高考数学真题专题归纳专题19函数与导数综合含解析理 60页

专题19 函数与导数综合 ‎【2020年】‎ ‎1.（2020·新课标Ⅰ）已知函数.‎ ‎（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)当时，，，‎ 由于，故单调递增，注意到，故：‎ 当时，单调递减，‎ 当时，单调递增.‎ ‎(2)由得，，其中，‎ ‎①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；‎ ‎②.当时，分离参数a得，，‎ 记，，‎ 令，‎ 则，，‎ 故单调递增，，‎ 故函数单调递增，，‎ 由可得：恒成立，‎ 60‎ 故当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ 因此，,‎ 综上可得，实数a的取值范围是.‎ ‎【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．‎ ‎2.（2020·新课标Ⅱ）已知函数f(x)=sin2xsin2x.‎ ‎（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；‎ ‎（2）证明：；‎ ‎（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.‎ ‎【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由函数的解析式可得：，则：‎ ‎，‎ 在上的根为：，‎ 60‎ 当时，单调递增，‎ 当时，单调递减，‎ 当时，单调递增.‎ ‎(2)注意到，‎ 故函数是周期为的函数，‎ 结合(1)的结论，计算可得：，‎ ‎，，‎ 据此可得：，，‎ 即.‎ ‎(3)结合(2)的结论有：‎ ‎.‎ ‎【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．‎ 60‎ ‎ (4)考查数形结合思想的应用．‎ ‎3.（2020·新课标Ⅲ）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．‎ ‎（1）求b．‎ ‎（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）因为，‎ 由题意，，即 则；‎ ‎（2）由（1）可得，‎ ‎，‎ 令，得或；令，得，‎ 所以在上单调递减，在，上单调递增，‎ 且，‎ 若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，‎ 即或.‎ 当时，，‎ 又，‎ 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，‎ 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，‎ 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；‎ 当时，，‎ 60‎ 又，‎ 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，‎ 即上存在唯一一个零点，在上不存在零点，‎ 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；‎ 综上，所有零点的绝对值都不大于1.‎ ‎【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.‎ ‎4.（2020·北京卷）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）因，所以，‎ 设切点为，则，即，所以切点为，‎ 由点斜式可得切线方程为：，即.‎ ‎（Ⅱ）显然，‎ 因为在点处的切线方程为：，‎ 令，得，令，得，‎ 所以，‎ 不妨设时，结果一样，‎ 则，‎ 60‎ 所以 ‎，‎ 由，得，由，得，‎ 所以在上递减，在上递增，‎ 所以时，取得极小值，‎ 也是最小值为.‎ ‎【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.‎ ‎5.（2020·江苏卷）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上、桥AB与MN平行，为铅垂线(在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离(米)与D到的距离a(米)之间满足关系式；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离(米)与F到的距离b(米)之间满足关系式.已知点B到的距离为40米.‎ ‎（1）求桥AB的长度；‎ ‎（2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价(万元)(k>0).问为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低?‎ ‎【答案】（1）120米（2）米 60‎ ‎【解析】（1）由题意得 米 ‎（2）设总造价为万元，，设，‎ ‎(0舍去)‎ 当时，；当时，，因此当时，取最小值，‎ 答：当米时，桥墩CD与EF的总造价最低.‎ ‎【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.‎ ‎6.（2020·江苏卷）已知关于x的函数与在区间D上恒有．‎ ‎（1）若，求h(x)的表达式；‎ ‎（2）若，求k的取值范围；‎ ‎（3）若求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）证明详见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）由题设有对任意的恒成立.‎ 令，则，所以.‎ 因此即对任意的恒成立，‎ 所以，因此.‎ 故.‎ ‎（2）令，.‎ 60‎ 又.‎ 若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意.‎ 当时，，符合题意.‎ 当时， 在上递减，在上递增，则，‎ 即，符合题意.‎ 综上所述，.‎ 由 当，即时，在为增函数，‎ 因为，‎ 故存在，使，不符合题意.‎ 当，即时，，符合题意.‎ 当，即时，则需，解得.‎ 综上所述，的取值范围是.‎ ‎（3）因为对任意恒成立，‎ 对任意恒成立，‎ 等价于对任意恒成立.‎ 故对任意恒成立 令，‎ 当，，‎ 此时，‎ 当，，‎ 60‎ 但对任意的恒成立. ‎ 等价于对任意的恒成立.‎ 的两根为，‎ 则，‎ 所以.‎ 令，则.‎ 构造函数，，‎ 所以时，，递减，.‎ 所以，即.‎ ‎【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.‎ ‎7.（2020·山东卷）已知函数．‎ ‎（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；‎ ‎（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1），，.‎ ‎，∴切点坐标为(1,1+e),‎ ‎∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为,即,‎ 切线与坐标轴交点坐标分别为,‎ ‎∴所求三角形面积为;‎ 60‎ ‎（2）解法一：,‎ ‎，且 设,则 ‎∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，‎ 当时，,∴,∴成立.‎ 当时， ，，,‎ ‎∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，‎ 因此 ‎>1,‎ ‎∴∴恒成立；‎ 当时， ∴不是恒成立.‎ 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).‎ 解法二：等价于 ‎,‎ 令,上述不等式等价于,‎ 显然为单调增函数，∴又等价于，即，‎ 令,则 在上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，‎ ‎∴,‎ 60‎ ‎，∴a的取值范围是[1,+∞).‎ ‎【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.‎ ‎8.（2020·天津卷）已知函数，为的导函数．‎ ‎（Ⅰ）当时，‎ ‎（i）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（ii）求函数的单调区间和极值；‎ ‎（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，‎ 所以曲线在点处的切线方程为，即.‎ ‎(ii) 依题意，.‎ 从而可得，‎ 整理可得：，‎ 令，解得.‎ 当x变化时，的变化情况如下表：‎ 60‎ 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；‎ g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.‎ ‎（Ⅱ）证明：由，得.‎ 对任意的，且，令，则 ‎. ①‎ 令.‎ 当x>1时，，‎ 由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.‎ 因为，，，‎ 所以 ‎. ②‎ 由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，‎ 故 ③‎ 由①②③可得.‎ 60‎ 所以，当时，任意的，且，有 ‎.‎ ‎【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：‎ ‎(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．‎ ‎(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． ‎ ‎(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．‎ ‎(4)考查数形结合思想的应用．‎ ‎9.（2020·浙江卷）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．‎ ‎（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；‎ ‎（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：‎ ‎（ⅰ）；‎ ‎（ⅱ）．‎ ‎【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（I）在上单调递增，‎ ‎，‎ 所以由零点存在定理得在上有唯一零点；‎ ‎（II）（i），‎ ‎，‎ 令 一方面： ，‎ 60‎ 在单调递增，，‎ ‎，‎ 另一方面：，‎ 所以当时，成立，‎ 因此只需证明当时，‎ 因为 当时，，当时，，‎ 所以，‎ 在单调递减，，，‎ 综上，.‎ ‎（ii），‎ ‎，，‎ ‎，因为，所以，‎ ‎，‎ 只需证明，‎ 即只需证明，‎ 令，‎ 则，‎ ‎，即成立，‎ 因此.‎ ‎【2019年】‎ 60‎ ‎8．【2019年高考全国Ⅰ卷】已知函数，为的导数．证明：‎ ‎（1）在区间存在唯一极大值点；‎ ‎（2）有且仅有2个零点．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】（1）设，则，.‎ 当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，‎ 设为.‎ 则当时，；当时，.‎ 所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.‎ ‎（2）的定义域为.‎ ‎（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.‎ ‎（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，‎ 60‎ ‎；当时，.故在单调递增，在单调递减.‎ 又，，所以当时，.从而，在没有零点.‎ ‎（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.‎ ‎（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.‎ 综上，有且仅有2个零点.‎ ‎9．【2019年高考全国Ⅱ卷】已知函数.‎ ‎（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；‎ ‎（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.‎ ‎【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析；‎ ‎（2）见解析.‎ ‎【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+∞）．‎ 因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．‎ 因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．‎ 综上，f（x）有且仅有两个零点．‎ 60‎ ‎（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．‎ 由题设知，即，故直线AB的斜率．‎ 曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，‎ 所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．‎ ‎10．【2019年高考全国Ⅲ卷】已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）或.‎ ‎【解析】（1）．‎ 令，得x=0或.‎ 若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；‎ 若a=0，在单调递增；‎ 若a<0，则当时，；当时，．故 60‎ 在单调递增，在单调递减.‎ ‎（2）满足题设条件的a，b存在.‎ ‎（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．‎ ‎（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．‎ ‎（iii）当08−8ln2；‎ ‎（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析 ‎（Ⅱ）见解析 ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）函数f（x）的导函数，‎ 由得，‎ 因为，所以．‎ 由基本不等式得．‎ 因为，所以．‎ 由题意得．‎ 60‎ 设，‎ 则，‎ 所以 x ‎（0，16）‎ ‎16‎ ‎（16，+∞）‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎2-4ln2‎ 所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，‎ 故，‎ 即．‎ ‎（Ⅱ）令m=，n=，则 f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，‎ f（n）–kn–a<≤<0，‎ 所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，‎ 所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．‎ 由f（x）=kx+a得．‎ 设h（x）=，‎ 则h′（x）=，‎ 其中g（x）=．‎ 由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，‎ 故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，‎ 所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．‎ 综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．‎ 60‎ ‎21. （2018年天津卷）已知函数，，其中a>1.‎ ‎（I）求函数的单调区间；‎ ‎（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；‎ ‎（III）证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.‎ ‎【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.‎ ‎【解析】（I）由已知，，有.‎ 令，解得x=0.‎ 由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表：‎ x ‎0‎ ‎0‎ ‎+‎ 极小值 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.‎ ‎（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.‎ 由，可得曲线在点处的切线斜率为.‎ 因为这两条切线平行，故有，即.‎ 两边取以a为底的对数，得，所以.‎ ‎（III）曲线在点处的切线l1：.‎ 曲线在点处的切线l2：.‎ 要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线，‎ 只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合.‎ 60‎ 即只需证明当时，方程组有解，‎ 由①得，代入②，得. ③‎ 因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解.‎ 设函数，‎ 即要证明当时，函数存在零点.‎ ‎，可知时，；‎ 时，单调递减，‎ 又，，‎ 故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即.‎ 由此可得在上单调递增，在上单调递减. ‎ 在处取得极大值.‎ 因为，故，‎ 所以.‎ 下面证明存在实数t，使得.‎ 由（I）可得，‎ 当时，有 ‎，‎ 所以存在实数t，使得 因此，当时，存在，使得.‎ 所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.‎ ‎22. （2018年北京卷）设函数=[]．‎ ‎（Ⅰ）若曲线y= f（x）在点（1，）处的切线与轴平行，求a；‎ 60‎ ‎（Ⅱ）若在x=2处取得极小值，求a的取值范围．‎ ‎【答案】(1) a的值为1‎ ‎(2) a的取值范围是（，+∞）‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）因为=[]，‎ 所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）‎ ‎=［ax2–（2a+1）x+2］ex．‎ f ′(1)=(1–a)e．‎ 由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．‎ 此时f (1)=3e≠0．‎ 所以a的值为1．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．‎ 若a>，则当x∈(，2)时，f ′(x)<0；‎ 当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0．‎ 所以f (x)<0在x=2处取得极小值．‎ 若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，‎ 所以f ′(x)>0．‎ 所以2不是f (x)的极小值点．‎ 综上可知，a的取值范围是（，+∞）．‎ ‎23. （2018年江苏卷）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“S点”．‎ ‎（1）证明：函数与不存在“S点”；‎ ‎（2）若函数与存在“S点”，求实数a的值；‎ ‎（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“S点”，并说明理由．‎ ‎【答案】（1）证明见解析 ‎（2）a的值为 60‎ ‎（3）对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．‎ ‎【解析】（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．‎ 由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得 ‎，此方程组无解，‎ 因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．‎ ‎（2）函数，，‎ 则．‎ 设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0），得 ‎，即，（*）‎ 得，即，则．‎ 当时，满足方程组（*），即为f（x）与g（x）的“S”点．‎ 因此，a的值为．‎ ‎（3）对任意a>0，设．‎ 因为，且h（x）的图象是不间断的，‎ 所以存在∈（0，1），使得，令，则b>0．‎ 函数，‎ 则．‎ 由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得 60‎ ‎，即（**）‎ 此时，满足方程组（**），即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．‎ 因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．‎ ‎24. （2018年江苏卷）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC与MN所成的角为．‎ ‎（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；‎ ‎（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．‎ ‎【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为 ‎1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．‎ ‎（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大 ‎【解析】‎ 解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．‎ 60‎ 过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，‎ 故OE=40cosθ，EC=40sinθ，‎ 则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），‎ ‎△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．‎ 过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．‎ 令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．‎ 当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，‎ 所以sinθ的取值范围是[，1）．‎ 答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为 ‎1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．‎ ‎（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，‎ 设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），‎ 则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）‎ ‎=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，）．‎ 设f（θ）= sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0，），‎ 则．‎ 令，得θ=，‎ 当θ∈（θ0，）时，，所以f（θ）为增函数；‎ 当θ∈（，）时，，所以f（θ）为减函数，‎ 因此，当θ=时，f（θ）取到最大值．‎ 答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．‎ ‎25. （2018年全国I卷理数）已知函数．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若存在两个极值点，证明：．‎ 60‎ ‎【答案】（1）当时，在单调递减.，‎ 当时， 在单调递减，在单调递增.‎ ‎（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）的定义域为，.‎ ‎（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.‎ ‎（ii）若，令得，或.‎ 当时，；‎ 当时，.所以在单调递减，在单调递增.‎ ‎（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.‎ 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于 ‎，‎ 所以等价于.‎ 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.‎ 所以，即.‎ 60‎ ‎26. （2018年全国Ⅲ卷理数）已知函数．‎ ‎（1）若，证明：当时，；当时，；‎ ‎（2）若是的极大值点，求．‎ ‎【答案】（1）见解析 ‎（2）‎ ‎【解析】（1）当时，，.‎ 设函数，则.‎ 当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.‎ 所以在单调递增.‎ 又，故当时，；当时，.‎ ‎（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.‎ ‎（ii）若，设函数.‎ 由于当时，，故与符号相同.‎ 又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.‎ ‎.‎ 如果，则当，且时，，故不是的极大值点.‎ 如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.‎ 如果，则.则当时，；当时，‎ 60‎ ‎.所以是的极大值点，从而是的极大值点 综上，.‎ ‎27. （2018年全国Ⅱ卷理数）已知函数．‎ ‎（1）若，证明：当时，；‎ ‎（2）若在只有一个零点，求．‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】（1）当时，等价于．‎ 设函数，则．‎ 当时，，所以在单调递减．‎ 而，故当时，，即．‎ ‎（2）设函数．‎ 在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．‎ ‎（i）当时，，没有零点；‎ ‎（ii）当时，．‎ 当时，；当时，．‎ 所以在单调递减，在单调递增．‎ 故是在的最小值．‎ ‎①若，即，在没有零点；‎ ‎②若，即，在只有一个零点；‎ ‎③若，即，由于，所以在有一个零点，‎ 由（1）知，当时，，所以．‎ 故在有一个零点，因此在有两个零点．‎ 综上，在只有一个零点时，．‎ ‎【2017年】‎ ‎4.【2017课标1，理21】已知函数.‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ 60‎ ‎（2）若有两个零点，求a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ ‎【解析】（1）的定义域为， ，‎ ‎（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.‎ ‎【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围.‎ ‎5.【2017课标II，理】已知函数，且。‎ ‎(1)求；‎ 60‎ ‎(2)证明：存在唯一的极大值点，且。‎ ‎【答案】(1)；‎ ‎(2)证明略。‎ ‎【解析】（1）的定义域为 设，则等价于 因为 若a=1，则.当0＜x＜1时，单调递减；当x＞1时，＞0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故 综上，a=1‎ ‎（2）由（1）知 设 当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增 又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，.‎ 因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点 由 由得 因为x=x0是f(x)在（0,1）的最大值点，由得 60‎ 所以 ‎【考点】 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值 ‎6.【2017课标3，理21】已知函数 .‎ ‎（1）若 ，求a的值；‎ ‎（2）设m为整数，且对于任意正整数n ，求m的最小值.‎ ‎【答案】(1)a=1；(2)3 ‎ ‎【解析】 (1)由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得a=1 ；‎ ‎(2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得 60‎ ‎，结合可知实数 的最小值为 ‎ ‎【考点】 导数研究函数的单调性；导数研究函数的最值；利用导数证明不等式 ‎7.【2017山东，理20】已知函数，，其中是自然对数的底数.‎ ‎（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.‎ ‎【答案】（1） （2）见解析 ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由题意 60‎ 又，‎ 所以，‎ 因此 曲线在点处的切线方程为 ‎，‎ 即 .‎ ‎（Ⅱ）由题意得 ，‎ 因为 ‎，‎ 令 则 所以在上单调递增.‎ 因为 所以 当时， ‎ 当时， ‎ ‎(1)当时， ‎ 当时， ， 单调递减，‎ 当时， ， 单调递增，‎ 所以 当时取得极小值，极小值是 ；‎ ‎(2)当时， ‎ 由 得 ， ‎ ‎①当时， ，‎ 60‎ 当时， ， 单调递增；‎ 当时， ， 单调递减；‎ 当时， ， 单调递增.‎ 所以 当时取得极大值.‎ 极大值为，‎ 当时取到极小值，极小值是 ；‎ ‎②当时， ，‎ 所以 当时， ，函数在上单调递增，无极值；‎ ‎③当时， ‎ 所以 当时， ， 单调递增；‎ 当时， ， 单调递减；‎ 当时， ， 单调递增；‎ 所以 当时取得极大值，极大值是；‎ 当时取得极小值.‎ 极小值是.‎ 综上所述：‎ 当时， 在上单调递减，在上单调递增，‎ 函数有极小值，极小值是；‎ 当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，‎ 极大值是 极小值是；‎ 当时，函数在上单调递增，无极值；‎ 60‎ 当时，函数在和上单调递增，‎ 在上单调递减，函数有极大值，也有极小值， ‎ 极大值是；‎ 极小值是.‎ ‎【考点】1.导数的几何意义.2.应用导数研究函数的单调性、极值.3.分类讨论思想.‎ ‎8.【2017北京，理19】已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值.‎ ‎【解析】‎ 所以函数在区间上单调递减.‎ 因此在区间上的最大值为，最小值为.‎ ‎【考点】1.导数的几何意义；2.利用导数求函数的最值.‎ ‎9.【2017天津，理20】设，已知定义在R上的函数 60‎ 在区间内有一个零点，为的导函数.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设，函数，求证：；‎ ‎（Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.‎ ‎【答案】（Ⅰ）增区间是， ，递减区间是.（Ⅱ）见解析；（III）见解析.‎ ‎【解析】（Ⅰ）解：由，可得，‎ 进而可得.令，解得，或.‎ 当x变化时，的变化情况如下表：‎ x ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是.‎ ‎（Ⅱ）证明：由，得，‎ ‎.‎ 令函数，则.由（Ⅰ）知，当时， ，故当时， ， 单调递减；当时， ， 单调递增.因此，当时， ，可得.‎ 60‎ 令函数，则.由（Ⅰ）知， 在上单调递增，故当时， ， 单调递增；当时， ， 单调递减.因此，当时， ，可得.‎ 所以， .‎ ‎（III）证明：对于任意的正整数 ，，且，‎ 令，函数.‎ 由（II）知，当时，在区间内有零点；‎ 当时，在区间内有零点.‎ 所以在内至少有一个零点，不妨设为，则.‎ 由（I）知在上单调递增，故，‎ 于是.‎ 因为当时，，故在上单调递增，‎ 所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.‎ 又因为，，均为整数，所以是正整数，‎ 从而.‎ 所以.所以，只要取，就有.‎ ‎【考点】导数的应用 60‎ ‎10.【2017浙江，20】（本题满分15分）已知函数f(x)=（x–）（）．‎ ‎（Ⅰ）求f(x)的导函数；‎ ‎（Ⅱ）求f(x)在区间上的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）[0， ]．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅱ）由 解得或．‎ 因为 x ‎（）‎ ‎1‎ ‎（）‎ ‎（）‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f（x）‎ ‎↓‎ ‎0‎ ‎↑‎ ‎↓‎ 又，所以f（x）在区间[）上的取值范围是．‎ 60‎ ‎【考点】导数的应用 ‎11.【2017江苏，20】 已知函数有极值,且导函数的极值点是的零点.（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）‎ ‎ （1）求关于 的函数关系式，并写出定义域；‎ ‎ （2）证明：;‎ ‎ （3）若,这两个函数的所有极值之和不小于，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1），定义域为.（2）见解析（3）.‎ ‎【解析】（1）由，得.‎ 当时， 有极小值.‎ 因为的极值点是的零点.‎ 所以，又，故.‎ 因为有极值，故有实根，从而，即.‎ 时， ，故在R上是增函数， 没有极值；‎ 时， 有两个相异的实根， .‎ 列表如下 x ‎+‎ ‎0‎ ‎–‎ ‎0‎ ‎+‎ 60‎ 极大值 极小值 故的极值点是.‎ 从而，‎ 因此，定义域为.‎ ‎（2）由（1）知， .‎ 设，则.‎ 当时， ，从而在上单调递增.‎ 因为，所以，故，即.‎ 因此.‎ ‎（3）由（1）知， 的极值点是，且， .‎ 从而 记， 所有极值之和为，‎ 因为的极值为，所以， .‎ 因为，于是在上单调递减.‎ 因为，于是，故.‎ 60‎ 因此a的取值范围为.‎ ‎【2016年】‎ ‎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】‎ ‎（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 60‎ 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．‎ ‎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】‎ ‎（Ⅰ）的定义域为；‎ ‎.‎ 当， 时，，单调递增；‎ ‎，单调递减.‎ 当时，.‎ ‎（1），，‎ 当或时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ 60‎ ‎（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；‎ 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，‎ 60‎ 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。‎ ‎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】‎ ‎（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.‎ 而，且，‎ 所以，故实数的最大值为4.‎ 60‎ ‎（2）因为函数只有1个零点，而，‎ 所以0是函数的唯一零点.‎ 因为，又由知，‎ 所以有唯一解.‎ 令，则，‎ 从而对任意，，所以是上的单调增函数，‎ 于是当，；当时，.‎ 因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.‎ 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.‎ ‎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.‎ 60‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析 ‎【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：‎ ‎＋‎ ‎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.‎ 60‎ ‎（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论：‎ ‎（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 ‎.‎ ‎（3）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，‎ ‎，，‎ 所以在区间上的取值范围为，因此 60‎ ‎.‎ 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.‎ ‎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．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）. ‎ ‎（Ⅱ）当时，‎ ‎.‎ 因此. ‎ 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 60‎ ‎．‎ 令，解得（舍去），．‎ ‎（Ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．‎ ‎（Ⅱ）当时，由，知．又 ‎，所以．‎ 综上， ‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）得.‎ 当时，.‎ 当时，，所以.‎ 当时，，所以. ‎ ‎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）‎ 60‎ ‎．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由于，故 当时，，‎ 当时，．‎ 所以，使得等式成立的的取值范围为．‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）设函数，，‎ 则，，‎ 所以，由的定义知，即 ‎（ⅱ）当时，‎ ‎，‎ 当时，．‎ 所以，．‎ ‎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）.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）的定义域为.‎ 60‎ 且仅当时，，所以在单调递增，‎ 因此当时，‎ 所以 ‎（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 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 使得所以的值域是 综上，当时，有，的值域是 ‎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；‎ 60‎ ‎（2）求的单调区间.‎ ‎【答案】（Ⅰ），；（2）的单调递增区间为.‎ ‎【解析】（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.‎ 令，则.‎ 所以，当时，，在区间上单调递减；‎ 当时，，在区间上单调递增.‎ 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.‎ ‎ ‎ 60‎ ‎ ‎ 60‎