1116.doc

‎ ‎ ‎2015届高三数学导数及其应用专题训练（含解析）‎ ‎1、（2014广东高考）设函数，其中，‎ ‎（1）求函数的定义域；（用区间表示）‎ ‎（2）讨论在区间上的单调性；‎ ‎（3）若，求上满足条件的的集合.‎ ‎2、（2013广东高考）设函数(其中).‎ ‎ (Ⅰ) 当时,求函数的单调区间；‎ ‎(Ⅱ) 当时,求函数在上的最大值.‎ ‎3、（2012广东高考）设，集合，，.‎ ‎（Ⅰ）求集合（用区间表示）；‎ ‎（Ⅱ）求函数在内的极值点.‎ ‎4、（中山市第一中学等七校2015届高三第一次联考）‎ ‎5、（广州市第六中学2015届高三上学期第一次质量检测）已知函数（为常数，）‎ ‎（Ⅰ）若是函数的一个极值点，求的值；‎ ‎（Ⅱ）求证：当时，在上是增函数；‎ ‎（Ⅲ）若对任意的，总存在，使不等式成立，求正实数的取值范围.‎ ‎ ‎ ‎6、（广州市海珠区2015届高三摸底考试）已知函数的图象在点（为自然对数的底数）处的切线斜率为．‎ ‎（1）求实数的值；‎ ‎（2）若不等式在上恒成立，求的最大值；‎ ‎ （3）当时，证明:．‎ ‎7、（广州市执信中学2015届高三上学期期中考试）设函数.‎ ‎（Ⅰ）当时，判断函数的单调性，并加以证明；‎ ‎（Ⅱ）当时，求证：对一切恒成立；‎ ‎（Ⅲ）若，且为常数，求证：的极小值是一个与无关的常数.‎ ‎8、（惠州市2015届高三第二次调研考试）已知，函数.（的图像连续不断）‎ ‎（1）求的单调区间；‎ ‎（2）当时，证明：存在，使；‎ ‎（3）若存在均属于区间的，且，使，‎ 证明.‎ ‎9、（惠州市2015届高三第一次调研考试）已知关于的函数，其导函数为．记函数 在区间上的最大值为．‎ ‎(1) 如果函数在处有极值，试确定的值；‎ ‎(2) 若，证明对任意的，都有；‎ ‎(3) 若对任意的恒成立，试求的最大值．‎ ‎10、（江门市普通高中2015届高三调研测试）已知函数f（x）=x3+ax2﹣1（a∈R是常数）．‎ ‎ ‎ ‎（1）设a=﹣3，x=x1、x=x2是函数y=f（x）的极值点，试证明曲线y=f（x）关于点对称；‎ ‎（2）是否存在常数a，使得∀x∈[﹣1，5]，|f（x）|≤33恒成立？若存在，求常数a的值或取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎（注：曲线y=f（x）关于点M对称是指，对于曲线y=f（x）上任意一点P，若点P关于M的对称点为Q，则Q在曲线y=f（x）上．）‎ ‎11、（韶关市十校2015届高三10月联考）已知函数 ‎（1）当时，比较与1的大小；‎ ‎（2）当时，如果函数仅有一个零点，求实数的取值范围；‎ ‎（3）求证：对于一切正整数，都有 ‎12、（深圳市2015届高三上学期第一次五校联考）已知函数.‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）若，设，是函数图像上的任意两点（），记直线AB的斜率为，求证：.‎ ‎13、（广东省实验中学2015届高三第一次阶段考）已知，函数，其中．‎ ‎ （Ⅰ）当时，求的最小值；‎ ‎ （Ⅱ）在函数的图像上取点 ，记线段PnPn+1的斜率为kn ，‎ ‎．对任意正整数n，试证明：‎ ‎（ⅰ）； （ⅱ）．‎ ‎14、（阳东一中、广雅中学2015届高三第一次联考）已知函数是奇函数，且图像在点处的切线斜率为3（为自然对数的底数）．‎ ‎（1）求实数、的值；‎ ‎ ‎ ‎（2）若，且对任意恒成立，求的最大值；‎ ‎15、（湛江市2015届高中毕业班调研测试）已知函数（a∈R）．‎ ‎（Ⅰ）当a=﹣1时，求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，讨论f（x）的单调性．‎ 参考答案 ‎1、解：（1）依题意有 故均有两根记为 ‎ ‎ 注意到，故不等式的解集为 ，即 ‎（2）令 则 令，注意到，故方程有两个不相等的实数根 记为，且 注意到结合图像可知 在区间上，单调递增 在区间上，单调递减 故在区间上单调递减，在区间上单调递增.‎ ‎ ‎ ‎（3）‎ 在区间上，令，即，即 方程的判别式，故此方程有4个不相等的实数根，记为 注意到，故，‎ ‎，故 ‎，故 故 结合和函数的图像 可得的解集为 ‎ ‎2、【解析】(Ⅰ) 当时, ‎ ‎,‎ ‎ 令,得,‎ ‎ 当变化时,的变化如下表:‎ 极大值 极小值 ‎ ‎ ‎ 右表可知,函数的递减区间为,递增区间为,.‎ ‎ (Ⅱ),‎ 令,得,,‎ 令,则,所以在上递增,‎ 所以,从而,所以 所以当时,；当时,；‎ 所以 令,则,‎ 令,则 所以在上递减,而 所以存在使得,且当时,,‎ 当时,,‎ 所以在上单调递增,在上单调递减.‎ 因为,,‎ 所以在上恒成立,当且仅当时取得“”.‎ 综上,函数在上的最大值.‎ ‎3、解析：（Ⅰ）考虑不等式的解.‎ 因为，且，所以可分以下三种情况：‎ ‎①当时，，此时，.‎ ‎②当时，，此时，.‎ ‎③当时，，此时有两根，设为、，且，则，，于是 ‎ ‎ ‎.‎ 当时，，，所以，此时；当时，，所以，，此时.‎ 综上所述，当时，；当时，；当时，；当时，.其中，.‎ ‎（Ⅱ），令可得.因为，所以有两根和，且.‎ ‎①当时，，此时在内有两根和，列表可得 ‎1‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ 递增 极小值 递减 极大值 递增 所以在内有极大值点1，极小值点.‎ ‎②当时，，此时在内只有一根，列表可得 ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎+‎ 递增 极小值 递减 递增 所以在内只有极小值点，没有极大值点.‎ ‎③当时，，此时（可用分析法证明），于是在内只有一根，列表可得 ‎ ‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎+‎ 递增 极小值 递减 递增 所以在内只有极小值点，没有极大值点.‎ ‎④当时，，此时，于是在内恒大于0，在内没有极值点.‎ 综上所述，当时，在内有极大值点1，极小值点；当时，在内只有极小值点，没有极大值点.当时，在内没有极值点.‎ ‎4、【答案解析】(I) 函数f（x）在区间（0，+∞）上是单调递减函数(II) 解析：解：（Ⅰ）若k=﹣2，f（x）=﹣2ex﹣x2，则f'（x）=﹣2ex﹣2x，‎ 当x∈（0，+∞）时，f′（x）=﹣2ex﹣2x＜0，‎ 故函数f（x）在区间（0，+∞）上是单调递减函数．‎ ‎（Ⅱ）函数f（x）有两个极值点x1，x2，则x1，x2是f′（x）=kex﹣2x=0的两个根，‎ 即方程有两个根，设，则，‎ 当x＜0时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增且φ（x）＜0；‎ 当0＜x＜1时，φ′（x）＞0，函数φ（x）单调递增且φ（x）＞0；‎ 当x＞1时，φ′（x）＜0，函数φ（x）单调递减且φ（x）＞0．‎ 要使有两个根，只需，‎ 故实数k的取值范围是．‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）的解法可知，函数f（x）的两个极值点x1，x2满足0＜x1＜1＜x2，‎ 由，得，‎ 所以，‎ 由于x1∈（0，1），故，‎ 所以0＜f（x1）＜1．‎ ‎5、解析：‎ ‎ ‎ ‎（Ⅰ）由已知，得且，， ， （Ⅱ）当时， ‎ ‎ ，当时， 又 ， ，所以在上是增函数；‎ ‎（Ⅲ）当时，由（Ⅱ）知，f(x)在 上的最大值为则问题转化为对于任意的，不等式恒成立，令，则，因为m＞0，若，可知g(a)在区间 上递减，在此区间上有g (a) ＜g(1)=0，与g(a) ＞0恒成立矛盾，所以，此时，g(a)在递增，恒有 g(a) ＞g(1)=0，满足题意，所以 ，解得，所以实数的取值范围为.‎ ‎6、解析：（1）因为 ----1分 ‎， ----3分 ‎（2）即，由（1）知 所以对任意x>1恒成立 --------4分 ‎ ‎ 令 ------5分 令 函数在上单调递增 。 -------6分 ‎ ‎ 方程在上存在唯一实根且满足 当时 即 当 即 函数在上单调递减，在上单调递增 ------7分 ‎ -----8分 故整数k的最大值为3 -----9分 ‎（3）证明：要证， 即证 即证，即证 ------10分 构造函数 -----11分 则在上恒成立 ---12分 在上递增 -----13分 ‎ 即 -----14分 ‎7、 解析：（Ⅰ）当时，‎ ‎，所以函数在上是单调减函数 ‎ ‎ ‎（Ⅱ）当时，‎ ‎，令，则 所以函数在上是单调减函数，在上是单调增函数 所以当时，函数取得最小值，最小值为 所以恒成立 ‎（Ⅲ） ，‎ 令，得，，‎ 所以函数在上是单调减函数，在上是单调增函数 所以，而是与无关的常数，‎ 所以的极小值是一个与无关的常数.‎ ‎8、解：（1） ......(1分)‎ 令，解得 ......(2分)‎ 当变化时，的变化情况如下表：‎ ‎ ‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ 递增 极大值 递减 ‎......(3分) ‎ 所以，的单调递增区间是，单调递减区间是.......(5分)‎ ‎（2）证明：当时，，‎ 由(1)知在内单调递增，在内单调递减．‎ 令． .....(6分)‎ 由于在内单调递增，故，即.......(7分)‎ 取，则.‎ 所以存在，使，‎ 即存在，使． ……..（9分）‎ ‎(说明：的取法不唯一，只要满足，且即可．)‎ ‎（3）证明：由及(1)的结论知，‎ 从而在上的最小值为， ......(10分)‎ 又由，，知 .......(11分)‎ 故即 ......(13分)‎ 从而 ………（14分）‎ ‎9、【答案解析】(1) ， (2)见解析 (3) ‎ 解析 ：解：（1） ∵，由在处有极值，可得 ‎ ，‎ ‎ ‎ 解得，或 …………………2分 若，，则，‎ 此时函数没有极值；…………………3分 ‎ 若，，则,此时当变化时，，的变化情况如下表：‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎ ∴ 当时，有极大值，故，即为所求。 ………………4分 ‎（2）证法一：‎ ‎ 当时，函数的对称轴位于区间之外 ‎ ∴ 在区间上的最值在两端点处取得，故应是和中较大的一个 ‎ ∴ ，即 …………8分 证法二（反证法）：因为，所以函数的对称轴位于区间之外，‎ ‎∴ 在区间上的最值在两端点处取得，故应是和中较大的一个，‎ 假设，则，将上述两式相加得: ………………6分 ‎ ,得，产生矛盾，‎ ‎ 所以 …………………………8分 ‎（3） ‎ ‎（i）当时，由（2）可知； …………………………9分 ‎（ii）当时，函数的对称轴位于区间之内，‎ 此时，由，‎ ‎ ‎ 有 ‎① 若，则，则，‎ ‎ 于是 ‎ …………………………11分 ‎② 若，则，则于是 ‎ …………………………13分综上可知，对任意的、都有 而当，时，在区间上的最大值 ，故对任意的、恒成立的的最大值为。 …………………………14分 ‎10、解答： （1）证明：当a=﹣3时，f（x）=x3﹣3x2﹣1，f′（x）=3x2﹣6x，‎ 由f′（x）=0，得x1=0，x2=2，‎ ‎∴=M（1，﹣3），‎ 曲线y=f（x）上任意一点关于M对称的点为，‎ 则，‎ ‎∴点Q在曲线y=f（x）上，‎ ‎∴曲线y=f（x）关于点M对称；‎ ‎（2）解：由|f（x）|≤33，即|x3+ax2﹣1|≤33，‎ 得﹣33≤x3+ax2﹣1≤33，‎ x=0时，不等式恒成立；‎ x≠0时，不等式等价于，‎ 作，，‎ 则，，‎ ‎ ‎ 解，得x1=4，‎ 解，得．‎ 列表：‎ x [﹣1，0） （0，4） 4 （4，5]‎ ‎ ﹣ + 0 ﹣‎ g1（x） ↘ ↗ 极大值 ↘‎ ‎ + ﹣ ﹣ ﹣‎ g2（x） ↗ ↘ ↘‎ g1（﹣1）=﹣31，g1（4）=﹣6，在[﹣1，0）∪（0，5]的最大值为﹣6；‎ g2（﹣1）=35，，在[﹣1，0）∪（0，5]的最小值为．‎ 综上所述，a的取值范围为．‎ ‎11、解：（1）当时，，其定义域为…………………1分 因为，所以在上是增函数…………3分 故当时，；当时，；‎ 当时，…………………4分 ‎（2）当时，，其定义域为 ‎，令得，…………6分 因为当或时，；当时，‎ 所以函数在上递增，在上递减，在上递增 且的极大值为，极小值为…………………7分 又当时，；当时，‎ 因为函数仅有一个零点，所以函数的图象与直线仅 ‎ ‎ 有一个交点。所以或…………………9分 ‎（3）方法一：根据（1）的结论知当时，‎ 即当时，，即…………………12分 令，则有 从而得，， …………………13分 故得 即 所以…………………14分 ‎（3）方法二：用数学归纳法证明：①当时，不等式左边，右边 因为，所以，即时，不等式成立…………………10分 ‎②假设当时，不等式成立，即 那么，当时，‎ ‎……………11分 由（1）的结论知，当时，，即 所以…………………12分 即 即当时，不等式也成立…………………13分 综合①②知，对于一切正整数，都有………14分 ‎12、解析：（1）解： ……1分 ‎（i）当时， 恒成立，即恒成立，‎ ‎ ‎ 故函数的单增区间为，无单减区间. ……2分 ‎（ii）当时，，‎ 解得：‎ ‎∵，∴函数的单增区间为，，‎ 单减区间为. ……4分 ‎（iii）当时，由解得：‎ ‎∵，而此时，∴函数的单增区间为，‎ 单减区间为. ……6分 综上所述：‎ ‎（i）当时，的单增区间为，无单减区间.‎ ‎（ii）当时，的单增区间为，，‎ 单减区间为.‎ ‎（iii）当时，的单增区间为，单减区间为.‎ ‎ ……7分 ‎（2）证明： ‎ 由题，‎ ‎ ‎ 则：‎ ‎ ……9分 注意到，故欲证，只须证明：. ……10分 因为，故即证：‎ ‎ ……11分 令， ……12分 则： 故在上单调递增. ‎ 所以： ……13分 即：，即：所以：. ……14分 ‎13、 解析：（Ⅰ）时， ，求导可得 ‎ ……………3分 ‎ 所以，在单调递增，故的最小值是．…………5分 ‎（Ⅱ）依题意，． ……………6分 ‎（ⅰ）由（Ⅰ）可知，若取，则当时，即．‎ ‎ ‎ ‎ 于是 ，即知．…………8分 ‎ 所以 ． ……………9分 ‎（ⅱ）取，则，求导可得 ‎ 当时，，故在单调递减．‎ ‎ 所以，时，，即．……………12分 ‎ 注意到，对任意正整数，，于是 ‎，即知． ……………13分 所以 ． ……………14分 ‎14、【答案解析】(1) (2) kmax=3；‎ 解析：解：（1）解：由f（x）=ax+xln|x+b|=x（a+ln|x+b|）是奇函数，‎ 则y=a+ln|x+b|为偶函数，∴b=0．‎ 又x＞0时，f（x）=ax+xlnx，‎ ‎∴f′（x）=a+1+lnx，‎ ‎∵f′（e）=3，‎ ‎∴a=1；‎ ‎（2）解：当x＞1时，令，‎ ‎∴，令ln（x）=x﹣2﹣lnx，‎ ‎∴，‎ ‎∴y=h（x）在（1，+∞）上是增函数，‎ ‎∴h′（1）=﹣1＜0，h′（3）=1﹣ln3＜0，h′（4）=2﹣ln4＞0，‎ ‎∴存在x0∈（3，4），使得h′（x0）=0，‎ 则x∈（1，x0），h′（x）＜0，g′（x）＜0，y=g（x）为减函数．‎ x∈（x0，+∞），h′（x）＞0，g′（x）＞0，y=g（x）为增函数．‎ ‎ ‎ ‎∴．‎ ‎∴k＜x0，又x0∈（3，4），k∈Z，‎ ‎∴kmax=3；‎ ‎15、 解：（Ⅰ）当a=﹣1时，，x∈（0，+∞）．‎ 所以，x∈（0，+∞）．（求导、定义域各一分）（2分）‎ 因此f′（2）=1．即曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为1．（3分）‎ 又f（2）=ln2+2，（4分）‎ 所以曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为x﹣y+ln2=0．‎ ‎（Ⅱ）因为，‎ 所以=，x∈（0，+∞）．（7分）‎ 令g（x）=ax2﹣x+1﹣a，x∈（0，+∞），‎ ‎①当a=0时，g（x）=﹣x+1，x∈（0，+∞），‎ 当x∈（0，1）时，g（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；（8分）‎ 当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．（9分）‎ ‎②当时，由f′（x）=0即解得x1=1，，此时，‎ 所以当x∈（0，1）时，g（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；（10分）时，g（x）＜0，此时f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；（11分）时，，此时，函数f（x）单调递减．（12分）‎ 综上所述：当a=0时，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；‎ 当时，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在上单调递增；‎ 在上单调递减．（13分）‎