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- 2021-05-13 发布
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高考数学试题分类汇编(导数)
(安徽理 18)
设a≥0,f (x)=x-1-ln2x+2a ln x(x>0).
(Ⅰ)令F(x)=xf'(x),讨论F(x)在(0.+∞)内的单调性并求极值;
(Ⅱ)求证:当x>1时,恒有x>ln2x-2a ln x+1.
本小题主要考查函数导数的概念与计算,利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法,考查综合运用有关知识解决问题的能力.本小题满分14分.
(Ⅰ)解:根据求导法则有,
故,
于是,
列表如下:
2
0
极小值
故知在内是减函数,在内是增函数,所以,在处取得极小值.
(Ⅱ)证明:由知,的极小值.
于是由上表知,对一切,恒有.
从而当时,恒有,故在内单调增加.
所以当时,,即.
故当时,恒有.
(安徽文 20)
设函数f(x)=-cos2x-4tsincos+4t2+t2-3t+4,x∈R,其中≤1,将f(x)的最小值记为g(t).
(Ⅰ)求g(t)的表达式;
(Ⅱ)诗论g(t)在区间(-1,1)内的单调性并求极值.
本小题主要考查同角三角函数的基本关系,倍角的正弦公式,正弦函数的值域,多项式函数的导数,函数的单调性,考查应用导数分析解决多项式函数的单调区间,极值与最值等问题的综合能力.
解:(I)我们有
.
由于,,故当时,达到其最小值,即
.
(II)我们有.
列表如下:
极大值
极小值
由此可见,在区间和单调增加,在区间单调减小,极小值为,极大值为.
(北京理 19)
如图,有一块半椭圆形钢板,其半轴长为,短半轴长为,计划将此钢板切割成等腰梯形的形状,下底是半椭圆的短轴,上底的端点在椭圆上,记,梯形面积为.
(I)求面积以为自变量的函数式,并写出其定义域;
(II)求面积的最大值.
解:(I)依题意,以的中点为原点建立直角坐标系
(如图),则点的横坐标为.
点的纵坐标满足方程,
解得
,
其定义域为.
(II)记,
则.
令,得.
因为当时,;当时,,所以是的最大值.
因此,当时,也取得最大值,最大值为.
即梯形面积的最大值为.
(福建理 22)
已知函数
(Ⅰ)若,试确定函数的单调区间;
(Ⅱ)若,且对于任意,恒成立,试确定实数的取值范围;
(Ⅲ)设函数,求证:.
本小题主要考查函数的单调性、极值、导数、不等式等基本知识,考查运用导数研究函数性质的方法,考查分类讨论、化归以及数形结合等数学思想方法,考查分析问题、解决问题的能力.满分14分.
解:(Ⅰ)由得,所以.
由得,故的单调递增区间是,
由得,故的单调递减区间是.
(Ⅱ)由可知是偶函数.
于是对任意成立等价于对任意成立.
由得.
①当时,.
此时在上单调递增.
故,符合题意.
②当时,.
当变化时的变化情况如下表:
单调递减
极小值
单调递增
由此可得,在上,.
依题意,,又.
综合①,②得,实数的取值范围是.
(Ⅲ),
,
,
由此得,
故.
(福建文 20)
设函数.
(Ⅰ)求的最小值;
(Ⅱ)若对恒成立,求实数的取值范围.
本题主要考查函数的单调性、极值以及函数导数的应用,考查运用数学知识分析问题解决问题的能力.满分12分.
解:(Ⅰ),
当时,取最小值,
即.
(Ⅱ)令,
由得,(不合题意,舍去).
当变化时,的变化情况如下表:
递增
极大值
递减
在内有最大值.
在内恒成立等价于在内恒成立,
即等价于,
所以的取值范围为.
(广东理、文 20)
已知是实数,函数.如果函数在区间上有
零点,求的取值范围.
解: 若 , ,显然在上没有零点, 所以
令 得
当 时, 恰有一个零点在上;
当 即 时,也恰有一个零点在上;
当 在上有两个零点时, 则
或
解得或
因此的取值范围是 或 ;
(海南理 21)
设函数
(I)若当时,取得极值,求的值,并讨论的单调性;
(II)若存在极值,求的取值范围,并证明所有极值之和大于.
解:(Ⅰ),
依题意有,故.
从而.
的定义域为,当时,;
当时,;
当时,.
从而,分别在区间单调增加,在区间单调减少.
(Ⅱ)的定义域为,.
方程的判别式.
(ⅰ)若,即,在的定义域内,故的极值.
(ⅱ)若,则或.
若,,.
当时,,当时,,所以无极值.
若,,,也无极值.
(ⅲ)若,即或,则有两个不同的实根,.
当时,,从而有的定义域内没有零点,故无极值.
当时,,,在的定义域内有两个不同的零点,由根值判别方法知在取得极值.
综上,存在极值时,的取值范围为.
的极值之和为
.
(海南文 19)
设函数
(Ⅰ)讨论的单调性;
(Ⅱ)求在区间的最大值和最小值.
解:的定义域为.
(Ⅰ).
当时,;当时,;当时,.
从而,分别在区间,单调增加,在区间单调减少.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知在区间的最小值为.
又.
所以在区间的最大值为.
(湖北理 20)
已知定义在正实数集上的函数,,其中.设两曲线,有公共点,且在该点处的切线相同.
(I)用表示,并求的最大值;
(II)求证:().
本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识,考查综合运用数学知识解决问题的能力.
解:(Ⅰ)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.
(Ⅱ)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,.
(湖北文 19)
设二次函数,方程的两根和满足.
(I)求实数的取值范围;
(II)试比较与的大小.并说明理由.
本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法,考查推理和运算能力.
解法1:(Ⅰ)令,
则由题意可得.
故所求实数的取值范围是.
(II),令.
当时,单调增加,当时,
,即.
解法2:(I)同解法1.
(II),由(I)知,
.又于是
,
即,故.
解法3:(I)方程,由韦达定理得
,,于是
.
故所求实数的取值范围是.
(II)依题意可设,则由,得
,故.
(湖南理 19)
如图4,某地为了开发旅游资源,欲修建一条连接风景点和居民区的公路,点所在的山坡面与山脚所在水平面所成的二面角为(),且,点到平面的距离(km).沿山脚原有一段笔直的公路可供利用.从点到山脚修路的造价为万元/km,原有公路改建费用为万元/km.当山坡上公路长度为km()时,其造价为万元.已知,,,.
(I)在上求一点,使沿折线修建公路的总造价最小;
(II) 对于(I)中得到的点,在上求一点,使沿折线修建公路的总造价最小.
(III)在上是否存在两个不同的点,,使沿折线修建公路的总造价小于(II)中得到的最小总造价,证明你的结论.
O
A
E
D
B
H
P
解:(I)如图,,,,
由三垂线定理逆定理知,,所以是
山坡与所成二面角的平面角,则,
.
设,.则
.
记总造价为万元,
据题设有
当,即时,总造价最小.
(II)设,,总造价为万元,根据题设有
.
则,由,得.
当时,,在内是减函数;
当时,,在内是增函数.
故当,即(km)时总造价最小,且最小总造价为万元.
(III)解法一:不存在这样的点,.
事实上,在上任取不同的两点,.为使总造价最小,显然不能位于 与之间.故可设位于与之间,且=,,,总造价为万元,则.类似于(I)、(II)讨论知,,,当且仅当,同时成立时,上述两个不等式等号同时成立,此时,,取得最小值,点分别与点重合,所以不存在这样的点 ,使沿折线修建公路的总造价小于(II)中得到的最小总造价.
解法二:同解法一得
.
当且仅当且,即同时成立时,取得最小值,以上同解法一.
(湖南文 21)
已知函数在区间,内各有一个极值点.
(I)求的最大值;
(II)当时,设函数在点处的切线为,若在点处穿过函数的图象(即动点在点附近沿曲线运动,经过点时,从的一侧进入另一侧),求函数的表达式.
解:(I)因为函数在区间,内分别有一个极值点,所以在,内分别有一个实根,
设两实根为(),则,且.于是
,,且当,即,时等号成立.故的最大值是16.
(II)解法一:由知在点处的切线的方程是
,即,
因为切线在点处空过的图象,
所以在两边附近的函数值异号,则
不是的极值点.
而,且
.
若,则和都是的极值点.
所以,即,又由,得,故.
解法二:同解法一得
.
因为切线在点处穿过的图象,所以在两边附近的函数值异号,于是存在().
当时,,当时,;
或当时,,当时,.
设,则
当时,,当时,;
或当时,,当时,.
由知是的一个极值点,则,
所以,又由,得,故.
(辽宁理 22)
已知函数,.
(I)证明:当时,在上是增函数;
(II)对于给定的闭区间,试说明存在实数,当时,在闭区间上是减函数;
(III)证明:.
(辽宁文 22)
已知函数,,且对任意的实数均有,.
(I)求函数的解析式;
(II)若对任意的,恒有,求的取值范围.
(全国一 理20)
设函数.
(Ⅰ)证明:的导数;
(Ⅱ)若对所有都有,求的取值范围.
解:(Ⅰ)的导数.
由于,故.
(当且仅当时,等号成立).
(Ⅱ)令,则
,
(ⅰ)若,当时,,
故在上为增函数,
所以,时,,即.
(ⅱ)若,方程的正根为,
此时,若,则,故在该区间为减函数.
所以,时,,即,与题设相矛盾.
综上,满足条件的的取值范围是.
(全国一文 20)
设函数在及时取得极值.
(Ⅰ)求a、b的值;
(Ⅱ)若对于任意的,都有成立,求c的取值范围.
解:(Ⅰ),
因为函数在及取得极值,则有,.
即
解得,.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,,
.
当时,;
当时,;
当时,.
所以,当时,取得极大值,又,.
则当时,的最大值为.
因为对于任意的,有恒成立,
所以 ,
解得 或,
因此的取值范围为.
(全国二理 22)
已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)设,如果过点可作曲线的三条切线,证明:.
解:(1)求函数的导数;.
曲线在点处的切线方程为:
,
即 .
(2)如果有一条切线过点,则存在,使
.
于是,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:
0
0
0
极大值
极小值
由的单调性,当极大值或极小值时,方程最多有一个实数根;
当时,解方程得,即方程
只有两个相异的实数根;
当时,解方程得,即方程只有两个相异的实数根.
综上,如果过可作曲线三条切线,即有三个相异的实数根,则
即 .
(全国二文 22)
已知函数
在处取得极大值,在处取得极小值,且.
(1)证明;
(2)若z=a+2b,求z的取值范围。
解:求函数的导数.
(Ⅰ)由函数在处取得极大值,在处取得极小值,知是的两个根.
所以
当时,为增函数,,由,得.
(Ⅱ)在题设下,等价于 即.
化简得.
此不等式组表示的区域为平面上三条直线:.
所围成的的内部,其三个顶点分别为:.
b
a
2
1
2
4
O
在这三点的值依次为.
所以的取值范围为.
(山东理 22)
设函数,其中.
(Ⅰ)当时,判断函数在定义域上的单调性;
(Ⅱ)求函数的极值点;
(Ⅲ)证明对任意的正整数,不等式都成立.
解:(Ⅰ)由题意知,的定义域为,
设,其图象的对称轴为,
.
当时,,
即在上恒成立,
当时,,
当时,函数在定义域上单调递增.
(Ⅱ)①由(Ⅰ)得,当时,函数无极值点.
②时,有两个相同的解,
时,,
时,,
时,函数在上无极值点.
③当时,有两个不同解,,,
时,,,
即,.
时,,随的变化情况如下表:
极小值
由此表可知:时,有惟一极小值点,
当时,,
,
此时,,随的变化情况如下表:
极大值
极小值
由此表可知:时,有一个极大值和一个极小值点;
综上所述:
时,有惟一最小值点;
时,有一个极大值点和一个极小值点;
时,无极值点.
(Ⅲ)当时,函数,
令函数,
则.
当时,,所以函数在上单调递增,
又.
时,恒有,即恒成立.
故当时,有.
对任意正整数取,则有.
所以结论成立.
(山东文 21)
设函数,其中.
证明:当时,函数没有极值点;当时,函数有且只有一个极值点,并求出极值.
证明:因为,所以的定义域为.
.
当时,如果在上单调递增;
如果在上单调递减.
所以当,函数没有极值点.
当时,
令,
将(舍去),,
当时,随的变化情况如下表:
0
极小值
从上表可看出,
函数有且只有一个极小值点,极小值为.
当时,随的变化情况如下表:
0
极大值
从上表可看出,
函数有且只有一个极大值点,极大值为.
综上所述,
当时,函数没有极值点;
当时,
若时,函数有且只有一个极小值点,极小值为.
若时,函数有且只有一个极大值点,极大值为.
(陕西理 20)
设函数f(x)=其中a为实数.
(Ⅰ)若f(x)的定义域为R,求a的取值范围;
(Ⅱ)当f(x)的定义域为R时,求f(x)的单减区间.
解:(Ⅰ)的定义域为,恒成立,,
,即当时的定义域为.
(Ⅱ),令,得.
由,得或,又,
时,由得;
当时,;当时,由得,
即当时,的单调减区间为;
当时,的单调减区间为.
(陕西文21)
已知在区间[0,1]上是增函数,在区间上是减函数,又
(Ⅰ)求的解析式;
(Ⅱ)若在区间(m>0)上恒有≤x成立,求m的取值范围.
解:(Ⅰ),由已知,
即解得
,,,.
(Ⅱ)令,即,
,或.
又在区间上恒成立,.
(上海理科19)
已知函数,常数.
(1)讨论函数的奇偶性,并说明理由;
(2)若函数在上为增函数,求的取值范围.
解:(1)当时,,
对任意,, 为偶函数.
当时,,
取,得 ,
,
函数既不是奇函数,也不是偶函数.
(2)解法一:设,
,
要使函数在上为增函数,必须恒成立.
,即恒成立.
又,.
的取值范围是.
解法二:当时,,显然在为增函数.
当时,反比例函数在为增函数,
在为增函数.
当时,同解法一.
(上海文科19)
已知函数,常数.
(1)当时,解不等式;
(2)讨论函数的奇偶性,并说明理由.
解: (1),
,
.
原不等式的解为.
(2)当时,,
对任意,,
为偶函数.
当时,,
取,得 ,
,
函数既不是奇函数,也不是偶函数.
(四川理 22)
设函数.
(Ⅰ)当x=6时,求的展开式中二项式系数最大的项;
(Ⅱ)对任意的实数x,证明>
(Ⅲ)是否存在,使得an<<恒成立?若存在,试证明你的结论并求出a的值;若不存在,请说明理由.
本题考察函数、不等式、导数、二项式定理、组合数计算公式等内容和数学思想方法。考查综合推理论证与分析解决问题的能力及创新意识。
(Ⅰ)解:展开式中二项式系数最大的项是第4项,这项是
(Ⅱ)证法一:因
证法二:因
而
故只需对和进行比较。
令,有
由,得
因为当时,,单调递减;当时,,单调递增,所以在处有极小值
故当时,,
从而有,亦即
故有恒成立。
所以,原不等式成立。
(Ⅲ)对,且
有
又因,故
∵,从而有成立,
即存在,使得恒成立。
(四川文20)
设函数为奇函数,其图象在点处的切线与直线垂直,导函数的最小值为.
(Ⅰ)求,,的值;
(Ⅱ)求函数的单调递增区间,并求函数在上的最大值和最小值.
解析:本题考查函数的奇偶性、单调性、二次函数的最值、导数的应用等基础知识,以及推理能力和运算能力.
(Ⅰ)∵为奇函数,
∴
即
∴
∵的最小值为
∴
又直线的斜率为
因此,
∴,,.
(Ⅱ).
,列表如下:
极大
极小
所以函数的单调增区间是和
∵,,
∴在上的最大值是,最小值是.
(天津理 20)
已知函数,其中.
(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;
(Ⅱ)当时,求函数的单调区间与极值.
本小题考查导数的几何意义,两个函数的和、差、积、商的导数,利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法.满分12分.
(Ⅰ)解:当时,,,
又,.
所以,曲线在点处的切线方程为,
即.
(Ⅱ)解:.
由于,以下分两种情况讨论.
(1)当时,令,得到,.当变化时,的变化情况如下表:
0
0
极小值
极大值
所以在区间,内为减函数,在区间内为增函数.
函数在处取得极小值,且,
函数在处取得极大值,且.
(2)当时,令,得到,当变化时,的变化情况如下表:
0
0
极大值
极小值
所以在区间,内为增函数,在区间内为减函数.
函数在处取得极大值,且.
函数在处取得极小值,且.
(天津文 21)
设函数(),其中.
(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;
(Ⅱ)当时,求函数的极大值和极小值;
(Ⅲ)当时,证明存在,使得不等式对任意的恒成立.
本小题主要考查运用导数研究函数的性质、曲线的切线方程,函数的极值、解不等式等基础知识,考查综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法.满分14分.
(Ⅰ)解:当时,,得,且
,.
所以,曲线在点处的切线方程是,整理得
.
(Ⅱ)解:
.
令,解得或.
由于,以下分两种情况讨论.
(1)若,当变化时,的正负如下表:
因此,函数在处取得极小值,且
;
函数在处取得极大值,且
.
(2)若,当变化时,的正负如下表:
因此,函数在处取得极小值,且
;
函数在处取得极大值,且
.
(Ⅲ)证明:由,得,当时,
,.
由(Ⅱ)知,在上是减函数,要使,
只要
即
①
设,则函数在上的最大值为.
要使①式恒成立,必须,即或.
所以,在区间上存在,使得对任意的恒成立.
(浙江理 22)
设,对任意实数,记.
(I)求函数的单调区间;
(II)求证:(ⅰ)当时,对任意正实数成立;
(ⅱ)有且仅有一个正实数,使得对任意正实数成立.
本题主要考查函数的基本性质,导数的应用及不等式的证明等基础知识,以及综合运用所学知识分析和解决问题的能力.满分15分.
(I)解:.
由,得
.
因为当时,,
当时,,
当时,,
故所求函数的单调递增区间是,,
单调递减区间是.
(II)证明:(i)方法一:
令,则
,
当时,由,得,
当时,,
所以在内的最小值是.
故当时,对任意正实数成立.
方法二:
对任意固定的,令,则
,
由,得.
当时,.
当时,,
所以当时,取得最大值.
因此当时,对任意正实数成立.
(ii)方法一:
.
由(i)得,对任意正实数成立.
即存在正实数,使得对任意正实数成立.
下面证明的唯一性:
当,,时,
,,
由(i)得,,
再取,得,
所以,
即时,不满足对任意都成立.
故有且仅有一个正实数,
使得对任意正实数成立.
方法二:对任意,,
因为关于的最大值是,所以要使对任意正实数成立的充分必要条件是:
,
即, ①
又因为,不等式①成立的充分必要条件是,
所以有且仅有一个正实数,
使得对任意正实数成立.
(重庆理 20)
已知函数(x>0)在x = 1处取得极值--3--c,其中a,b,c为常数。
(1)试确定a,b的值;
(2)讨论函数f(x)的单调区间;
(3)若对任意x>0,不等式恒成立,求c的取值范围。
解:(I)由题意知,因此,从而.
又对求导得
.
由题意,因此,解得.
(II)由(I)知(),令,解得.
当时,,此时为减函数;
当时,,此时为增函数.
因此的单调递减区间为,而的单调递增区间为.
(III)由(II)知,在处取得极小值,此极小值也是最小值,要使()恒成立,只需.
即,从而,
解得或.
所以的取值范围为.
(重庆文20)
用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架,要求长方体的长与宽之比为2:1,问该长方体的长、宽、高各为多少时,其体积最大?最大体积是多少?
(20)(本小题12分)
解:设长方体的宽为x(m),则长为2x(m),高为
.
故长方体的体积为
从而
令V′(x)=0,解得x=0(舍去)或x=1,因此x=1.
当0<x<1时,V′(x)>0;当1<x<时,V′(x)<0,
故在x=1处V(x)取得极大值,并且这个极大值就是V(x)的最大值。
从而最大体积V=V′(x)=9×12-6×13(m3),此时长方体的长为2 m,高为1.5 m.
答:当长方体的长为2 m时,宽为1 m,高为1.5 m时,体积最大,最大体积为3 m3。