2018版大一轮全国人教数学-历年高考真题与模拟题分类汇编 B单元 函数与导数理科2016年 含答案 精品 联系客服

发布时间 : 星期四 文章2018版大一轮全国人教数学-历年高考真题与模拟题分类汇编 B单元 函数与导数理科2016年 含答案 精品更新完毕开始阅读098ecab442323968011ca300a6c30c225901f0ac

当且仅当x=1时取得等号. -3x-2x+6

又h′(x)=. 4

2

x设φ(x)=-3x-2x+6,则φ(x)在上单调递减. 因为φ(1)=1,φ(2)=-10,

所以?x0∈(1,2),使得当x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0. 所以h(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,2)上单调递减. 11由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,

22当且仅当x=2时取得等号.

3

所以f(x)-f′(x)>g(1)+h(2)=,

23

即f(x)>f′(x)+对于任意的x∈成立.

2

20.B12 设函数f(x)=(x-1)-ax-b,x∈R,其中a,b∈R. (1)求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3; 1

(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间上的最大值不小于. 420.解:(1)由f(x)=(x-1)-ax-b,可得f′(x)=3(x-1)-a. 下面分两种情况讨论:

(i)当a≤0时,有f′(x)=3(x-1)-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).

(ii)当a>0时,令f′(x)=0,解得x=1+

3a3a或x=1-. 33

2

3

2

3

2

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

(-∞,1-3a 3(1-3a,1+33a) 3- 单调递减 3a 33a,+∞) 3+ 单调递增 x 3a) 3+ 单调递增 1-1+(1+f′(x) f(x) 0 极大值 0 极小值 所以f(x)的单调递减区间为(1-(1+

3a,+∞). 3

3a3a3a,1+),单调递增区间为(-∞,1-),333

(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由题意,得f′(x0)=3(x0

a2aa223

-1)-a=0,即(x0-1)=,进而f(x0)=(x0-1)-ax0-b=-x0--b.

333

又f(3-2x0)=(2-2x0)-a(3-2x0)-b=

3

8a2aa(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=333

f(x0),且3-2x0≠x0,

由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0, 所以x1+2x0=3.

(3)证明:设g(x)在区间上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:

(i)当a≥3时,1-

3a3a≤0<2≤1+,由(1)知,f(x)在区间上单调递减,所以f(x)33

在区间上的取值范围为,因此M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=

??a-1+(a+b),a+b≥0,

? ?a-1-(a+b),a+b<0,?

所以M=a-1+|a+b|≥2.

323a3a3a23a(ii)当≤a<3时,1-≤0<1-<1+<2≤1+.由(1)和(2)知

43333

f(0)≥f(1-

23a3a23a3a)=f(1+),f(2)≤f(1+)=f(1-), 3333

所以f(x)在区间上的取值范围为, 因此M=max{|f(1+

?2a?2a3a3a3a-a-b,3a-a-b?= )|,|f(1-)|=max?-

933?9?

?2a?2a2a23

3a+(a+b),3a-(a+b)?=max?3a+|a+b|≥××

994?9?9

31

3×=. 44

323a23a23a(iii)当0

43333a23a3a),f(2)>f(1+)=f(1-). 333

所以f(x)在区间上的取值范围为,因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|11-2a-b|}=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|>.

4

1

综上所述,当a>0时,g(x)在区间上的最大值不小于. 4

03“复数与导数”模块

(1)已知i为虚数单位.若复数z满足(z+i)=2i,求复数z.

2

(2)求曲线y=2x-ln x在点(1,2)处的切线方程. 解:(1)设复数z=a+bi,a,b∈R,由题意得

2

a2-(b+1)2+2a(b+1)i=2i,

??a=1,??a=-1,解得?或?

?b=0?b=-2.??

故z=1或z=-1-2i. 12

(2)由于(2x-ln x)′=4x-,

x则曲线在点(1,2)处的切线的斜率为3.

因此,曲线在点(1,2)处的切线方程为y=3x-1. B13 定积分与微积分基本定理 B14 单元综合

18.B14 设函数f(x)=xe-1)x+4.

(1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间. 18.解:(1)因为f(x)=xe

a-xa-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y=(e

+bx,所以f′(x)=(1-x)e

a-2

a-x+b.

???f(2)=2e+2,?2e+2b=2e+2,?依题设,得即?a-2 ?f′(2)=e-1,??-e+b=e-1,?

解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe由f′(x)=e

2-x2-x+ex.

x-1

(1-x+e

x-1

)及e

2-x>0知,f′(x)与1-x+e

x-1

x-1

同号.

令g(x)=1-x+e,则g′(x)=-1+e.

所以,当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞), 故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).

21.B12、B14、B7 设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.

(1)求f′(x);

(2)求A;

(3)证明:|f′(x)|≤2A.

21.解:(1)f′(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.

(2)当α≥1时,|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0),

因此A=3α-2.

当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcosx+(α-1)cos x-1.

令g(t)=2αt+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α1-α1-α(α-1)

-2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g()=--1=-

4α4α8αα+6α+1. 8α

1-α11令-1<<1,解得α<-(舍去)或α>. 4α35

1

(i)当0<α≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-

51)|<|g(1)|,所以A=2-3α.

11-α(ii)当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)> g().

54α又|g(

22

2

2

2

1-α(1-α)(1+7α)1-α

)|-|g(-1)|=>0,所以A=|g()|=4α8α4α

α+6α+1. 8α

??综上,A=?α+6α+11

,<α<1,

8α5??3α-2,α≥1.

2

12-3α,0<α≤,

5

(3)证明:由(1)得|f′(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|. 1

当0<α≤时,|f′(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.

51α13

当<α<1时,A=++≥1,所以|f′(x)|≤1+α<2A. 588α4当α≥1时,|f′(x)|≤3α-1≤6α-4=2A,所以|f′(x)|≤2A.

15.B14 在平面直角坐标系中,当P(x,y)不是原点时,定义P的“伴随点”为P′

2yx2+y2

,-x;当P是原点时,定义P的“伴随点”为它自身.平面曲线C上所有点的“伴随点”x+y2