专题12导数与极限第一辑-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

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【答案】3
【解析】设f(x)=(x-2)ex, g(x)=ax+1.
则f'(x)=(x-1)ex,x0 .
因此,f(x) 在区间(-∞,1) 上递减，在区间(1,+∞) 上递增:
且x0 .
由此作出f(x) 的草图如图所示.
又g(x) 的图像是过点(0,1) 的直线，结合图像可知a>0.
由于a>0 时，f(0)=-2x,构造函数gx=fx-12x2,
则g'x=f'x-x>0.从而gx在0,+∞上单调递增.
由条件fx+f-x=x2得gx+g-x=0,则gx是奇函数.
因为gx在R上单调递增,由f1+a-f1-a≥2a知g1+a-g1-a≥0,g1+a≥g1-a，
所以1+a≥1-a解得a≥0.
7．【2017年湖南预赛】设函数fx是定义在-∞,0上的可导函数,其导函数为f'x,且有2fx+xf'x>x2,则不等式x+20172fx+2017-f-1>0的解集为.
【答案】-∞,-2018
【解析】提示:将不等式x+20172fx+2017-f-1>0
化为x+20172fx+2017>-12f-1， ①
构造Fx=x2fx,使得①式化为Fx+2017>F-1， ②
因为F'x=2xfx+x2f'x,由已知条件2fx+xf'x>x2，
两边同乘以x,可得F'x=2xfx+x2f'x0⇒x>-lgalna.
故fx=ax-x在区间-∞,-lgalna上递减,在区间(-lgalna,+∞)上递增.
从而, fx在x=-lgalna时取得最小值,即：
fxmin=f-lgalna =a-lgalna--lgalna>0，
⇒1lna--lgalna>0.
又1lna=lgae,-lgalna=lga1lna ，
⇒lgae>lga1lna⇒lna>1e⇒a>e1e.
10．【2015年福建预赛】函数fx=exx-aex恰有两个极值点x1,x2x1012a>1，解得00, a∈R.
(1)若f(x)≥0 恒成立，求a 的最大值;
(2)若x1,x2 是f(x) 的两个零点，且x1>x2 ,求证:x1+x2>2a .
【答案】(1) e；(2)证明见解析.
【解析】(1)x>0 时，f(x)=ex-xa≥0⇔ex≥xa⇔x≥alnx⇔x-alnx≥0 .
设g(x)=x-alnx ,则f(x)≥0 恒成立⇔g(x)≥0 恒成立.
易知a=0 符合要求，下面考虑a>0 的情形：
由g'(x)=1-ax=x-ax ,得00 .
因此，g(x) 在区间(0,a) 上为减函数，在(a,+∞) 上为增函数，g(x) 的最小值为g(a)=a-alna .
由g(a)=a-alna≥0 ,得lna≤1, 00,h(t) 在区间(1,+∞) 上为增函数.
因此,t>1 时,h(t)>h(1)=0, lnt>2(t-1)t+1 ,进而(t+1)lntt-1>2 .
所以,lnx1+lnx2=(t+1)lntt-1>2 .
因此, x1x2>e2.
所以,ex1+x2=ex1⋅ex2=x1a⋅x2a=x1x2a>e2a=e2a.
所以, x1+x2>2a .
18．【2020年福建预赛】已知f(x)=x2+(a-1)x+1ex .若f(x)+e2⩾0 恒成立,求实数a 的取值范围.
【答案】-2,e3+3.
【解析】注意到,f'(x)=(2x+a-1)ex+x2+(a-1)x+1ex =(x+1)(x+a)ex.
设g(x)=x2+(a-1)x+1.
(1)若-1⩽a⩽3 ,则方程x2+(a-1)x+1=0
的判别式为Δ=(a-1)2-4⩽0 ,此时，g(x)⩾0 恒成立,f(x)+e2=g(x)ex+e2⩾e2>0 恒成立.
(2)若a>3 ,则
当x-1 时,f'(x)>0 ;当-a0 ;当-10 ；
当x1-1300。
令 f'x=1-n2xn-11-xnn-1=0 得xy=n- 2n-1，
此时 fx=x+yn=n×xn+yn≥n+1⋅n+1xnnyn=n+1⋅1n⋅n- 2n-1nn+1
=n+1n·n- 1n-1，
∴fx>1-1300⇐n+1n⋅n- 1n-1>1-1300⇔n- 1n-1>1-1300⋅nn+1
⇔-ln2019>2018ln1-1300+ln1-12020 .
∵lnx≤x-1
∴2018ln1-1300+ln1-12020≤2018-1300-120204lnx+8-8ln2.
【答案】(1)-∞,12；(2)证明见解析.
【解析】(1)依题意，当x≥0时，(x-1)ex≥mx2-1恒成立.
设k(x)=(x-1)ex-mx2+1，则x≥0时，k(x)≥0恒成立.
k'(x)=ex+(x-1)ex-2mx=xex-2m.
若m≤12，则x>0时，k'(x)=xex-2m>0，k(x)在[0，+∞)上为增函数.
于是，x≥0时，k(x)≥k(0)=0因此，m≤12符合要求.
若m>12，则2m>1，00.
∴g(x)在(-∞,ln4]上为减函数，在[ln4,+∞)上为增函数.
∴gx≥gln4=4-4ln4.
由此可得，g(x)=ex-4x≥4-4ln4，即ex≥4x+4-8ln2，当且仅当x=ln4时等号成立.
∴x>0时，f(x)-4lnx-8+8ln2≥(4x+4-8ln2)-4lnx-8+8ln2=4x-4lnx-4，
当且仅当x=ln4时等号成立.
设hx=4x-4lnx-4，则h'(x)=4-4x.
当00.
∴h(x)在(0，1]上为减函数，在[1，+∞)上为增函数.
∴h(x)≥h(1)=0，即h(x)=4x-4lnx-4≥0，当且仅当x=1时等号成立.
∴f(x)-4lnx-8+8ln2≥4x-4lnx-4≥0.
出于上述两个等号不同时成立，因此fx-4lnx-8+8ln2>0.
解法二:设g(x)=f(x)-(4lnx+8-8ln2)=ex-4lnx-8+8ln2，则g'(x)=ex-4x.
由g''(x)=ex+4x2>0，知g'(x)为增函数.
又g'(1)=e-41可知012，不合题意；
②若-k1x0-1(x02-12)=12>14，这与00，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，又h(1)=0，从而当且仅当x0=1时，①成立，这与x0≠1矛盾.
所以，∀k∈R，直线y=g(x)都不是曲线y=f(x)的切线；
（2）f(x)≤g(x)+12即xlnx-k(x-1)≤12，令φ(x)=xlnx-k(x-1)，x∈[e,e2]，
则∃x∈[e,e2]，使f(x)≤g(x)+12成立⇔φ(x)min≤12，
φ'(x)=lnx-1(lnx)2-k=-(1lnx)2+1lnx-k=-(1lnx-12)2+14-k.
（i）当k≥14时，φ'(x)≤0，φ(x)在[e,e2]上为减函数，于是φ(x)min=φ(e2)=e22-k(e2-1)，由e22-k(e2-1)≤12得k≥12，满足k≥14，所以k≥12符合题意；
（ii）当k12，不合题意；
②若-k1x0-1(x02-12)=12>14，这与0