2019-2020年高三数学一轮复习 专题突破训练 导数及其应用 理.doc

2019-2020年高三数学一轮复习 专题突破训练 导数及其应用 理1、（xx北京高考）已知函数（）求曲线在点处的切线方程；（）求证：当时，；（）设实数使得对恒成立，求的最大值2、（xx北京高考）已知函数，（1） 求证：；（2） 若在上恒成立，求的最大值与的最小值.3、（xx北京高考）设L为曲线C：在点(1,0)处的切线(1)求L的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方4、（朝阳区xx高三一模）已知函数 （1）当a = 1时，求函数 f (x)的最小值；（2）当a1时，讨论函数 f (x)的零点个数。5、（东城区xx高三二模）已知函数 （）当时，求在区间上的最小值； （）求证：存在实数，有.6、（房山区xx高三一模）已知，其中()若函数在点处切线斜率为，求的值；()求的单调区间；()若在上的最大值是，求的取值范围7、（丰台区xx高三一模）设函数，（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）在（）的条件下，求证： ；（）当时，求函数在上的最大值8、（海淀区xx高三二模）已知函数. （）求函数的零点及单调区间；（）求证：曲线存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标.9、（石景山区xx高三一模）已知函数()若，求函数的极值；()设函数，求函数的单调区间；()若存在，使得成立，求的取值范围10、（西城区xx高三一模）设nN*，函数，函数，x(0，+)，（1）当n =1时，写出函数 y = f (x) 1零点个数，并说明理由；（2）若曲线 y = f (x)与曲线 y = g(x)分别位于直线l : y =1的两侧，求n的所有可能取值。11、（北京四中xx高三上学期期中）已知函数（）若为的极值点，求实数a的值；（）若在上为增函数，求实数a的取值范围.12、（朝阳区xx高三上学期期中）已知函数.()求函数的单调区间;（）若在上是单调函数，求的取值范围.13、（东城区示范校xx高三上学期综合能力测试）已知定义在上的函数，。（I）求证：存在唯一的零点，且零点属于（3，4）；（II）若且对任意的恒成立，求的最大值。14、（昌平区xx高三上学期期末）已知函数f (x) ln xa2x2ax (a)( I ) 当a1时，求函数f (x)的单调区间；( II ) 若函数f (x)在区间 (1，)上是减函数，求实数a的取值范围15、（朝阳区xx高三上学期期末）设函数（）当时,求函数的单调区间；（）设为的导函数，当时，函数的图象总在的图象的上方，求的取值范围16、（大兴区xx高三上学期期末）已知.（）若，求在处的切线方程；（）确定函数的单调区间，并指出函数是否存在最大值或最小值参考答案1、解析:（） 因为，所以， 又因为，所以曲线在点处的切线方程为（）令，则因为，所以在区间上单调递增所以,即当时，（）由（）知，当时，对恒成立当时，令，则所以当时，因此在区间上单调递减当时，即所以当时，令并非对恒成立综上可知，的最大值为2、证明：，时，从而在上单调递减，所以在上的最大值为，所以.法一：当时，“”等价于“”；“”等价于“”，令，则.当时，对任意恒成立.当时，因为对任意，所以在区间上单调递减.从而对任意恒成立.当时，存在唯一的，使得，且当时，单调递增；当时，单调递减。所以。进一步，“对任意恒成立”当且仅当，即.综上所述，当且仅当时，对任意恒成立；当且仅当时，对任意恒成立.所以，若对任意恒成立，则的最大值为，的最小值为.法二：令，则，由知，故在上单调递减，从而的最小值为，故，的最大值为.的最小值为，下面进行证明：，则，当时，在上单调递减，从而，所以，当且仅当时取等号.从而当时，.故的最小值小于等于。若，则在上有唯一解，且时，故在上单调递增，此时,与恒成立矛盾，故，综上知：的最小值为.3、解：(1)设，则.所以f(1)1.所以L的方程为yx1.(2)令g(x)x1f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)0(x0，x1)g(x)满足g(1)0，且g(x)1f(x).当0x1时，x210，ln x0，所以g(x)0，故g(x)单调递减；当x1时，x210，ln x0，所以g(x)0，故g(x)单调递增所以，g(x)g(1)0(x0，x1)所以除切点之外，曲线C在直线L的下方4、 5、解：（）当时，. 因为， 由，. 则， 关系如下： 极小值 所以当时，有最小值为. 5分（）“存在实数，有”等价于的最大值大于. 因为， 所以当时，在上单调递增， 所以的最大值为. 所以当时命题成立. 当时，由得. 则时， 关系如下：（1）当时 ， ，在上单调递减，所以的最大值. 所以当时命题成立.（2）当时， ，所以在上单调递减，在上单调递增. 所以的最大值为或. 且与必有一成立， 所以当时命题成立.（3） 当时 ，所以在上单调递增， 所以的最大值为. 所以当时命题成立. 综上：对任意实数都存在使成立. 13分6、解：()由题意得f (x)，x(1，)，由f (3)0a 3分()令f (x)0x10，x21，当0a1时，x11时，1x20f(x)与f (x)的变化情况如下表x(1，1)1(1,0)0(0，)f (x)00f(x)f(1)f(0)f(x)的单调递增区间是(1,0)，f(x)的单调递减区间是(1，1)和(0，)综上，当0a1，f(x)的单调递增区间是(1,0)f(x)的单调递减区间是(1，1)，(0，)当a1时，f(x)的单调递减区间为(1，) 9分()由()可知当0af(0)0，所以0a 0时，在区间3，+)上恒成立令，其对称轴为a 0，从而g (x)0在3，+)上恒成立，只要g (3)0即可，由，解得：a 0， 13分综上所述，a的取值范围为0， 14分12、() 的定义域为.（1）当时，则，时，为增函数；（2）当时，由得，或，由于此时，所以时,为增函数，时，为增函数；由得，考虑定义域，当，为减函数，时，为减函数；（3）当时，由得，或，由于此时，所以 当时，为增函数，时，为增函数. 由得，考虑定义域，当,为减函数，时，为减函数.综上，当时，函数的单调增区间为,.当时，函数的单调增区间为，,单调减区间为，.当时，函数的单调增区间为，单调减区间为，.7分 （）解：（1） 当时，由() 可得，在单调增，且时.（2） 当时，即时，由() 可得，在单调增，即在单调增，且时.(3)当时，即时，由() 可得，在上不具有单调性，不合题意.(4)当，即时，由() 可得，在为减函数，同时需注意，满足这样的条件时在单调减，所以此时或.综上所述，或或.14分 13、解：（I），则，故在上单调递增，（3分）而，所以存在唯一的零点。（6分）（II）由（I）存在唯一的零点显然满足：，且当时，；当时，当时，等价于，设。则，故与同号，因此当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，（10分）故，由题意有，又，而，故的最大值是3。（13分）14、解：（）当时，定义域是.，由，解得；由，解得；所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是. 5分（）（法一）因为函数在区间上是减函数，所以在上恒成立，则，即在上恒成立. 7分 当时，所以不成立. 9分 当时，对称轴.，即，解得所以实数a的取值范围是. 13分 （法二），定义域是.当时，在区间上是增函数，所以不成立. 8分时，令，即，则， 9分（i）当时，由，解得，所以函数的单调递减区间是.因为函数在区间上是减函数，+所以，解得. 11分（ii）当时，由，解得，所以函数的单调递减区间是.因为函数在区间上是减函数，所以，解得.综上实数a的取值范围是. 13分15、（）解：当时，由得，解得或；由得，解得所以函数的单调增区间为,，单调减区间为 .5分 （）因为，又因为函数的图象总在的图象的上方，所以，即在恒成立又因为，所以，所以又，所以设，则 即可又由，注意到，解得；由，注意到，解得所以在区间单调递增，在区间单调递减所以的最小值为或因为，作差可知，所以所以的取值范围是 .13分 16、（）当时， 2分， 3分所以直线方程为，即 4分（）=其中， 2分令，得1） 当，即时，小于0等于0大于0小于0递减极小值递增递减的增区间是 ，减区间是和，当时，取得极小值。又时，所以有最小值； 6分2） 当时，的减区间是和，无最大值和最小值。 7分 3）当时，的增区间是 ，减区间是和，当时，取得极大值。又时，所以有最大值。 9分