高考数学理试题分类汇编导数及其应用含答案Word格式文档下载.docx
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∵曲线在点处的切线方程为
∴,
即
由解得:
,
()由()可知:
令,
极小值
∴的最小值是
∴的最小值为
即对恒成立
∴在上单调递增,无减区间.
2、(20XX年山东高考)已知.
(I)讨论的单调性;
(II)当时,证明对于任意的成立.
【解析】
(Ⅰ)求导数
当时,,,单调递增,
,,单调递减;
当时,
(1)当时,,
或,,单调递增,
(2)当时,,,,单调递增,
(3)当时,,
(Ⅱ)当时,,
于是,
令 ,,,
于是,
,的最小值为;
又
设,,因为,,
所以必有,使得,且
时,,单调递增;
时,,单调递减;
又,,所以的最小值为.
所以.
即对于任意的成立.
3、(20XX年四川高考)设函数f(x)=ax2-a-lnx,其中a∈R.
(I)讨论f(x)的单调性;
(II)确定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x+在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。
(I)由题意,
①当时,,,在上单调递减.
②当时,,当时,;
当时,.
故在上单调递减,在上单调递增.
(II)原不等式等价于在上恒成立.
一方面,令,
只需在上恒大于0即可.
又∵,故在处必大于等于0.
令,,可得.
另一方面,
∵故,又,故在时恒大于0.
∴当时,在单调递增.
∴,故也在单调递增.
∴,即在上恒大于0.
综上,.
4、(20XX年天津高考)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.
(1)
①,单调递增;
②,在单调递增,在单调递减,在单调递增
(2)由得
(3)欲证在区间上的最大值不小于,只需证在区间上存在,
使得即可
①当时,在上单调递减
递减,成立
当时,
∵
若时,,成立
当时,,
所以,在区间上的最大值不小于成立
5、(20XX年全国I高考)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:
+x2<
2.
解:
由已知得:
①若,那么,只有唯一的零点,不合题意;
②若,那么,
所以当时,,单调递增
当时,,单调递减
即:
↓
↑
故在上至多一个零点,在上至多一个零点
由于,,则,
根据零点存在性定理,在上有且仅有一个零点.
而当时,,,
故
则的两根,,,因为,故当或时,
因此,当且时,
又,根据零点存在性定理,在有且只有一个零点.
此时,在上有且只有两个零点,满足题意.
③若,则,
当时,,,
即,单调递增;
当时,,,即,单调递减;
当时,,,即,单调递增.
+
-
极大值
而极大值
故当时,在处取到最大值,那么恒成立,即无解
而当时,单调递增,至多一个零点
此时在上至多一个零点,不合题意.
④若,那么
当时,,,即,
单调递增
又在处有意义,故在上单调递增,此时至多一个零点,不合题意.
⑤若,则
单调递减
当时,单调递增,至多一个零点
综上所述,当且仅当时符合题意,即的取值范围为.
,不难发现,,
故可整理得:
设,则
那么,当时,,单调递减;
当时,,单调递增.
设,构造代数式:
设,
则,故单调递增,有.
因此,对于任意的,.
由可知、不可能在的同一个单调区间上,不妨设,则必有
令,则有
而,,在上单调递增,因此:
整理得:
.
6、(20XX年全国II高考)
(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.
【解析】⑴证明:
∵当时,
∴在上单调递增
∴时,
∴
⑵
由
(1)知,当时,的值域为,只有一解.
使得,
当时,单调减;
当时,单调增
记,在时,,∴单调递增
∴.
7、(20XX年全国III高考)设函数,其中,记的最大值为.
(Ⅰ)求;
(Ⅱ)求;
(Ⅲ)证明.
解析:
(Ⅰ).
(Ⅱ)当时,
因此,.………4分
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.
令,解得(舍去),.
8、(20XX年浙江高考)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).
(II)(i)设函数,,则
,,
所以,由的定义知,即
(ii)当时,
,
所以,
9、(2016江苏)已知函数.
(1)设a=2,b=.
1求方程=2的根;
②若对任意,不等式恒成立,求实数m的最大值;
(2)若,函数有且只有1个零点,求ab的值.
(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.
(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.
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