高考理科导数大题

高考理科导数大题

1. ‎（2016年新课标Ⅰ理数）已知函数有两个零点.‎ ‎(I)求的取值范围；‎ ‎(II)设是的两个零点，证明：‎ 2. ‎ （2016年新课标Ⅱ理数）(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.‎ 1. ‎（2016年新课标Ⅲ理数）设设函数，其中，记的最大值为.‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）求；‎ ‎（Ⅲ）证明.‎ 2. ‎（2016年北京理数）设函数，曲线在点处的切线方程为，‎ ‎（I）求的值；‎ ‎(I I) 求的单调区间。‎ 1. ‎（2016年江苏理数）已知函数.‎ （1） 设.‎ ① 求方程的根;‎ ‎②若对任意,不等式恒成立，求实数的最大值；‎ ‎（2）若，函数有且只有1个零点，求的值.‎ 2. ‎（2016年山东理数）已知.‎ ‎（I）讨论的单调性；‎ ‎（II）当时，证明对于任意的成立 1. ‎（2016年上海理数）已知，函数.‎ ‎（1）当时，解不等式；‎ ‎（2）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求的取值范围；‎ ‎（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.‎ 2. ‎（2016年四川理数）设函数，其中.‎ ‎（I）讨论的单调性；‎ ‎（II）确定的所有可能取值，使得在区间内恒成立(为自然对数的底数)。‎ 1. ‎（2016年天津理数）设函数，R，其中，R.‎ ‎（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 2. ‎ （2016年浙江理数）设，函数,‎ 其中 ‎（Ⅰ）求使得等式成立的x的取值范围 ‎（Ⅱ）（i）求的最小值 ‎（ii）求在上的最大值 ‎ 答案 1. ‎（本小题满分12分）‎ 解：（Ⅰ）．‎ ‎（i）设，则，只有一个零点．‎ ‎（ii）设，则当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．‎ 又，，取满足且，则 ‎，‎ 故存在两个零点．‎ ‎（iii）设，由得或．‎ 若，则，故当时，，因此在上单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．‎ 若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．‎ 综上，的取值范围为．‎ ‎（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在上单调递减，所以等价于，即．‎ 由于，而，所以 ‎．‎ 设，则．‎ 所以当时，，而，故当时，．‎ 从而，故．‎ 1. ‎【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(Ⅰ)先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；(Ⅱ)用导数法求函数的最值，在构造新函数，又用导数法求解.‎ 试题解析：(Ⅰ)的定义域为.‎ 且仅当时，，所以在单调递增，‎ 因此当时，‎ 所以 ‎(II)‎ 由(I)知，单调递增，对任意 因此，存在唯一使得即，‎ 当时，单调递减；‎ 当时，单调递增.‎ 因此在处取得最小值，最小值为 于是，由单调递增 所以，由得 因为单调递增，对任意存在唯一的 使得所以的值域是 综上，当时，有最小值，的值域是 考点： 函数的单调性、极值与最值.‎ 1. ‎（本小题满分12分）‎ 解：（Ⅰ）．‎ ‎（Ⅱ）当时，学科&网 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），．‎ ‎（ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以．‎ ‎（ⅱ）当时，由，知．‎ 又，所以．‎ 综上，．　　　………9分 ‎（Ⅲ）由（Ⅰ）得.‎ 当时，.‎ 当时，，所以.‎ 当时，，所以.‎ 1. ‎（共13分）‎ 解：（Ⅰ）因为，所以.‎ 依题设，即 解得.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知.‎ 由即知，与同号.‎ 令，则.‎ 所以，当时，，在区间上单调递减；‎ 当时，，在区间上单调递增.‎ 故是在区间上的最小值，‎ 从而.‎ 综上可知，，，故的单调递增区间为.‎ 1. 解：（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.‎ 1. ‎（Ⅰ）的定义域为；‎ ‎.‎ 当， 时，，单调递增；‎ ‎，单调递减.‎ 当时，.‎ ‎（1），，‎ 当或时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减；‎ ‎（2）时，，在内，，单调递增；‎ ‎（3）时，，‎ 当或时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减.‎ 综上所述，‎ 当时，函数在内单调递增，在内单调递减；‎ 当时，在内单调递增，在内单调递减，在 内单调递增；‎ 当时，在内单调递增；‎ 当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，‎ ‎，，‎ 令，.‎ 则，‎ 由可得，当且仅当时取得等号.‎ 又，‎ 设，则在单调递减，‎ 因为，‎ 所以在上使得 时，时，，‎ 所以函数在上单调递增；在上单调递减，‎ 由于，因此，当且仅当取得等号，‎ 所以，‎ 即对于任意的成立。‎ 考点：利用导函数判断函数的单调性；分类讨论思想.‎ 1. 解：（1）由，得，‎ 解得．‎ ‎（2），，‎ 当时，，经检验，满足题意．‎ 当时，，经检验，满足题意．‎ 当且时，，，．‎ 是原方程的解当且仅当，即；‎ 是原方程的解当且仅当，即．‎ 于是满足题意的．‎ 综上，的取值范围为．‎ ‎（3）当时，，，‎ 所以在上单调递减．‎ 函数在区间上的最大值与最小值分别为，．‎ 即，对任意 成立．‎ 因为，所以函数在区间上单调递增，时，‎ 有最小值，由，得．‎ 故的取值范围为．‎ 1. ‎（I） ‎ ‎ <0，在内单调递减.‎ 由=0，有.‎ 此时，当时，<0，单调递减；‎ 当时，>0，单调递增.‎ ‎（II）令=，=.‎ 则=.‎ 而当时，>0，‎ 所以在区间内单调递增.‎ 又由=0，有>0，‎ 从而当时，>0.‎ 当，时，=.‎ 故当>在区间内恒成立时，必有.‎ 当时，>1.‎ 由（I）有,从而，‎ 所以此时>在区间内不恒成立.‎ 当时，令，‎ 当时，，‎ 因此，在区间单调递增.‎ 又因为，所以当时， ，即 恒成立.‎ 综上，‎ 1. 试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数：，再根据导函数零点是否存在情况，分类讨论：①当时，有恒成立，所以的单调增区间为.②当时，存在三个单调区间（Ⅱ）由题意得，计算可得再由及单调性可得结论（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较，的大小即可，分三种情况研究①当时，，②当时，，③当时，.‎ 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，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足 ，且，因此，所以；‎ ‎（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况同理：‎ ‎（1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在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 ‎.‎ ‎（3）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，‎ ‎，，‎ 学.科网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 1. ‎（I）由于，故 当时，，‎ 当时，．‎ 所以，使得等式成立的的取值范围为 ‎．‎ ‎（II）（i）设函数，，则 ‎，，‎ 所以，由的定义知，即 ‎．‎ ‎（ii）当时，‎ ‎，‎ 当时，‎ ‎．‎ 所以，‎ ‎．‎