ( x ) ?
1

1? x 1 ? ax 2

,其中 a ? R .

(Ⅰ)当 a ? ? 时,求 f ( x ) 的单调区间;
4

(Ⅱ)当 a ? 0 时,证明:存在实数 m ? 0 ,使得对于任意的实数 x ,都有 | f ( x) |≤ m 成 立.

北京 2015 年高三二模(理)试题分类汇编 专题 3:导数与积分参考答案 一、选择题 1.A 2.C

二、简答题 3.(本小题满分 13 分)
解: (I) f ( x) ? x2 ? ax ? ln x, a ? R. 定义域为 (0, ??)

1 f ' ( x) ? 2 x ? a ? , a ? R. x
依题意, f ' (1) ? 0 . 所以 f ' (1) ? 3 ? a ? 0 ,解得 a ? 3 ……………4 分

(II) a ? 3 时, f ( x) ? ln x ? x2 ? 3x ,定义域为 (0, ??) ,

f ?( x) ?

1 1 ? 2 x 2 ? 3x ? 2x ? 3 ? x x
1 或 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , 2

当0 ? x ? 当

1 ? x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , 2 1 2

故 f ( x ) 的单调递增区间为 (0, ), (1, ??) ,单调递减区间为 ( ,1) .----8 分 (III)解法一:由 f ( x) ? 0 ,得 a ?

1 2

ln x ? x 2 在 x ? 1 时恒成立, x

令 g ( x) ?

ln x ? x 2 1 ? x 2 ? ln x ,则 g ?( x) ? x x2

令 h( x) ? 1 ? x 2 ? ln x ,则 h?( x) ? 2 x ?

1 2 x2 ?1 ? ?0 x x

所以h( x) 在 (1, ??) 为增函数, h( x) ? h(1) ? 2 ? 0 .
故 g ?( x) ? 0 ,故 g ( x) 在 (1, ??) 为增函数. g ( x) ? g (1) ? 1 , 所以 a ? 1 ,即实数 a 的取值范围为 (??,1] . 解法二: f ?( x) ? ……………13 分

1 1 ? 2 x 2 ? ax ? 2x ? a ? x x
2

令 g ( x) ? 2 x2 ? ax ? 1 ,则 ? ? a ? 8 , (i)当 ? ? 0 ,即 ?2 2 ? a ? 2 2 时, f ?( x) ? 0 恒成立,

因为x ? 1, 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增,
f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? (?2 2,1] ;
(ii)当 ? ? 0 ,即 a ? ?2 2 时, f ?( x) ? 0 恒成立,

因为x ? 1, 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增,
f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? ?2 2 ;
(iii)当 ? ? 0 ,即 a ? ?2 2 或 a ? 2 2 时,

方程 g ( x) ? 0 有两个实数根 x1 ?

a ? a2 ? 8 a ? a2 ? 8 , x2 ? 4 4

若 a ? ?2 2 ,两个根 x1 ? x2 ? 0 , 当 x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , 所以f ( x) 在 (1, ??) 上单调递增, 则 f ( x) ? f (1) ? 1 ? a ? 0 ,即 a ? 1 ,所以 a ? ?2 2 ; 若 a ? 2 2 , g ( x) ? 0 的两个根 0 ? x1 ? x2 ,

因为f ( x) ? 1 ? a ? 0 ,且 f ( x) 在 (1, ??) 是连续不断的函数
所以总存在 x0 ? 1 ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,不满足题意. 综上,实数 a 的取值范围为 (??,1] . 4.(本小题满分 14 分) 解: (Ⅰ)当 a ? 0 时, f ( x) ? x2e x , f ?( x) ? e x ( x2 ? 2 x) . 由 ex ( x2 ? 2 x) ? 0 ,解得 x ? 0 , x ? ?2 . 当 x ? (??, ?2) 时,f ?(x)>0,f (x)单调递增; 当 x ? (?2, 0) 时,f ?(x)<0,f (x)单调递减; 当 x ? (0, ??) 时,f ?(x)>0,f (x)单调递增. 所以函数 f ( x ) 的单调增区间为 (??, ?2) , (0, ??) ,单调减区间为 (?2, 0) .????4 分 (Ⅱ)依题意即求使函数 f ( x) ? e x ( x2 ? a) 在 (1, 2) 上不为单调函数的 a 的取值范围. ……………13 分

f ?( x) ? ex ( x2 ? 2x ? a) .设 g ( x) ? x2 ? 2 x ? a ,则 g (1) = 3 - a , g (2) = 8 - a .
因为函数 g ( x) 在 (1, 2) 上为增函数, 当? í

ì ? g (1) = 3 - a < 0 ,即当 3 < a < 8 时,函数 g ( x) 在 (1, 2) 上有且只有一个零点,设 ? g (2) = 8 a > 0 ? ?

为 x0 . 当 x ? (1, x0 ) 时, g ( x) ? 0 ,即 f ? ( x) < 0 , f ( x) 为减函数; 当 x ? ( x0 , 2) 时, g ( x) ? 0 ,即 f ? ( x) > 0 , f ( x) 为增函数,满足在 (1, 2) 上不为单调

函数. 当 a ? 3 时, g (1) ? 0 , g (2) > 0 ,所以在 (1, 2) 上 g ( x) > 0 成立(因 g ( x) 在 (1, 2) 上 为增函数) ,所以在 (1, 2) 上 f ?( x) ? 0 成立,即 f ( x ) 在 (1, 2) 上为增函数,不合题意. 同理 a ? 8 时,可判断 f ( x ) 在 (1, 2) 上为减函数,不合题意. 综上 3 < a < 8 . (Ⅲ) f ?( x) ? e x ( x 2 ? 2 x ? a) . 因 为 函 数 f ( x) 有 两 个 不 同 的 极 值 点 , 即 f ? ( x) 有 两 个 不 同 的 零 点 , 即 方 程 ??????????????????????9 分

x 2 + 2 x - a = 0 的判别式 ? ? 4 ? 4a ? 0 ,解得 a ? ?1 .
由 x ? 2 x ? a ? 0 ,解得 x1 ? ?1 ? a ? 1, x2 ? ?1 ? a ? 1 .
2

此时 x1 ? x2 ? ?2 , x1 x2 ? ?a . 随着 x 变化时, f ( x ) 和 f ?( x ) 的变化情况如下:

x
f ?( x )
f ( x)

(?? , x1 )
+ ↗

x1
0
极大值

( x1 , x2 )
- ↘

x2
0 极小值

( x2 , ??)
+ ↗

所以 x1 是函数

f ( x) 的极大值点, x2 是函数 f ( x) 的极小值点.

所以 f ( x1 ) 为极大值, f ( x2 ) 为极小值.
2 2 所以 f ( x1 ) f ( x2 ) ? e 1 ( x1 ? a) ? e 2 ( x2 ? a) x x
2 2 =e x1 ? x2 [ x12 x2 ? a( x12 ? x2 ) ? a2 ]

2 =e x1 ? x2 ? x12 x2 ? a[( x1 ? x2 )2 ? 2 x1 x2 ] ? a 2 ?

=e?2 [a 2 ? a(4 ? 2a) ? a2 ] = ? 4ae?2 .
因为 a ? ?1 ,所以 ?4ae
?2

? 4e?2 .

所以 f ( x1 ) f ( x2 ) ? 4e?2 .???????????????????????? 14 分 5.(共 13 分) 解: (Ⅰ)当 a ? e 时, f ( x) ? x ? e
2

2? x

, x ? [1,3] .

因为 f '( x) ? 1 ? e 2? x , 由 f ?( x) ? 0 , x ? 2 . 则 x , f ?( x ) , f ( x) 关系如下:

x
f ?( x )

(1,2)
?


2

(2,3)

0
极小值

?


f ( x)

所以当 x ? 2 时, f ( x) 有最小值为 3 .

???5 分

(Ⅱ) “存在实数 x0 ?[?3,3] ,有 f ( x) ? a ”等价于 f ( x ) 的最大值大于 a . 因为 f '( x) ? 1 ? ae ? x , 所以当 a ? 0 时, x ? [?3,3] , f ' ( x) ? 0 , f ( x) 在 (?3,3) 上单调递增, 所以 f ( x ) 的最大值为 f (3) ? f (0) ? a . 所以当 a ? 0 时命题成立. 当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 得 x ? ln a . 则 x ? R 时, x , f ?( x ) , f ( x) 关系如下:

x
f ?( x )
f ( x)
3

(??, ln a)
?


ln a
0
极小值

(ln a,??)

?


(1)当 a ? e 时 , ln a ? 3 , f ( x) 在 (?3,3) 上单调递减, 所以 f ( x ) 的最大值 f (?3) ? f (0) ? a . 所以当 a ? e 时命题成立.
3

(2)当 e

?3

? a ? e3 时, ? 3 ? ln a ? 3 ,

所以 f ( x) 在 (?3, ln a ) 上单调递减,在 (ln a,3) 上单调递增. 所以 f ( x ) 的最大值为 f (?3) 或 f (3) . 且 f (?3) ? f (0) ? a 与 f (3) ? f (0) ? a 必有一成立, 所以当 e
?3

? a ? e3 时命题成立.

?3 (3) 当 0 ? a ? e 时 , ln a ? ?3 ,

所以 f ( x) 在 (?3,3) 上单调递增,

所以 f ( x ) 的最大值为 f (3) ? f (0) ? a . 所以当 0 ? a ? e?3 时命题成立. 综上:对任意实数 a 都存在 x ? [?3,3] 使 f ( x) ? a 成立. ??13 分 6.20.(本小题共 13 分) 解: (Ⅰ)函数的定义域为 {x x ? 0}.

ln ax ? 1 , x ? ln ax 所以 f ?( x) ? . x2
因为 f ( x ) ?

1 . a 1 1 当 x ? (0, ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 (0, ) 上单调递增; a a 1 1 当 x ? ( , ?? ) 时, f ?( x) ? 0 , f ( x ) 在 ( , ?? ) 上单调递减. a a 1 x? 所 以 当 时 a 1 f ( 最大值 ? x ) ? . f( ) a ???????? 6分 a 0 ? b ?1 l x? n ? ( Ⅱ ) 当 时 , 方 程
因为 a ? 0 ,所以当 f ?( x) ? 0 时, x ? 解. ????????8 分



b 1 有x



ln x ? 1 1 ? 1 ,变形得 1 ? x ? ln ,当 x ? 1 等号成立.所以 (Ⅲ)由(Ⅰ)得 x x 1 1 ? ? ln 2 , 2 2 3 1 ? ? ln , 3 2
??

1?


k ?1 k ? ln , k k ?1
以 得 到 当

k ? N*



k?2





1 1 1 1 ? ? ? ?????? ? ? ln k . ????????10 分 2 3 4 k ln x ? 1 ? 1 ,变形得 ln x ? x ? 1 ,当 x ? 1 等号成立.所以 由(Ⅰ)得 x 3 3 ln ? ? 1 , 2 2 4 4 ln ? ? 1 , 3 3 5 5 ln ? ? 1 , 4 4

??

ln

k ?1 k ?1 ? ? 1, k k

* 所以得到 当 k ? N 且 k ? 2 时, ln

又因为 ln 所

k k ?1 ? ln , 2 2
以 当

k ?1 1 1 1 1 ? ? ? ? ?????? ? . 2 2 3 4 k

k ? N*



k?2





l

k 1 ? n 2

2

?

1 k 3

?

1

1 k . ???????? ? l ? n 13 ? 分 4

?

?

?

?

?

7.(共 13 分) 解: (Ⅰ)令 f ( x) ? 0 ,得 x ? e . 故 f ( x ) 的零点为 e . 分 ??????1

1 (? ) ? x 2 ? (1 ? ln x) ? 2 x 2 ln x ? 3 f '( x) ? x ? ( x ? 0 ). 2 2 (x ) x3
分 令 f '( x) ? 0 ,解得 x ? e 2 . 当 x 变化时, f '( x) , f ( x ) 的变化情况如下表:
3

?????? 3

f ( x)
f '( x)

(0, e )

3 2

e

3 2

(e , ??)

3 2

?

3 2

0

?

3 2

f ( x)

所以 f ( x ) 的单调递减区间为 (0, e ) ,单调递增区间为 (e , ??) . 分

??????6

1 ? x ? 1? ln x ln x 1 ? ln x x (Ⅱ)令 g ( x) ? .则 g '( x) ? ? ? f ( x) . 2 x x x2
分 因为

?????? 7

1 1 f ( ) ? 4 ? 4 ln 2 ? 4 ? 4 ? ? 6 , f (e) ? 0 , 且由 (Ⅰ) 得, f ( x ) 在 (0, e) 2 2

内是减函数,

所以 存在唯一的 x0 ? ( , e) ,使得 g '( x0 ) ? f ( x0 ) ? 6 . 当 x ? [e, ??) 时, f ( x) ? 0 . 所以 曲线 y ? 分 由 g '( x0 ) ?

1 2

ln x 存在以 ( x0 , g ( x0 )) 为切点,斜率为 6 的切线. ??????10 x

1 ? ln x0 2 . ? 6 得: ln x0 ? 1 ? 6x0 2 x0
2 ln x0 1 ? 6 x0 1 ? ? ? 6 x0 . x0 x0 x0

所以 g ( x0 ) ? 因为 x0 ? 所以

1 , 2

1 ? 2 , ?6 x0 ? ?3 . x0
??????13 分

所以 y0 ? g ( x0 ) ? ?1 . 8.(本小题满分 13 分) (Ⅰ)解:当 a ? ?

1 4

时,函数 f ( x) ?

1? x , 1 2 1? x 4
?????? 1

其定义域为 {x ? R | x ? ?2} . 分

求导,得 f ?( x) ?

? x 2 ? 2 x ? 4 ?( x ? 1) 2 ? 3 ? ?0, 1 2 2 1 2 2 4(1 ? x ) 4(1 ? x ) 4 4

?????? 4

分 所以函数 f ( x ) 在区间 (??, ?2) , (?2, 2) , (2, ??) 上单调递减. 分 (Ⅱ)证明:当 a ? 0 时, f ( x ) ? 求导,得 f ?( x) ? 分 ?????? 5

1? x 的定义域为 R . 1 ? ax 2
, ?????? 6

ax 2 ? 2ax ? 1 (1 ? ax 2 ) 2

令 f ?( x ) ? 0 ,解得 x1 ? 1 ? 1 ? 分

1 a

? 0 , x2 ? 1 ? 1 ?

1 a

?1,

?????? 7

当 x 变化时, f ?( x ) 与 f ( x ) 的变化情况如下表:

x
f ?( x ) f ( x)

(??, x1 )
+ ↗

x1
0

( x1 , x2 )

x2
0

( x2 , ??)
+ ↗ ?????? 10

?


分 所以函数 f ( x ) 在 (??, x1 ) , ( x2 , ??) 上单调递增,在 ( x1 , x2 ) 上单调递减. 又因为 f (1) ? 0 ,当 x ? 1 时, f ( x ) ?

1? x 1 ? ax
2

? 0 ;当 x ? 1 时, f ( x ) ?

1? x 1 ? ax 2

?0,

所以当 x≤1 时, 0≤f ( x)≤f ( x1 ) ;当 x ? 1 时, f ( x2 )≤f ( x) ? 0 . 分

?????? 12

记 M ? max{ | f ( x1 ) |, | f ( x2 ) | } ,其中 max{ | f ( x1 ) |, | f ( x2 ) | } 为两数 | f ( x1 ) | ,

| f ( x2 ) 中最大的数, |
综上,当 a ? 0 时,存在实数 m ? [ M , ??) ,使得对任意的实数 x ,不等式 | f ( x) | ≤m 恒 成立. 分 ?????? 13



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