配套K天津专用高考数学总复习专题导数分项练习含解析理

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专题03 导数 一．基础题组 ‎1.【2006天津，理9】函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（　 ）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D． 4个 ‎【答案】A ‎2.【2006天津，理20】已知函数，其中为参数，且．‎ ‎（1）当时，判断函数是否有极值；‎ ‎（2）要使函数的极小值大于零，求参数的取值范围；‎ ‎（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数，函数在区间内都是增函数，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）无极值，（2） （3）‎ ‎【解析】（I）解：当内是增函数，故无极值.‎ ‎ （II）解：‎ 由（I），只需分下面两种情况讨论.‎ ‎①当>0时，随x的变化，的符号及的变化情况如下表：‎ x ‎0‎ ‎（0，‎ ‎（‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ 极大值 极小值 因此，函数在处取得极小值，且 要使>0，必有，可得 ‎.‎ 由于，故 综上，要使函数在（－∞，+∞）内的极小值大于零，参数的取值范围为 ‎（III）解：由（II）知，函数在区间（－∞，0）与（，+∞）内都是增函数.‎ 由题设，函数在（内是增函数，则a须满足不等式组 由（II），参数时， 要使不等式 关于参数恒成立，必有 综上，解得所以a的取值范围是.‎ ‎3.【2007天津，理20】已知函数R)，其中R.‎ ‎ (I)当时，求曲线在点处的切线方程；‎ ‎ (II)当时，求函数的单调区间与极值.‎ ‎【答案】‎ ‎(I)‎ ‎【解析】‎ ‎(I)解：当时，‎ ‎ 又 ‎ ‎ 所以，曲线在点处的切线方程为 即 ‎ ‎(II)解：‎ ‎ ‎ ‎ 由于以下分两种情况讨论.‎ ‎(1)当时，令得到当变化时，的变化情况如下表：‎ ‎0‎ ‎0‎ 极小值 极大值 所以在区间内为减函数，在区间内为增函数.‎ 函数在处取得极小值且.‎ ‎4.【2009天津，理20】已知函数f(x)＝(x2+ax－‎2a2+‎3a)ex(x∈R),其中a∈R.‎ ‎(1)当a＝0时,求曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率;‎ ‎(2)当时,求函数f(x)的单调区间与极值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）3e.；（Ⅱ）若,则f(x)在(－∞,－‎2a),(a－2,+∞)内是增函数,在(－‎2a,a－2)内是减函数.函数f(x)在x＝－‎2a处取得极大值f(－‎2a),且f(－‎2a)＝3ae－‎2a.‎ 函数f(x)在x＝a－2处取得极小值f(a－2),且f(a－2)＝(4－‎3a)ea－2. ‎ 若a＜,则f(x)在(－∞,a－2),(－‎2a,+∞)内是增函数,在(a－2,－‎2a)内是减函数.‎ 函数f(x)在x＝a－2处取得极大值f(a－2),且f(a－2)＝(4－‎3a)ea－2.‎ 函数f(x)在x＝－‎2a处取得极小值f(－‎2a),且f(－‎2a)＝3ae－‎2a.‎ ‎①若,则－‎2a＜a－2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(－∞,－‎2a)‎ ‎－‎‎2a ‎(－‎2a,a－2)‎ a－2‎ ‎(a－2,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎  极大值 极小值  所以f(x)在(－∞,－‎2a),(a－2,+∞)内是增函数,在(－‎2a,a－2)内是减函数.‎ 函数f(x)在x＝－‎2a处取得极大值f(－‎2a),且f(－‎2a)＝3ae－‎2a.‎ 函数f(x)在x＝a－2处取得极小值f(a－2),且f(a－2)＝(4－‎3a)ea－2.‎ ‎②若a＜,则－‎2a＞a－2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(－∞,a－2)‎ a－2‎ ‎(a－2,－‎2a)‎ ‎－‎‎2a ‎(－‎2a,+∞)‎ f′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 极大值 极小值 所以f(x)在(－∞,a－2),(－‎2a,+∞)内是增函数,在(a－2,－‎2a)内是减函数.‎ 函数f(x)在x＝a－2处取得极大值f(a－2),且f(a－2)＝(4－‎3a)ea－2.‎ 函数f(x)在x＝－‎2a处取得极小值f(－‎2a),且f(－‎2a)＝3ae－‎2a.‎ 二．能力题组 ‎1.【2008天津，理20】已知函数，其中.‎ ‎（Ⅰ）若曲线在点处的切线方程为，求函数的解析式；‎ ‎（Ⅱ）讨论函数的单调性；‎ ‎（Ⅲ）若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（I）．（II）在，内是增函数，在，‎ 当时，令，解得．‎ 当变化时，，的变化情况如下表：‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以在，内是增函数，在，内是减函数．‎ ‎（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的，不等式在上恒成立，当且仅当，即，对任意的成立．‎ 从而得，所以满足条件的的取值范围是．‎ ‎2.【2010天津，理21】已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．‎ ‎（1）求函数f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)已知函数y＝g(x)的图象与函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，证明当x＞1时，f(x)＞g(x)；‎ ‎(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明x1＋x2＞2.‎ ‎【答案】(1) f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．‎ 函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝. (2) 详见解析(3) 详见解析 ‎【解析】 (1)解：f′(x)＝(1－x)e－x.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝1.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ ↗‎ 极大值 ‎↘‎ 所以f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．‎ 函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝.‎ ‎(2)证明：由题意可知g(x)＝f(2－x)，‎ 得g(x)＝(2－x)ex－2.‎ ‎3.【2011天津，理19】已知，函数（的图像连续不断）‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当时，证明：存在，使；‎ ‎（Ⅲ）若存在均属于区间的，且，使，证明 ‎．‎ ‎【答案】（Ⅰ）的单调递增区间是的单调递减区间是 当x变化时，的变化情况如下表：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ 极大值 所以，的单调递增区间是的单调递减区间是 ‎（II）证明：当 ‎（说明：的取法不唯一，只要满足即可）‎ ‎（III）证明：由及（I）的结论知，‎ 从而上的最小值为 又由，知 故 从而 三．拔高题组 ‎1.【2005天津，理22】设函数 ‎（Ⅰ）证明其中为k为整数 ‎（Ⅱ）设为的一个极值点，证明 ‎（Ⅲ）设在（0,+∞）内的全部极值点按从小到大的顺序排列为，证明：‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析，（Ⅱ）详见解析，（Ⅲ）详见解析.‎ 当时，‎ ‎（II）证明：由函数的图象和函数的图象知，对于任意整数，在开区间（，）‎ 由：和，得： ⑤‎ 又：，‎ 但时， ⑥‎ 综合 ⑤、⑥ 得：‎ ‎2.【2012天津，理20】已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a＞0．‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)若对任意的x∈0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求实数k的最小值；‎ ‎(3)证明－ln(2n＋1)＜2(n∈N*)．‎ ‎【答案】(1) a＝1．(2) ，(3)详见解析 ‎【解析】解：(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)．．‎ 由f′(x)＝0，得x＝1－a＞－a．‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－a,1－a)‎ ‎1－a ‎(1－a，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ 极小值 因此，f(x)在x＝1－a处取得最小值，故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1．‎ 意的x∈0，＋∞)，总有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在0，＋∞)上恒成立，故符合题意．‎ ‎②当0＜k＜时，，对于x∈(0，)，g′(x)＞0，故g(x)在(0，)内单调递增．因此当取x0∈(0，)时，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx02不成立．‎ 故0＜k＜不合题意．‎ 综上，k的最小值为．‎ ‎(3)证明：当n＝1时，不等式左边＝2－ln3＜2＝右边，所以不等式成立．‎ 当n≥2时，‎ ‎＝‎ ‎＝－ln(2n＋1)．‎ 在(2)中取，得f(x)≤(x≥0)，从而 ‎(i∈N*，i≥2)，‎ 所以有 ‎－ln(2n＋1)‎ ‎＝‎ ‎＜2－ln3＋‎ ‎＝2－ln3＋＝2－ln3＋1－＜2．‎ 综上，－ln(2n＋1)＜2，n∈N*．‎ ‎3.【2013天津，理20】已知函数f(x)＝x2ln x.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t＝f(s)；‎ ‎(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)，证明：当t＞e2时，有.‎ ‎【答案】（Ⅰ）单调递减区间是，单调递增区间是；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析 设t＞0，令h(x)＝f(x)－t，x∈1，＋∞)．‎ 由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．‎ h(1)＝－t＜0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)＞0.‎ 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．‎ 当1＜u＜2时，F′(u)＞0；当u＞2时，F′(u)＜0.‎ 故对u＞1，F(u)≤F(2)＜0.‎ 因此成立．‎ 综上，当t＞e2时，有.‎ ‎4.【2014天津，理20】已知函数，．已知函数有两个零点，且． ‎ ‎（Ⅰ）求的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）证明随着的减小而增大；‎ ‎（Ⅲ）证明随着的减小而增大．‎ ‎【答案】（Ⅰ）的取值范围是；（Ⅱ）详见试题分析；（Ⅲ）详见试题分析．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数，再分和讨论的单调性，将“函数有两个零点”等价转化为如下条件同时成立：“1°；2°存在，满足；3°存在，满足”，解相应的不等式即可求得的取值范围；（Ⅱ）由分离出参数：．利用导数讨论的单调性即可得： ，而增大．‎ 试题解析：（Ⅰ）由，可得．下面分两种情况讨论：‎ ‎（1）时，在上恒成立，可得在上单调递增，不合题意．‎ ‎（2）时，由，得．当变化时，，的变化情况如下表：‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 这时，的单调递增区间是；单调递减区间是．‎ 于是，“函数有两个零点”等价于如下条件同时成立：‎ ‎1°；2°存在，满足；3°存在，满足．由，即，解得，而此时，取，满足，且；取，满足，且．∴的取值范围是．‎ ‎（Ⅱ）由，有．设，由，知在上单调递增，在上单调递减． 并且，当时，；当时，．‎ ‎．设，则，且解得，．‎ ‎∴． ①‎ 令，，则．令 ‎，得．当时，．因此，在上单调递增，故对于任意的，，由此可得，故在上单调递增，因此，由①可得随着的增大而增大，而由（Ⅱ），随着的减小而增大，∴随着的减小而增大．‎ 考点：1．函数的零点；2．导数的运算；3.．利用导数研究函数的性质．‎ ‎5. 【2015高考天津，理11】曲线 与直线 所围成的封闭图形的面积为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组得两曲线的交点坐标为，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积 ‎.‎ ‎【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.‎ ‎6. 【2015高考天津，理20（本小题满分14分）已知函数，其中.‎ ‎(I)讨论的单调性；‎ ‎(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；‎ ‎(III)若关于的方程有两个正实根，求证： ‎ ‎【答案】(I) 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.‎ 当变化时，的变化情况如下表：‎ 所以，在，上单调递减，在内单调递增.‎ ‎(2)当为偶数时，‎ 当，即时，函数单调递增；‎ 当，即时，函数单调递减.‎ 所以，在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎(II)证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则 得.‎ 类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，‎ ‎，即对任意，‎ 设方程的根为，可得，因为在上单调递增，且，因此.‎ 由此可得.‎ 因为，所以，故，‎ 所以.‎ ‎【考点定位】1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式.‎ ‎7. 【2016高考天津理数】设函数x∈R，其中a,b∈R.‎ ‎（Ⅰ）求f(x)的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若f(x)存在极值点x0，且f(x1)= f(x0)，其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；‎ ‎（Ⅲ）设a＞0,函数g(x)= |f(x)|,求证：g(x)在区间0,2]上的最大值不小于.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.‎ 下面分两种情况讨论：‎ ‎（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.‎ ‎（2）当时，令，解得，或.‎ 当变化时，，的变化情况如下表：‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.‎ ‎（Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，‎ 由题意，得，即，‎ 进而.‎ 又，且区间上的取值范围为，因此 ‎，‎ 所以.‎ ‎（2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，，‎ 所以在区间上的取值范围为，因此 ‎.‎ 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.‎ ‎【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 ‎【名师点睛】1．求可导函数单调区间的一般步骤：‎ ‎(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；‎ ‎(2)求导函数f ′(x)；‎ ‎(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f ′(x)＞0或f ′(x)＜0的解集；‎ ‎(4)由f ′(x)＞0(f ′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．‎ ‎2．由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．‎ ‎8. 【2017天津,理20】（本小题满分14分）‎ 设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数．‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）设，函数，求证：；‎ ‎（Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且满足．‎ ‎【答案】（Ⅰ）增区间是，，减区间是；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析．‎ 进而可得．令，解得或．‎ 当x变化时，的变化情况如下表：‎ x ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是．‎ ‎（Ⅱ）由，得，‎ ‎．‎ 令函数，则．‎ 由（Ⅰ）知，当时，，故当时，，单调递减；‎ 当时，，单调递增．‎ 因此，当时，，可得，即．‎ 令函数，则．‎ 由（Ⅰ）知，在上单调递增，故当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减．‎ 因此，当时，，可得，即．‎ 所以，．‎ ‎（III）对于任意的正整数，，且，‎ 令，函数．‎ 所以，只要取，就有．‎ ‎【考点】导数的综合应用 ‎【名师点睛】（1）判断函数的单调性，只需对函数求导，根据导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间；（2）有关函数零点的问题，合理构造函数，根据函数的单调性、极值、零点等即可求解．‎