2019年高考数学导数压轴题练习(二)

1、2019年高考数学导数压轴题练习(二)1.已知函数取得极小值.（）求a，b的值；（）设直线. 若直线l与曲线S同时满足下列两个条件：.直线l与曲线S相切且至少有两个切点；.对任意xR都有. 则称直线l为曲线S的“上夹线”.证明：直线是曲线的“上夹线”. 2.已知函数.（） 求函数的单调区间;（）若不等式对任意的都成立,求的最大值.3. 设函数.（）求的单调区间；（）如果对任何，都有，求的取值范围.4.已知函数,其中,为常数.（）当n=2时，求函数f(x)的极值；（）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当2时，有f(x)x-1.5.设函数在处取得极值，且.（）若a=1，求b的值，并求f(x)的单

2、调区间；（）若a0，求b的取值范围.6.设，函数为常数 （）证明：函数的极大值点和极小值点各有一个；（）若函数的极大值为1，极小值为-1，试求的值.7.已知函数有三个极值点.（）证明：；（）若存在实数,使函数在区间上单调递减,求的取值范围.8.设函数的图像在处的切线与直线平行。 （I）求m的值； （II）求函数在区间0,1的最小值； （III）若,根据上述（I）和（II）的结论,证明：.9.设函数,其中实数（）若，求函数的单调区间；（II）当函数的图象只有一个公共点且存在最小值时，记的最小值为，求的值域；（）若与在区间内均为增函数，求的取值范围10.设函数，其中.（）当时，判断函数在定义域上的

3、单调性；（II）求函数的极值点.11.已知函数,是方程的两个根，是的导数，设，.（）求,的值；（II）证明：对任意的正整数，都有；（）记，求数列的前项和.12.已知函数在处取得极值.（）求函数的解析式； （）求证：对于区间-1,1上任意两个,都有； （）若过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围.13.已知函数.（）求的单调区间；（）记在区间(),上的最小值为，令. .若对一切n，有恒成立，求实数c的取值范围；.求证：.14.已知，点.（）若,求函数的单调递增区间；（）若函数的导函数满足：当时，有恒成立，求函数的解析表达式；（）若，函数在处取得极值，且，证明：不可能垂直.15.已知函数. （）

4、若在区间上单调递减，求实数的取值范围;（）若过点可作函数图象的三条切线，求实数的取值范围。（）设点，记点，求证：在区间内至少有一实数，使得函数图象在处的切线平行于直线.【试卷答案】1.（I）因为，所以，解得，此时，当时，当时，所以时取极小值，所以符合题目条件；（II）由得，当时，此时，所以是直线与曲线的一个切点；当时，此时，所以是直线与曲线的一个切点； 所以直线l与曲线S相切且至少有两个切点；对任意xR，所以因此直线是曲线的“上夹线”.2.（）函数的定义域是，设则令则当时， 在（-1，0）上为增函数，当x0时，在上为减函数.所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以，函数g(x)在

5、上为减函数.于是当时，当x0时，所以，当时，在（-1，0）上为增函数.当x0时，在上为减函数.故函数的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为.（）不等式等价于不等式由知， 设则由（）知，即所以于是G(x)在上为减函数.故函数G（x）在上的最小值为所以a的最大值为3.（）当（）时，即；当（）时，即因此在每一个区间（）是增函数，在每一个区间（）是减函数（）令，则故当时，又，所以当时，即当时，令，则故当时，因此在上单调增加故当时，即于是，当时，当时，有因此，的取值范围是4.（）解：由已知得函数f(x)的定义域为x|x1，当n=2时，所以 （1）当a0时，由f(x)=0得1，1，此时 .当x（1，

6、x1）时, f(x)单调递减；当x（x1+）时, f(x)单调递增.（2）当a0时，恒成立，所以f(x)无极值.综上所述，n=2时，当a0时，f(x)在处取得极小值，极小值为当a0时，f(x)无极值.（）证法一：因为a=1,所以当n为偶数时，令则 （x2）.所以当x2,+时，g(x)单调递增，又g(2)=0因此恒成立，所以f(x)x-1成立.当n为奇数时，要证,由于，所以只需证ln(x-1) x-1,令 h(x)=x-1-ln(x-1),则 （x2）,所以当x2，+时，单调递增，又h(2)=10，所以当x2时，恒有h(x) 0,即ln（x-1）x-1命题成立.综上所述，结论成立.证法二：当a=

7、1时，当x2时，对任意的正整数n，恒有，故只需证明1+ln(x-1) x-1.令则当x2时，0，故h(x)在上单调递增，因此当x2时，h(x)h(2)=0，即1+ln(x-1) x-1成立.故当x2时，有即f（x）x-1.5.（）当时，；由题意知为方程的两根，所以由，得从而，当时，；当时，故在单调递减，在，单调递增（）由式及题意知为方程的两根，所以从而，由上式及题设知考虑，故在单调递增，在单调递减，从而在的极大值为又在上只有一个极值，所以为在上的最大值，且最小值为所以，即的取值范围为6.（）令，有两个不相等的实根，记为则的解集为所以时，取得极大和极小值。（2） 由（）得即7.（I）因为函数有三

8、个极值点, 所以有三个互异的实根.设则当时，在上为增函数;当时，在上为减函数;当时，在上为增函数;所以函数在时取极大值,在时取极小值.当或时,最多只有两个不同实根.因为有三个不同实根, 所以且.即,且,解得且故.（II）由（I）的证明可知，当时, 有三个极值点.不妨设为（），则所以的单调递减区间是,若在区间上单调递减，则, 或,若,则.由（I）知，,于是若,则且.由（I）知，又当时，;当时，.因此, 当时，所以且即故或反之, 当或时，总可找到使函数在区间上单调递减.综上所述, 的取值范围是.8.（I）因为，所以解得m=1或m=7（舍），即m=1 （II）由 列表如下：x01+22 所以函数在区

9、间0，1的最小值为 （III）因为由（II）知，当，故（当且仅当时取等号）9.（），又，当时，；当时，在和内是增函数，在内是减函数（）由题意知 ，即恰有一根（含重根），即，又，当时，才存在最小值， 的值域为（）当时，在和内是增函数，在内是增函数由题意得，解得；当时，在和内是增函数，在内是增函数由题意得，解得；综上可知，实数的取值范围为10. （1）函数的定义域为，令，则在上递增，在上递减，所以，当时，即在上恒成立，所以当时，所以当时，函数在定义域上单调递增（2）分以下几种情形讨论：由（1）知当时，函数无极值点当时，有两个相同的解，因为时，时，所以当时，函数在上无极值点当时，解得两个不同解；，当

10、时，即，此时在上有唯一的极小值点当时，在上都大于0,在上小于0,此时有一个极大值点和一个极小值点综上可知, 时, 在上有为唯一的极小值点;时, 有一个极大值点和一个极小值点;时,函数在上无极值点11.（1）因为，是方程的两个根，所以 （2）证明： 当时，命题成立；假设时命题成立，即，所以又等号成立时，所以时，所以当时命题成立由知对任意均有（3），由于，即，故.同理故.即是以为首项, 2为公比的等比数列, 又, 所以12.（I）f(x)=3ax2+2bx3，依题意，f(1)=f(1)=0， 即解得a=1，b=0.f(x)=x33x.（II）f(x)=x33x,f(x)=3x23=3(x+1)(x

11、1)，当1x1时，f(x)0，故f(x)在区间1，1上为减函数fmax(x)=f(1)=2，fmin(x)=f(1)=2对于区间1，1上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)f(x2)|fmax(x)fmin(x)|=2(2)=4 （III）f(x)=3x23=3(x+1)(x1)，曲线方程为y=x33x，点A（1，m）不在曲线上.设切点为M（x0，y0），则点M的坐标满足因，故切线的斜率为，整理得.过点A（1，m）可作曲线的三条切线，关于x0方程=0有三个实根设g(x0)= ，则g(x0)=6，由g(x0)=0，得x0=0或x0=1.g(x0)在（，0），（1，+）上单调递增，在（0

12、，1）上单调递减.函数g(x0)= 的极值点为x0=0，x0=1关于x0方程=0有三个实根的充要条件是，解得3m2.故所求的实数a的取值范围是3a2.13.解法一：（I）因为，所以函数定义域为，且。由得，的单调递增区间为；由0得，的单调递增区间为（0，+）.（）因为在上是减函数，所以，则.()因此，即实数c的取值范围是.() 由知因为所以，则.解法二：（I）同解法一。（）因为在上是减函数，所以，则.() 因为对恒成立，所以对恒成立。 则对恒成立。 设，则对恒成立。 考虑。 因为在内是减函数；则当时，随的增大而减小。 所以对一切，。因此，即实数c的取值范围是.() 由()知下面用数学归纳法证明不等式， 当时，左边，右边，左边右边，不等式成立。 假设当时，不等式成立.即。当时， 。即时，不等式成立.综合、得，成立。所以。.14.() , 令得，解得故的增区间和（）(x)=当x-1，1时，恒有|(x)|. 故有(1)，(-1)，及(0),即+，得，8分 又由，得=，将上式代回和，得故.（）假设，即= 故(s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1，即 st-(s+t)a+a2st-(s+t)b+b2=-1由s，t为(x)=0的两根可得，s+t=(a+b), st=ab, (0ab)从而有ab(a-b)2=9这样即 2，这与2矛盾. 故与不可能垂直. 15