高考导数大题汇编理科答案.doc

班级_ 姓名_ 考场号_ 考号_ -密-封-线-一、解答题1. 解:() 函数的定义域为， 由题意可得故.（）由()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.设函数，则，所以当时，；当时，故在上单调递增，在上单调递减，从而在的最大值为.综上，当时，即.2. 解题指南（1）根据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（2）根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点，代入函数中求解.解析（1） （*） 当时，此时，在区间上单调递增 当时，由得，（舍去） 当时，；当时， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增 综上所述，当时，在区间上单调递增当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增由（*）式知，当时，此时不存在极值点，因而要使得有两个极值点， 必有又的极值点只可能是和，且由定义可知， 且，所以且，解得 此时，由（*）式易知，分别是的极小值和极大值点，而 令，则且知：当时，；当时， 记，（）当时，所以 因此，在区间上单调递减，从而，故当时，（）当时，所以因此，在区间上单调递减，从而，故当时， 综上所述，满足条件的的取值范围为3. (1)证明：因为对任意xR，都有，所以f(x)是R上的偶函数(2)解：由条件知在(0，+)上恒成立 令t = ex(x0)，则t1，所以m对于任意t1成立 因为 = 3，所以， 当且仅当t = 2，即x = ln2时等号成立 因此实数m的取值范围是(3)解：令函数，则当x1时，x2 10，又a0，故g(x)0，所以g(x)是1，+)上的单调增函数，因此g(x)在1，+)上的最小值是由于存在x01，+)，使成立，当且仅当最小值g(1)0，故，即令函数，则，令h(x) = 0，得当时，h(x)0，故h(x)是(e 1，+)上的单调增函数所以h(x)在(0，+)上的最小值是注意到h(1) = h(e) = 0，所以当 时，)h(x)h(1) = 0；当时，h(x)h(e) = 0，所以h(x)0对任意的x(1，e)成立当a(1，e)时，h(a)h(e) = 0，即，故综上所述，当a时，当a = e时，当 时，4. 解题指南：（I）利用为偶函数和在点处的切线的斜率为建立关于的方程求解. （II）利用基本不等式求解.(III)需对进行分类，讨论方程是否有实根，从而确定极值. 解析：（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. (III)由（）知，而当时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当时，对任意，此时无极值；当时，对任意，此时无极值；当时，令，注意到方程有两根，即有两根.当时，；又当时，从而在处取得极小值；综上，若有极值，则取值范围为.5. 解题指南（1）先求导数，结合解不等式求解函数的单调区间；（2）利用单调性与导数的关系求解字母的取值范围.解析当时,定义域为,.令,解得,.当或时,；当时,.所以在,上单调递减；在上单调递增.所以当时,取得极小值；当时,取得极大值. 因为在上单调递增,所以,且不恒等于对恒成立.,所以,得.因为,所以,故的取值范围为. 6. 解析：（）对求导得 因为在处取得极值，所以即. 当时，=故从而在点（1，）处的切线方程为化简得 （）由（）知 令 由解得 当时，即，故为减函数； 当时，即，故为增函数； 当时，即，故为减函数； 由在上为减函数，知解得 故的取值范围为考点分类第四章 考点一、导数的概念、运算及其几何意义；考点二、导数的应用；第九章 考点一、不等关系与一元二次不等式7. 解：（1）（仅当时取等号），的单调递增区间为（2），在单调递增区间上仅有一个零点（3）由题意知，又仅，得，由题意知，得，要证，即要证，只需证，即要证，设，则，又，在上递增，在上递减。，即不等式成立，得证8. 解：对求导，得，由，解得，所以的单调递减区间为。9. （1）解：由=，可得，其中，且.下面分两种情况讨论：当为奇数时.令，解得，或.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。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.（2）证明：设点的坐标为，则，.曲线在点处的切线方程为，即.令，即，则. 由于在上单调递减，故在上单调递减.又因为，所以当时，当时，所以在内单调递增，在上单调递减，所以对于任意的正实数，都有，即对于任意的正实数，都有.（3）证明：不妨设.由（2）知.设方程的根为，可得，当时，在上单调递减.又由（2）知，可得.类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，即对于任意的，.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.则当时，同理可证当时，结论也成立所以，.10. 解：（），函数极值点的个数等价于，即在上的变号根的个数.令，时，此时，函数单调递增，无极值点；时，令，解得时，单调递增，无极值点；时，抛物线的开口向下，对称轴为，在上有一个变号根，即有一个极值点；时，抛物线的开口向上，对称轴为，在与上各有一个变号根，即有两个极值点.综上：时，有一个极值点；时，无极值点；时，有两个极值点.（）由（）知，时，恒成立，单调递增，所以时，符合题意；时，令，所以单调递减，所以，因为在时先增后减，.当时，,不满足，舍去；时，由（）知，对称轴,，所以恒成立，单调递增，即时，符合题意；时，由（）知，对称轴,，所以存在,使,即，单调递减，故时，不符合，舍去.综上：所求的取值范围是.11. 解法一：（1）令，则有.当时，所以在上单调递减，故当时，即当时，.（2）令，则有,当时，故在单调递增, ，故对任意正实数均满足题意.当时，令，得，取，对任意，有，从而在单调递增，所以，即综上，当时，总存在，使得对任意，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,所以满足题意的不存在当时，由（2）知，存在，使得当时，此时.令，则有，当时，在上单调递增，故，即.记与中的较小者为，则当时，恒有.故满足题意的不存在当时，由（1）知，当时，.令，则有.当时，,所以在上单调递减，故.故当时，恒有.此时，任意正实数均满足题意.综上，.解法二：（1）（2）同解法一.（3）当时，由（1）知，对于，故.令，解得.从而得到，当时，对于，恒有.故满足题意的不存在。当时，取，从而.由（2）知，存在，使得，此时，令，解得，此时.记与的较小者为，当时，恒有.故满足题意的不存在.当时，由（1）知，令，则有.当时，所以在上单调递减，故故当时，恒有，此时，任意正实数均满足题意综上，.12. 证明：（1） 其中tan=，0.令=0，由x得x+=mx, 即x=-，m.对kN，若2kx+(2k+1) ,即2k-x0；若（2k+1）x+(2k+2) ,即（2k+1）-x(2k+2) -，则0.因此，在区间（m-1），m-）与（m-，m）上，的符号总相反.于是当x= m-(m)时，取得极值，所以 .此时，易知0，而 是常数，故数列是首项为=，公比为的等比数列（2）由（1）知，=，于是对一切,0）设g（t）=（t）0），则.令=0得t=1当0t1时，所以g（t）在区间（0,1）上单调递增.从而当t=1时，函数g（t）取得最小值g（1）=e因此，要是（）式恒成立，只需，即只需.而当a=时，tan=且.于是，且当n时，.因此对一切,，所以g（）.故（）式亦恒成立.综上所述，若a，则对一切，恒成立.13. 解：（），若轴为曲线的切线，则切点满足，也就是且，解得，因此，当时，轴为曲线的切线；（）当时，函数没有零点；当时，若，则，故是的零点；当时，以下讨论在区间上的零点的个数.对于，因为，所以令可得，那么（i）当或时，没有零点（或），在区间上是单调函数，且，所以当时，在区间上有一个零点；当时，在区间上没有零点；（ii）当时，（）且（），所以为最小值点，且.显然，若，即时，在区间上没有零点；若，即时，在区间上有1个零点；若，即时，因为，所以若，在区间上有2个零点；若，在区间上有1个零点.综上，当或时，有1个零点；当或时，有2个零点；当时，有3个零点.14. 解：（1）令，即，讨论此不等式的解，可得：当时，即时，不等式恒成立。即恒成立，所以恒单调递增。当时，所以的解为。所以在时单调递增。综上：当时，在上单调递增。当时，在上单调递增，在上单调递减。由（1）得在内单调递增。且，。由零点存在性定理得存在唯一使得。所以在上单调递减，上单调递增。所以满足在区间内有唯一解只需满足即可。，将带入化简得：当时，此时变形为，在上有解。令所以在上单调递减。不满足。当时，此时变形为在上有解。不妨设所以在上单调递增。所以在上有解。所以结论得证。15. 解析（）的定义域是，曲线在点处的切线方程为；（）当时，即不等式对成立，设，即，则，当时，故在（0，1）上为增函数，则，因此对，都有成立；（），使成立，等价于.，则.当时，函数在区间上为增函数，符合题意；当时，令解得，易知，即.那么在区间上的取值情况如下：0极小值所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；在处取得极小值. ，显