高考导数大题总汇编(理科)问题详解.doc

实用标准文案
一、解答题
1. 解:(Ⅰ) 函数的定义域为，
由题意可得故.
（Ⅱ）由(Ⅰ)知从而等价于
设函数，则，所以当时，;
当时，,故在单调递减，在单调递增，
从而在的最小值为.
设函数，则，所以当时，；
当时，，故在上单调递增，在上单调递减，从而在的最大值为.
综上，当时，，即.

2. 解题指南（1）根据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（2）根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点，代入函数中求解.
解析（1） （*）
当时，，此时，在区间上单调递增．
当时，由得，（舍去）．
当时，；当时，．
故在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，当时，在区间上单调递增．
　　当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
由（*）式知，当时，，此时不存在极值点，因而要使得有两个极值点，
必有．又的极值点只可能是和，且由定义可知，
且，所以且，解得
此时，由（*）式易知，分别是的极小值和极大值点，而

令，则且知：当时，；当时，．
记，
（Ⅰ）当时，，所以
因此，在区间上单调递减，从而，故当时，
．
（Ⅱ）当时，，所以
因此，在区间上单调递减，从而，故当时，．
综上所述，满足条件的的取值范围为．

3. (1)证明：因为对任意x∈R，都有，所以f(x)是R上的偶函数．
(2)解：由条件知在(0，+∞)上恒成立．
令t = ex(x>0)，则t>1，所以m≤对于任意t>1成立．
因为 = 3，所以，
当且仅当t = 2，即x = ln2时等号成立．
因此实数m的取值范围是．
(3)解：令函数，则．
当x≥1时，，x2 – 1≥0，又a>0，故g′(x)>0，所以g(x)是[1，+∞)上的单调增函数，
因此g(x)在[1，+∞)上的最小值是．
由于存在x0∈[1，+∞)，使成立，当且仅当最小值g(1)<0，
故，即．
令函数，则，令h′(x) = 0，得．
当时，h′(x)<0，故h(x)是上的单调减函数．
当x∈(e – 1，+∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e – 1，+∞)上的单调增函数．
所以h(x)在(0，+∞)上的最小值是．
注意到h(1) = h(e) = 0，所以当 Í时，)≤h(x)<h(1) = 0；
当时，h(x)<h(e) = 0，所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．
①当a∈Í(1，e)时，h(a)<0，即，从而；
②当a = e时，；
③当时，h(a)>h(e) = 0，即，故．
综上所述，当a∈时，，当a = e时，，当
时，．

4. 解题指南：（I）利用为偶函数和在点处的切线的斜率为建立关于的方程求解. （II）利用基本不等式求解.(III)需对进行分类，讨论方程是否有实根，从而确定极值.
解析：（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.
(III)由（Ⅰ）知，而当时等号成立.
下面分三种情况进行讨论.
当时，对任意，此时无极值；
当时，对任意，此时无极值；
当时，令，注意到方程有两根，
即有两根.
当时，；又当时，，从而在处取得极小值；
综上，若有极值，则取值范围为.

5. 解题指南（1）先求导数，结合解不等式求解函数的单调区间；（2）利用单调性与导数的关系求解字母的取值范围.
解析⑴当时,,定义域为,
.
令,解得,.
当或时,；当时,.所以在,上单调递减；
在上单调递增.所以当时,取得极小值；当时,取得极大值.
⑵因为在上单调递增,所以,且不恒等于对恒成立.
,所以,
得.因为,所以,故的取值范围为.

6. 解析：（Ⅰ）对求导得
因为在处取得极值，所以即.
当时，=故从而在点（1，）处的切线方程为化简得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
令
由解得
当时，，即，故为减函数；
当时，，即，故为增函数；
当时，，即，故为减函数；
由在上为减函数，知解得
故的取值范围为
考点分类第四章 考点一、导数的概念、运算及其几何意义；考点二、导数的应用；第九章 考点一、不等关系与一元二次不等式

7. 解：（1）∵（仅当时取等号），
∴的单调递增区间为．
（2）∵，，
∴在单调递增区间上仅有一个零点．
（3）由题意知，又仅，得，，
由题意知，得，
要证，即要证，
只需证，即要证，①
设，则，
又，
∴在上递增，在上递减。
∴，即不等式①成立，得证．

8. 解：对求导，得，
由，解得，所以的单调递减区间为。

9. （1）解：由=，可得，其中，且.
下面分两种情况讨论：
①当为奇数时.
令，解得，或.
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.
（2）证明：设点的坐标为，则，.曲线在点处的切线方程为，即.令，即，则.
由于在上单调递减，故在上单调递减.又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在上单调递减，所以对于任意的正实数，都有，即对于任意的正实数，都有.
（3）证明：不妨设.由（2）知.设方程的根为，可得，当时，在上单调递减.
又由（2）知，可得.
类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当，，即对于任意的，.
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.
则当时，＜
同理可证当＞时，结论也成立
所以，.

10. 解：（Ⅰ），函数极值点的个数等价于，即在上的变号根的个数.
令，
①时，，此时，函数单调递增，无极值点；
②时，令，解得时，单调递增，无极值点；
③时，，抛物线的开口向下，对称轴为，，在上有一个变号根，即有一个极值点；
④时，，抛物线的开口向上，对称轴为，，在与上各有一个变号根，即有两个极值点.
综上：时，有一个极值点；时，无极值点；时，有两个极值点.
（Ⅱ）①由（Ⅰ）知，时，恒成立，单调递增，所以时，符合题意；
②时，令，所以单调递减，，所以，因为在时先增后减，.
当时，,不满足，，舍去；
③时，由（Ⅰ）知，对称轴,，，所以恒成立，单调递增，即时，符合题意；
④时，由（Ⅰ）知，对称轴,，，所以存在,使,即，单调递减，故时，不符合，舍去.
综上：所求的取值范围是.

11. 解法一：（1）令，
则有.
当时，，
所以在上单调递减，
故当时，，即当时，.
（2）令，
则有,
当时，，故在单调递增, ，
故对任意正实数均满足题意.
当时，令，得，
取，对任意，有，
从而在单调递增，所以，即
综上，当时，总存在，使得对任意，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,所以满足题意的不存在
当时，由（2）知，存在，使得当时，，
此时.
令，
则有，
当时，，
在上单调递增，
故，即.
记与中的较小者为，
则当时，恒有.
故满足题意的不存在
当时，由（1）知，当时，.
令，
则有.
当时，,
所以在上单调递减，故.
故当时，恒有.
此时，任意正实数均满足题意.
综上，.
解法二：（1）（2）同解法一.
（3）当时，由（1）知，对于，
故.
令，解得.
从而得到，当时，对于，恒有.
故满足题意的不存在。
当时，取，从而.
由（2）知，存在，使得，
此时，
令，解得，此时.
记与的较小者为，当时，恒有.
故满足题意的不存在.
当时，由（1）知，，
令，
则有.
当时，，所以在上单调递减，
故
故当时，恒有，
此时，任意正实数均满足题意
综上，.

12. 证明：（1）

其中tan=，0<<.
令=0，由x得x+=mx, 即x=-，m.
对kN，若2k<x+<(2k+1) ,即2k-<x<(2k+1) -,则>0；
若（2k+1）<x+<(2k+2) ,即（2k+1）-<x<(2k+2) -，则<0.
因此，在区间（（m-1），m-）与（m-，m）上，的符号总相反.于是
当x= m-(m)时，取得极值，所以
.
此时，易知0，而

是常数，故数列是首项为=，公比为的等比数列
（2）由（1）知，=，于是对一切,<||恒成立，即
恒成立，等价于
（）
恒成立（因为a>0）
设g（t）=（t）0），则.令=0得t=1
当0<t<1时，，所以g（t）在区间（0,1）上单调递减；
当t>1时，，所以g（t）在区间（0,1）上单调递增.
从而当t=1时，函数g（t）取得最小值g（1）=e
因此，要是（）式恒成立，只需，即只需.
而当a=时，tan==且.于是
，且当n时，.因此对一切
,，所以g（）.故（）式亦恒成立.
综上所述，若a，则对一切，恒成立.

13. 解：（Ⅰ），若轴为曲线的切线，则切点满足，也就是且，解得，，因此，当时，轴为曲线的切线；
（Ⅱ）当时，，函数没有零点；
当时，若，则，，故是的零点；
当时，，以下讨论在区间上的零点的个数.
对于，因为，所以令可得，那么
（i）当或时，没有零点（或），在区间上是单调函数，且，所以当时，在区间上有一个零点；当时，在区间上没有零点；
（ii）当时，（）且（），所以为最小值点，且.
显然，若，即时，在区间上没有零点；
若，即时，在区间上有1个零点；
若，即时，因为，所以若，在区间上有2个零点；若，在区间上有1个零点.
综上，当或时，有1个零点；当或时，有2个零点；当时，有3个零点.

14. 解：
（1）

令，即，讨论此不等式的解，可得：
当时，即时，不等式恒成立。即恒成立，所以恒单调递增。
当时，
所以的解为。所以在时单调递增。
综上：当时，在上单调递增。
当时，在上单调递增，在上单调递减。
由（1）得在内单调递增。且
，。由零点存在性定理得存在唯一使得
①。
所以在上单调递减，上单调递增。
所以满足在区间内有唯一解只需满足即可。
，将①带入化简得：

当时，此时①变形为，在上有解。令
所以在上单调递减。不满足。
当时，此时①变形为在上有解。
不妨设
所以在上单调递增。。所以在上有解。
所以结论得证。

15. 解析（Ⅰ）的定义域是，，，，曲线在点处的切线方程为；
（Ⅱ）当时，，即不等式对成立，设，即，则，当时，，故在（0，1）上为增函数，则，因此对，都有成立；
（Ⅲ），使成立，等价于.
，，则.
当时，，函数在区间上为增函数，，符合题意；
当时，令解得，易知，即.那么在区间上的取值情况如下：

0

↘
极小值
↗
所以，的单调递减区间是，单调递增区间是；在处取得极小值. ，显然不符合题意.
综上可知：的最大值为2.
考点分类第四章导数及其应用 考点二、导数的应用

16. 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．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．

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