- 1.51 MB
- 2021-05-13 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
2010-2017年全国高考数学真题--第21题导数
2010年:设函数。
(1)若,求的单调区间; (2)若当时,求的取值范围
2011年:已知函数,曲线在点处的切线方程为
.
(I)求的值; (II)如果当,且时,,求的取值范围.
2012年: 已知函数满足.
(Ⅰ)求的解析式及单调区间;
(Ⅱ)若,求的最大值.
2013: 一卷:已知函数=,=,若曲线和曲线都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线
(Ⅰ)求,,,的值; (Ⅱ)若≥-2时,≤,求的取值范围.
2014一卷:设函数,曲线在点(1,处的切线为
.
(Ⅰ)求; (Ⅱ)证明:.
2015一卷:已知函数,.
(Ⅰ)当为何值时,轴为曲线 的切线;
(Ⅱ)用 表示,中的最小值,设函数 ,讨论零点的个数.
2016一卷:已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围; (II)设,是的两个零点,证明:.
2017一卷:已知函数.
(1)讨论的单调性; (2)若有两个零点,求的取值范围.
2013.二卷:已知函数
(Ι)设是的极值点,求,并讨论的单调性;
(Ⅱ)当时,证明
2014二卷:已知函数=
(Ⅰ)讨论的单调性;
(Ⅱ)设,当时,,求的最大值;
(Ⅲ)已知,估计ln2的近似值(精确到0.001)
2015二卷:设函数.
(Ⅰ)证明:在单调递减,在单调递增;
(Ⅱ)若对于任意,,都有,求的取值范围.
2016二卷:(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.
2016三卷:设函数,其中,记的最大值为. (Ⅰ)求; (Ⅱ)求; (Ⅲ)证明.
2017二卷:已知函数,且.
(1)求;(2)证明:存在唯一的极大值点,且.
2017三卷:已知函数.
(1)若,求的值;
(2)设为整数,且对于任意正整数,,求的最小值.
精编答案
2010年:解:(1)时,,.
当时,;当时,.故在单调减少,在单调增加
(II) 由(I)知,当且仅当时等号成立.故
,从而当,即时,,而,于是当时,. 由可得.从而当时,,
故当时,,而,于是当时,.
综合得的取值范围为.
2011年:解析:(Ⅰ)
由于直线的斜率为,且过点,故即
解得,。
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,所以
。
考虑函数,则。
(i)设,由知,当时,,h(x)递减。而故当时, ,可得;
当时,,可得
从而当,且时,(+),即+.
(ii)设.由于=的图像开口向下,且,对称轴,当时,,故,而,故当时,,可得,与题设矛盾。
(iii)设k1.此时,,而,故当时,,可得,与题设矛盾。
综合得,的取值范围为
点评;求参数的范围一般用离参法,然后用导数求出最值进行求解。若求导后不易得到极值点,可二次求导,还不行时,就要使用参数讨论法了。即以参数为分类标准,看是否符合题意。求的答案。此题用的便是后者。
2012一卷:(1)
令得: 得:在上单调递增 得:
的解析式为且单调递增区间为,单调递减区间为
(2)得
①当时,在上单调递增
时,与矛盾
②当时,
得:当时,
令;则
当时, 当时,的最大值为
2013年:解:(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f′(0)=4,g′(0)=4.
而f′(x)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c),
故b=2,d=2,a=4,d+c=4.
从而a=4,b=2,c=2,d=2.
(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).
设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,
则F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).
由题设可得F(0)≥0,即k≥1.
令F′(x)=0得x1=-ln k,x2=-2.
①若1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当x∈(-2,x1)时,F′(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0.即F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+∞)单调递增.故F(x)在[-2,+∞)的最小值为F(x1).
而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0.
故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
②若k=e2,则F′(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).
从而当x>-2时,F′(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)单调递增.
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
③若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.
从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上,k的取值范围是[1,e2].
2014年:(Ⅰ) 函数的定义域为,
由题意可得,故 ……………6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,从而等价于
设函数,则,
所以当时,,当时,,
故在单调递减,在单调递增,
从而在的最小值为. ……………8分
设函数,则,
所以当时,,当时,,
故在单调递增,在单调递减,从而在的最小值为.
综上:当时,,即. ……12分
2015年:(Ⅰ)根据已知,,若轴为曲线的切线,设切点横坐标为,则可得即,解得
所以当时,轴为曲线的切线.
(Ⅱ)当时,,于是单调递增,而,于是与有唯一交点,且交点的横坐标,此时函数的零点个数为1.
当时,在上递减,在上递增,在处有极小值为
此时与在内忧唯一交点,函数的零点个数为1.
当时,此时极小值为0,函数的零点个数为2
当时,此时的极小值小于0,因此函数的零点个数为3
当时,此时与相交于,函数的零点个数为2
当时,此时与的交点的横坐标大于1,此时函数的零点个数为1
综上可得,数的零点个数为:
2016年:(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.
(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.
2017年:(1)定义域为,,
(ⅰ)若,则,所以在单调递减.
(ⅱ)若,则由得.
当时,;当时,,所以在单调递减,在单调递增.
(2)(ⅰ)若,由(1)知,至多有一个零点.
(ⅱ)若,由(1)知,当时,取得最小值,最小值为.
①当时,由于,故只有一个零点;
②当时,由于,即,故没有零点;
③当时,,即.
又,故在有一个零点.
设正整数满足,则.
由于,因此在有一个零点.
综上,的取值范围为.
2014二卷:解:(Ⅰ),等号仅当时成立
所以在单调递增
(Ⅱ),
(ⅰ)当时,,等号仅当时成立,所以在单调递增,而,所以对任意;
(ⅱ)当时,若满足,即时
,而,因此当时,。
综上,的最大值为2.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,
当时,,;
当时,
所以的近似值为
2015年二卷:试题分析:(Ⅰ)先求导函数,根据的范围讨论导函数在和的符号即可;(Ⅱ)恒成立,等价于.由是两个独立的变量,故可求研究的值域,由(Ⅰ)可得最小值为,最大值可能是或,故只需,从而得关于的不等式,因不易解出,故利用导数研究其单调性和符号,从而得解.
2016年二卷:(1)的定义域为,,且仅当时,,所以在单调递增,因此当时,,
所以,即;
(II)
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
令,由,所以为增函数,所以由得,所以对任意,存在唯一的,,使得,所以的值域是,
综上所述,当时,的值域是
考点: 函数的单调性、极值与最值.
2016年三卷:(Ⅰ).
(Ⅱ)当时,
因此,. ………4分
当时,将变形为.
令,则是在上的最大值,,,且当时,取得极小值,极小值为
.
令,解得(舍去),.
(ⅰ)当时,在内无极值点,,,,所以.
(Ⅲ)由(Ⅰ)得.
当时,.
当时,,所以.
当时,,所以.
2017年二卷:(1)的定义域为,则等价于.
设,则.由题可知,则由解得,所以为上的增函数,为上的减函数.则有,解得.
(2)由(1)可知,则.
设,则.由解得,所以为 上的增函数,为上的减函数.又因为,则在上存在唯一零点使得,即,且为,上的增函数,为上的减函数,则极大值为.而,所以.综上,.
2017年三卷:⑴ ,
则,且
当时,,在上单调增,所以时,,不满足题意;
当时,当时,,则在上单调递减;
当时,,则在上单调递增.
①若,在上单调递增∴当时矛盾
②若,在上单调递减∴当时矛盾
③若,在上单调递减,在上单调递增∴满足题意
综上所述.
⑵ 当时即
则有当且仅当时等号成立∴,
一方面:,
即.
另一方面:
当时,
∵,,∴的最小值为.