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- 2021-05-13 发布
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2015届高考数学大一轮复习 导数与积分精品试题 理(含2014模拟试题)
1. (2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试,9) 的值是( )
(A) (B)
(C) (D)
[解析] 1. 根据定积分的意义可得,定积分的值为圆在x轴上方的面积,故.
2. (2014山西太原高三模拟考试(一),12) 已知方程在(0,+∞)上有两个不同的解a,b(a<b),则下面结论正确的是( )
[解析] 2. 由题意可得上有两个不同的解a,b(a<b),结合数形结合可得直线与曲线相切于点,且,则根据导数的几何意义可得切线的斜率为,根据两点间的斜率公式可得,由此可得,即,两边同除可得sin2b=2bcos2b. 故选C.
3. (2014山东青岛高三第一次模拟考试, 4) 曲线在处的切线方程为( )
A. B. C. D.
[解析] 3. 依题意,,所以,
所以所求的切线方程为,即.
4. (2014贵州贵阳高三适应性监测考试, 11) 在区间[0,2]上随机取两个数, 则0≤≤2的概率是( )
A.
B.
C.
D.
[解析] 4.:如图,.
5. (2014贵州贵阳高三适应性监测考试, 9) 已知,为的导函数,则的图象是( )
[解析] 5.为奇函数,排除B, D。又,所以排除C。选A
6. (2014黑龙江哈尔滨第三中学第一次高考模拟考试,12) 在平面直角坐标系中,已知是函数的图象上的动点,该曲线在点处的切线交轴于点,过点作的垂线交轴于点. 则的范围是( )
A. B. C. D.
[解析] 6. 设,因为,所以,
所以曲线在点处的切线的方程为,即,
令得,过点作的垂线,其方程为,
令得,
所以,因为或,
所以或,
所以的取值范围是.
7.(2014山东潍坊高三3月模拟考试数学(理)试题,8)设,若,则( )
(A) -1 (B) 0
(C) l (D) 256
[解析] 7. . 令展开式中的x=1得,;令展开式中的x=0得,所以0.
8.(2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学(理)试题,6)若,则的解集为( )
A. B. C. D.
[解析] 8. 函数的定义域为. ,由且,解得.
9.(2014江西红色六校高三第二次联考理数试题,5)若
,则=( )
A. B. C. D.
[解析] 9. .
10.(2014吉林实验中学高三年级第一次模拟,10),数列的前项和为,数列的通项公式为,则的最小值为( )
A. B. C. D.
[解析] 10. ,所以,所以可得,所以(当且仅当n=2时等号成立).
11.(2014湖北八校高三第二次联考数学(理)试题,7)把一个带+q电量的点电荷放在r轴上原点处,形成一个电场,距离原点为r处的单位电荷受到的电场力由公式(其中k为常数)确定,在该电场中,一个单位正电荷在电场力的作用下,沿着r轴的方向从处移动到处,与从处移动到处,电场力对它所做的功之比为( )
A. B. C. D.
[解析] 11. 从处移动到处电场力对它所做的功为;从处移动到处电场力对它所做的功为,其比值为3.
12.(2014河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试(四)数学(理)试题, 8) 已知双曲线的一条渐近线与曲线相切,且右焦点F为抛物线的焦点,则双曲线的标准方程为( )
(A) (B) (C) (D)
[解析] 12. 抛物线的焦点为(5,0). 设曲线与双曲线的一条渐近线为相切与点,则根据导数的几何意义可知,解得,所以切点为(2,1),所以,又因为,所以可得,所以双曲线方程为.
13. (2014湖南株洲高三教学质量检测(一),8) 若实数、、、满足. 则的最小值 为 ( )
A. B. C. D.
[解析] 13. , 点在曲线的图像上,点
在直线上,,
要使最小,当且仅当过曲线上的点的切线与直线平行,,
由得,由得,故当时,取得极小值,
,直线的斜率为3,
,解得或(由于,故舍去),
,
设点到直线的距离为,则,
,,
故的最小值为.
14. (2014重庆七校联盟, 10) 已知函数在R上满足,则曲在点 处切线的斜率是 ( )
A. B. C. D.
[解析] 14. ,,
即,解方程程组得,
,斜率,选A.
15. (2014重庆七校联盟, 8) (创新)若,则等于( )
A.
B.
C.
D.
[解析] 15. ,.
16. (2014河南郑州高中毕业班第一次质量预测, 7) 二项式的展开式的第二项的系数为,则的值为( )
A. 3
B.
C. 3或
D. 3或
[解析] 16.二项式的展开式的的第二项系数为,解得,
.
17. (2014河南郑州高中毕业班第一次质量预测, 5) 已知曲线的一条切线的斜率为,则切点的横坐标为( )
A. 3
B. 2
C. 1
D.
[解析] 17.设切点为,曲线的一条切线的斜率为,,解得或(舍去),故所求切点的横坐标为2.
18. (2014兰州高三第一次诊断考试, 9) 下列五个命题中正确命题的个数是( )
①对于命题,则,均有
②是直线与直线互相垂直的充要条件
③ 已知回归直线的斜率的估计值为1.23,样本点的中心为(4,5) ,则回归直线方程为=1.23x+0.08
④若实数,则满足的概率为
⑤ 曲线与所围成图形的面积是
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
[解析] 18. 对①,因为命题,则,均有,故①错误;
对②,由于直线与直线垂直的充要条件是或0,故②错误;
对③,设线性回归方程为,由于样本点的坐标满足方程,则,解得,回归直线方程为,故③正确;
对④,有几何概型知,所求概率为,故④错误;
对⑤,曲线与所围成图形的面积是,正确.
故正确的是③ ⑤ ,共2个.
19. (2014福州高中毕业班质量检测, 12) 如图所示, 在边长为1的正方形中任取一点, 则点恰好取自阴影部分的概率为 .
[解析] 19. 依题意,阴影部分面积,,
故所求的概率为.
20. (2014山东实验中学高三第一次模拟考试,13) 在的展开式中含常数项的系数是60,则的值为_______.
[解析] 20. 常数项为,由得,
所以.
21. (2014广东广州高三调研测试,12) 已知点在曲线(其中为自然对数的底数)上,为曲线在点处的切线的倾斜角,则的取值范围是_______.
[解析] 21. 由导数的几何意义,又因为,所以,故.
22.(2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学(理)试题,11)计算:= .
[解析] 22. =,而表示的是以原点为圆心,以2为半径且在x轴上方的半圆的面积,故其值为;,所以原式的值为.
23.(2014河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试(四)数学(理)试题, 15) 设,则二项式展开式中的常数项是________(用数字作答)
[解析] 23. , 二项式展开式的通项为, 当r=4时, 得常数项为1120.
24.(2014吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试,14) 设的展开式的常数项为,则直线与曲线围成图形的面积为 .
[解析] 24. ,令,∴,所以直线为与的交点为和,∴直线与曲线围成图形的面积
25.(2014湖北八市高三下学期3月联考,11) 己知,则()6的展开式中的常数项为 .
[解析] 25. 因为,所以()6的展开式中的常数项为
26.(2014周宁、政和一中第四次联考,11) 已知,若,则的值等于 .
[解析] 26. ,,解得或(舍去).
27. (2014湖南株洲高三教学质量检测(一),14) 已知函数的对称中心为,记函数的导函数为的导函数为,则有. 若函数,
则= .
[解析] 27. ∵,∴,,由得,,∴,故函数关于点对称. 即,
,…,,,
∴.
28. (2014湖南株洲高三教学质量检测(一),12) 由曲线,直线及轴所围成的图形的面积为 .
[解析] 28. 联立方程组,求得交点的坐标为,因此所求的面积为.
29. (2014吉林高中毕业班上学期期末复习检测, 15) 曲线与直线所围成的封闭图形的面积是 .
[解析] 29. 由,可得交点的坐标为,,可得交点的坐标为,
所以曲线曲线与直线所围成的封闭图形的面积是.
30. (2014天津七校高三联考, 13) 曲线处切线与直线垂直,则______
[解析] 30. ,,当时,,
故曲线在点处的切线斜率为1,与它垂直的直线的斜率,
.
31. (2014江西七校高三上学期第一次联考, 14) 如图所示,在第一象限由直线,和曲线所围图形的面积为 .
[解析] 31. 依题意,解方程组的交点的坐标为,
解方程组的交点的坐标为,
所求的面积
32. (2014江西七校高三上学期第一次联考, 11) 若,则的解集为 .
[解析] 32. ,令,解得
,即的解集为.
33.(2014广州高三调研测试, 12) 已知点在曲线(其中为自然对数的底数)上,为曲线在点处的切线的倾斜角,则的取值范围是 .
[解析] 33. ,又,,即的取值范围是.
34.(2014广州高三调研测试, 11) 如图3,设是图中边长为4的正方形区域,是内函数图象下方的点构成的区域.在内随机取一点,则该点落在中的概率为 .
[解析] 34. 依题意,正方形的面积,阴影部分的面积,
故所求的概率为.
35. (2014湖北黄冈高三期末考试) 若,,则、的大小关系为 .
[解析] 35. ,,.
36. (2014北京东城高三12月教学质量调研) 若曲线在原点处的切线方程是,则实数 .
[解析] 36. ,又曲线在原点处的切线方程是,
37.(2014重庆一中高三下学期第一次月考,17)设,其中,曲线在点处的切线与直线:平行。
(1) 确定的值;
(2) 求函数的单调区间。
[解析] 37. 解析 (1) 由题,故。因直线的斜率为,故,从而;
(2) ,由得或,由得。故的单增区间为和,单减区间为。
38. (2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试,21) 已知函数图象上斜率为3的两条切线间的距离为,函数.
(1)若函数在处有极值,求的解析式;
(2)若函数在区间上为增函数,且在区间上都成立,求实数的取值范围.
[解析] 38.∵,∴由有,即切点坐标为,
∴切线方程为,或
整理得或……………………4分
∴,解得,∴,
∴……………………6分
(1)∵,在处有极值,∴,
即,解得,∴……………………8分
(2)∵函数在区间上为增函数,∴在区间上恒成立,
∴,又∵在区间上恒成立,∴,
即,∴在上恒成立,∴
∴的取值范围是 …………14分
39. (2014天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试,20) 已知函数
(Ⅰ) 若在区间上为减函数,求的取值范围;
(Ⅱ) 讨论在内的极值点的个数。
[解析] 39.解:(Ⅰ) ∵
∴ ………………………………(2分)
∵在区间上为减函数
∴≤O在区间上恒成立 …………………………(3分)
∵是开口向上的抛物线
∴存在,使得
∴在区间内有且只有一个极小值点 ……………(8分)
当≤≤时,由(Ⅰ) 可知在区间上为减函数
∴在区间内没有极值点.
综上可知,当时,在区间内的极值点个数为
当≤≤时,在区间内的极值点个数为 ………(12分)
40. (2014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考,21) 设函数
(1)判断函数f(x) 在(0, +∞) 上的单调性;
(2)证明:对任意正数a,存在正数x,使不等式f(x) -1< a成立.
[解析] 40. (1) 由题意知: ……………2分
令h(x) =(x-1) ex+1, 则h¢(x) =x ex> 0,
∴h(x) 在(0,+∞)上是增函数, ……………3分
又h(0) =0,∴h(x) > 0, 则f¢(x) > 0,
∴f(x) 在(0, +∞) 上是单调增函数. ……………5分
(2) f(x) -1=, 不等式f(x) -1< a可化为ex-(a+1) x-1< 0,
令G(x) = ex-(a+1) x-1, G¢(x) =ex-(a+1), ……………7分
由G¢(x) =0得:x=ln(a+1),
当0< x< (ln(a+1) 时,G¢(x) < 0,
当x> ln(a+1) 时,G¢(x) > 0,
∴当x=ln(a+1) 时,G(x) min=a-(a+1) ln(a+1), ……………9分
即当x=ln(a+1) 时,G(x) min=a-(a+1) ln(a+1) < 0. ……………11分
故存在正数x=ln(a+1) ,使不等式F(x) -1< a成立. ……………12分
41. (2014湖北黄冈高三4月模拟考试,22) 设函数.
(Ⅰ)求证:当时,恒成立;
(Ⅱ)求证:;
(Ⅲ)求证:.
[解析] 41.(Ⅰ),设,
当时,,即上单调递减又,上恒有,即恒成立 . (5分)
(Ⅱ)令,,则有,
,. (9分)
(Ⅲ)上单调递增,
,(12分)
又上单调递减,
. (14分)
42.(2014江西重点中学协作体高三第一次联考数学(理)试题,21)已知函数.
(1)当时,证明对任意的;
(2)求证:.
(3)若函数有且只有一个零点,求实数的取值范围.
[解析] 42.(2)根据(1)的结论,当时,,即.
令,则有, ………………………7分
.即 .…8分
(本问也可用数学归纳法证明.)
③当时,,设的两根分别为与,
则,,不妨设
当及时,,当时,,
所以函数在上递增,在上递减,
而
所以时,,且
因此函数在有一个零点,而在上无零点;
此时函数只有一个零点;
综上,函数只有一个零点时,实数a的取值范围为R.………………………14分
43.(2014吉林实验中学高三年级第一次模拟,21)已知定义在上的函数
总有导函数, 定义.
一是自然对数的底数.
(1) 若, 且, 试分别判断函数和的单调性:
(2) 若.
①当时, 求函数的最小值;
②设, 是否存在, 使得? 若存在, 请求出一组的值: 若不存在, 请说明理由。
[解析] 43.
44.(2014湖北八校高三第二次联考数学(理)试题,22)已知函数.
(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;
(Ⅱ)求的单调减区间;
(Ⅲ)当时,设在区间上的最小值为,令,
求证:.
[解析] 44. (1) 当时,
………………2分
曲线在点处的切线方程为:
即 ………………3分
45. (2014重庆五区高三第一次学生调研抽测,17) 已知函数.
(Ⅰ)若,求函数的单调区间和极值;
(Ⅱ)设函数图象上任意一点的切线的斜率为,当的最小值为1时,求此时切线的方程.
[解析] 45.解:(I)的定义域为()时,…………………………………………1分
当时, ……………………………2分
由得,
由得,或,由得,………3分
∴的单调递增区间为,;单调递减区间为…………5分
∴极大值为;极小值为 ………………………7分
(II)由题意知 ∴……………………9分
此时,即,∴,切点为,…………………………11分
∴此时的切线方程为:. ………………………………………13分
46. (2014江苏苏北四市高三期末统考, 19) 已知函数(为常数),其图象是曲线.
(Ⅰ)当时,求函数的单调减区间;
(Ⅱ)设函数的导函数为,若存在唯一的实数,使得与
同时成立,求实数的取值范围;
(Ⅲ)已知点为曲线上的动点,在点处作曲线的切线与曲线交于另一
点,在点处作曲线的切线,设切线的斜率分别为. 问:是否存在常数
,使得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
[解析] 46. 解析 (Ⅰ)当时, .
令,解得,所以f(x) 的单调减区间为. (4分)
(Ⅱ) ,由题意知消去,
得有唯一解.
令,则,
所以在区间,上是增函数,在上是减函数,
又,,
故实数的取值范围是. (10分)
(Ⅲ)设,则点处切线方程为,
与曲线:联立方程组,得,即,
所以点的横坐标. (12分)
由题意知,,,
若存在常数,使得,则,
即存在常数,使得,
所以解得,.
故时,存在常数,使;时,不存在常数,使. (16分)
47. (2014重庆七校联盟, 19) (创新)已知函数,其中,曲线在点处的切线垂直于轴.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)求函数的极值.
[解析] 47. (Ⅰ) ,
,即 . (5分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, , ,
令,有,由,则或;
由,则或. (9分)
所以,取得极大值,
时,取得极小值 . (13分)
48. (2014天津七校高三联考, 20) 已知函数在点处的切线方程为.
(Ⅰ) 求函数的解析式;
(Ⅱ) 若对于区间上任意两个自变量的值都有,求实数的最小值;
(Ⅲ)若过点可作曲线的三条切线,求实数的取值范围.
[解析] 48. 解析 (Ⅰ) .
根据题意,得即解得,
所以. (4分)
(Ⅱ) 令,即.得.
1
2
+
+
增
极大值
减
极小值
增
2
因为,,
所以当时,,. ( 6分)
则对于区间上任意两个自变量的值,都有
,所以.
所以的最小值为4.
(Ⅲ)因为点不在曲线上,所以可设切点为.
则.
因为,所以切线的斜率为. (9分)
则=,
即.
因为过点可作曲线的三条切线,
所以方程有三个不同的实数解.
所以函数有三个不同的零点.
则.令,则或.
0
2
+
+
增
极大值
减
极小值
增
则 ,即,解得. (13分)
49. (2014成都高中毕业班第一次诊断性检测,21) 已知函数,.
(Ⅰ)若,求曲线在出的切线方程;
(Ⅱ)若对任意的都有恒成立,求的最小值;
(Ⅲ)设,,若,为曲线
上的两个不同点满足,且,使得曲线在处的切线与直线平行,求证.
[解析] 49. 解析 (Ⅰ),,. (4分)
(Ⅱ)由恒成立等价于恒成立,
令,,,
①若,则恒成立. 函数在上是增函数,
恒成立,又,符合条件.
②若,由可得,解得或(舍去),
当时,;当时,,
,,这与恒成立矛盾.
综上所述,,的最小值为1. (9分)
(Ⅲ),,
又,,,
由,易知其定义域内为单调减函数,
欲证,即证明,即证明,
变形可得,令,,
则等价于,
构造函数,,
则,令,
当时,,在上为单调增函数,,
,在上恒成立,
成立,. (14分)
50. (2014江西七校高三上学期第一次联考, 21) 已知函数,其中.
(Ⅰ)求函数的单调区间;
(Ⅱ)若直线是曲线的切线,求实数的值;
(Ⅲ)设,求在区间上的最大值(其中为自然对的底数).
[解析] 50. (Ⅰ)①(),
令,则,又的定义域是,
∴函数的单调递增区间为(0,2),递减区间为(-∞,0)和(2,+∞)(4分)
(Ⅱ)设切点为则 解得 ,(7分)
(Ⅲ) , ,
令,则,
①当时,在单调增加 (9分)
②当时,在单调减少,在单调增加;
若时,;
若时,; (11分)
③当时,在上单调递减,;
综上所述,时,;
时,. (14分)
51. (2014广州高三调研测试, 20) 设函数,.
(Ⅰ)若曲线与在它们的交点处有相同的切线,求实数,的值;
(Ⅱ)当时,若函数在区间内恰有两个零点,求实数的取值范围;
(Ⅲ)当,时,求函数在区间上的最小值.
[解析] 51. 解析 (Ⅰ)因为,,
所以,.
因为曲线与在它们的交点处有相同切线,
所以, 且。
即, 且,
解得. (3分)
(Ⅱ)当时,,
所以.
令,解得.
当变化时,的变化情况如下表:
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.
故在区间内单调递增,在区间内单调递减.
从而函数在区间内恰有两个零点,当且仅当
即解得.
所以实数的取值范围是. (8分)
(Ⅲ)当,时,.
所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.
由于,,所以.
①当,即时,
.
②当时,
. (12分)
③当时,在区间上单调递增,
.
综上可知,函数在区间上的最小值为
(14分)
52.(2014兰州高三第一次诊断考试, 21) 已知函数,,其中的函数图象在点处的切线平行于轴.
(Ⅰ)确定与的关系;
(Ⅱ)若,试讨论函数的单调性;
(Ⅲ)设斜率为的直线与函数的图象交于两点()
证明:.
[解析] 52. 解析 (Ⅰ)依题意得,则,
由函数的图象在点处的切线平行于轴得:.
∴ . (3分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得
∵函数的定义域为
∴当时,
由得,由得,
即函数在(0,1) 上单调递增,在单调递减;
当时,令得或,
若,即时,由得或,由得,
即函数在,上单调递增,在单调递减;
若,即时,由得或,由得,
即函数在,上单调递增,在单调递减;
若,即时,在上恒有,
即函数在上单调递增,
综上所述:当时,函数在(0,1) 上单调递增,在单调递减;
当时,函数在单调递增,在单调递减;在上单调递增;
当时,函数在上单调递增,
当时,函数在上单调递增,在单调递减;在上单调递增.
(8分)
(Ⅲ)依题意得,
证,即证
因,即证
令(),即证()
令()则
∴在(1,+)上单调递增,
∴=0,即(). ①
令,
∵,又∵,∴在单调递减,
∴∴ ②
综①②得(),即. (12分)
答案和解析
理数
[答案] 1. C
[解析] 1. 根据定积分的意义可得,定积分的值为圆在x轴上方的面积,故.
[答案] 2. C
[解析] 2. 由题意可得上有两个不同的解a,b(a<b),结合数形结合可得直线与曲线相切于点,且,则根据导数的几何意义可得切线的斜率为,根据两点间的斜率公式可得,由此可得,即,两边同除可得sin2b=2bcos2b. 故选C.
[答案] 3. A
[解析] 3. 依题意,,所以,
所以所求的切线方程为,即.
[答案] 4.C
[解析] 4.:如图,.
[答案] 5.A
[解析] 5.为奇函数,排除B, D。又,所以排除C。选A
[答案] 6. A
[解析] 6. 设,因为,所以,
所以曲线在点处的切线的方程为,即,
令得,过点作的垂线,其方程为,
令得,
所以,因为或,
所以或,
所以的取值范围是.
[答案] 7. B
[解析] 7. . 令展开式中的x=1得,;令展开式中的x=0得,所以0.
[答案] 8. A
[解析] 8. 函数的定义域为. ,由且,解得.
[答案] 9. C
[解析] 9. .
[答案] 10. B
[解析] 10. ,所以,所以可得,所以(当且仅当n=2时等号成立).
[答案] 11. D
[解析] 11. 从处移动到处电场力对它所做的功为;从处移动到处电场力对它所做的功为,其比值为3.
[答案] 12. A
[解析] 12. 抛物线的焦点为(5,0). 设曲线与双曲线的一条渐近线为相切与点,则根据导数的几何意义可知,解得,所以切点为(2,1),所以,又因为,所以可得,所以双曲线方程为.
[答案] 13. C
[解析] 13. , 点在曲线的图像上,点在直线上,,
要使最小,当且仅当过曲线上的点的切线与直线平行,,
由得,由得,故当时,取得极小值,
,直线的斜率为3,
,解得或(由于,故舍去),
,
设点到直线的距离为,则,
,,
故的最小值为.
[答案] 14. A
[解析] 14. ,,
即,解方程程组得,
,斜率,选A.
[答案] 15. D
[解析] 15. ,.
[答案] 16. B
[解析] 16.二项式的展开式的的第二项系数为,解得,
.
[答案] 17. B
[解析] 17.设切点为,曲线的一条切线的斜率为,,解得或(舍去),故所求切点的横坐标为2.
[答案] 18. A
[解析] 18. 对①,因为命题,则,均有,故①错误;
对②,由于直线与直线垂直的充要条件是或0,故②错误;
对③,设线性回归方程为,由于样本点的坐标满足方程,则,解得,回归直线方程为,故③正确;
对④,有几何概型知,所求概率为,故④错误;
对⑤,曲线与所围成图形的面积是,正确.
故正确的是③ ⑤ ,共2个.
[答案] 19.
[解析] 19. 依题意,阴影部分面积,,
故所求的概率为.
[答案] 20.
[解析] 20. 常数项为,由得,
所以.
[答案] 21.
[解析] 21. 由导数的几何意义,又因为,所以,故.
[答案] 22.
[解析] 22. =,而表示的是以原点为圆心,以2为半径且在x轴上方的半圆的面积,故其值为;,所以原式的值为.
[答案] 23. 1120
[解析] 23. , 二项式展开式的通项为, 当r=4时, 得常数项为1120.
[答案] 24.
[解析] 24. ,令,∴,所以直线为与的交点为和,∴直线与曲线围成图形的面积
[答案] 25.
[解析] 25. 因为,所以()6的展开式中的常数项为
[答案] 26. 3
[解析] 26. ,,解得或(舍去).
[答案] 27.
[解析] 27. ∵,∴,,由得,,∴,故函数关于点对称. 即,
,…,,,
∴.
[答案] 28.
[解析] 28. 联立方程组,求得交点的坐标为,因此所求的面积为.
[答案] 29.
[解析] 29. 由,可得交点的坐标为,,可得交点的坐标为,
所以曲线曲线与直线所围成的封闭图形的面积是.
[答案] 30. 1
[解析] 30. ,,当时,,
故曲线在点处的切线斜率为1,与它垂直的直线的斜率,
.
[答案] 31.
[解析] 31. 依题意,解方程组的交点的坐标为,
解方程组的交点的坐标为,
所求的面积
[答案] 32.
[解析] 32. ,令,解得
,即的解集为.
[答案] 33.
[解析] 33. ,又,,即的取值范围是.
[答案] 34.
[解析] 34. 依题意,正方形的面积,阴影部分的面积,
故所求的概率为.
[答案] 35.
[解析] 35. ,,.
[答案] 36. 2
[解析] 36. ,又曲线在原点处的切线方程是,
[答案] 37.查看解析
[解析] 37. 解析 (1) 由题,故。因直线的斜率为,故,从而;
(2) ,由得或,由得。故的单增区间为和,单减区间为。
[答案] 38.查看解析
[解析] 38.∵,∴由有,即切点坐标为,
∴切线方程为,或
整理得或……………………4分
∴,解得,∴,
∴……………………6分
(1)∵,在处有极值,∴,
即,解得,∴……………………8分
(2)∵函数在区间上为增函数,∴在区间上恒成立,
∴,又∵在区间上恒成立,∴,
即,∴在上恒成立,∴
∴的取值范围是 …………14分
[答案] 39.查看解析
[解析] 39.解:(Ⅰ) ∵
∴ ………………………………(2分)
∵在区间上为减函数
∴≤O在区间上恒成立 …………………………(3分)
∵是开口向上的抛物线
∴存在,使得
∴在区间内有且只有一个极小值点 ……………(8分)
当≤≤时,由(Ⅰ) 可知在区间上为减函数
∴在区间内没有极值点.
综上可知,当时,在区间内的极值点个数为
当≤≤时,在区间内的极值点个数为 ………(12分)
[答案] 40.查看解析
[解析] 40. (1) 由题意知: ……………2分
令h(x) =(x-1) ex+1, 则h¢(x) =x ex> 0,
∴h(x) 在(0,+∞)上是增函数, ……………3分
又h(0) =0,∴h(x) > 0, 则f¢(x) > 0,
∴f(x) 在(0, +∞) 上是单调增函数. ……………5分
(2) f(x) -1=, 不等式f(x) -1< a可化为ex-(a+1) x-1< 0,
令G(x) = ex-(a+1) x-1, G¢(x) =ex-(a+1), ……………7分
由G¢(x) =0得:x=ln(a+1),
当0< x< (ln(a+1) 时,G¢(x) < 0,
当x> ln(a+1) 时,G¢(x) > 0,
∴当x=ln(a+1) 时,G(x) min=a-(a+1) ln(a+1), ……………9分
即当x=ln(a+1) 时,G(x) min=a-(a+1) ln(a+1) < 0. ……………11分
故存在正数x=ln(a+1) ,使不等式F(x) -1< a成立. ……………12分
[答案] 41.查看解析
[解析] 41.(Ⅰ),设,
当时,,即上单调递减又,
上恒有,即恒成立 . (5分)
(Ⅱ)令,,则有,
,. (9分)
(Ⅲ)上单调递增,
,(12分)
又上单调递减,
. (14分)
[答案] 42.查看解析
[解析] 42.(2)根据(1)的结论,当时,,即.
令,则有, ………………………7分
.即 .…8分
(本问也可用数学归纳法证明.)
③当时,,设的两根分别为与,
则,,不妨设
当及时,,当时,,
所以函数在上递增,在上递减,
而
所以时,,且
因此函数在有一个零点,而在上无零点;
此时函数只有一个零点;
综上,函数只有一个零点时,实数a的取值范围为R.………………………14分
[答案] 43.查看解析
[解析] 43.
[答案] 44.查看解析
[解析] 44. (1) 当时,
………………2分
曲线在点处的切线方程为:
即 ………………3分
[答案] 45.查看解析
[解析] 45.解:(I)的定义域为()时,…………………………………………1分
当时, ……………………………2分
由得,
由得,或,由得,………3分
∴的单调递增区间为,;单调递减区间为…………5分
∴极大值为;极小值为 ………………………7分
(II)由题意知 ∴……………………9分
此时,即,∴,切点为,…………………………11分
∴此时的切线方程为:. ………………………………………13分
[答案] 46.查看解析
[解析] 46. 解析 (Ⅰ)当时, .
令,解得,所以f(x) 的单调减区间为. (4分)
(Ⅱ) ,由题意知消去,
得有唯一解.
令,则,
所以在区间,上是增函数,在上是减函数,
又,,
故实数的取值范围是. (10分)
(Ⅲ)设,则点处切线方程为,
与曲线:联立方程组,得,即,
所以点的横坐标. (12分)
由题意知,,,
若存在常数,使得,则,
即存在常数,使得,
所以解得,.
故时,存在常数,使;时,不存在常数,使. (16分)
[答案] 47.查看解析
[解析] 47. (Ⅰ) ,
,即 . (5分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, , ,
令,有,由,则或;
由,则或. (9分)
所以,取得极大值,
时,取得极小值 . (13分)
[答案] 48.查看解析
[解析] 48. 解析 (Ⅰ) .
根据题意,得即解得,
所以. (4分)
(Ⅱ) 令,即.得.
1
2
+
+
增
极大值
减
极小值
增
2
因为,,
所以当时,,. ( 6分)
则对于区间上任意两个自变量的值,都有
,所以.
所以的最小值为4.
(Ⅲ)因为点不在曲线上,所以可设切点为.
则.
因为,所以切线的斜率为. (9分)
则=,
即.
因为过点可作曲线的三条切线,
所以方程有三个不同的实数解.
所以函数有三个不同的零点.
则.令,则或.
0
2
+
+
增
极大值
减
极小值
增
则 ,即,解得. (13分)
[答案] 49.查看解析
[解析] 49. 解析 (Ⅰ),,. (4分)
(Ⅱ)由恒成立等价于恒成立,
令,,,
①若,则恒成立. 函数在上是增函数,
恒成立,又,符合条件.
②若,由可得,解得或(舍去),
当时,;当时,,
,,这与恒成立矛盾.
综上所述,,的最小值为1. (9分)
(Ⅲ),,
又,,,
由,易知其定义域内为单调减函数,
欲证,即证明,即证明,
变形可得,令,,
则等价于,
构造函数,,
则,令,
当时,,在上为单调增函数,,
,在上恒成立,
成立,. (14分)
[答案] 50.查看解析
[解析] 50. (Ⅰ)①(),
令,则,又的定义域是,
∴函数的单调递增区间为(0,2),递减区间为(-∞,0)和(2,+∞)(4分)
(Ⅱ)设切点为则 解得 ,(7分)
(Ⅲ) , ,
令,则,
①当时,在单调增加 (9分)
②当时,在单调减少,在单调增加;
若时,;
若时,; (11分)
③当时,在上单调递减,;
综上所述,时,;
时,. (14分)
[答案] 51.查看解析
[解析] 51. 解析 (Ⅰ)因为,,
所以,.
因为曲线与在它们的交点处有相同切线,
所以, 且。
即, 且,
解得. (3分)
(Ⅱ)当时,,
所以.
令,解得.
当变化时,的变化情况如下表:
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.
故在区间内单调递增,在区间内单调递减.
从而函数在区间内恰有两个零点,当且仅当
即解得.
所以实数的取值范围是. (8分)
(Ⅲ)当,时,.
所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.
由于,,所以.
①当,即时,
.
②当时,
. (12分)
③当时,在区间上单调递增,
.
综上可知,函数在区间上的最小值为
(14分)
[答案] 52.查看解析
[解析] 52. 解析 (Ⅰ)依题意得,则,
由函数的图象在点处的切线平行于轴得:.
∴ . (3分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)得
∵函数的定义域为
∴当时,
由得,由得,
即函数在(0,1) 上单调递增,在单调递减;
当时,令得或,
若,即时,由得或,由得,
即函数在,上单调递增,在单调递减;
若,即时,由得或,由得,
即函数在,上单调递增,在单调递减;
若,即时,在上恒有,
即函数在上单调递增,
综上所述:当时,函数在(0,1) 上单调递增,在单调递减;
当时,函数在单调递增,在单调递减;在上单调递增;
当时,函数在上单调递增,
当时,函数在上单调递增,在单调递减;在上单调递增.
(8分)
(Ⅲ)依题意得,
证,即证
因,即证
令(),即证()
令()则
∴在(1,+)上单调递增,
∴=0,即(). ①
令,
∵,又∵,∴在单调递减,
∴∴ ②
综①②得(),即. (12分)