广东省高三理科数学专题突破训练：导数及其应用.doc

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1、广东省2015届高三数学理专题突破训练：导数及其应用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). () 当时,求函数的单调区间；() 当时,求函数在上的最大值.3、（2012广东高考）设，集合，.（）求集合（用区间表示）；（）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，）（）若是函数的一个极值点，求的值；（）求证：当时，在上是增函数；（）若对任意的，总存在，使不等式

2、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.（）当时，判断函数的单调性，并加以证明；（）当时，求证：对一切恒成立；（）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

3、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+ax21（aR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x1，5，|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届高三1

4、0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 （）当时，求的最小值； （）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：（）； （）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

5、、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（aR）（）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（2，f（2）处的切线方程；（）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】() 当时, , 令,得, 当变化时,

6、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,. (),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：（）考虑不等式的解.因为，且，所以可分以下三种情况：当时，此时，.当时，此时，.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，.（），令可得.因为，所以有两根和，且.当时，此时在内有两根和，列表可得1+0-0

7、+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.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.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.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：（）若k=2，f（x）=2exx2，则f（x）=2ex2x，当x（0，+）时，f（x）=2e

8、x2x0，故函数f（x）在区间（0，+）上是单调递减函数（）函数f（x）有两个极值点x1，x2，则x1，x2是f（x）=kex2x=0的两个根，即方程有两个根，设，则，当x0时，（x）0，函数（x）单调递增且（x）0；当0x1时，（x）0，函数（x）单调递增且（x）0；当x1时，（x）0，函数（x）单调递减且（x）0要使有两个根，只需，故实数k的取值范围是（）由（）的解法可知，函数f（x）的两个极值点x1，x2满足0x11x2，由，得，所以，由于x1（0，1），故，所以0f（x1）15、解析：（）由已知，得且， ， （）当时， ，当时， 又 ， ，所以在上是增函数；（）当时，由（）知，f(x)

9、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m0，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x1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

10、递增 -13分 即 -14分7、 解析：（）当时，所以函数在上是单调减函数（）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（） ，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

11、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

12、，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 若，则，则， 于是 11分 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）=x33x21，f（x）=3x26x，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+ax21|33，得33

13、x3+ax2133，x=0时，不等式恒成立；x0时，不等式等价于，作，则，解，得x1=4，解，得列表：x1，0）（0，4）4（4，5+0g1（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

14、：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：当时，不等式左边，右边因为，所以，即时，不等式成立10分假设当时，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

15、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：（）时， ，求导可得 3分 所以，在单调递增，故的最小值是5分（）依题意， 6分（）由（）可知，若取，则当时，即 于是 ，即知8分 所以 9分（）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|

16、x+b|=x（a+ln|x+b|）是奇函数，则y=a+ln|x+b|为偶函数，b=0又x0时，f（x）=ax+xlnx，f（x）=a+1+lnx，f（e）=3，a=1；（2）解：当x1时，令，令ln（x）=x2lnx，y=h（x）在（1，+）上是增函数，h（1）=10，h（3）=1ln30，h（4）=2ln40，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kx0，又x0（3，4），kZ，kmax=3；15、解：（）当a=1时，x（0，+）所以，x（0，+）（求导、定义域各一分）

17、（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xy+ln2=0（）因为，所以=，x（0，+）（7分）令g（x）=ax2x+1a，x（0，+），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）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）