数学理高考真题分类汇编专题导数理科 19页

导数 ‎1. 【2016高考山东理数】若函数的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称具有T性质.下列函数中具有T性质的是（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【答案】A 考点：1.导数的计算；2.导数的几何意义.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查导数的计算、导数的几何意义及两直线的位置关系，本题给出常见的三角函数、指数函数、对数函数、幂函数，突出了高考命题注重基础的原则.解答本题，关键在于将直线的位置关系与直线的斜率、切点处的导数值相联系，使问题加以转化，利用特殊化思想解题，降低难度.本题能较好的考查考生分析问题解决问题的能力、基本计算能力及转化与化归思想的应用等.‎ ‎2.【2016年高考四川理数】设直线l1，l2分别是函数f(x)= 图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是( )‎ ‎（A）(0,1) （B）(0,2) （C）(0,+∞) （D）(1,+∞)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：设（不妨设），则由导数的几何意义易得切线的斜率分别为由已知得切线的方程分别为，切线的方程为，即.分别令 第 19 页 共 19 页 得又与的交点为，，，．故选A．‎ 考点：1.导数的几何意义；2.两直线垂直关系；3.直线方程的应用；4.三角形面积取值范围.‎ ‎【名师点睛】本题首先考查导数的几何意义，其次考查最值问题，解题时可设出切点坐标，利用切线垂直求出这两点的关系，同时得出切线方程，从而得点坐标，由两直线相交得出点坐标，从而求得面积，题中把面积用表示后，可得它的取值范围．解决本题可以是根据题意按部就班一步一步解得结论．这也是我们解决问题的一种基本方法，朴实而基础，简单而实用．‎ ‎3.【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 考点： 导数的几何意义.‎ ‎【名师点睛】函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．‎ 注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过P点的切线的不同．‎ ‎4.【2016高考新课标3理数】已知为偶函数，当时，，则曲线在 点处的切线方程是_______________．‎ 第 19 页 共 19 页 ‎【答案】‎ 考点：1、函数的奇偶性与解析式；2、导数的几何意义．‎ ‎【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当时，函数，则当时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为．‎ ‎5.【2016高考新课标1卷】（本小题满分12分）已知函数有两个零点.‎ ‎(I)求a的取值范围；‎ ‎(II)设x1,x2是的两个零点,证明：.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(I)求导,根据导函数的符号来确定,主要要根据导函数零点来分类；(II)借组第一问的结论来证明,由单调性可知等价于,即．设,则．则当时,,而,故当时,．从而,故．学优高考网 试题解析;（Ⅰ）．‎ ‎（i）设,则,只有一个零点．‎ ‎（ii）设,则当时,；当时,．所以在上单调递减,在上单调递增．‎ 又,,取满足且,则 ‎,‎ 故存在两个零点．‎ 第 19 页 共 19 页 ‎（iii）设,由得或．‎ 若,则,故当时,,因此在上单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．‎ 若,则,故当时,；当时,．因此在单调递减,在单调递增．又当时,,所以不存在两个零点．‎ 综上,的取值范围为．‎ ‎（Ⅱ）不妨设,由（Ⅰ）知,,在上单调递减,所以等价于,即．‎ 由于,而,所以 ‎．‎ 设,则．‎ 所以当时,,而,故当时,．‎ 从而,故．‎ 考点：导数及其应用 ‎【名师点睛】,对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；,解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.‎ ‎6.【2016高考山东理数】(本小题满分13分)‎ 已知.‎ ‎（I）讨论的单调性；‎ ‎（II）当时，证明对于任意的成立.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ 第 19 页 共 19 页 试题分析：（Ⅰ）求的导函数，对a进行分类讨论，求的单调性；‎ ‎（Ⅱ）要证对于任意的成立，即证，根据单调性求解.‎ ‎（1），，‎ 当或时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ ‎（2）时，，在内，，单调递增；‎ ‎（3）时，，‎ 当或时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减.‎ 综上所述，‎ 当时，函数在内单调递增，在内单调递减；‎ 第 19 页 共 19 页 当时，在内单调递增，在内单调递减，在 内单调递增；‎ 当时，在内单调递增；‎ 当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，‎ ‎，，‎ 令，.‎ 则，‎ 由可得，当且仅当时取得等号.‎ 又，‎ 设，则在单调递减，‎ 因为，‎ 所以在上存在使得 时，时，，‎ 所以函数在上单调递增；在上单调递减，‎ 由于，因此，当且仅当取得等号，‎ 所以，‎ 即对于任意的恒成立。‎ 考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.‎ 第 19 页 共 19 页 本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.‎ ‎7.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）‎ 已知函数.‎ 设.‎ ‎（1）求方程的根;‎ ‎（2）若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；‎ ‎（3）若，函数有且只有1个零点，求的值。‎ ‎【答案】（1）①0 ②4（2）1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根②根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，即的最小值，最后根据基本不等式求最值（2）先分析导函数零点情况：唯一零点，再确定原函数单调变化趋势：先减后增，从而结合图像确定唯一零点必在极值点取得，而，因此极值点必等于零，进而求出的值.本题难点在证明，这可利用反证法：若，则可寻找出一个区间，由结合零点存在定理可得函数存在另一零点，与题意矛盾，其中可取；若，同理可得.‎ 试题解析：（1）因为，所以.‎ ‎①方程，即，亦即，‎ 所以，于是，解得.‎ ‎②由条件知.‎ 因为对于恒成立，且，‎ 所以对于恒成立.‎ 第 19 页 共 19 页 而，且，‎ 所以，故实数的最大值为4.‎ 下证.‎ 若，则，于是，‎ 又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.‎ 若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.‎ 因此，.‎ 于是，故，所以.‎ 考点：指数函数、基本不等式、利用导数研究函数单调性及零点 ‎【名师点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．‎ 第 19 页 共 19 页 但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数.‎ ‎8.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）‎ 设函数,，其中 ‎(I)求的单调区间；‎ ‎(II) 若存在极值点，且，其中，求证：；‎ ‎（Ⅲ）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 ‎【解析】‎ 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.‎ 下面分两种情况讨论：‎ ‎（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.‎ ‎（2）当时，令，解得，或.‎ 当变化时，，的变化情况如下表：‎ 第 19 页 共 19 页 ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.‎ ‎（Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，由题意，得，即，‎ 进而.‎ 又 ‎，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足 ，且，因此，所以；‎ ‎（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况同理：‎ ‎（1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此 ‎，所以.‎ ‎（2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，，‎ 所以在区间上的取值范围为，因此 第 19 页 共 19 页 ‎.‎ 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.‎ 考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 ‎【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤 ‎(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；‎ ‎(2)求导函数f′(x)；‎ ‎(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集．‎ ‎(4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．‎ ‎2．由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．‎ ‎9.【2016高考新课标3理数】设函数，其中，记的最大值为．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）求；‎ ‎（Ⅲ）证明．‎ 第 19 页 共 19 页 ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）直接可求；（Ⅱ）分两种情况，结合三角函数的有界性求出，但须注意当时还须进一步分为两种情况求解；（Ⅲ）首先由（Ⅰ）得到，然后分，三种情况证明．‎ ‎（ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．[来源:gkstk.Com]‎ ‎（ⅱ）当时，由，知．‎ 又，所以．‎ 综上，．　　　………9分 第 19 页 共 19 页 ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）得.‎ 当时，.‎ 当时，，所以.‎ 当时，，所以.‎ 考点：1、三角恒等变换；2、导数的计算；3、三角函数的有界性．‎ ‎【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如的形式；（2）结合自变量的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解．‎ ‎10.【2016高考浙江理数】（本小题15分）已知，函数F（x）=min{2|x−1|，x2−2ax+4a−2}，‎ 其中min{p，q}= ‎ ‎（I）求使得等式F（x）=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围；‎ ‎（II）（i）求F（x）的最小值m（a）；‎ ‎（ii）求F（x）在区间[0,6]上的最大值M（a）.‎ ‎【答案】（I）；（II）（i）；（ii）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）分别对和两种情况讨论，进而可得使得等式成立的的取值范围；（II）（i）先求函数，的最小值，再根据的定义可得的最小值；（ii）分别对和两种情况讨论的最大值，进而可得在区间上的最大值．‎ 试题解析：（I）由于，故 当时，，‎ 当时，．‎ 第 19 页 共 19 页 所以，使得等式成立的的取值范围为 ‎．‎ 考点：1、函数的单调性与最值；2、分段函数；3、不等式．‎ ‎【思路点睛】（I）根据的取值范围化简，即可得使得等式成立的的取值范围；（II）（i）先求函数和的最小值，再根据的定义可得；（ii）根据的取值范围求出的最大值，进而可得．‎ ‎11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； ‎ ‎(Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ 第 19 页 共 19 页 ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数的最值，在构造新函数，又用导数法求解.‎ 试题解析：（Ⅰ）的定义域为.‎ 且仅当时，，所以在单调递增，‎ 因此当时，‎ 所以 ‎（II） 学优高考网 由（I）知，单调递增，对任意 因此，存在唯一使得即，‎ 当时，单调递减；‎ 当时，单调递增.‎ 因此在处取得最小值，最小值为 于是，由单调递增 所以，由得 因为单调递增，对任意存在唯一的 第 19 页 共 19 页 使得所以的值域是 综上，当时，有，的值域是 考点： 函数的单调性、极值与最值.‎ ‎【名师点睛】求函数单调区间的步骤：‎ ‎(1)确定函数f(x)的定义域；‎ ‎(2)求导数f′(x)；‎ ‎(3)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)解出相应的x的范围．‎ 当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间上是增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．‎ 注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．‎ ‎12.【2016年高考北京理数】（本小题13分）‎ 设函数，曲线在点处的切线方程为，‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）求的单调区间.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（2）的单调递增区间为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意求出，根据，，求，的值；‎ ‎（2）由题意知判断，即判断的单调性，知，即，由此求得的单调区间.‎ 试题解析：（1）因为，所以.‎ 依题设，即 解得；（2）由（Ⅰ）知.‎ 由即知，与同号.‎ 第 19 页 共 19 页 令，则.‎ 所以，当时，，在区间上单调递减；‎ 当时，，在区间上单调递增.[来源:学优高考网gkstk]‎ 故是在区间上的最小值，‎ 从而.‎ 综上可知，，，故的单调递增区间为.‎ 考点：导数的应用.‎ ‎【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．‎ ‎13.【2016年高考四川理数】（本小题满分14分）‎ 设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a ∈R.‎ ‎（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；‎ ‎（Ⅱ）确定a的所有可能取值，使得在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).‎ ‎【答案】（Ⅰ）当时，<0，单调递减；当时，>0，单调递增；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）对求导，对进行讨论，研究的正负，可判断函数的单调性；（Ⅱ）要证明不等式在上恒成立，基本方法是设，当时，，的解不易确定，因此结合（Ⅰ）的结论，缩小的范围，设=，并设=，通过研究的单调性得时，，从而 第 19 页 共 19 页 ‎，这样得出不合题意，又时，的极小值点，且，也不合题意，从而，此时考虑得，得此时单调递增，从而有，得出结论．‎ ‎（II）令=，=.‎ 则=.‎ 而当时，>0，‎ 所以在区间内单调递增.‎ 又由=0，有>0，‎ 从而当时，>0.‎ 当，时，=.‎ 故当>在区间内恒成立时，必有.‎ 当时，>1.‎ 由（I）有,从而，‎ 所以此时>在区间内不恒成立.‎ 第 19 页 共 19 页 当时，令，‎ 当时，，‎ 因此，在区间单调递增.‎ 又因为，所以当时， ，即 恒成立.‎ 综上，．‎ 考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题.‎ ‎【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求，解方程，再通过的正负确定的单调性；要证明函数不等式，一般证明的最小值大于0，为此要研究函数的单调性．本题中注意由于函数有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到．有一定的难度．‎ 第 19 页 共 19 页