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1、一、导数单调性、极值、最值的直接应用1、解:(1)时,由,解得. 的变化情况如下表:01-0+0极小值0 所以当时,有最小值.(2)证明:曲线在点处的切线斜率 曲线在点P处的切线方程为. 令,得, ,即. 又, 所以.2、解:本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法。 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 以下分两种情况讨论:,则.当变化时,的变化情况如下表:+00+极大值极小值 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ,则,当变化时,的变化情况如下表:+00+极大值极小值 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 3
2、、4、解:(1)由题得f(x)的定义域为(0,),且 f (x).a0,f (x)0,故f(x)在(0,)上是单调递增函数.(2)由(1)可知:f (x),若a1,则xa0,即f (x)0在1,e上恒成立,此时f(x)在1,e上为增函数,f(x)minf(1)a,a (舍去).若ae,则xa0,即f (x)0在1,e上恒成立,此时f(x)在1,e上为减函数,f(x)minf(e)1,a(舍去).若ea1,令f (x)0,得xa.当1xa时,f (x)0,f(x)在(1,a)上为减函数;当ax0,f(x)在(a,e)上为增函数,f(x)minf(a)ln(a)1a.综上可知:a.5、解:().依
3、题意,令,解得 . 经检验,时,符合题意. ()解: 当时,.故的单调增区间是;单调减区间是. 当时,令,得,或.当时,与的情况如下:所以,的单调增区间是;单调减区间是和.当时,的单调减区间是. 当时,与的情况如下:所以,的单调增区间是;单调减区间是和. 当时,的单调增区间是;单调减区间是.综上,当时,的增区间是,减区间是;当时,的增区间是,减区间是和;当时,的减区间是;当时,的增区间是;减区间是和.()由()知 时,在上单调递增,由,知不合题意.当时,在的最大值是,由,知不合题意.当时,在单调递减,可得在上的最大值是,符合题意. 所以,在上的最大值是时,的取值范围是.6、解:(I)当时,由于
4、,所以曲线在点处的切线方程为 即(II),.当时,.所以,在区间上,;在区间上,. 故得单调递增区间是,单调递减区间是.当时,由,得,所以,在区间和上,;在区间上,故得单调递增区间是和,单调递减区间是.当时, 故得单调递增区间是.当时,得,.所以没在区间和上,;在区间上,故得单调递增区间是和,单调递减区间是7、解:因为 , 所以 , 令 8、解:() ,且,函数的单调递增区间为 () , 切线的方程为, 即, 设直线与曲线相切于点,,. 直线也为, 即, 由得 , 下证:在区间(1,+)上存在且唯一.由()可知,在区间上递增又,结合零点存在性定理,说明方程必在区间上有唯一的根,这个根就是所求的
5、唯一,故结论成立9、解:当时,增区间为,减区间为,当时,减区间为当时,增区间为,减区间为,由知,当时,在上单调递减,即恒成立,即,又,10、解:()设,于是所以 又,则所以 3分 ()当m0时,由对数函数性质,f(x)的值域为R;4分当m=0时,对,恒成立; 5分 当m0时,在区间(0,1)上的单调递减,在区间(1,4)上单调递增,函数在区间上的最小值为又,函数在区间0,4上的值域是,即又在区间0,4上是增函数,且它在区间0,4上的值域是.,存在使得成立只须5+ln2 x=0时在0,3上最小值=5+ln2.若在区间0,m上单调,有两种可能令0得b2x,在0,m上恒成立 而y=2x在0,m上单调
6、递增,最大值为2m,b2m.令0 得b2x,而 y=2x在0,m单增,最小为y=,b.故b2m或b时在0,m上单调.23、解:定义域为 令 由由即上单调递增,在上单调递减时,F(x)取得极大值 的定义域为(0,+),由G (x)在定义域内单调递减知:在(0,+)内恒成立令,则 由当时为增函数当时,为减函数当x = e时,H(x)取最大值故只需恒成立,又当时,只有一点x = e使得不影响其单调性 二、交点与根的分布24、解:,是函数的一个极值点,由, 令,得,和随的变化情况如下:1300增极大值减极小值增的增区间是,;减区间是(1,3)由知,在上单调递增,在上单调递增,在上单调递减,又时,;时,
7、;可据此画出函数的草图(图略),由图可知,当直线与函数的图像有3个交点时,的取值范围为25、=2x+lnx,设过点(2,5)与曲线g (x)的切线的切点坐标为,即 ,令h(x)=,=0,h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增又,h(2)=ln2-10,h(x)与x轴有两个交点,过点(2,5)可作2条曲线y=g(x)的切线.26、解:当即时,在上单调递增,当即时,当时,在上单调递减,综上函数的图像与的图像有且只有三个不同的交点,即函数的图像与轴的正半轴有且只有三个不同的交点。当时,是增函数;当时,是减函数;当时,是增函数;当或时,当充分接近0时,当充分大时,要使的图像与轴正半轴有三
8、个不同的交点,必须且只须即存在实数,使得函数与的图像有且只有三个不同的交点,的取值范围为27、解:,令(舍去)单调递增;当递减. 上的极大值.由得设,依题意知上恒成立, 上单增,要使不等式成立,当且仅当 由令,当上递增;上递减,而,恰有两个不同实根等价于 28、解:时,故w.w.w.k.s.5.u.c.o.m w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 当当从而单调减少.由条件得从而因为所以将右边展开,与左边比较系数得,故又由此可得于是 w.w 29、解:当所以曲线在点处的切线斜率为1.,令,得到因为,当x变化时,的变化情况如下表:+00+极小值极大值在和内减函数,在内增函数。函数在处取得极大值,
9、且=函数在处取得极小值,且=由题设所以方程=0由两个相异的实根,故,且,解得因为(难点)若,而,不合题意;若则对任意的有则,又,所以函数在的最小值为0,于是对任意的,恒成立的充要条件是,解得,综上,m的取值范围是30、解:(1)在点处的切线方程为,即(2)如果有一条切线过点,则存在,使若过点可作曲线的三条切线,则方程有三个相异的实数根记,则当变化时,变化情况如下表:000极大值极小值如果过可作曲线三条切线,即有三个相异的实数根,则即31、解:2分根据题意,得即解得3分所以4分令,即得12+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48分因为
10、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=,11分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02+增极大值减极小值增则 ,即,解得32、33、解:(I),上单调递减,在-1,1上恒成立,故的最大值为(II)由题意(其中),恒成立,令,则,恒成立,()由令当来源上为增函数;当时,为减函数;当来源:学*科*网而方程无解;当时,方程有一个根;当时,方程有两个根.三、不等式证明作差证明不等式34、解:(1)函数f (x)的定义域为(1,+),,由 得:,x0,f (x)的单调递减区间为(0,+).(2)证明:由(1)得x(1,0)时,当
11、x(0,+)时,且x1时,f (x)f (0),0,x 令,则,1x0时,x0时,且x1时,g (x)g (0),即0,x1时,x35、解:设与在公共点处的切线相同,由题意,即由得:,或(舍去)即有令,则于是当,即时,;当,即时,故在为增函数,在为减函数,于是在的最大值为设,则故在为减函数,在为增函数,于是函数在上的最小值是故当时,有,即当时,36、解: 令,其对称轴为。由题意知是方程的两个均大于的不相等的实根,其充要条件为,得当时,在内为增函数;当时,在内为减函数;当时,在内为增函数;由知,由得,设,则当时,在单调递增;当时,在单调递减。所以,故 变形构造函数证明不等式37、解:函数的定义域
12、为,当时,增区间为,减区间为;当0时,增区间为;当时,增区间为,减区间为当0时,在区间(0,1)上单调递增,不妨设,则,等价于,即构造,则0在上是增函数,当时,即,即又当0时,在区间(0,1)上单调递增,即38、解:的定义域为(0,+). .当时,0,故在(0,+)单调增加;当时,0,故在(0,+)单调减少;当10时,令=0,解得.则当时,0;时,0.故在单调增加,在单调减少.不妨假设,而1,由知在(0,+)单调减少,从而 ,等价于, 令,则等价于在(0,+)单调减少,即.从而,设并设,故a的取值范围为(,2.39、解: f(x)的定义域为(0,+),.当a0时,0,故f(x)在(0,+)单调
13、增加;当a1时,0, 故f(x)在(0,+)单调减少;当1a0时,令0,解得x=.当x(0, )时, 0;x(,+)时,0, 故f(x)在(0, )单调增加,在(,+)单调减少.不妨假设x1x2.由于a2,故f(x)在(0,+)单调减少.所以等价于4x14x2,即f(x2)+ 4x2f(x1)+ 4x1.令g(x)=f(x)+4x,则+4.设,1,对称轴为,结合图象知0,于是0.从而g(x)在(0,+)单调减少,故g(x1) g(x2),即f(x1)+ 4x1f(x2)+ 4x2,故对任意x1,x2(0,+) ,40、解:(1)的定义域为.若即,则,故在单调增加。若,而,故,则当时,;当及时,故在单调减少,在单调增加。若,即,同理在单调减少,在单调增加.考虑函数 则(另一种处理)由于1a0,则, 当时,;当时,所以在(0,1)上单调递增;在上单调递减,所以函数在处取得极大值 因为函数在区间(其中)上存在极值,所以 解得 ()不等式即为 记所以 令,则, , 在上单调递增, ,从而,故在上也单调递增, 所以,所以 69、70、解:(1)定义域(2)单调递减。当,令,故在(1,0)上是减函数,即,故此时在(1,0)和(0,+)上都是减函数(3)当x0时
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