2022年高考数学真题分类汇编专题04:导数及答案.docx

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1、2022年高考数学真题分类汇编专题04:导数一、单选题1(2022全国乙卷)函数 f(x)=cosx+(x+1)sinx+1 在区间 0,2 的最小值、最大值分别为() A2,2B32,2C2,2+2D32,2+22(2022全国甲卷)已知 a=3132,b=cos14,c=4sin14 ,则() AcbaBbacCabcDacb3(2022全国甲卷)当 x=1 时,函数 f(x)=alnx+bx 取得最大值 2 ,则 f(2)= () A-1B12C12D14(2022新高考卷)已知正四棱锥的侧棱长为 l ,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ,且 3l33, 则该正四棱锥体积的取值

2、范围是() A18,814B274,814C274,643D18,275(2022新高考卷)设 a=0.1e0.1,b=19,c=ln0.9, 则() AabcBcbaCcabDacb二、多选题6(2022新高考卷)函数 f(x)=sin(2x+)(0OA2DBPBQBA2三、填空题9(2022新高考卷)写出曲线 y=ln|x| 过坐标原点的切线方程: , 10(2022全国乙卷)已知 x=x1 和 x=x2 分别是函数 f(x)=2axex2 ( a0 且 a1 )的极小值点和极大值点若 x10) ()求 f(x) 的单调区间;()已知 a,bR ,曲线 y=f(x) 上不同的三点 (x1,

3、f(x1),(x2,f(x2),(x3,f(x3) 处的切线都经过点 (a,b) 证明:()若 ae ,则 0bf(a)12(ae1) ;()若 0ae,x1x2x3 ,则 2e+ea6e21x1+1x30 时, f(x)ln(n+1) 15(2022全国乙卷)已知函数 f(x)=ax1x(a+1)lnx (1)当 a=0 时,求 f(x) 的最大值;(2)若 f(x) 恰有一个零点,求a的取值范围16(2022全国甲卷)已知函数 f(x)=exxlnx+xa (1)若 f(x)0 ,求a的取值范围;(2)证明:若 f(x) 有两个零点 x1,x2 ,则 x1x2f(s)+f(t) 20(20

4、22新高考卷)已知函数 f(x)=exax 和 g(x)=axlnx 有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线 y=b, ,其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列21(2022上海)已知数列 an , a2=1 , an 的前n项和为 Sn .(1)若 an 为等比数列, S2=3 ,求 limnSn ;(2)若 an 为等差数列,公差为d,对任意 nN* ,均满足 S2nn ,求d的取值范围.答案解析部分1【答案】D2【答案】A3【答案】B4【答案】C5【答案】C6【答案】A,D7【答案】A,C8【答案】B,C,D9

5、【答案】y=1ex;y=1ex10【答案】(1e,1)11【答案】a0或a-412【答案】213【答案】解:() f(x)=1xe2x2=2xe2x2 故f(x) 的减区间为 (0,e2) ,增区间为 (e2,+) . ()()因为过 (a,b) 有三条不同的切线,设切点为 (xi,f(xi),i=1,2,3 ,故 f(xi)b=f(xi)(xia) ,故方程 f(x)b=f(x)(xa) 有3个不同的根,该方程可整理为 (1xe2x2)(xa)e2xlnx+b=0 ,设 g(x)=(1xe2x2)(xa)e2xlnx+b ,则 g(x)=1xe2x2+(1x2+ex3)(xa)1x+e2x2

6、=1x3(xe)(xa) ,当 0xa 时, g(x)0 ;当 ex0 ,故 g(x) 在 (0,e),(a,+) 上为减函数,在 (e,a) 上为增函数,因为 g(x) 有3个不同的零点,故 g(e)0 ,故 (1ee2e2)(ea)e2elne+b0 ,整理得到: be2a+lna=f(a) ,此时 bf(a)12(ae1)a2e+1(e2a+lna)a2e+12=32e2alna ,设 u(a)=32e2alna ,则 u(a)=e-2a2a20 ,故 u(a) 为 (e,+) 上的减函数,故 u(a)32e2elne=0 ,故 0bf(a)12(ae1) .()当 0ae 时,同()中

7、讨论可得:故 g(x) 在 (0,a),(e,+) 上为减函数,在 (a,e) 上为增函数,不妨设 x1x2x3 ,则 0x1ax2ex3 ,因为 g(x) 有3个不同的零点,故 g(a)0 ,故 (1ee2e2)(ea)e2elne+b0 且 (1ae2a2)(aa)e2alna+b0 ,整理得到: a2e+1ba2e+lna ,因为 x1x2x3 ,故 0x1ax2eea1 , m=ae1 ,要证: 2e+ea6e21x1+1x22aea6e2 ,即证 2+ea6et1+t32eaea6e ,即证: 13m6t1+t32m1m6 ,即证: (t1+t313m6)(t1+t32m+1m6)0

8、 ,即证: t1+t322m(m13)(m2m+12)36m(t1+t3) ,而 (m+1)t1+m2t12+lnt1+b=0 且 (m+1)t3+m2t32+lnt3+b=0 ,故 lnt1lnt3+m2(t12t32)(m+1)(t1t3)=0 ,故 t1+t322m=2mlnt1lnt3t1t3 ,故即证: 2mlnt1lnt3t1t30即证: (k+1)lnkk1+(m13)(m2m+12)720 ,记 (k)=(k+1)lnkk1,k1 ,则 (k)=1(k1)2(k1k2lnk)0 ,设 u(k)=k1k2lnk ,则 u(k)=1+1k22k2k2k=0 即 (k)0 ,故 (k

9、) 在 (1,+) 上为增函数,故 (k)(m) ,所以 (k+1)lnkk1+(m13)(m2m+12)72(m+1)lnmm1+(m13)(m2m+12)72 ,记 (m)=lnm+(m1)(m13)(m2m+12)72(m+1),0m(m1)2(3m3+3)72m(m+1)20 ,所以 (m) 在 (0,1) 为增函数,故 (m)(1)=0 ,故 lnm+(m1)(m13)(m2m+12)72(m+1)0 ,故原不等式得证.14【答案】(1)解:解: a=1f(x)=xexex=(x1)exf(x)=xex当 x(,0) 时, f(x)0,f(x) 单调递增.(2)令 g(x)=f(x)

10、+1=xeaxex+1(x0)g(x)g(0)=0 对 x0 恒成立又 g(x)=eax+axeaxexg(0)=0令 h(x)=g(x)h(x)=aeax+a(eax+axeax)ex=a(2eax+axeax)ex则 h(0)=2a1若 h(0)=2a10 ,即 a12,h(0)=limx0+g(x)g(0)x0=limx0+g(x)x0所以 x00 ,使得当 x(0,x0) 时,有 g(x)x0g(x)0g(x) 单调递增 g(x0)g(0)=0 ,矛盾若 h(0)=2a10 ,即 a12 时, g(x)=eax+axeaxex=eax+ln(1+ax)exe12x+ln(1+12x)e

11、xe12x+12xex=0g(x) 在 0,+) 上单调递减, g(x)g(0)=0 ,符合题意.综上所述,实数a的取值范围足 a12 .(3)证明:取 a=12 ,则 x0 ,总有 xe12xex+11,t2=ex,x=2lnt ,故 2tlntt21 即 2lnt1 恒成立.所以对任意的 nN* ,有 2lnn+1nn+1nnn+1 ,整理得到: ln(n+1)lnnln2ln1+ln3ln2+ln(n+1)lnn=ln(n+1) ,故不等式成立.15【答案】(1)解:当 a=0 时, f(x)=1xlnxf(x)=1x21x=1xx2x(0,1)1(1,+)f(x)+0-f(x) f(x

12、) 的最大值=f(1)=-1-ln1=-1(2)解: f(x) 定义域为(0,+) f(x)=a+1x2a+1x=ax2(a+1)x+1x2=1x2(ax1)(x1)根据(1)得:a=0时,f(x)max=-10,f(x)无零点当a0时,x0,ax-10,又x20x(0,1)1(1,+)f(x)+0-f(x) x0,f(x)f(1)=a-10,f(x)无零点当a0时, f(x)=ax2(x1a)(x1)当0a1时, 1a 1x(0,1)1(1, 1a )1a( 1a ,+)f(x)+0-0+f(x) x(0, 1a ,f(x)f(1)=a-10,又 limx+ f(x)=+,f(x)恰有一个零

13、点当a=1时, f(x)=(x1)2x20 ,f(x)在(0,+)上递增,由f(1)=a-1=0可得,f(x)恰有一个零点当a1时, 1a (0,1x(0, 1a )1a( 1a ,1)1(1,+)f(x)+0-0+f(x) x 1a ,+),f(x)f(1)=a-10,又 limx0 f(x)=-,f(x)恰有一个零点综上所得a取值范围为 (0,+)16【答案】(1) 解: 由题意得,函数f(x)的定义域为0,+ ,fx=1x-1x2ex-1x+1=1x1-1xex+1-1x=x-1xexx+1 , 令f(x)=0, 得x=1 , 当x(0,1),f(x)0, f(x)单调递增 , 若f(x

14、)0,则e+1-a0, 即ae+1 , 所以a的取值范围为(-,e+1) (2)证明:由题知, f(x) 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设 x11x2要证 x1x21 ,即证 x1f(1x2)因为 f(x1)=f(x2) ,即证 f(x2)f(1x2)即证 exxlnx+xxe1xlnx1x0,x(1,+)即证 exxxe1x2lnx12(x1x)0下面证明 x1 时, exxxe1x0,lnx12(x1x)1 ,则 g(x)=(1x1x2)ex(e1x+xe1x(1x2)=1x(11x)exe1x(11x)=(11x)(exxe1x)=x1x(exxe1x)设 (x)=exx(x1),

15、(x)=(1x1x2)ex=x1x2ex0所以 (x)(1)=e ,而 e1x0 ,所以 g(x)0所以 g(x) 在 (1,+) 单调递增即 g(x)g(1)=0 ,所以 exxxe1x0令 h(x)=lnx12(x1x),x1h(x)=1x12(1+1x2)=2xx212x2=(x1)22x20所以 h(x) 在 (1,+) 单调递减即 h(x)h(1)=0 ,所以 lnx12(x1x)0 ,所以 x1x20 ,解得 13x1 ,令 h(x)0 ,解得 x13 或 0x0 ,当 x(1,0),g(x)=ex+a(1x2)0 ,即 f(x)0所以 f(x) 在 (1,0) 上单调递增, f(

16、x)0所以 g(x) 在 (0,+) 上单调递增所以 g(x)g(0)=1+a0 ,即 f(x)0所以 f(x) 在 (0,+) 上单调递增, f(x)f(0)=0故 f(x) 在 (0,+) 上没有零点,不合题意3若 a0 ,所以 g(x) 在 (0,+) 上单调递增g(0)=1+a0所以存在 m(0,1) ,使得 g(m)=0 ,即 f(m)=0当 x(0,m),f(x)0,f(x) 单调递增所以当 x(0,m),f(x)0所以 g(x) 在 (1,0) 单调递增g(1)=1e+2a0所以存在 n(1,0) ,使得 g(n)=0当 x(1,n),g(x)0,g(x) 单调递增, g(x)g

17、(0)=1+a0所以存在 t(1,n) ,使得 g(t)=0 ,即 f(t)=0当 x(1,t),f(x) 单调递增,当 x(t,0),f(x) 单调递减有 x1,f(x)而 f(0)=0 ,所以当 x(t,0),f(x)0所以 f(x) 在 (1,t) 上有唯一零点, (t,0) 上无零点即 f(x) 在 (1,0) 上有唯一零点所以 a0 , ln(1+x)+21+x1(1+x)2ln1+1+2x(1+x)20故 g(x)0 对 x0,+) 成立, g(x) 在 0,+) 上单调递增(III)证明:不妨设 St ,由拉格朗日中值定理可得: f(s+t)f(s)(s+t)s=f()其中 s,

18、s+t ,即 f(s+t)f(s)=tf()f(t)f(0)t0=f() ,其中 (0,t) ,即 f(t)f(0)=tf()由 g(x) 在 0,+) 上单调递增,故 f()f()f(s+t)f(s)f(t)f(0)=f(t)f(s+t)f(s)+f(t) 证毕20【答案】(1)因为 f(x)=exax ,所以 f(x)=exa , 若 a0 ,则 f(x)=exa0 恒成立,所以 f(x) 在 (0,+) 上单调递增,无最小值,不满足;若 a0 ,令f(x)0xlna,令f(x)0xlna,所以 f(x)min=f(lna)=aalna ,因为 g(x)=axlnx ,定义域 x0 ,所以

19、 g(x)=a1x ,所以 g(x)0x1a,g(x)00x0) ,则 h(a)=a2+1a(a+1)20 恒成立所以 h(a) 在 (0,+) 上单调递增,又因为 h(1)=0 ,lnaa1a+1=0 有唯一解 a=1 ,综上, a=1(2)由(1)易知 f(x) 在 (,0) 上单调递减,在 (0,+) 上单调递增, g(x) 在 (0,1) 上单调递减,在 (1,+) 上单调递增, 存在直线 y=b ,其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点,设三个不同交点的横坐标分别为 x1,x2,x3 ,不妨设 x1x2x3 ,显然有 x10x21x3 ,则肯定有 f(x1)

20、=f(x2)=g(x2)=g(x3)=b ,注意 f(x),g(x) 的结构,易知 f(lnx)=g(x) ,所以有 f(lnx)=g(x) ,所以有 f(x1)=f(lnx2) ,而由 x10,lnx20,f(x) 在 (,0) 上单调递减,知 x1=lnx2 ,同理 x2=lnx3x3=ex2 ,所以 x1+x3=lnx2+ex2 ,又由 f(x2)=g(x2)ex2x2=x2lnx2ex2+lnx2=2x2 ,故 x1+x3=2x2 ,所以存在直线 y=b ,其与两条曲线 y=f(x) 和 y=g(x) 共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.21【答案】(1)设等比数列的公比为q,则由题意得a1=2, 则q=12 则Sn=a11-qn1-q=41-12n 则 limnSn=lim4n1-12n=4(2)由题意得S2n=2na2+a2n-12=2dn2+2-3dnn 则(3-2n)d1 当n=1时,d1; 当n2时,d13-2n恒成立; 13-2n-1,0) d0 综上 d0,1

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