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2014高考真题汇编函数与导数(二)教师版


2014 高考真题汇编函数与导数(二)
1. [2014· 山东卷] 直线 y=4x 与曲线 y=x3 在第一象限内围成的封闭图形的面积为( A. 2 2 B. 4 2 C. 2 D. 4
3

)

1.D [解析] 直线 y=4x 与曲线 y=x 在第一象限的交点坐标是(2,8),所以两者围成 1 2 的封闭图形的面积为? (4x-x3 )dx=? 2x2 - x4 ? ? 0 =4,故选 D. ?0 ? 4 ?? 2、[2014· 福建卷] 如图 14,在边长为 e(e 为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄 豆,则它落到阴影部分的概率为________.
2

图 14 2 2 e [解析] 因为函数 y=ln x 的图像与函数 y=ex 的图像关于正方形的对角线所在直线

2.

y=x 对称,则图中的两块阴影部分的面积为 S=2? ? ln xdx=2(xln x-x)| 1 =2[(eln e-e)-(ln 1-1)]=2,
1 e e

2 故根据几何概型的概率公式得,该粒黄豆落到阴影部分的概率 P= 2 . e 3.[2014· 江西卷] 若 f(x)=x2 +2? ? f (x)dx,则? ? f(x)dx=(
0 0 1 1

)

A .-1 3.B

1 B .- 3
0

1 C. 3

D.1

1 1 2 1 1 f (x)dx? dx = ?1x3 +?2? f (x)dx? x? 1 = 1 + 2 1 [ 解析 ] ? f (x)dx = ? ?x +2? ? ? ? ?? 0 ? ?3 ? 0 ? ?0 3 ? ? 0 0 1

1 f (x)dx,得? ?0 f(x)dx=-3. 4.[2014· 湖南卷] 已知函数 f (x)=sin(x-φ),且

?

2? 3 0

f(x)dx=0,则函数 f(x)的图像的一条对称轴是( 5π 6

)

π π 7π B .x= C.x= D.x= 12 3 6 2π 2π 2π ?2π ? 4.A [解析] 因为∫ 0 f(x)dx=0,即∫ 0 f(x)dx=-cos(x-φ) 0 =-cos ? -φ? 3 3 3 3 π 5π +cos φ =0,可取φ = ,所以 x= 是函数 f(x)图像的一条对称轴. 3 6 A .x=

5.[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=ax -3x +1,若 f(x)存在唯一的零点 x0 ,且 x0 >0,则 a 的取值范围是( ) A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1) 5.C [解析] 当 a=0 时,f(x)=-3x2 +1,存在两个零点,不符合题意,故 a≠0. 2 由 f ′(x)=3ax2 -6x=0,得 x=0 或 x= . a 2 若 a<0,则函数 f(x)的极大值点为 x=0,且 f (x)极大值=f (0)=1,极小值点为 x= ,且 f (x) a 4 a -4 ?2?=a - 极小值=f ?a? a2 ,此时只需 a2 >0,即可解得 a<-2; 若 a>0,则 f(x)极大值=f (0)=1>0,此时函数 f (x)一定存在小于零的零点,不符合题意. 综上可知,实数 a 的取值范围为(-∞,-2). 6.[2014· 湖北卷] 若函数 f (x),g(x)满足? f(x)g(x)dx=0,则称 f(x),g(x)为区间[-1,
2 2

3

2

?-1

1

1]上的一组正交函数,给出三组函数: 1 1 ①f(x)=sin x,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2. 2 2 其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( ) A .0 B .1 C.2 D.3 6.C [解析] 由题意,要满足 f(x),g(x)是区间[-1,1]上的正交函数,即需满足? f(x)g(x)dx=0. 1 1 1 1 ①? f(x)g(x)dx=? sin xcos xdx= ?-1 ?-1 2 2 1 1 ? 1 ?1 ?-1 sinxdx=?-2cos x? -1=0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数; 2? x3 4 1 1 ②? f(x)g(x)dx=? (x+1)(x-1)dx=? -x?1 ?3 ?-1 =-3≠0,故第②组不是区间[-1,1] ?-1 ?-1 上的正交函数; ③? f(x)g(x)dx=? x·x2 dx=

?-1

1

?-1

1

?-1

1

x4 1 - =0,故第③组是区间[ -1,1] 上的正交函数. 4 1

综上,是区间[-1,1]上的正交函数的组数是 2. 故选 C 74.[2014· 黄冈中学期末] 已知 f(x)是定义在 R 上以 2 为周期的偶函数,且当 0≤x≤1 1 2011 ? 时,f (x)=log (1-x),则 f? ) ?- 4 ?=( 2 1 A.-2 B. C.1 D.2 2 2011 2011 3 1 3 11 7.D [解析] f - =f =f =log 1- =log =2. 4 4 4 2 4 24 8.[2014·青岛期中] 若函数 f(x)=3ax+1-2a 在区间(-1,1)上存在一个零点,则 a 的取值范围是( ) 1 1 A.a> B.a> 或 a<-1 5 5 1 C.-1<a< D.a<-1 5 5.B [解析] 由题意, 要使函数 f(x)在区间(-1, 1)上存在一个零点, 则有 f(-1)f(1)<0,

1 8. 即(a+1)(-5a+1)<0,所以(a+1)(5a-1)>0,解得 a> 或 a<-1. 5 1 3 1 2 9.[2014· 内江模拟] 已知函数 f (x)= x - x +cx+d 有极值,则 c 的取值范围为( 3 2 1 A.c< 4 1 B. c≤ 4 1 C.c≥ 4 1 D.c> 4 1 2 9.A [解析] 由题意得,f′(x)=x -x+c ,Δ=1-4c>0,解得 c< . 4

)

ex 2 ? 10.[2014· 山东卷] 设函数 f(x)= 2 -k ? ?x +ln x? (k 为常数,e=2.718 28…是自然对数的 x 底数). (1)当 k ≤0 时,求函数 f (x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围. 10.解:(1)函数 y=f (x)的定义域为(0,+∞), x2 ex-2xex 2 1 f ′(x)= -k ?- 2 + ? 4 ? x x x? = xex-2ex k (x-2) - x3 x2

(x-2)(ex-kx) = . x3 由 k ≤0 可得 ex-kx>0, 所以当 x∈(0,2)时,f ′(x)<0,函数 y=f (x)单调递减;x∈(2,+∞)时,f ′(x)>0,函数 y =f (x)单调递增. 所以 f (x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞). (2)由(1)知,当 k ≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减,故 f (x)在(0,2)内不存在极值点; 当 k >0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞). 因为 g′(x)=ex-k =ex-eln k, 当 0<k ≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k >0,y=g(x)单调递增, 故 f (x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当 k >1 时,得 x∈(0,ln k )时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减; x∈(ln k ,+∞)时,g′(x)>0,函数 y=g(x)单调递增. 所以函数 y=g(x)的最小值为 g(ln k )=k (1-ln k ). 函数 f (x)在(0,2)内存在两个极值点. g(0)>0, ? ?g(ln k )<0, 当且仅当? g(2)>0, ? ?0<ln k <2,

e 解得 e<k < . 2 e2 综上所述,函数 f (x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为?e, ?. ? 2? 11.[2014· 重庆卷] 已知函数 f(x)=ae -be -cx(a,b,c∈R)的导函数 f ′(x)为偶函数, 且曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为 4-c. (1)确定 a,b 的值; (2)若 c=3,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围. 11.解:(1)对 f (x)求导得 f ′(x)=2ae2 x+2be-2 x-c,由 f ′(x)为偶函数,知 f ′(-x)=f ′(x), 2x -2 x 即 2(a-b)(e -e )=0. 因为上式总成立,所以 a=b. 又 f ′(0)=2a+2b-c=4-c,所以 a=1,b=1. (2)当 c=3 时,f(x)=e2 x-e-2 x-3x,那么 f ′(x)=2e2 x+2e-2 x-3≥2 2e2 x·2e-2 x -3=1>0, 故 f (x)在 R 上为增函数. (3)由(1)知 f ′(x)=2e2 x+2e-2 x-c,而 2e2 x+2e-2 x≥2 2e2 x·2e-2 x =4,当且仅当 x=0 时 等号成立. 下面分三种情况进行讨论: 2x -2 x 当 c<4 时,对任意 x∈R,f ′(x)=2e +2e -c>0,此时 f (x)无极值. 当 c=4 时,对任意 x≠0,f ′(x)=2e2 x+2e-2 x-4>0,此时 f (x)无极值. 2 c± c -16 2 2x 当 c>4 时,令 e =t,注意到方程 2t+ -c=0 有两根 t1 ,2 = >0,则 f ′(x)=0 t 4 1 1 有两个根 x1 = ln t1 ,x2 = ln t2 . 2 2 当 x1 <x<x2 时,f ′(x)<0;当 x>x2 时,f ′(x)>0. 从而 f (x)在 x=x2 处取得极小值. 综上,若 f (x)有极值,则 c 的取值范围为(4,+∞). 12、[2014· 湖南卷] 已知常数 a>0,函数 2x f (x)=ln(1+ax)- . x+2 (1)讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)若 f(x)存在两个极值点 x1 ,x2 ,且 f (x1)+f (x2)>0,求 a 的取值范围. 2(x+2)-2x ax2 +4(a-1) a 12.解:(1)f ′(x)= - = .(*) 2 1+ax (x+2) (1+ax)(x+2)2 当 a≥1 时,f ′(x)>0,此时,f (x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 0<a<1 时,由 f ′(x)=0 得 1-a ? 1-a ?. x1 =2 ? 舍去? a ?x2 =-2 ? a 当 x∈(0,x1 )时,f ′(x)<0; 当 x∈(x1 ,+∞)时,f ′(x)>0. 故 f (x)在区间(0,x1)上单调递减, 在区间(x1 ,+∞)上单调递增. 综上所述, 当 a≥1 时,f (x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2
2x
-2 x

2

? ?

1-a? ?上单调递减,在区间? ?2 ? a ?

1-a ?上单调 ,+∞? ? a

递增. (2)由(*)式知,当 a≥1 时,f ′(x)≥0,

此时 f (x)不存在极值点,因而要使得 f(x)有两个极值点,必有 0<a<1. 1-a 1-a 又 f (x)的极值点只可能是 x1 =2 和 x2 =-2 ,且由 f (x)的定义可知, a a 1 x>- 且 x≠-2, a 1-a 1-a 1 所以-2 >- ,-2 ≠-2, a a a 1 解得 a≠ . 此时,由(*)式易知,x1 ,x2 分别是 f (x)的极小值点和极大值点. 2 2x1 2x2 2 而 f (x1 ) + f(x2 ) = ln(1 + ax1 ) - + ln(1 + ax2 ) - = ln[1 + a(x1 + x2 ) + a x1 x2 ] - x1 +2 x2 +2 4x1 x2 +4(x1 +x2 ) 4(a-1) 2 =ln(2a-1)2 - =ln(2a-1)2 + -2. x1 x2 +2(x1 +x2 )+4 2a-1 2a-1 1 令 2a-1=x. 由 0<a<1 且 a≠ 知, 2 1 当 0<a< 时,-1<x<0; 2 1 当 <a<1 时,0<x<1. 2 2 记 g(x)=ln x2 + -2. x 2 2 2 2x-2 (i)当-1<x<0 时,g(x)=2ln(-x)+ -2,所以 g′(x)= - 2 = 2 <0, x x x x 因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减, 从而 g(x)<g(-1)=-4<0. 1 故当 0<a< 时,f (x1)+f (x2 )<0. 2 2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2, x 2 2 2x-2 所以 g′(x)= - 2 = 2 <0, x x x 因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减, 1 从而 g(x)>g(1)=0. 故当 <a<1 时,f (x1)+f (x2)>0. 2 1 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ?2,1?.

13、[2014· 浙江卷] 已知函数 f (x)=x3 +3|x-a|(a∈R). (1)若 f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a),求 M(a)-m(a); (2)设 b∈R,若[f(x)+b]2 ≤4 对 x∈[-1,1]恒成立,求 3a+b 的取值范围. 3 ? ?x +3x-3a,x≥a, ? 10.解:(1)因为 f(x)= 3 ?x -3x+3a,x<a, ? 2 ? 3 x + 3 , x ≥ a, ? 所以 f ′(x)=? 2 ?3x -3,x<a. ? 由于-1≤x≤1, (i)当 a≤-1 时,有 x≥a, 故 f (x)=x3 +3x-3a,

此时 f (x)在(-1,1)上是增函数, 因此, M(a)=f(1)=4-3a, m(a)=f (-1)=-4-3a, 故 M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a) =8. (ii)当-1<a<1 时,若 x∈(a,1),则 f (x)=x3 +3x-3a. 在(a,1)上是增函数;若 x∈(-1, a), 则 f (x)=x3 -3x+3a 在(-1,a)上是减函数.所以,M(a)=max{f(1), f (-1)},m(a)=f(a) =a . 1 1 3 由于 f (1)-f(-1)=-6a+2, 因此, 当-1<a≤ 时, M(a)-m(a)=-a -3a+4; 当 <a<1 3 3 3 时,M(a)-m(a)=-a +3a+2. (iii)当 a≥1 时,有 x≤a,故 f (x)=x3 -3x+3a,此时 f (x)在(-1,1)上是减函数,因此, M(a)=f (-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故 M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4. 8,a≤-1,
3

? , ?-a -3a+4,-1<a≤1 3 综上,M(a)-m(a)=? 1 -a +3a+2, <a<1, 3 ? ?4,a≥1.
3 3

(2)令 h(x)=f (x)+b, ?x3 +3x-3a+b,x≥a, ? 则 h(x)=? 3 ?x -3x+3a+b,x<a, ? 2 ? ?3x +3,x>a, h′(x)=? 2 ?3x -3,x<a. ? 因为[f(x)+b]2 ≤4 对 x∈[-1,1]恒成立, 即-2≤h(x)≤2 对 x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知,(i)当 a≤-1 时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值 是 h(1)=4-3a+b,最小值是 h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2 且 4-3a+b≤2, 矛盾. 1 (ii)当-1<a≤ 时, h(x)在[-1, 1]上的最小值是 h(a)=a3 +b, 最大值是 h(1)=4-3a+b, 3 1 3 3 所以 a +b≥-2 且 4-3a+b≤2,从而-2-a +3a≤3a+b≤6a-2 且 0≤a≤ . 3 1? 3 2 ? 令 t(a)=-2-a +3a,则 t′(a)=3-3a >0,t(a)在 0, 上是增函数,故 t(a)>t(0)=-2, ? 3? 因此-2≤3a+b≤0. 1 (iii)当 <a<1 时, h(x)在[-1, 1]上的最小值是 h(a)=a3 +b, 最大值是 h(-1)=3a+b+2, 3 28 所以 a3 +b≥-2 且 3a+b+2≤2,解得- <3a+b≤0; 27 (iv)当 a≥1 时,h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=2+3a+b,最小值是 h(1)=-2+ 3a+b,所以 3a+b+2≤2 且 3a+b-2≥-2,解得 3a+b=0. 综上,得 3a+b 的取值范围是-2≤3a+b≤0.

2.[2014· 成都检测] 定义在 R 上的函数 y=f(x),f (0)≠0,当 x>0 时,f(x)>1, 且对任意的 a,b∈R,有 f (a+b)=f (a)f(b). (1)求证:f (0)=1; (2)求证:对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0; (3)若 f(x)f (2x-x2 )>1,求 x 的取值范围. 2.解:(1)证明:令 a=b=0,则有 f (0)=[f (0)] . ∵f (0)≠0,∴f (0)=1. (2)证明:令 a=x,b=-x,则有 f(0)=f (x)f(-x), 1 ∴f (-x)= . f (x) ∵当 x>0 时,f (x)>1>0,∴当 x<0 时,-x>0, 1 ∴f (-x)>0,∴f (x)= >0. f (-x) 又当 x=0 时,f (0)=1>0, ∴对任意的 x∈R,恒有 f (x)>0. (3)任取 x2 >x1 ,则 f (x2 )>0,f (x1 )>0,x2 -x1 >0, f (x2 ) ∴ =f (x2 )· f(-x1 )=f(x2 -x1 )>1, f (x1 ) ∴f (x2 )>f (x1 ),∴f (x)在 R 上单调递增. 又 f (x)· f (2x-x2 )=f[x+(2x-x2 )]=f(-x2 +3x), 且 f (0)=1, ∴f (3x-x2)>f (0),∴3x-x2 >0,解得 0<x<3. 1 4.[2014· 广州调研] 设函数 f(x)= x3 -ax(a>0),g(x)=bx2 +2b-1. 3 (1)若曲线 y=f (x)与 y=g(x)在它们的交点(1,c)处有相同的切线,求实数 a,b 的值; 1-a (2)当 b= 时,若函数 h(x)=f(x)+g(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求实数 a 的 2 取值范围; (3)当 a=1,b=0 时,求函数 h(x)=f (x)+g(x)在区间[t,t+3]内的最小值. 1 4.解:(1)因为 f(x)= x3 -ax(a>0),g(x)=bx2 +2b-1, 3 2 所以 f ′(x)=x -a,g′(x)=2bx. 因为曲线 y=f(x)与 y=g(x)在它们的交点(1,c)处有相同的切线, 所以 f (1)=g(1),且 f ′(1)=g′(1), 1 即 -a=b+2b-1,且 1-a=2b, 3 1 1 解得 a= ,b= . 3 3 1-a 1-a 2 1 (2)当 b= 时,h(x)= x3 + x -ax-a(a>0), 2 3 2 所以 h′(x)=x2 +(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 令 h′(x)=0,解得 x1 =-1,x2 =a>0. 当 x 变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) h′(x) + 0 - 0 + h(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数 h(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(a,+∞),单调递减区间为(-1,a),
2

故 h(x)在区间(-2,-1)上单调递增,在区间(-1,0)上单调递减. 又函数 h(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,所以有 8 - +2(1-a)+2a-a<0, 3 ?h(-2)<0,

? ?h(-1)>0,即 ? ?h(0)<0,

? 1-a ? -1 + +a-a>0, 3 2 ?-a<0,

1 1 解得 0<a< ,所以实数 a 的取值范围是 0, . 3 3 1-a 1 3 (3)当 a=1,b=0 时,h(x)= x -x-1,b= , 3 2 则由(2)可知,函数 h(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),单调递减区间为(- 1,1). 5 5 因为 h(-2)=- ,h(1)=- ,所以 h(-2)=h(1). 3 3 1 ①当 t+3<1,即 t<-2 时,[h(x)]min =h(t)= t3 -t-1. 3 5 ②当-2≤t<1 时,[h(x)]min =h(-2)=- . 3 1 ③当 t≥1 时,h(x)在区间[t,t+3]上单调递增,[h(x)]min =h(t)= t3 -t-1. 3 综 上 可 知 , 函 数 h(x) 在 区 间 [t , t + 3] 上 的 最 小 值 [h(x)]min = 13 t -t-1,t∈(-∞,-2)∪[1,+∞), 3

? ? 5 ?-3,t∈[-2,1).


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