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  • 2021-05-14 发布

五年高考数学理真题精编——专题03 导数与应用大题

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‎35. 【2011新课标,理21】已知函数,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)如果当x>0,且x≠1时,,求k的取值范围.‎ ‎【解析】:(1).‎ 由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),故即解得 ‎(2)(理)由(1)知,‎ 所以.‎ 考虑函数(x>0),‎ 则 ‎ (ⅲ)设k≥1.此时h′(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得.与题设矛盾.‎ 综合得,k的取值范围为(-∞,0].‎ ‎36. 【2014全国2,理20】‎ 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)‎ ‎【解析】(Ⅰ)因为,当且仅当时等号成立,所以函数在R上是增函数;‎ ‎(Ⅱ)因为=,‎ 所以=.‎ ‎(1)当时, ,等号仅当时成立,所以在R上单调递增,而,所以对任意,;‎ ‎(2)当时,若满足,即时,,而,‎ 因此当时,,‎ 综上,的最大值为2.‎ ‎ ‎ ‎37. 【2012全国,理20】设函数f(x)=ax+cosx,x∈[0,π].‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)设f(x)≤1+sinx,求a的取值范围.‎ ‎【解析】:(1)f′(x)=a-sinx.‎ ‎①当a≥1时,f′(x)≥0,且仅当a=1,时,f′(x)=0,所以f(x)在[0,π]是增函数;‎ ‎②当a≤0时,f′(x)≤0,且仅当a=0,x=0或x=π时,f′(x)=0,‎ 所以f(x)在[0,π]是减函数;‎ ‎③当0<a<1时,由f′(x)=0,解得x1=arcsina,x2=π-arcsina.‎ 当x∈[0,x1)时,sinx<a,f′(x)>0,f(x)是增函数;‎ 当x∈(x1,x2)时,sinx>a,f′(x)<0,f(x)是减函数;‎ 当x∈(x2,π]时,sinx<a,f′(x)>0,f(x)是增函数.‎ ‎(2)由f(x)≤1+sinx,得f(π)≤1,aπ-1≤1,‎ 所以.‎ ‎ ‎ ‎38. 【2015高考新课标2,理21】(本题满分12分)‎ 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.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).‎ ‎【解析】(Ⅰ).‎ 若,则当时,,;当时,,.‎ 若,则当时,,;当时,,.‎ 所以,在单调递减,在单调递增.‎ ‎【考点定位】导数的综合应用.‎ ‎39. 【2011四川,理22】 (本小题共l4分) 已知函数.‎ ‎ (I)设函数,求的单调区间与极值;‎ ‎ (Ⅱ)设,解关于的方程 ‎ ‎ (Ⅲ)试比较与的大小.‎ ‎【答案】(I) 当时,是减函数;时,是增函数;函数在处有得极小值;(Ⅱ) 若,则,方程有两解;若时,则,方程有一解;若或,原方程无解; (Ⅲ) .‎ ‎【解析】(Ⅰ)由()知,,令,得.‎ 当时,;当时,.‎ 故当时,是减函数;时,是增函数.‎ 函数在处有得极小值.‎ 方法二:原方程可化为,‎ 即,‎ ‎①当时,原方程有一解;‎ ‎②当时,原方程有二解;‎ ‎③当时,原方程有一解;‎ ‎④当或时,原方程无解. ‎ ‎ ‎ ‎40. 【2012四川,理22】(本小题满分14分)‎ ‎ 已知为正实数,为自然数,抛物线与轴正半轴相交于点,设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。‎ ‎(Ⅰ)用和表示;‎ ‎(Ⅱ)求对所有都有成立的的最小值;‎ ‎(Ⅲ)当时,比较与的大小,并说明理由。‎ 所以满足条件的a的最小值为. ‎ ‎41. 【2013四川,理21】 (本小题满分14分)‎ 已知函数,其中是实数.设,为该函数图象上的两点,且.‎ ‎(Ⅰ)指出函数的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)若函数的图象在点,处的切线互相垂直,且,求的最小值;‎ ‎(Ⅲ)若函数的图象在点,处的切线重合,求的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ)减区间为(−∞,−1),增区间为[−1,0)、(0, +∞);(Ⅱ)略;(Ⅲ).‎ ‎(Ⅲ)当或时,,故.‎ 当时,函数的图象在点处的切线方程为 ‎,即.‎ 当时,函数的图象在点处的切线方程为 ‎,即.‎ 两切线重合的充要条件是 由①及知,‎ 由①②得.‎ 设(),‎ ‎【考点定位】本小题主要考查基本函数的性质、导数的应用、基本不等式、直线的位置关系等基础知识,考查揄论证能力、运算求解能力、创新意识、考查函数与方程、分类与整合、转化与化归等数学思想.第(Ⅰ)问两个增区间之间错加并集符号;第(Ⅱ)问没有注明均值不等式中等号成立的条件;第(Ⅲ)问不会分离变量,把所求问题转化为函数值域问题。‎ ‎42. 【2014四川,理21】已知函数,其中,为自然对数的底数.‎ ‎(Ⅰ)设是函数的导函数,求函数在区间上的最小值;‎ ‎(Ⅱ)若,函数在区间内有零点,求的取值范围 ‎【答案】(Ⅰ)当时, ;当时, ;‎ 当时, .(Ⅱ)的范围为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(Ⅰ)易得,再对分情况确定的单调区间,根据在上的单调性即可得在上的最小值.(Ⅱ)设为在区间内的一个零点,注意到.联系到函数的图象可知,导函数在区间内存在零点,在区间内存在零点,即在区间内至少有两个零点. 由(Ⅰ)可知,当及时,在内都不可能有两个零点.所以.此时,在上单调递减,在上单调递增,因此,且必有.由 ‎ ‎(Ⅱ)设为在区间内的一个零点,则由可知,‎ 在区间上不可能单调递增,也不可能单调递减.‎ 则不可能恒为正,也不可能恒为负.‎ 故在区间内存在零点 同理在区间内存在零点 所以在区间内至少有两个零点. ‎ 由(Ⅰ)知,当时,在上单调递增,故在内至多有一个零点.‎ 当时,在上单调递减,故在内至多有一个零点.‎ 所以.‎ 此时,在上单调递减,在上单调递增,‎ 因此,且必有 ‎.‎ 由得:,代入上两个不等式得:‎ ‎.‎ 解得.‎ 当时,在区间内有最小值.‎ ‎【考点定位】导数的应用及函数的零点.‎ ‎43. 【2015高考四川,理21】已知函数,其中.‎ ‎(1)设是的导函数,评论的单调性; ‎ ‎(2)证明:存在,使得在区间内恒成立,且在内有唯一解.‎ ‎【答案】(1)当时,在区间上单调递增, 在区间上单调递减;当时,在区间上单调递增.(2)详见解析.‎ ‎【解析】(1)由已知,函数的定义域为,‎ ‎,‎ 所以.‎ 当时,在区间上单调递增, ‎ 在区间上单调递减;‎ 当时,在区间上单调递增.‎ ‎(2)由,解得.‎ 令.‎ 则,.‎ ‎【考点定位】本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合,化归与转化等数学思想.‎ ‎44. 【2013年.浙江卷.理22】(本题满分14分)已知a∈R,函数f(x)=x3-3x2+3ax-‎3a+3.‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)当x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】:(1)由题意f′(x)=3x2-6x+‎3a,‎ 故f′(1)=‎3a-3.‎ 又f(1)=1,所以所求的切线方程为y=(‎3a-3)x-‎3a+4.‎ ‎(2)由于f′(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2,‎ 故①当a≤0时,有f′(x)≤0,此时f(x)在[0,2]上单调递减,‎ 故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-‎3a.‎ ‎②当a≥1时,有f′(x)≥0,此时f(x)在[0,2]上单调递增,‎ 故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=‎3a-1.‎ ‎③当0<a<1时,设x1=1-,x2=1+,‎ 则0<x1<x2<2,f′(x)=3(x-x1)(x-x2).‎ 列表如下:‎ x ‎0‎ ‎(0,x1)‎ x1‎ ‎(x1,x2)‎ x2‎ ‎(x2,2)‎ ‎2‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎3-‎‎3a 单调递增 极大值f(x1)‎ 单调递减 极小值f(x2)‎ 单调递增 ‎3a‎-1‎ 由于f(x1)=1+2(1-a),f(x2)=1-2(1-a),‎ 故f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1-a)>0,‎ 从而f(x1)>|f(x2)|.‎ 所以|f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}.‎ ‎ ‎ ‎45. 【2012年.浙江卷.理22】已知a>0,b∈R,函数f(x)=4ax3-2bx-a+b.‎ ‎(1)证明:当0≤x≤1时,‎ ‎①函数f(x)的最大值为|2a-b|+a;‎ ‎②f(x)+|2a-b|+a≥0;‎ ‎(2)若-1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立,求a+b的取值范围.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)a+b的取值范围是(-1,3].‎ ‎【解析】‎ ‎(1)证明:①f′(x)=12ax2-2b=12a(x2-).‎ 当b≤0时,有f′(x)≥0,此时f(x)在[0,+∞)上单调递增.‎ 当b>0时,f′(x)=12a(x+)(x-),‎ 此时f(x)在[0,]上单调递减,在[,+∞)上单调递增.‎ 所以当0≤x≤1时,‎ f(x)max=max{f(0),f(1)}=max{-a+b,3a-b}==|2a-b|+a.‎ ‎②由于0≤x≤1,故 当b≤2a时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a≥4ax3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1).‎ 当b>2a时,‎ f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a>4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+1).‎ 设g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,则 g′(x)=6x2-2=6(x-)(x+),‎ 于是 x ‎0‎ ‎(0,)‎ ‎(,1)‎ ‎1‎ g′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ ‎1‎ 减 极小值 增 ‎1‎ 所以,g(x)min=g()=1->0,‎ 所以,当0≤x≤1时,2x3-2x+1>0,‎ 故f(x)+|2a-b|+a≥2a(2x3-2x+1)≥0.‎ ‎(2)由①知,当0≤x≤1时,f(x)max=|2a-b|+a,‎ 所以|2a-b|+a≤1.‎ 若|2a-b|+a≤1,则由②知f(x)≥-(|2a-b|+a)≥-1.‎ 所以-1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或 在直角坐标系aOb中,不等式组所表示的平面区域为如图所示的阴影部分,其中不包括线段BC.‎ ‎ ‎ ‎46. 【2011年.浙江卷.理22】(本题满分14分)设函数 ‎ (I)若的极值点,求实数;‎ ‎ (II)求实数的取值范围,使得对任意的,恒有成立,注:为自然对数的底数。‎ ‎【命题意图】本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用,不等式等基础知识,同时考查推理论证能力,分类讨论分析问题和解决问题的能力.‎ ‎ 【解析】(I)求导得 ‎∵的极值点, ∴‎ 解得经检验,符合题意, ∴‎ ‎(Ⅱ)①当时, 对于任意实数,恒有 成立 ‎②当 时,由题意,首先有 ‎ 解得 由(Ⅰ)知 ‎ 令 则,‎ 且 ‎ 47. 【2011高考重庆理第18题】(本小题满分13分。(Ⅰ)小题6分(Ⅱ)小题7分。)‎ 设的导数满足其中常数.‎ ‎(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程。‎ ‎(Ⅱ)设求函数的极值。‎ ‎【答案】(Ⅰ)因,故,‎ 令,得,由已知,解得 又令,得,由已知,解得 ‎ 48. 【2012高考重庆理第16题】(本小题满分13分,(Ⅰ)小问6分,(Ⅱ)小问7分.)‎ 设其中,曲线在点处的切线垂直于轴.‎ ‎(Ⅰ) 求的值;‎ ‎(Ⅱ) 求函数的极值.‎ ‎【答案】解:(1)因,故 由于曲线在点处的切线垂直于轴,故该切线斜率为0,即,‎ 从而,解得 ‎(2)由(1)知,‎ 令,解得(因不在定义域内,舍去),‎ 当时,,故在上为减函数;‎ ‎ ‎ ‎49. 【2013高考重庆理第17题】(本小题满分13分,(1)小问6分,(2)小问7分.)设f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6).‎ ‎(1)确定a的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间与极值.‎ ‎【答案】解:(1)因f(x)=a(x-5)2+6ln x,‎ 故f′(x)=‎2a(x-5)+.‎ 令x=1,得f(1)=‎16a,f′(1)=6-‎8a,[‎ 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-‎16a=(6-‎8a)(x-1),由点(0,6)在切线上可得6-‎16a=‎8a-6,故.‎ ‎(2)由(1)知,f(x)=(x-5)2+6ln x(x>0),‎ f′(x)=x-5+=.‎ 令f′(x)=0,解得x1=2,x2=3.‎ 当0<x<2或x>3时,f′(x)>0,故f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数;当2<x<3时,f′(x)<0,故f(x)在(2,3)上为减函数.‎ 由此可知f(x)在x=2处取得极大值f(2)=+6ln 2,在x=3处取得极小值f(3)=2+6ln 3.‎ ‎50. 【2014高考重庆理第20题】(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问3分,(Ⅲ)小问5分)‎ 已知函数的导函数为偶函数,且曲线在点 处的切线的斜率为.‎ ‎(Ⅰ)确定的值; ‎ ‎(Ⅱ)若,判断的单调性;‎ ‎(Ⅲ)若有极值,求的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)增函数;(Ⅲ).‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(Ⅰ)由 因为是偶函数,所以,又曲线在点处的切线的斜率为,所以有,利用以上两条件列方程组可解的值;‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ),,当时,利用的符号判断的单调性;‎ ‎(Ⅲ)要使函数有极值,必须有零点,由于,所以可以对的取值分类讨论,得到时满足条件的的取值范围. ‎ 试题解析:‎ 解:(Ⅰ)对求导得,由为偶函数,知,‎ 即,因,所以 又,故.‎ ‎(Ⅱ)当时,,那么 故在上为增函数.‎ 考点:1、导数的几何意义及导数在研究函数性质中的应用;2、分类讨论的思想.‎ ‎51. 【2015高考重庆,理20】 设函数 ‎ (1)若在处取得极值,确定的值,并求此时曲线在点处的切线方程;‎ ‎ (2)若在上为减函数,求的取值范围。‎ ‎【答案】(1),切线方程为;(2).‎ ‎ (2)由(1)得,,‎ ‎ 令 由,解得.‎ 当时,,故为减函数;‎ 当时,,故为增函数;‎ 当时,,故为减函数;‎ 由在上为减函数,知,解得 故a的取值范围为.‎ ‎【考点定位】复合函数的导数,函数的极值,切线,单调性.考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力.‎ ‎52. 【2013,安徽理17】(本小题满分12分)设函数,其中,区间.‎ ‎(Ⅰ)求的长度(注:区间的长度定义为);‎ ‎(Ⅱ)给定常数,当时,求长度的最小值.‎ ‎【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).‎ ‎【命题立意】考查二次不等式的求解,以及导数的计算和应用等基础知识和基本技能,考查分类讨论思想和综合运用数学知识解决问题的能力.‎ ‎【举一反三】导数是研究函数性质,如单调性、极值、最值等的重要工具,利用导数可以讨论的函数类型更加广泛,可以这样认为,除了几种基本初等函数的性质和图象可以直接应用之外,其余函数性质都是利用导数研究.要掌握求解步骤.‎ ‎53. 【2011,安徽理16】设,其中为正实数 ‎(Ⅰ)当时,求的极值点;‎ ‎(Ⅱ)若为上的单调函数,求的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ)是极小值点,是极大值点.;(Ⅱ)0<a≤1.‎ ‎【解析】对f(x)求导得.①‎ ‎(Ⅰ)当时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,‎ ‎54. 【2014,安徽理18】(本小题满分12分)‎ 设函数,其中.‎ ‎(I)讨论在其定义域上的单调性;‎ ‎(II)当时,求取得最大值和最小值时的的值.‎ ‎【答案】(I)在和内单调递减,在内单调递增;(II)所以当时,在处取得最小值;当时,在和处同时取得最小只;当时,在处取得最小值.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(I)对原函数进行求导,,令,解得 ‎,当或时;从而得出,当 时,.故在和内单调递减,在内单调递增.(II)依据第(I)题,对进行讨论,①当时,,由(I)知,在上单调递增,所以在和处分别取得最小值和最大值.②当时,.由(I)知,在上单因为,所以.‎ ‎①当时,,由(I)知,在上单调递增,所以在和处分别取得最小值和最大值.②当时,.由(I)知,在上单调递增,在上单调递减,因此在处取得最大值.又,所以当时,‎ 在处取得最小值;当时,在和处同时取得最小只;当时,在处取得最小值.‎ 考点:1.含参函数的单调性;2.含参函数的最值求解.‎ ‎55. 【2013,安徽理20】(本小题满分13分)设函数,证明:‎ ‎(Ⅰ)对每个,存在唯一的,满足;‎ ‎(Ⅱ)对任意,由(Ⅰ)中构成的数列满足.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析.‎ ‎【解析】(Ⅰ)对每个,当时,,故在内单调递增.由于, 当,,故,又 ‎,∴存在 唯一的,满足.‎ ‎【命题立意】考查函数的导数及其应用,函数零点的判断,等比数列的求和以及不等式的放缩等基础知识和基本技能,考查综合应用知识分析和解决问题的能力、推理论证能力和运算求解能力.‎ ‎【举一反三】函数与数列的综合题,一般是借助函数这一载体,利用导数等解决函数到数列的过渡,再利用数列的相关知识求解.‎ ‎56. 【2012,安徽理19】设 ‎(I)求在上的最小值;‎ ‎(II)设曲线在点的切线方程为;求的值.‎ ‎【答案】(I)当时,的最小值为;当时,的最小值为;(II).‎ ‎57. 【2015高考安徽,理21】设函数.‎ ‎ (Ⅰ)讨论函数在内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;‎ ‎ (Ⅱ)记,求函数在上的最大值D;‎ ‎ (Ⅲ)在(Ⅱ)中,取,求满足时的最大值.‎ ‎【答案】(Ⅰ)极小值为;(Ⅱ); (Ⅲ)1.‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ),.‎ ‎ ,.‎ ‎ 因为,所以.‎ ‎ ①当时,函数单调递增,无极值.‎ ‎ ②当时,函数单调递减,无极值.‎ ‎ ③当,在内存在唯一的,使得.‎ ‎ 时,函数单调递减;时,函数单调递增.‎ ‎ 因此,,时,函数在处有极小值.‎ ‎【考点定位】1.函数的单调性、极值与最值;2.绝对值不等式的应用.‎ ‎58. 【2011天津,理19】已知,函数(的图像连续不断)‎ ‎(Ⅰ)求的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)当时,证明:存在,使;‎ ‎(Ⅲ)若存在均属于区间的,且,使,证明 ‎.‎ ‎【答案】(Ⅰ)的单调递增区间是的单调递减区间是 ‎;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ)详见解析 ‎【解析】(I)解:, ‎ ‎ 令 ‎ 当x变化时,的变化情况如下表:‎ ‎ 所以,的单调递增区间是的单调递减区间是 ‎ (II)证明:当 ‎(说明:的取法不唯一,只要满足即可)‎ ‎(III)证明:由及(I)的结论知,‎ 从而上的最小值为 又由,知 故 从而 ‎59. 【2012天津,理20】已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0,其中a>0.‎ ‎(1)求a的值;‎ ‎(2)若对任意的x∈[0,+∞),有f(x)≤kx2成立,求实数k的最小值;‎ ‎(3)证明-ln(2n+1)<2(n∈N*).‎ ‎【答案】(1) a=1.(2) ,(3)详见解析 ‎②当0<k<时,,对于x∈(0,),g′(x)>0,故g(x)在(0,)内单调递增.因此当取x0∈(0,)时,g(x0)>g(0)=0,即f(x0)≤kx02不成立.‎ 故0<k<不合题意.‎ 综上,k的最小值为.‎ ‎(3)证明:当n=1时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立.‎ 当n≥2时,‎ ‎=‎ ‎60. 【2013天津,理20】已知函数f(x)=x2ln x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);‎ ‎(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有.‎ ‎【答案】(Ⅰ)单调递减区间是,单调递增区间是;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ)详见解析 ‎【解析】解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).‎ f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f′(x)=0,得.‎ 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x f′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极小值 所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.‎ ‎(2)证明:当0<x≤1时,f(x)≤0.‎ ‎61. 【2014天津,理20】已知函数,.已知函数有两个零点,且.‎ ‎(Ⅰ)求的取值范围;‎ ‎(Ⅱ)证明随着的减小而增大;‎ ‎(Ⅲ)证明随着的减小而增大.‎ ‎【答案】(Ⅰ)的取值范围是;(Ⅱ)详见试题分析;(Ⅲ)详见试题分析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析:(Ⅰ)先求函数的导数,再分和讨论的单调性,将“函数 试题解析:(Ⅰ)由,可得.下面分两种情况讨论:‎ ‎(1)时,在上恒成立,可得在上单调递增,不合题意.‎ ‎(2)时,由,得.当变化时,,的变化情况如下表:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 这时,的单调递增区间是;单调递减区间是.‎ 于是,“函数有两个零点”等价于如下条件同时成立:‎ ‎1°;2°存在,满足;3°存在,满足 ‎.由,即,解得,而此时,取,满足 ‎,且;取,满足,且 ‎.∴的取值范围是.‎ 令,,则.令,得 ‎.当时,.因此,在上单调递增,故对于任意的,,由此可得,故在上单调递增,因此,由①可得随着的增大而增大,而由(Ⅱ),随着的减小而增大,∴随着的减小而增大.‎ 考点:1.函数的零点;2.导数的运算;3..利用导数研究函数的性质.‎ ‎62. 【2015高考天津,理11】曲线 与直线 所围成的封闭图形的面积为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象,解议程组得两曲线的交点坐标为,由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积 ‎.‎ ‎【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.‎ ‎63. 【2015高考天津,理20(本小题满分14分)已知函数,其中.‎ ‎(I)讨论的单调性;‎ ‎(II)设曲线与轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为,求证:对于任意的正实数,都有;‎ ‎(III)若关于的方程有两个正实根,求证: ‎ ‎【答案】(I) 当为奇数时,在,上单调递减,在内单调递增;当为偶数时,在上单调递增,在上单调递减. (II)见解析; (III)见解析.‎ 当变化时,的变化情况如下表:‎ 所以,在,上单调递减,在内单调递增.‎ ‎(2)当为偶数时,‎ 当,即时,函数单调递增;‎ 当,即时,函数单调递减.‎ 所以,在上单调递增,在上单调递减.‎ ‎ (III)证明:不妨设,由(II)知,设方程的根为,可得 ‎,当时,在上单调递减,又由(II)知可得.‎ 类似的,设曲线在原点处的切线方程为,可得,当,‎ ‎,即对任意,‎ 设方程的根为,可得,因为在上单调递增,且,因此.‎ 由此可得.‎ 因为,所以,故,‎ 所以.‎ ‎【考点定位】1.导数的运算;2.导数的几何意义;3.利用导数研究函数性质、证明不等式.‎ ‎64. 【2011年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷21】‎ ‎(Ⅰ)已知函数求函数的最大值;‎ ‎(Ⅱ)设均为正数,证明:‎ ‎(1)若,则 ‎(2)若,则。‎ ‎ (2)①先证:.‎ 令,则,于是 由(1)得,即 ‎,。‎ ‎65. 【2012年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷22】‎ ‎(Ⅰ)已知函数,其中为有理数,且. 求的最小值;‎ ‎(Ⅱ)试用(Ⅰ)的结果证明如下命题:‎ ‎ 设,为正有理数. 若,则;‎ ‎(Ⅲ)请将(Ⅱ)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题.‎ 注:当为正有理数时,有求导公式.‎ ‎【解析】(Ⅰ),令,解得.‎ 当时,,所以在内是减函数;‎ 当 时,,所以在内是增函数.‎ 故函数在处取得最小值. ‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当时,有,即 ①‎ 若,中有一个为0,则成立;‎ 若,均不为0,又,可得,于是 在①中令,,可得,‎ 即,亦即.‎ 综上,对,,为正有理数且,总有. ②‎ ‎(Ⅲ)(Ⅱ)中命题的推广形式为:‎ 设为非负实数,为正有理数. ‎ 若,则. ③ ‎ 用数学归纳法证明如下:‎ ‎(1)当时,,有,③成立. ‎ ‎(2)假设当时,③成立,即若为非负实数,为正有理数,‎ 又因,由②得 ‎,‎ 从而.‎ 故当时,③成立.‎ 由(1)(2)可知,对一切正整数,所推广的命题成立. ‎ 说明:(Ⅲ)中如果推广形式中指出③式对成立,则后续证明中不需讨论的情况.‎ ‎66. 【2013年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷22】设是正整数,为正有理数.‎ ‎(I)求函数的最小值;‎ ‎(II)证明:;‎ ‎(III)设,记为不小于的最小整数,例如,,.‎ 令,求的值.‎ ‎(参考数据:,,,)‎ ‎【证明】(I)‎ 在上单减,在上单增。‎ ‎,‎ ‎,故②式成立。‎ 综上可得原不等式成立。‎ ‎(III)由(II)可知:当时,‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎67. 【2014年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷22】为圆周率,为自然对数的底数.‎ ‎(1)求函数的单调区间;‎ ‎(2)求,,,,,这6个数中的最大数与最小数;‎ ‎(3)将,,,,,这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.‎ ‎(3)由(2)知,,,又由(2)知,,‎ 故只需比较与和与的大小,‎ 由(1)知,当时,,即,‎ 考点:导数法求函数的单调性、单调区间,对数函数的性质,比较大小.‎ ‎68. 【2015高考湖北,理22】已知数列的各项均为正数,,为自然对数的底数.‎ ‎(Ⅰ)求函数的单调区间,并比较与的大小;‎ ‎(Ⅱ)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;‎ ‎(Ⅲ)令,数列,的前项和分别记为,, 证明:. ‎ ‎【答案】(Ⅰ)的单调递增区间为,单调递减区间为. ;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ)详见解析.‎ ‎【解析】(Ⅰ)的定义域为,.‎ 当,即时,单调递增;‎ 当,即时,单调递减. ‎ 故的单调递增区间为,单调递减区间为. ‎ 当时,,即.‎ 令,得,即. ① ‎ ‎(Ⅱ);;‎ ‎.‎ 由此推测: ②‎ 下面用数学归纳法证明②. ‎ ‎(1)当时,左边右边,②成立. ‎ ‎(2)假设当时,②成立,即.‎ 当时,,‎ 由归纳假设可得.‎ 所以当时,②也成立. ‎ 根据(1)(2),可知②对一切正整数都成立. ‎ ‎【考点定位】导数的应,数列的概念,数学归纳法,基本不等式,不等式的证明.‎ ‎69. 【2014福建,理20】(本小题满分14分)‎ 已知函数(为常数)的图象与轴交于点,曲线在点处 的切线斜率为-1.‎ ‎(I)求的值及函数的极值;‎ ‎(II)证明:当时,;‎ ‎(III)证明:对任意给定的正数,总存在,使得当,恒有.‎ ‎【答案】(I),极值参考解析;(II)参考解析;(III)参考解析 试题解析:解法一:(I)由,得.又,得.所以.令,得.当时, 单调递减;当时, 单调递增.所以当时, 取得极小值,且极小值为无极大值.‎ ‎(II)令,则.由(I)得,故在R上单调递增,又,因此,当时, ,即.‎ ‎(III)①若,则.又由(II)知,当时, .所以当时, .取,当时,恒有.‎ ‎②若,令,要使不等式成立,只要成立.而要使成立,则只要,只要成立.令,则.所以当时, 在内单调递增.取,所以在内单调递增.又.易知.所以.‎ 即存在,当时,恒有.‎ 综上,对任意给定的正数c,总存在,当时,恒有.‎ 解法二: (I)同解法一.‎ ‎(II)同解法一.‎ ‎(III)对任意给定的正数,取由(II)知,当时, ,所以当时, ,因此,对任意给定的正数,总存在,当时,恒有.‎ 解法三: (I)同解法一.‎ 考点:1.函数的极值.2.构建新函数证明不等式.3.开放性题.4.导数的综合应用.5.运算能力.6.分类讨论的数学思想.‎ ‎70. (2013福建,理17)(本小题满分13分)已知函数f(x)=x-aln x(a∈R).‎ ‎(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(1)求函数f(x)的极值.‎ ‎【答案】(1) x+y-2=0 ;(2)参考解析 ‎【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1-.‎ ‎(1)当a=2时,f(x)=x-2ln x,f′(x)=1-(x>0),‎ 因而f(1)=1,f′(1)=-1,‎ 所以曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),‎ 即x+y-2=0.‎ ‎71. 【2012福建,理20】(本小题满分14分)‎ 已知函数 ‎ ‎(Ⅰ)若曲线在点处的切线平行于轴,求函数的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)试确定的取值范围,使得曲线上存在唯一的点,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点.‎ ‎【答案】(Ⅰ)参考解析;(Ⅱ)时.‎ ‎【解析】(Ⅰ)‎ ‎ 由题意得:‎ ‎ ‎ ‎ 得:函数的单调递增区间为,单调递减区间为 ‎(Ⅱ)设; 则过切点的切线方程为 ‎ 令;则 ‎ 切线与曲线只有一个公共点只有一个根 ‎ ,且 ‎ (1)当时,‎ ‎ 得:当且仅当时,‎ ‎ 由的任意性,不符合条件.‎ ‎ ‎ ‎ 从上得:当时,存在唯一的点使该点处的切线与曲线只有一个公共点 ‎72. 【2011福建,理18】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式.其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.‎ ‎(1)求a的值;‎ ‎(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.‎ ‎【答案】(1)2; (2) 4元/千克 ‎【解析】(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.‎ ‎(2)由(1)可知,该商品每日的销售量,‎ 所以商场每日销售该商品所获得的利润 f(x)=(x-3)[+10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.‎ 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).‎ 于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(3,4)‎ ‎4‎ ‎(4,6)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ 单调递增 极大值42‎ 单调递减 由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.‎ 所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.‎ 答:当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.‎ ‎73. 【2015高考福建,理20】已知函数,‎ ‎(Ⅰ)证明:当;‎ ‎(Ⅱ)证明:当时,存在,使得对 ‎(Ⅲ)确定k的所以可能取值,使得存在,对任意的恒有.‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ) .‎ 综上,当时,总存在,使得对任意的恒有.‎ ‎(3)当时,由(1)知,对于故,‎ ‎,‎ 令,则有 故当时,,在上单调递增,故,即,所以满足题意的t不存在.‎ 当时,由(2)知存在,使得对任意的任意的恒有.‎ 此时,‎ 解法二:(1)(2)同解法一.‎ ‎(3)当时,由(1)知,对于,‎ 故,‎ 令,‎ 从而得到当时,恒有,所以满足题意的t不存在.‎ ‎【考点定位】导数的综合应用.‎