五年高考数学理真题精编——专题03 导数与应用大题

五年高考数学理真题精编——专题03 导数与应用大题

‎35. 【2011新课标，理21】已知函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)如果当x＞0，且x≠1时，，求k的取值范围．‎ ‎【解析】：(1).‎ 由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，故即解得 ‎(2)(理)由(1)知，‎ 所以.‎ 考虑函数(x＞0)，‎ 则 ‎ (ⅲ)设k≥1.此时h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得.与题设矛盾．‎ 综合得，k的取值范围为(－∞，0]．‎ ‎36. 【2014全国2，理20】‎ 已知函数=.‎ ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）设，当时，,求的最大值；‎ ‎（Ⅲ）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001）‎ ‎【解析】（Ⅰ）因为，当且仅当时等号成立，所以函数在R上是增函数；‎ ‎（Ⅱ）因为=，‎ 所以=.‎ ‎(1)当时, ,等号仅当时成立，所以在R上单调递增，而，所以对任意，；‎ ‎（2）当时，若满足，即时，，而，‎ 因此当时，，‎ 综上，的最大值为2.‎ ‎ ‎ ‎37. 【2012全国，理20】设函数f(x)＝ax＋cosx，x∈[0，π]．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设f(x)≤1＋sinx，求a的取值范围．‎ ‎【解析】：(1)f′(x)＝a－sinx.‎ ‎①当a≥1时，f′(x)≥0，且仅当a＝1，时，f′(x)＝0，所以f(x)在[0，π]是增函数；‎ ‎②当a≤0时，f′(x)≤0，且仅当a＝0，x＝0或x＝π时，f′(x)＝0，‎ 所以f(x)在[0，π]是减函数；‎ ‎③当0＜a＜1时，由f′(x)＝0，解得x1＝arcsina，x2＝π－arcsina.‎ 当x∈[0，x1)时，sinx＜a，f′(x)＞0，f(x)是增函数；‎ 当x∈(x1，x2)时，sinx＞a，f′(x)＜0，f(x)是减函数；‎ 当x∈(x2，π]时，sinx＜a，f′(x)＞0，f(x)是增函数．‎ ‎(2)由f(x)≤1＋sinx，得f(π)≤1，aπ－1≤1，‎ 所以.‎ ‎ ‎ ‎38. 【2015高考新课标2，理21】（本题满分12分）‎ 设函数．‎ ‎(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；‎ ‎（Ⅱ）若对于任意，都有，求的取值范围．‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】(Ⅰ)．‎ 若，则当时，，；当时，，．‎ 若，则当时，，；当时，，．‎ 所以，在单调递减，在单调递增．‎ ‎【考点定位】导数的综合应用．‎ ‎39. 【2011四川，理22】 (本小题共l4分) 已知函数.‎ ‎ (I)设函数，求的单调区间与极值；‎ ‎ (Ⅱ)设，解关于的方程 ‎ ‎ (Ⅲ)试比较与的大小.‎ ‎【答案】(I) 当时，是减函数；时，是增函数；函数在处有得极小值；(Ⅱ) 若，则，方程有两解；若时，则，方程有一解；若或，原方程无解； (Ⅲ) .‎ ‎【解析】（Ⅰ）由（）知，，令，得．‎ 当时，；当时，．‎ 故当时，是减函数；时，是增函数．‎ 函数在处有得极小值．‎ 方法二：原方程可化为，‎ 即，‎ ‎①当时，原方程有一解；‎ ‎②当时，原方程有二解；‎ ‎③当时，原方程有一解；‎ ‎④当或时，原方程无解． ‎ ‎ ‎ ‎40. 【2012四川，理22】(本小题满分14分)‎ ‎ 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。‎ ‎（Ⅰ）用和表示；‎ ‎（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；‎ ‎（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。‎ 所以满足条件的a的最小值为. ‎ ‎41. 【2013四川，理21】 (本小题满分14分)‎ 已知函数，其中是实数．设，为该函数图象上的两点，且．‎ ‎（Ⅰ）指出函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若函数的图象在点，处的切线互相垂直，且，求的最小值；‎ ‎（Ⅲ）若函数的图象在点，处的切线重合，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）减区间为(−∞,−1)，增区间为[−1,0)、(0, +∞)；（Ⅱ）略；（Ⅲ）.‎ ‎（Ⅲ）当或时，，故.‎ 当时，函数的图象在点处的切线方程为 ‎，即.‎ 当时，函数的图象在点处的切线方程为 ‎，即.‎ 两切线重合的充要条件是 由①及知，‎ 由①②得.‎ 设（），‎ ‎【考点定位】本小题主要考查基本函数的性质、导数的应用、基本不等式、直线的位置关系等基础知识，考查揄论证能力、运算求解能力、创新意识、考查函数与方程、分类与整合、转化与化归等数学思想．第（Ⅰ）问两个增区间之间错加并集符号；第（Ⅱ）问没有注明均值不等式中等号成立的条件；第（Ⅲ）问不会分离变量，把所求问题转化为函数值域问题。‎ ‎42. 【2014四川，理21】已知函数，其中，为自然对数的底数.‎ ‎（Ⅰ）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；‎ ‎（Ⅱ）若，函数在区间内有零点，求的取值范围 ‎【答案】（Ⅰ）当时， ；当时， ；‎ 当时， .（Ⅱ）的范围为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）易得，再对分情况确定的单调区间，根据在上的单调性即可得在上的最小值.（Ⅱ）设为在区间内的一个零点，注意到.联系到函数的图象可知，导函数在区间内存在零点，在区间内存在零点，即在区间内至少有两个零点. 由（Ⅰ）可知，当及时，在内都不可能有两个零点.所以.此时，在上单调递减，在上单调递增，因此，且必有.由 ‎ ‎（Ⅱ）设为在区间内的一个零点，则由可知，‎ 在区间上不可能单调递增，也不可能单调递减.‎ 则不可能恒为正，也不可能恒为负.‎ 故在区间内存在零点 同理在区间内存在零点 所以在区间内至少有两个零点. ‎ 由（Ⅰ）知，当时，在上单调递增，故在内至多有一个零点.‎ 当时，在上单调递减，故在内至多有一个零点.‎ 所以.‎ 此时，在上单调递减，在上单调递增，‎ 因此，且必有 ‎.‎ 由得：，代入上两个不等式得：‎ ‎.‎ 解得.‎ 当时，在区间内有最小值.‎ ‎【考点定位】导数的应用及函数的零点.‎ ‎43. 【2015高考四川，理21】已知函数，其中.‎ ‎（1）设是的导函数，评论的单调性； ‎ ‎（2）证明：存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.‎ ‎【答案】（1）当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增.（2）详见解析.‎ ‎【解析】（1）由已知，函数的定义域为，‎ ‎，‎ 所以.‎ 当时，在区间上单调递增， ‎ 在区间上单调递减；‎ 当时，在区间上单调递增.‎ ‎（2）由，解得.‎ 令.‎ 则，.‎ ‎【考点定位】本题考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想.‎ ‎44. 【2013年.浙江卷.理22】(本题满分14分)已知a∈R，函数f(x)＝x3－3x2＋3ax－‎3a＋3.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)当x∈[0,2]时，求|f(x)|的最大值．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】：(1)由题意f′(x)＝3x2－6x＋‎3a，‎ 故f′(1)＝‎3a－3.‎ 又f(1)＝1，所以所求的切线方程为y＝(‎3a－3)x－‎3a＋4.‎ ‎(2)由于f′(x)＝3(x－1)2＋3(a－1)，0≤x≤2，‎ 故①当a≤0时，有f′(x)≤0，此时f(x)在[0,2]上单调递减，‎ 故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝3－‎3a.‎ ‎②当a≥1时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0,2]上单调递增，‎ 故|f(x)|max＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝‎3a－1.‎ ‎③当0＜a＜1时，设x1＝1－，x2＝1＋，‎ 则0＜x1＜x2＜2，f′(x)＝3(x－x1)(x－x2)．‎ 列表如下：‎ x ‎0‎ ‎(0，x1)‎ x1‎ ‎(x1，x2)‎ x2‎ ‎(x2,2)‎ ‎2‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ‎3－‎‎3a 单调递增 极大值f(x1)‎ 单调递减 极小值f(x2)‎ 单调递增 ‎3a‎－1‎ 由于f(x1)＝1＋2(1－a)，f(x2)＝1－2(1－a)，‎ 故f(x1)＋f(x2)＝2＞0，f(x1)－f(x2)＝4(1－a)＞0，‎ 从而f(x1)＞|f(x2)|.‎ 所以|f(x)|max＝max{f(0)，|f(2)|，f(x1)}．‎ ‎ ‎ ‎45. 【2012年.浙江卷.理22】已知a＞0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b．‎ ‎(1)证明：当0≤x≤1时，‎ ‎①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；‎ ‎②f(x)＋|2a－b|＋a≥0；‎ ‎(2)若－1≤f(x)≤1对x∈［0,1］恒成立，求a＋b的取值范围．‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）a+b的取值范围是(－1,3］．‎ ‎【解析】‎ ‎(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a(x2－)．‎ 当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在［0，＋∞)上单调递增．‎ 当b＞0时，f′(x)＝12a(x＋)(x－)，‎ 此时f(x)在［0，］上单调递减，在［，＋∞)上单调递增．‎ 所以当0≤x≤1时，‎ f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a．‎ ‎②由于0≤x≤1，故 当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)．‎ 当b＞2a时，‎ f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a＞4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．‎ 设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，则 g′(x)＝6x2－2＝6(x－)(x＋)，‎ 于是 x ‎0‎ ‎(0，)‎ ‎(，1)‎ ‎1‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ‎1‎ 减 极小值 增 ‎1‎ 所以，g(x)min＝g()＝1－＞0，‎ 所以，当0≤x≤1时，2x3－2x＋1＞0，‎ 故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0．‎ ‎(2)由①知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，‎ 所以|2a－b|＋a≤1．‎ 若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1．‎ 所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或 在直角坐标系aOb中，不等式组所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC．‎ ‎ ‎ ‎46. 【2011年.浙江卷.理22】（本题满分14分）设函数 ‎ （I）若的极值点，求实数；‎ ‎ （II）求实数的取值范围，使得对任意的，恒有成立，注：为自然对数的底数。‎ ‎【命题意图】本题主要考查函数极值的概念、导数运算法则、导数应用，不等式等基础知识，同时考查推理论证能力，分类讨论分析问题和解决问题的能力.‎ ‎ 【解析】（I）求导得 ‎∵的极值点， ∴‎ 解得经检验，符合题意， ∴‎ ‎（Ⅱ）①当时， 对于任意实数，恒有 成立 ‎②当 时，由题意，首先有 ‎ 解得 由（Ⅰ）知 ‎ 令 则，‎ 且 ‎ 47. 【2011高考重庆理第18题】（本小题满分13分。（Ⅰ）小题6分（Ⅱ）小题7分。）‎ 设的导数满足其中常数.‎ ‎（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程。‎ ‎（Ⅱ）设求函数的极值。‎ ‎【答案】（Ⅰ）因，故，‎ 令，得，由已知，解得 又令，得，由已知，解得 ‎ 48. 【2012高考重庆理第16题】（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分.）‎ 设其中，曲线在点处的切线垂直于轴.‎ ‎（Ⅰ） 求的值；‎ ‎（Ⅱ） 求函数的极值.‎ ‎【答案】解：（1）因，故 由于曲线在点处的切线垂直于轴，故该切线斜率为0，即，‎ 从而，解得 ‎（2）由（1）知，‎ 令，解得（因不在定义域内，舍去），‎ 当时，，故在上为减函数；‎ ‎ ‎ ‎49. 【2013高考重庆理第17题】(本小题满分13分，(1)小问6分，(2)小问7分．)设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．‎ ‎(1)确定a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间与极值．‎ ‎【答案】解：(1)因f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，‎ 故f′(x)＝‎2a(x－5)＋.‎ 令x＝1，得f(1)＝‎16a，f′(1)＝6－‎8a，[‎ 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－‎16a＝(6－‎8a)(x－1)，由点(0,6)在切线上可得6－‎16a＝‎8a－6，故.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x＞0)，‎ f′(x)＝x－5＋＝.‎ 令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.‎ 当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)在(2,3)上为减函数．‎ 由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.‎ ‎50. 【2014高考重庆理第20题】（本小题满分12分，（Ⅰ）小问4分，（Ⅱ）小问3分，（Ⅲ）小问5分）‎ 已知函数的导函数为偶函数，且曲线在点 处的切线的斜率为.‎ ‎（Ⅰ）确定的值； ‎ ‎（Ⅱ）若，判断的单调性；‎ ‎（Ⅲ）若有极值，求的取值范围.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）增函数；（Ⅲ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由 因为是偶函数，所以，又曲线在点处的切线的斜率为，所以有，利用以上两条件列方程组可解的值；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），，当时，利用的符号判断的单调性；‎ ‎（Ⅲ）要使函数有极值，必须有零点，由于，所以可以对的取值分类讨论，得到时满足条件的的取值范围. ‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）对求导得，由为偶函数，知，‎ 即，因，所以 又，故.‎ ‎（Ⅱ）当时，，那么 故在上为增函数.‎ 考点：1、导数的几何意义及导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.‎ ‎51. 【2015高考重庆，理20】 设函数 ‎ （1）若在处取得极值，确定的值，并求此时曲线在点处的切线方程；‎ ‎ （2）若在上为减函数，求的取值范围。‎ ‎【答案】（1），切线方程为；（2）.‎ ‎ (2)由(1)得，,‎ ‎ 令 由，解得.‎ 当时，,故为减函数；‎ 当时，,故为增函数；‎ 当时，,故为减函数；‎ 由在上为减函数，知，解得 故a的取值范围为.‎ ‎【考点定位】复合函数的导数，函数的极值，切线，单调性．考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力．‎ ‎52. 【2013，安徽理17】（本小题满分12分）设函数，其中，区间．‎ ‎（Ⅰ）求的长度（注：区间的长度定义为）；‎ ‎（Ⅱ）给定常数，当时，求长度的最小值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．‎ ‎【命题立意】考查二次不等式的求解，以及导数的计算和应用等基础知识和基本技能，考查分类讨论思想和综合运用数学知识解决问题的能力．‎ ‎【举一反三】导数是研究函数性质，如单调性、极值、最值等的重要工具，利用导数可以讨论的函数类型更加广泛，可以这样认为，除了几种基本初等函数的性质和图象可以直接应用之外，其余函数性质都是利用导数研究．要掌握求解步骤.‎ ‎53. 【2011，安徽理16】设，其中为正实数 ‎（Ⅰ）当时，求的极值点；‎ ‎（Ⅱ）若为上的单调函数，求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）是极小值点，是极大值点．；（Ⅱ）0＜a≤1．‎ ‎【解析】对f(x)求导得.①‎ ‎（Ⅰ）当时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，‎ ‎54. 【2014，安徽理18】（本小题满分12分）‎ 设函数,其中.‎ ‎（I）讨论在其定义域上的单调性；‎ ‎（II）当时，求取得最大值和最小值时的的值.‎ ‎【答案】（I）在和内单调递减，在内单调递增；（II）所以当时，在处取得最小值；当时，在和处同时取得最小只；当时，在处取得最小值.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（I）对原函数进行求导，，令，解得 ‎，当或时；从而得出，当 时，.故在和内单调递减，在内单调递增.（II）依据第（I）题，对进行讨论，①当时，，由（I）知，在上单调递增，所以在和处分别取得最小值和最大值.②当时，.由（I）知，在上单因为，所以.‎ ‎①当时，，由（I）知，在上单调递增，所以在和处分别取得最小值和最大值.②当时，.由（I）知，在上单调递增，在上单调递减，因此在处取得最大值.又，所以当时，‎ 在处取得最小值；当时，在和处同时取得最小只；当时，在处取得最小值.‎ 考点：1.含参函数的单调性；2.含参函数的最值求解.‎ ‎55. 【2013，安徽理20】（本小题满分13分）设函数，证明：‎ ‎（Ⅰ）对每个，存在唯一的，满足；‎ ‎（Ⅱ）对任意，由（Ⅰ）中构成的数列满足．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析．‎ ‎【解析】（Ⅰ）对每个，当时，，故在内单调递增．由于， 当，，故，又 ‎，∴存在 唯一的，满足．‎ ‎【命题立意】考查函数的导数及其应用，函数零点的判断，等比数列的求和以及不等式的放缩等基础知识和基本技能，考查综合应用知识分析和解决问题的能力、推理论证能力和运算求解能力．‎ ‎【举一反三】函数与数列的综合题，一般是借助函数这一载体，利用导数等解决函数到数列的过渡，再利用数列的相关知识求解.‎ ‎56. 【2012，安徽理19】设 ‎（I）求在上的最小值；‎ ‎（II）设曲线在点的切线方程为；求的值．‎ ‎【答案】（I）当时，的最小值为；当时，的最小值为；（II）．‎ ‎57. 【2015高考安徽，理21】设函数.‎ ‎ （Ⅰ）讨论函数在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；‎ ‎ （Ⅱ）记，求函数在上的最大值D；‎ ‎ （Ⅲ）在（Ⅱ）中，取，求满足时的最大值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）极小值为；（Ⅱ）； （Ⅲ）1.‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ），.‎ ‎ ，.‎ ‎ 因为，所以.‎ ‎ ①当时，函数单调递增，无极值.‎ ‎ ②当时，函数单调递减，无极值.‎ ‎ ③当，在内存在唯一的，使得.‎ ‎ 时，函数单调递减；时，函数单调递增.‎ ‎ 因此，，时，函数在处有极小值.‎ ‎【考点定位】1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.‎ ‎58. 【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 ‎；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析 ‎【解析】（I）解：， ‎ ‎ 令 ‎ 当x变化时，的变化情况如下表：‎ ‎ 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 ‎59. 【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 ‎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，‎ ‎＝‎ ‎60. 【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 ‎【解析】解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值 所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.‎ ‎(2)证明：当0＜x≤1时，f(x)≤0.‎ ‎61. 【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 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．‎ 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．‎ ‎62. 【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.‎ ‎63. 【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.‎ ‎ (III)证明：不妨设，由(II)知，设方程的根为，可得 ‎，当时，在上单调递减，又由(II)知可得.‎ 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.‎ ‎64. 【2011年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷21】‎ ‎（Ⅰ）已知函数求函数的最大值；‎ ‎（Ⅱ）设均为正数，证明：‎ ‎（1）若，则 ‎（2）若，则。‎ ‎ （2）①先证：.‎ 令，则，于是 由（1）得，即 ‎，。‎ ‎65. 【2012年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷22】‎ ‎（Ⅰ）已知函数，其中为有理数，且. 求的最小值；‎ ‎（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：‎ ‎ 设，为正有理数. 若，则；‎ ‎（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题.‎ 注：当为正有理数时，有求导公式.‎ ‎【解析】（Ⅰ），令，解得.‎ 当时，，所以在内是减函数；‎ 当 时，，所以在内是增函数.‎ 故函数在处取得最小值. ‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，有，即 ①‎ 若，中有一个为0，则成立；‎ 若，均不为0，又，可得，于是 在①中令，，可得，‎ 即，亦即.‎ 综上，对，，为正有理数且，总有. ②‎ ‎（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：‎ 设为非负实数，为正有理数. ‎ 若，则. ③ ‎ 用数学归纳法证明如下：‎ ‎（1）当时，，有，③成立. ‎ ‎（2）假设当时，③成立，即若为非负实数，为正有理数，‎ 又因，由②得 ‎，‎ 从而.‎ 故当时，③成立.‎ 由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立. ‎ 说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对成立，则后续证明中不需讨论的情况.‎ ‎66. 【2013年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷22】设是正整数，为正有理数.‎ ‎（I）求函数的最小值；‎ ‎（II）证明：；‎ ‎（III）设，记为不小于的最小整数，例如，，.‎ 令，求的值.‎ ‎（参考数据：，，，）‎ ‎【证明】（I）‎ 在上单减，在上单增。‎ ‎，‎ ‎，故②式成立。‎ 综上可得原不等式成立。‎ ‎（III）由（II）可知：当时，‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎67. 【2014年普通高等学校招生全国统一考试湖北卷22】为圆周率，为自然对数的底数.‎ ‎（1）求函数的单调区间；‎ ‎（2）求，，，，，这6个数中的最大数与最小数；‎ ‎（3）将，，，，，这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论.‎ ‎（3）由（2）知，，，又由（2）知，，‎ 故只需比较与和与的大小，‎ 由（1）知，当时，，即，‎ 考点：导数法求函数的单调性、单调区间，对数函数的性质，比较大小.‎ ‎68. 【2015高考湖北，理22】已知数列的各项均为正数，，为自然对数的底数．‎ ‎（Ⅰ）求函数的单调区间，并比较与的大小；‎ ‎（Ⅱ）计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明；‎ ‎（Ⅲ）令，数列，的前项和分别记为,, 证明：. ‎ ‎【答案】（Ⅰ）的单调递增区间为，单调递减区间为. ；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.‎ ‎【解析】（Ⅰ）的定义域为，.‎ 当，即时，单调递增；‎ 当，即时，单调递减. ‎ 故的单调递增区间为，单调递减区间为. ‎ 当时，，即.‎ 令，得，即. ① ‎ ‎（Ⅱ）；；‎ ‎.‎ 由此推测： ②‎ 下面用数学归纳法证明②. ‎ ‎（1）当时，左边右边，②成立. ‎ ‎（2）假设当时，②成立，即.‎ 当时，，‎ 由归纳假设可得.‎ 所以当时，②也成立. ‎ 根据（1）（2），可知②对一切正整数都成立. ‎ ‎【考点定位】导数的应，数列的概念，数学归纳法，基本不等式，不等式的证明.‎ ‎69. 【2014福建,理20】（本小题满分14分）‎ 已知函数（为常数）的图象与轴交于点，曲线在点处 的切线斜率为-1.‎ ‎（I）求的值及函数的极值；‎ ‎（II）证明：当时，；‎ ‎（III）证明：对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有.‎ ‎【答案】（I）,极值参考解析;（II）参考解析;（III）参考解析 试题解析：解法一:（I）由，得.又,得.所以.令,得.当时, 单调递减;当时, 单调递增.所以当时, 取得极小值,且极小值为无极大值.‎ ‎（II）令,则.由（I）得,故在R上单调递增,又,因此,当时, ,即.‎ ‎（III）①若,则.又由（II）知，当时, .所以当时, .取,当时，恒有.‎ ‎②若,令,要使不等式成立，只要成立.而要使成立，则只要,只要成立.令,则.所以当时, 在内单调递增.取,所以在内单调递增.又.易知.所以.‎ 即存在,当时，恒有.‎ 综上，对任意给定的正数c，总存在,当时,恒有.‎ 解法二: （I）同解法一.‎ ‎（II）同解法一.‎ ‎（III）对任意给定的正数,取由（II）知,当时, ,所以当时, ,因此,对任意给定的正数,总存在,当时,恒有.‎ 解法三: （I）同解法一.‎ 考点：1.函数的极值.2.构建新函数证明不等式.3.开放性题.4.导数的综合应用.5.运算能力.6.分类讨论的数学思想.‎ ‎70. (2013福建，理17)(本小题满分13分)已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(1)求函数f(x)的极值．‎ ‎【答案】(1) x＋y－2＝0 ;(2)参考解析 ‎【解析】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.‎ ‎(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x＞0)，‎ 因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，‎ 所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，‎ 即x＋y－2＝0.‎ ‎71. 【2012福建,理20】（本小题满分14分）‎ 已知函数 ‎ ‎（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）试确定的取值范围，使得曲线上存在唯一的点，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点.‎ ‎【答案】（Ⅰ）参考解析;（Ⅱ）时.‎ ‎【解析】（Ⅰ）‎ ‎ 由题意得：‎ ‎ ‎ ‎ 得：函数的单调递增区间为，单调递减区间为 ‎（Ⅱ）设； 则过切点的切线方程为 ‎ 令；则 ‎ 切线与曲线只有一个公共点只有一个根 ‎ ，且 ‎ （1）当时，‎ ‎ 得：当且仅当时，‎ ‎ 由的任意性，不符合条件.‎ ‎ ‎ ‎ 从上得：当时，存在唯一的点使该点处的切线与曲线只有一个公共点 ‎72. 【2011福建,理18】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式.其中3＜x＜6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．‎ ‎【答案】(1)2; (2) 4元/千克 ‎【解析】(1)因为x＝5时，y＝11，所以＋10＝11，a＝2.‎ ‎(2)由(1)可知，该商品每日的销售量，‎ 所以商场每日销售该商品所获得的利润 f(x)＝(x－3)[＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6.‎ 从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．‎ 于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(3，4)‎ ‎4‎ ‎(4，6)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ 单调递增 极大值42‎ 单调递减 由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点．‎ 所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.‎ 答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．‎ ‎73. 【2015高考福建，理20】已知函数，‎ ‎(Ⅰ)证明：当；‎ ‎(Ⅱ)证明：当时，存在,使得对 ‎(Ⅲ)确定k的所以可能取值，使得存在，对任意的恒有．‎ ‎【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ) ．‎ 综上，当时，总存在,使得对任意的恒有．‎ ‎(3)当时，由（1）知，对于故，‎ ‎，‎ 令，则有 故当时，,在上单调递增，故,即,所以满足题意的t不存在.‎ 当时，由（2）知存在,使得对任意的任意的恒有．‎ 此时,‎ 解法二：（1）（2）同解法一.‎ ‎（3）当时，由（1）知，对于，‎ 故，‎ 令，‎ 从而得到当时，恒有,所以满足题意的t不存在.‎ ‎【考点定位】导数的综合应用．‎