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2014高考真题函数导数(一)教师版


2014 高考数学真题汇编函数与导数 (一)
?x2+1,x>0, ? 1、[2014· 福建卷] 已知函数 f(x)=? 则下列结论正确的是( ? ?cos x, x≤0,

)

A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞) 1.D [解析] 由函数 f(x)的解析式知,f(1)=2,f(-1)=cos(-1)=cos 1,f(1)≠f(-1), 则 f(x)不是偶函数; 当 x>0 时,令 f(x)=x2+1,则 f(x)在区间(0,+∞)上是增函数,且函数值 f(x)>1; 当 x≤0 时,f(x)=cos x,则 f(x)在区间(-∞,0]上不是单调函数,且函数值 f(x)∈[-1, 1]; ∴函数 f(x)不是单调函数,也不是周期函数,其值域为[-1,+∞). 2、 .[2014· 湖南卷] 已知 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数,且 f(x)-g(x) =x3+x2+1,则 f(1)+g(1)=( ) A.-3 B.-1 C.1 D.3 2.C [解析] 因为 f(x)是偶函数,g(x)是奇函数, 所以 f(1)+g(1)=f(-1)-g(-1)=(-1)3+(-1)2+1=1. 3.[2014· 安徽卷] 设函数 f(x)(x∈R)满足 f(x+π )=f(x)+sin x.当 0≤x<π 时,f(x)=0, 则 f? 23π ? ? 6 ?=( 1 A. 2 3.A f? B. ) 3 1 C.0 D.- 2 2 17π 11π 17π 23π ? ?17π ? 11π ? =f +sin =f? +sin +sin = 6 6 6 ? 6 ? ? 6 ? ? 6 ?

[解析] 由已知可得,f?

5π 11π 17π 5π 5π 1 5π ? π +sin +sin +sin =2sin +sin?- ?=sin = . 6 6 6 6 6 2 ? 6 ? ? 6?

4.[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x),g(x)的定义域都为 R,且 f(x)是奇函数,g(x)是 偶函数,则下列结论中正确的是( ) A.f(x)g(x)是偶函数 B.|f(x)|g(x)是奇函数 C.f(x)|g(x)|是奇函数 D.|f(x)g(x)|是奇函数 4.C [解析] 由于偶函数的绝对值还是偶函数,一个奇函数与一个偶函数之积为奇函 数,故正确选项为 C. π π 5、[2014· 全国卷] 若函数 f(x)=cos 2x+asin x 在区间? , ?是减函数,则 a 的取值范 ?6 2? 围是________. 5.(-∞,2] [解析] f(x)=cos 2x+asin x=-2sin2x+asin x+1,令 sin x=t,则 f(x)=

-2t2+at+1.因为 x∈?

π π? 2 ?1,1? ?1,1? ? 6 , 2 ?,所以 t∈?2 ?,所以 f(x)=-2t +at+1,t∈?2 ?.因为

1 ? π π f(x)=cos 2x+asin x 在区间? , ?是减函数,所以 f(x)=-2t2+at+1 在区间? ?2,1?上是减 ? 6 2? a a 1 函数,又对称轴为 x= ,∴ ≤ ,所以 a∈(-∞,2]. 4 4 2 6.[2014· 江西卷] 已知函数 f(x)=5|x|,g(x)=ax2-x(a∈R).若 f[g(1)]=1,则 a=( A.1 B.2 C.3 D.-1 - 6.A [解析] g(1)=a-1,由 f[g(1)]=1,得 5|a 1|=1,所以|a-1|=0,故 a=1. 1 1 7、[2014· 辽宁卷] 已知 a=2- ,b=log2 , 3 3 11 c=log ,则( ) 23 A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 1 1 11 11 7.C [解析] 因为 0<a=2- <1,b=log2 <0,c=log >log =1,所以 c>a>b. 3 3 23 22 x y 8,[2014· 山东卷] 已知实数 x,y 满足 a <a (0<a<1),则下列关系式恒成立的是( A. 1 1 > 2 B. ln(x2+1)>ln(y2+1) x +1 y +1
2

)

)

C. sin x>sin y D. x3>y3 8.D [解析] 因为 ax<ay(0<a<1),所以 x>y,所以 sin x>sin y,ln(x2+1)>ln(y2+ 1 1 1), 2 > 2 都不一定正确,故选 D. x +1 y + 1 B7 对数与对数函数 9.[2014· 重庆卷] 函数 f(x)=log2 x·log 2(2x)的最小值为________. 1 1 9. - [解析] f(x)=log2 x· log 2(2x)= log2 x· 2log2(2x)=log2x· (1+log2x)=(log2x)2 4 2 1 2 1 2 1 log2x+ ? - ,所以当 x= 时,函数 f(x)取得最小值- . +log2x=? 2? 4 ? 2 4 10、[2014· 福建卷] 若函数 y=logax(a>0,且 a≠1)的图像如图 11 所示,则下列函数图 像正确的是( )

图 11

A

B

C 图 12 10.B [解析] 由函数 y=logax 的图像过点(3,1),得 a=3.

D

1?x 3 选项 A 中的函数为 y=? ?3? ,则其函数图像不正确;选项 B 中的函数为 y=x ,则其函 数图像正确;选项 C 中的函数为 y=(-x)3,则其函数图像不正确;选项 D 中的函数为 y= log3(-x),则其函数图像不正确. 1 11.[2014· 湖北卷] 已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x≥0 时,f(x)= (|x-a2|+ 2 |x-2a2|-3a2).若?x∈R,f(x-1)≤f(x),则实数 a 的取值范围为( ) 1 1 6 6 - , ? B.?- , ? A.? ? 6 6? ? 6 6? 1 1? 3 3? ? C.? ?-3,3? D.?- 3 , 3 ? 1 2 2 11.B [解析] 因为当 x≥0 时,f(x)= (|x-a |+|x-2a |-3a2),所以当 0≤x≤a2 时, 2 1 2 2 2 f(x)= (a -x+2a -x-3a )=-x; 2 当 a2<x<2a2 时, 1 2 2 2 f(x)= (x-a +2a -x-3a )=-a2; 2 当 x≥2a2 时, 1 2 2 2 f(x)= (x-a +x-2a -3a )=x-3a2. 2 2 ?-x,0≤x≤a ,
2 2 2 综上,f(x)=?-a ,a <x<2a ,

?

? ?x-3a2,x≥2a2.

因此,根据奇函数的图象关于原点对称作出函数 f(x)在 R 上的大致图象如下,

观察图象可知,要使?x∈R,f(x-1)≤f(x),则需满足 2a2-(-4a2)≤1,解得- ≤ 6 .故选 B. 6

6 ≤a 6

1 12、[2014· 湖南卷] 已知函数 f(x)=x2+ex- (x<0)与 g(x)=x2+ln(x+a)的图像上存在关 2 于 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是( )

1 1 1 ) B.(-∞, e) C.?- , e? D.?- e, ? e e? ? ? ? e 12.B [解析] 依题意,设存在 P(-m,n)在 f(x)的图像上,则 Q(m,n)在 g(x)的图像上, 1 1 1 - - - 则有 m2+e m- =m2+ln(m+a),解得 m+a=ee m- ,即 a=ee m- -m(m>0),可得 2 2 2 a∈(-∞, e). 13.[2014· 陕西卷] 如图 12,某飞行器在 4 千米高空水平飞行,从距着陆点 A 的水平 距离 10 千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分,则该函数的解析 式为 ( ) A.(-∞,

图 12 1 3 2 4 A.y= x3- x B.y= x3- x 125 5 125 5 3 3 1 C.y= x3-x D.y=- x3+ x 125 125 5 13. A [解析] 设该三次函数的解析式为 y=ax3+bx2+cx+d.因为函数的图像经过点(0, 0),所以 d=0,所以 y=ax3+bx2+cx.又函数过点(-5,2),(5,-2),则该函数是奇函数, 故 b=0,所以 y=ax3+cx,代入点(-5,2)得-125a-5c=2.又由该函数的图像在点(-5,
? ?-125a-5c=2, 2)处的切线平行于 x 轴, y′=3ax2+c, 得当 x=-5 时, y′=75a+c=0.联立? ?75a+c=0, ?

?a=125, 1 3 解得? 故该三次函数的解析式为 y= x - x. 125 5 3 ?c=-5.
3

1

14.[2014· 辽宁卷] 当 x∈[-2,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的 取值范围是( ) 9 -6,- ? C.[-6,-2] D.[-4,-3] A.[-5,-3] B.? 8? ? x2-4x-3 14.C [解析] 当-2≤x<0 时,不等式转化为 a≤ , x3 2 x -4x-3 令 f(x)= (-2≤x<0), x3 2 -x +8x+9 -(x-9)(x+1) 则 f′(x)= = ,故 f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-1, x4 x4 1+4-3 x2-4x-3 0)上单调递增, 此时有 a≤ =-2.当 x=0 时, g(x)恒成立. 当 0<x≤1 时, a≥ , x3 -1 x2-4x-3 -x2+8x+9 令个 g(x)= (0<x≤1),则 g′(x)= = 3 x x4 -(x-9)(x+1) , x4 1-4-3 故 g(x)在(0,1]上单调递增,此时有 a≥ =-6. 1 综上,-6≤a≤-2. 15、[2014· 四川卷] 以 A 表示值域为 R 的函数组成的集合,B 表示具有如下性质的函数

φ(x)组成的集合:对于函数 φ(x),存在一个正数 M,使得函数 φ(x)的值域包含于区间[-M, M].例如,当 φ1(x)=x3,φ2(x)=sin x 时,φ 1(x)∈A,φ 2(x)∈B.现有如下命题: ①设函数 f(x)的定义域为 D, 则“f(x)∈A”的充要条件是“?b∈R, ?a∈D, f(a)=b”; ②函数 f(x)∈B 的充要条件是 f(x)有最大值和最小值; ③若函数 f(x),g(x)的定义域相同,且 f(x)∈A,g(x)∈B,则 f(x)+g(x)?B; x ④若函数 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2,a∈R)有最大值,则 f(x)∈B. x +1 其中的真命题有________.(写出所有真命题的序号) 15.①③④ [解析] 若 f(x)∈A,则 f(x)的值域为 R,于是,对任意的 b∈R,一定存在 a∈D,使得 f(a)=b,故①正确. 取函数 f(x)=x(-1<x<1),其值域为(-1,1),于是,存在 M=1,使得 f(x)的值域包 含于[-M,M]=[-1,1],但此时 f(x)没有最大值和最小值,故②错误. 当 f(x)∈A 时,由①可知,对任意的 b∈R,存在 a∈D,使得 f(a)=b,所以,当 g(x)∈B 时,对于函数 f(x)+g(x),如果存在一个正数 M,使得 f(x)+g(x)的值域包含于[-M,M],那 么对于该区间外的某一个 b0∈R, 一定存在一个 a0∈D, 使得 f(a0)=b-g(a0), 即 f(a0)+g(a0) =b0?[-M,M],故③正确. x 对于 f(x)=aln(x+2)+ 2 (x>-2),当 a>0 或 a<0 时,函数 f(x)都没有最大值.要 x +1 x 使得函数 f(x)有最大值,只有 a=0,此时 f(x)= 2 (x>-2). x +1 1 1? 1 易知 f(x)∈? ?-2,2?,所以存在正数 M=2,使得 f(x)∈[-M,M],故④正确.

16、[2014· 江西卷] 已知函数 f(x)=(x2+bx+b) 1-2x(b∈R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; 1? (2)若 f(x)在区间? ?0,3?上单调递增,求 b 的取值范围. -5x(x+2) 16.解:(1)当 b=4 时,f′(x)= ,由 f′(x)=0,得 x=-2 或 x=0. 1-2x 所以当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈(-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调 1? 递增;当 x∈? ?0,2?时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故 f(x)在 x=-2 处取得极小值 f(-2)=0,在 x=0 处取得极大值 f(0)=4. -x[5x+(3b-2)] 1 -x 0, ?时, (2)f′(x)= ,易知当 x∈? <0, 3 ? ? 1-2x 1-2x 1? 5 1 依题意当 x∈? ?0,3?时,有 5x+(3b-2)≤0,从而3+(3b-2)≤0,得 b≤9. 1? 所以 b 的取值范围为? ?-∞,9?. π 17.[2014· 北京卷] 已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈?0, ?. 2? ? (1)求证:f(x)≤0;

π sin x (2)若 a< <b 对 x∈?0, ?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x 2? ? 17.解:(1)证明:由 f(x)=xcos x-sin x 得 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. π π 因为在区间?0, ?上 f′(x)=-xsin x<0,所以 f(x)在区间?0, ?上单调递减. 2? 2? ? ? 从而 f(x)≤f(0)=0. sin x sin x (2)当 x>0 时,“ >a”等价于“sin x-ax>0”,“ <b”等价于“sin x-bx<0”. x x 令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c. π 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π π 当 c≥1 时,因为对任意 x∈?0, ?,g′(x)=cos x-c<0,所以 g(x)在区间?0, ?上单 2? 2? ? ? 调递减, π 从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈?0, ?使得 g′(x0)=cos x0-c=0. 2? ? π g(x)与 g′(x)在区间?0, ?上的情况如下: 2? ?

x g′(x) g(x)

(0,x0) +

x0 0

?x ,π ? ? 0 2?


因为 g(x) 在区间 (0 , x0) 上是增函数,所以 g(x0)>g(0) = 0. 进一步,“g(x)>0 对任意 π π π 2 x∈?0, ?恒成立”当且仅当 g? ?=1- c≥0,即 0<c≤ . 2 2? ? ?2? π π 2 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立;当且仅当 c≥1 时, 2? ? π π g(x)<0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π sin x 2 所以,若 a< <b 对任意 x∈?0, ?恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. x 2? ? π bex 1 18. 、[2014· 新课标全国卷Ⅰ] 设函数 f(x)=ae ln x+ ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处 x


x

的切线方程为 y=e(x-1)+2. (1)求 a,b; (2)证明:f(x)>1. 18.解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), a b - b - f′(x)=aexln x+ ex- 2ex 1+ ex 1. x x x 由题意可得 f(1)=2,f′(1)=e,故 a=1,b=2.

2 - (2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ ex 1, x 2 - 从而 f(x)>1 等价于 xln x>xe x- . e 设函数 g(x)=xln x, 则 g′(x)=1+ln x, 1? 所以当 x∈? ?0,e?时,g′(x)<0; 1 ? 当 x∈? ? e,+∞?时,g′(x)>0. 1? ?1 ? 故 g(x)在? ?0,e?上单调递减,在?e,+∞?上单调递增,从而 g(x)在(0,+∞)上的最小 1? 1 值为 g? ? e?=-e. 2 - - 设函数 h(x)=xe x- ,则 h′(x)=e x(1-x). e 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0. 故 h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而 h(x)在(0,+∞)上的最大值 1 为 h(1)=- . e 1? 因为 gmin(x)=g? ? e?=h(1)=hmax(x), 所以当 x>0 时,g(x)>h(x),即 f(x)>1. - 19、[2014· 新课标全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ex-e x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 2<1.414 3,估计 ln 2 的近似值(精确到 0.001). - 19.解:(1)f′(x)=ex+e x-2≥0,当且仅当 x=0 时,等号成立, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. - - (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e 2x-4b(ex-e x)+(8b-4)x, - - g′(x)=2[e2x+e 2x-2b(ex+e x)+(4b-2)] - - =2(ex+e x-2)(ex+e x-2b+2). (i)当 b≤2 时, g′(x)≥0, 等号仅当 x=0 时成立, 所以 g(x)在(-∞, +∞)上单调递增. 而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0. - (ii)当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e x<2b-2,即 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g′(x)<0.而 g(0) =0,因此当 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2. 3 (3)由(2)知,g(ln 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2. 2 8 2-3 3 当 b=2 时,g(ln 2)= -4 2+6ln 2>0,ln 2> >0.692 8; 2 12 3 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 2, 4 3 g(ln 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0, 2

18+ 2 ln 2< <0.693 4. 28 所以 ln 2 的近似值为 0.693.

20、 [2014· 福建卷] 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A, 曲线 y=f(x) 在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x2<ex; (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 20.解:方法一:(1)由 f(x)=ex-ax,得 f ′(x)=ex-a. 又 f ′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f ′(x)=ex-2. 令 f ′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f ′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f ′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值. (2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 故 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex. (3)证明:①若 c≥1,则 ex≤cex.又由(2)知,当 x>0 时,x2<ex. 故当 x>0 时,x2<cex. 取 x0=0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 1 ②若 0<c<1,令 k= >1,要使不等式 x2<cex 成立,只要 ex>kx2 成立. c 而要使 ex>kx2 成立,则只要 x>ln(kx2),只要 x>2ln x+ln k 成立. 2 x-2 令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h′(x)=1- = . x x 所以当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增. 取 x0=16k>16,所以 h(x)在(x0,+∞)内单调递增. 又 h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知 k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以 h(x0)>0. 16 即存在 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. c 综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 方法二:(1)同方法一. (2)同方法一. 4 (3)对任意给定的正数 c,取 x0= , c x x x ?2 ? x ? 2 由(2)知,当 x>0 时,ex>x2,所以 ex=e ·e >? · , 2 2 ?2? ?2?

x?2?x?2 4?x?2 1 2 当 x>x0 时,ex>? ?2? ?2? > c?2? =cx , 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex. 方法三:(1)同方法一. (2)同方法一. 1 (3)首先证明当 x∈(0,+∞)时,恒有 x3<ex. 3 证明如下: 1 令 h(x)= x3-ex,则 h′(x)=x2-ex. 3 由(2)知,当 x>0 时,x2<ex, 从而 h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减, 1 所以 h(x)<h(0)=-1<0,即 x3<ex. 3 3 1 1 取 x0= ,当 x>x0 时,有 x2< x3<ex. c c 3 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x2<cex.


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