一模分类汇编之导数理教师版.docx
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一模分类汇编之导数理教师版
1.(2017-2018朝阳一模理18)已知函数.
(Ⅰ)当时,(i)求曲线在点处的切线方程;
(ii)求函数的单调区间;
(Ⅱ)若,求证:
.
【答案】(Ⅰ)当时,,定义域为
(i)
所以切点坐标为,切线斜率为
所以切线方程为
(ii)令,
所以在上单调递减,且
所以当时,即
所以当时,即
综上所述,的单调递增区间是,单调递减区间是.
(Ⅱ)方法一:
即
设
设
所以在小于零恒成立
即在上单调递减
因为
所以,
所以在上必存在一个使得
即
所以当时,,单调递增
当时,,单调递减
所以
因为
所以
令得
因为,所以,
因为,所以恒成立
即恒成立
综上所述,当时,
方法二:
定义域
为了证明,即
只需证明,即
令
则
令,得
令,得
所以在上单调递增,在上单调递减
所以
即,则
令
因为,所以
所以恒成立
即
所以
综上所述,
即当时,
2.(2017-2018东城一模理19)已知函数.
(Ⅰ)若曲线在处的切线斜率为,求的值;
(Ⅱ)若恒成立,求的取值范围
(Ⅲ)求证:
当时,曲线总在曲线的上方.
【答案】(Ⅰ),由题可得,即,故
(Ⅱ)
①当时,恒成立,符合题意。
②当时,恒成立,则在上单调递增,当时,,不符合题意,舍去;
③当时,令,解得
当变化时,和变化情况如下
极小值
由题意可,即,
解得
综上所述,的取值范围为
(Ⅲ)由题可知要证的图像总在曲线上方,即证恒成立,即要证明恒成立,构造函数
令,故,则在单调递增,则单调递增.因为,,由零点存在性定理可知,在存在唯一零点,设该零点为,
令,即,且
当变化时,和变化情况如下
极小值
则,因为,所以,所以,当且仅当时取等,因为,故,即恒成立,曲线总在曲线的上方.
3.(2017-2018房山一模理18)已知函数.
(Ⅰ)当时,
(i)求在处的切线方程;
(ii)设,求函数的极值;
(Ⅱ)若函数在区间有两个的零点,求实数a的取值范围.
【答案】(Ⅰ)解:
,,.
.
故所求切线方程为:
(Ⅱ)解:
函数定义域为:
故的极小值为,无极大值.
(Ⅲ)令,解得:
(显然)
问题等价于函数与函数的图像有两个不同交点.
由(Ⅱ)可知:
,,解得:
故实数的取值范围是.
4.(2017-2018丰台一模理18)已知函数.
(Ⅰ)求函数在点处的切线方程;
(Ⅱ)若函数在上有极值,求的取值范围.
【答案】函数的定义域为,
(Ⅰ)因为,
所以曲线在点处的切线方程为,
即.
(Ⅱ)
(ⅰ)当时,对于任意,都有
所以函数在上为增函数,没有极值,不合题意
(ⅱ)当时,令,则.
所以在上单调递增,即在上单调递增,
所以函数在上有极值,等价于
所以所以.
所以的取值范围是
5.(2017-2018海淀一模理18)已知函数.
(Ⅰ)当时,求函数的单调递增区间;
(Ⅱ)当时,若函数的最大值为,求的值.
【答案】(Ⅰ)当时,,.
当,即,时,单调递增,
所以函数的单调递增区间为.
(Ⅱ)当时,,.
设,则,
所以在上单调递减,
且,,
所以在区间内必存在唯一的零点,设为,
此时,,.
当时,,即,单调递增;
当时,,即,单调递减.
所以.
又因为,即
所以,即.
所以.
6.(2017-2018门头沟一模理19)已知在处的切线方程为
(Ⅰ)求的解析式;
(Ⅱ)设求零点的个数;
(Ⅲ)求证:
在上单调递增.
【答案】(Ⅰ)
所以
(Ⅱ)
在上递增,故存在一个零点
(Ⅲ)设
由(Ⅱ)可知,存在一个使
故在上递减,在递增.得即
故在上单调递增.
7.(2017-2018石景山一模理19)已知,曲线在处的切线方程为.
(Ⅰ)求的值;
(Ⅱ)求在上的最大值;
(Ⅲ)当时,判断与交点的个数.(只需写出结论,不要求证明)
【答案】(Ⅰ),
由已知可得,
解之得
(Ⅱ)令
则
故当时,,在单调递减
当时,,在单调递增
所以
故在单调递增
所以
(Ⅲ)当时,与有两个交点
8.(2017-2018西城一模理18)已知函数,其中.
(Ⅰ)若曲线在处的切线与直线垂直,求的值;
(Ⅱ)当时,证明:
存在最小值.
【答案】(Ⅰ)的导函数为
依题意,有,
解得.
(Ⅱ)由及知,
与同号.
令,
则.
所以对于任意,有,
故在单调递增.
因为,所以,
故存在,使得.
与在区间上的情况如下:
极小值
所以在区间上单调递减,在区间上单调递增.
所以存在极小值
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