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高考數(shù)學(xué)精英備考專題講座 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用

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1、 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用 一、高考預(yù)測 從近幾年考查的趨勢看,本專題考查的重點是導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性和極值中的應(yīng)用、導(dǎo)數(shù)在研究方程和不等式中的應(yīng)用,考查的形式是解答題考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)問題中的綜合運用,但常圍繞一些交叉點設(shè)計一些新穎的試題,大部分函數(shù)和導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)試題難度也不大,但少數(shù)函數(shù)的基礎(chǔ)試題難度較大,解答題中的函數(shù)導(dǎo)數(shù)試題也具有一定的難度. 由于該專題的絕大多數(shù)內(nèi)容(除定積分)都是傳統(tǒng)的高中數(shù)學(xué)內(nèi)容,在考查上已經(jīng)基本穩(wěn)定(難度穩(wěn)定、考查重點穩(wěn)定、考查的分值穩(wěn)定),預(yù)計2012年基本上還是這個考查趨勢,具體為:以選擇題或者填空題的方式考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用,定積分的計算及其簡單應(yīng)用.以解答

2、題的方式考查導(dǎo)數(shù)在函數(shù)問題中的綜合應(yīng)用,重點是使用導(dǎo)數(shù)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性和極值以及能夠轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題的不等式和方程等問題,考查函數(shù)建模和利用導(dǎo)數(shù)解模. 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用:要掌握好導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)的運算、導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性與極值的關(guān)系,由于函數(shù)的極值和最值的解決是以函數(shù)的單調(diào)性為前提的,因此要重點解決導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)單調(diào)性中的應(yīng)用,特別是含有字母參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性(這是高考考查分類與整合思想的一個主要命題點),在解決好上述問題后,要注意把不等式問題、方程問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值進(jìn)行研究性訓(xùn)練,這是高考命制壓軸題的一個重要考查點. 二、知識導(dǎo)學(xué) 要點1:利

3、用導(dǎo)數(shù)研究曲線的切線 1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義:函數(shù)在處的導(dǎo)數(shù)的幾何意義是:曲線在點處的切線的斜率(瞬時速度就是位移函數(shù)對時間的導(dǎo)數(shù))。 2.求曲線切線方程的步驟:(1)求出函數(shù)在點的導(dǎo)數(shù),即曲線在點處切線的斜率;(2)在已知切點坐標(biāo)和切線斜率的條件下,求得切線方程為。注:①當(dāng)曲線在點處的切線平行于軸(此時導(dǎo)數(shù)不存在)時,由切線定義可知,切線方程為;②當(dāng)切點坐標(biāo)未知時,應(yīng)首先設(shè)出切點坐標(biāo),再求解。 要點2:利用導(dǎo)數(shù)研究導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟。(1)確定函數(shù)的定義域;(2)求導(dǎo)數(shù);(3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只需在函數(shù)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式>0或<0。

4、②若已知的單調(diào)性,則轉(zhuǎn)化為不等式≥0或≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解。 要點3:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.在求可導(dǎo)函數(shù)的極值時,應(yīng)注意:(以下將導(dǎo)函數(shù)取值為0的點稱為函數(shù)的駐點可導(dǎo)函數(shù)的極值點一定是它的駐點,注意一定要是可導(dǎo)函數(shù)。例如函數(shù)在點處有極小值=0,可是這里的根本不存在,所以點不是的駐點.(1) 可導(dǎo)函數(shù)的駐點可能是它的極值點,也可能不是極值點。例如函數(shù)的導(dǎo)數(shù),在點處有,即點是的駐點,但從在上為增函數(shù)可知,點不是的極值點.(2) 求一個可導(dǎo)函數(shù)的極值時,常常把駐點附近的函數(shù)值的討論情況列成表格,這樣可使函數(shù)在各單調(diào)區(qū)間的增減情況一目了然.(3) 在求實際問題中的最大值和最小

5、值時,一般是先找出自變量、因變量,建立函數(shù)關(guān)系式,并確定其定義域.如果定義域是一個開區(qū)間,函數(shù)在定義域內(nèi)可導(dǎo)(其實只要是初等函數(shù),它在自己的定義域內(nèi)必然可導(dǎo)),并且按常理分析,此函數(shù)在這一開區(qū)間內(nèi)應(yīng)該有最大(?。┲担ㄈ绻x域是閉區(qū)間,那么只要函數(shù)在此閉區(qū)間上連續(xù),它就一定有最大(?。?記住這個定理很有好處),然后通過對函數(shù)求導(dǎo),發(fā)現(xiàn)定義域內(nèi)只有一個駐點,那么立即可以斷定在這個駐點處的函數(shù)值就是最大(?。┲?。知道這一點是非常重要的,因為它在應(yīng)用一般情況下選那個不帶常數(shù)的。因為. 3.利用定積分來求面積時,特別是位于軸兩側(cè)的圖形的面積的計算,分兩部分進(jìn)行計算,然后求兩部分的代數(shù)和. 三、易錯

6、點點睛 命題角度 1導(dǎo)數(shù)的概念與運算 1.設(shè),,…, ,n∈N,則 ( ) A.sinx B.-sinx C.cosx D.-cosx [考場錯解] 選C [專家把脈] 由=,,f3(x) =(-sinx)’=-cosx, ,,故周期為4。 [對癥下藥] 選A 2.已知函數(shù)在x=1處的導(dǎo)數(shù)為3,的解析式可能為 ( ) A.=(x-1)3+32(x-1) B.=2x+1 C.=2(x-1)2 D.=-x+3 [考場錯解] 選B ∵f(x)=2x+1,∴f’(x)=(2x+1

7、)’=2x+1|x=1=3. [專家把脈] 上面解答錯誤原因是導(dǎo)數(shù)公式不熟悉,認(rèn)為(2x+1)’=2x+1.正確的是(2x+1)’=2,所以x=1時的導(dǎo)數(shù)是2,不是3。 =2e-xcosx令f’(x)=0,x=nπ+(n=1,2,3,…)從而xn=nπ+。f(xn)=e-( nπ+)(-1)n·=-e. ∴數(shù)列{f(xn)}是公比為q=-e-π的等比數(shù)列。 [專家把脈] 上面解答求導(dǎo)過程中出現(xiàn)了錯誤,即(e-x)’=e-x是錯誤的,由復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則知(e-x)’=e-x(-x)’=-e-x才是正確的。 [對診下藥](1)證明:f’(x)=(e-x)’(cos+sinx)+e-x(

8、cosx+sinx)’ =-e-x(cosx+sinx) +e-x(-sinx+cos) =-2e-xsinx. 令f’(x)=0得-2e-xsinx=0,解出x=nπ,(n為整數(shù),從而xn=nπ(n=1,2,3,…), f(xn)=(-1)ne-nπ,所以數(shù)列|f(xn)|是公比q=-e-π的等比數(shù)列,且首項f(x1)=-e-π (2)Sn=x1f(x1)+x2f(x2)+…+xnf(xn)=nq(1+2q+…+nqn-1) aSn=πq(q+2q2+…+nqn)=πq(-nqn)從而Sn=(-nqn) ∵|q|=e-π<1 ∴qn=0,∴ 專家會診1.理解導(dǎo)數(shù)的概念時應(yīng)注

9、意導(dǎo)數(shù)定義的另一種形式:設(shè)函數(shù)f(x)在x=a處可導(dǎo),則的運用。2.復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo),關(guān)鍵是搞清復(fù)合關(guān)系,求導(dǎo)應(yīng)從外層到內(nèi)層進(jìn)行,注意不要遺漏3.求導(dǎo)數(shù)時,先化簡再求導(dǎo)是運算的基本方法,一般地,分式函數(shù)求導(dǎo),先看是否化為整式函數(shù)或較簡單的分式函數(shù);對數(shù)函數(shù)求導(dǎo)先化為和或差形式;多項式的積的求導(dǎo),先展開再求導(dǎo)等等。 命題角度 2導(dǎo)數(shù)幾何意義的運用 1.曲線y=x3在點(1,1)的切線與x軸、直線x=2所圍成的三角形面積為_________. [考場錯解] 填2 由曲線y=x3在點(1,1)的切線斜率為1,∴切線方程為y-1==x-1,y=x.所以三條直線y=x,x=0,x=2所圍成的三角形面

10、積為S=×2×2=2。 [專家把脈] 根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義,曲線在某點處的切線斜率等于函數(shù)在這點處的導(dǎo)數(shù),上面的解答顯然是不知道這點,無故得出切線的斜率為1顯然是錯誤的。 [對癥下藥] 填?!?3x2 當(dāng)x=1時f’(1)=3.由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知,曲線在點(1,1)處的斜率為3。即切線方程為y-1=3(x-1) 得y=3x-2.聯(lián)立得交點(2,4)。又y=3x-2與x軸交于(,0)?!嗳龡l直線所圍成的面積為S=×4×(2-)=。 2.設(shè)t≠0,點P(t,0)是函數(shù)=x3+ax與g(x)=bx3+c的圖像的一個公共點,兩函數(shù)的圖像在P點處有相同的切線。(1)用t表示a、b、c;(2)若

11、函數(shù)y=f(x)-g(x)在(-1,3)上單調(diào)遞減,求t的取值范圍。 [考場錯解] (1)∵函數(shù)=x3+ax與g(x)=bx2+c的圖像的一個公共點P(t,0).∴f(t)=g(t)t3+at=bt2+c. ①又兩函數(shù)的圖像在點P處有相同的切線,∴f’(t)=g’(t) 3t3+a=2bt. ②由①得b=t,代入②得a=-t2.∴c=-t3. [專家把脈] 上面解答中得b=t理由不充足,事實上只由①、②兩式是不可用t表示a、b、c,其實錯解在使用兩函數(shù)有公共點P,只是利用f(t)=g(t)是不準(zhǔn)確的,準(zhǔn)確的結(jié)論應(yīng)是f(t)=0,即t3+at=0,因為t≠0,所以a=-t2.g(t)=0即b

12、t2+c=0,所以c=ab又因為f(x)、g(x)在(t,0)處有相同的切線, 所以f’(t)=g;(t).即3t2+a=2bt, ∵a=-t2, ∴b=t.因此c=ab=-t2·t=-t3.故a=-t2,b=t,c=-t3 (2)解法1 y=-g(x)=x3-t2x-tx2+t3 y’=3x2-2tx-t2=(3x+t)(x-t). 當(dāng)y’=(3x+t)(x-t)<0時,函數(shù)y=f(d)-g(x)單調(diào)遞減。 由y’<0,若t<0,則t0,則-

13、≥3或-≥3。即t≤-9或t≥3。又當(dāng)-90∴f(x)在(-∞,-1)與(

14、1,+∞)上是增函數(shù)。 若x∈[-1,1]時,f’(x) ≤0,故f9x)在[-1,1]上是減函數(shù)。 ∴f(-1)=2是極大值。f(1)=-2是極小值。 (2)解:曲線方程為y==x3-3x,點A(0,16)不在曲線上。設(shè)切點M(x0,y0),則點M在曲線上, ∴y0=x30-3x0.因f’(x0)=3x20-3.故切線的方程為y-y0=(3x20-3)(x-x0). ∵點A(0,16)在曲線上,有16-(x20-0)=3(x20-1)(0-x0),化簡得x30=-8,得x0=-2. 專家會診 設(shè)函數(shù)y=f(x),在點(x0,y0)處的導(dǎo)數(shù)為f’(x0),則過此點的切線的斜率為f’

15、(x0),在此點處的切線方程為y-y0=f’(x0)(x-x0).利用導(dǎo)數(shù)的這個幾何意義可將解析幾何的問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題求解。 命題角度 3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 1.(典型例題)已知函數(shù)=-x3+3x2+9x+a.(1)求的單調(diào)遞減區(qū)間;(2)若在區(qū)間[-2,2]上最大值為20,求它在該區(qū)間上的最小值。 [考場錯解](1)=-3x2+6x+9,令<0,解得x<-1或x>3,∴函數(shù)的音調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-1)(3,+∞) (2)令=0,得x=-1或x=3當(dāng)-20;當(dāng)x>3時,<0. ∴x=-1,是的極不值點,x=3是極大值點?!鄁(3)=-27+27+

16、27+a=20,∴a=-7.的最小值為f(-1)=-1+3-9+a=-14. [專家把脈] 在閉區(qū)間上求函數(shù)的最大值和最小值,應(yīng)把極值點的函數(shù)值與兩端點的函數(shù)值進(jìn)行比較大小才能產(chǎn)生最大(?。┲迭c,而上面解答題直接用極大(?。┲堤娲畲螅ㄐ。┲?,這顯然是錯誤的。 [專家把脈] 當(dāng)>0時,是減函數(shù),但反之并不盡然,如=-x3是減函數(shù),=3x2并不恒小于0,(x=0時=0).因此本題應(yīng)該有在R上恒小于或等于0。 [對癥下藥] 函數(shù)的導(dǎo)數(shù):=3x2+6x-1. 當(dāng)=3ax2+6x-1<0對任何x∈R恒成立時,在R上是減函數(shù)。 ①對任何x∈R,3ax2+6x-1<0恒成立,a<0且△=36

17、+12a<0a<-3. 所以當(dāng)a<-3時,由<0對任何x∈R恒成立時,在R上是減函數(shù)。 ②當(dāng)a=-3時, =-3x3+3x2-x+1=-3(x-)3+. 由函數(shù)y=x3在R上的單調(diào)性知,當(dāng)a=-3時,在R上是減函數(shù)。 ③當(dāng)a>-3時,f’(x)=3ax2+6x-1>0在R上至少可解得一個區(qū)間,所以當(dāng)a>-3時,是在R上的減函數(shù)。綜上,所求a的取值范圍是(-∞,-3)。 3.已知a∈R,討論函數(shù)=ex(x2+ax+a+1)的極值點的個數(shù)。 [對癥下藥] =ex(a2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)] 令=0得x2+(a+2)x+(2a+1

18、)=0. (1)當(dāng)△=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a=a(a-4)>0即a<0或a>4時,方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有兩個不同的實根x1、x2,不妨設(shè)x1

19、2.故當(dāng)x0;當(dāng)x>x1時,f’(x)>0因此f(x)無極值。 (3)當(dāng)△<0,即00 ,f’(x)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,故f(x)為增函數(shù),此時f(x)無極值點,因此,當(dāng)a>4或a<0時,f(x)有兩個極值點,當(dāng)0≤a≤4時,f(x)無極值點。 4.設(shè)函數(shù)=x-ln(x+m)其中常數(shù)m為整數(shù)。(1)當(dāng)m為何值時,≥0;(2)定理:若g(x)在[a、b]上連續(xù),且g(a)與g(b)異號,則至少存在一點x0∈(a、b),使g(x0)=0.試用上述定理證明:當(dāng)整數(shù)m>1時,方程=0,在[e-m-m,e

20、2m-m]內(nèi)有兩個實根。 [考場錯解] 令≥0,x≥ln(x+m).∴m≤ex-x ∴m取小于或等于ex-x的整數(shù)。 [專家把脈] 上面解答對題意理解錯誤,原題“當(dāng)m為何值時,≥0恒成立”,并不是對x的一定范圍成立。因此,m≤ex-x這個結(jié)果顯然是錯誤的。 [對癥下藥] (1)函數(shù)=x-ln(x+m),x∈(-m,+ ∞)連續(xù),且f’(x)=1-,令f’(x)=0,得x=1-m.當(dāng)-m1-m時,>0, 為增函數(shù)。 根據(jù)函數(shù)極值判別方法,f(1-m)=1-m為極小值,而且對x∈(-m,+ ∞)都有≥f(1-m)=1-m,故當(dāng)1-m=f()≥0,即

21、m≤1時,≥0.即m≤1且m∈Z時,≥0. (2)證明:由(1)可知,當(dāng)整數(shù)m>1時,f(1-m)=1-m<0,f(e-m-m)=e-m-m-ln(e-m-m+m)=e-m>0,又為連續(xù)函數(shù),且當(dāng)m>1時,f(e-m-m)與f(1-m)異號,由所給定理知,存在唯一的x1∈(e-m-m;1-m),使f(x1)=0,而當(dāng)m>1時,f(e2m-m)=e2m-3m>(1+1)2m-3m>1+2m+-3m>0.(∵m>12m-1>1). 類似地,當(dāng)整數(shù)m>1時,=x-ln(x+m)在[1-m,e2m-m]上為連續(xù)增函數(shù),且f(1-m)與f(e2m-m) ∵x<10時,V’>0,10

22、<0,x>36時V’>0.所以,當(dāng)x=10時V有最大值V(10)=1960cm3 又V(0)=0,V(24)=0所以當(dāng)x=10時,V有最大值V(10)=1960。所以該窗口的高為10cm,容器的容積最大,最大容積是1960cm3. 專家會診1.證函數(shù)在(a,b)上單調(diào),可以用函數(shù)的單調(diào)性定義,也可用導(dǎo)數(shù)來證明,前者較繁,后者較易,要注意若在(a、b)內(nèi)個別點上滿足=0(或不存在但連續(xù))其余點滿足>0(或<0)函數(shù)仍然在(a、b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減),即導(dǎo)數(shù)為零的點不一定是增、減區(qū)間的分界點。 2.函數(shù)的極值是在局部對函數(shù)值的比較,函數(shù)在區(qū)間上的極大值(或極小值)可能有若干個,而且有時極小

23、值大于它的極大值,另外,=0是可導(dǎo)數(shù)f(x)在x=x0處取極值的必要而不充分條件,對于連續(xù)函數(shù)(不一定處處可導(dǎo))時可以是不必要條件。 3.函數(shù)的最大值、最小值,表示函數(shù)f(x)在整個區(qū)間的情況,即是在整體區(qū)間上對函數(shù)值(Ⅱ)由(Ⅰ)得且則 由,解得或;,解得或;,解得 的遞增區(qū)間為:和;遞減區(qū)間為:又 要有兩個根,則有兩解,由函數(shù)的單調(diào)性可得:。 2、設(shè)函數(shù),.(Ⅰ)試問函數(shù)能否在時取得極值?說明理由;(Ⅱ)若,當(dāng)時,與的圖象恰好有兩個公共點,求的取值范圍. 【解析】:(Ⅰ) , 令, …… 2分 當(dāng)時,,在上單調(diào)遞增,函數(shù)無極值.所以在處無極值.… 4分 (Ⅱ),,令

24、,,,或 正 負(fù) 正 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 與的圖象恰好有兩個公共點,等價于的圖象與直線恰好有兩個交點 或………………… 12分 3、已知函數(shù)的圖象經(jīng)過點,曲線在點處的切線恰好與直線垂直。(Ⅰ)求實數(shù)的值;(Ⅱ)若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增,求的取值范圍。 【解析】:(Ⅰ) 的圖象經(jīng)過點,?!?分又,則。由條件知,即?!?分聯(lián)立解得6分 (Ⅱ),,令,解得,或?!?分 函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增,?!?0分 則,即…12分 4、已知函數(shù)(Ⅰ)若曲線在點處的切線方程為,求函數(shù)解析式;(Ⅱ

25、) 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;(Ⅲ) 若對于任意的,不等式在上恒成立,求的取值范圍. 對任意的成立.從而得所以滿足條件的取值范圍是……….13分 5、若定義在上的函數(shù)同時滿足以下條件:① 在上是減函數(shù),在上是增函數(shù); ② 是偶函數(shù);③ 在處的切線與直線垂直. (Ⅰ)求函數(shù)的解析式;(Ⅱ)設(shè),若存在,使,求實數(shù)的取值范圍 【解析】:(Ⅰ),∵ 在上是減函數(shù),在上是增函數(shù), ∴, ()由是偶函數(shù)得:,又在處的切線與直線垂直,,代入()得:即....5分 (Ⅱ)由已知得:若存在,使,即存在,使. 設(shè),則,.....8分 令=0,∵,∴, 當(dāng)時,,∴在上為減函數(shù),當(dāng)時,,∴在上為增函數(shù),∴在上有

26、最大值. 又,∴最小值為. 于是有為所求..13分 6、設(shè)函數(shù)(Ⅰ) 當(dāng)時,求函數(shù)的極值; (Ⅱ)當(dāng)時,討論函數(shù)的單調(diào)性.(Ⅲ)若對任意及任意,恒有 成立,求實數(shù)的取值范圍. 【解析】:(Ⅰ)函數(shù)的定義域為. 當(dāng)時,2分 當(dāng)時,當(dāng)時,無極大值. 4分 (Ⅱ) 5分 當(dāng),即時,在定義域上是減函數(shù); 當(dāng),即時,令得或 令得當(dāng),即時,令得或 令得 綜上,當(dāng)時,在上是減函數(shù); 當(dāng)時,在和單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增; 當(dāng)時,在和單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增;8分 即 .令,解得:或. 當(dāng)時,,故的單調(diào)遞增區(qū)間是.……3分 當(dāng)時,,隨的變化情況如下:

27、 [ 極大值 極小值 所以,函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是和,單調(diào)遞減區(qū)間是.……5分 當(dāng)時,,隨的變化情況如下: 極大值 極小值 所以,函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是和,單調(diào)遞減區(qū)間是.…7分 (Ⅱ)當(dāng)時,的極大值等于. 理由如下:當(dāng)時,無極大值. 當(dāng)時, 的極大值為,…8分 令,即解得 或(舍)…9分 當(dāng)時,的極大 值為.……10分因為 ,所以 .因為 ,所以 的極大值不可能等于.綜上所述,當(dāng)時,的極大值等于……12分 8、已知函數(shù)(是自然對數(shù)的底數(shù))(Ⅰ)若對于任意恒

28、成立,試確定實數(shù)的取值范圍;(Ⅱ)當(dāng)時,是否存在,使曲線在點處的切線斜率與在上的最小值相等?若存在,求符合條件的的個數(shù);若不存在,請說明理由. 【解析】:(Ⅰ)①當(dāng)時,在上單調(diào)遞增,且當(dāng)時,,,故不恒成立,所以不合題意;②當(dāng)時,對恒成立,所以符合題意; ③當(dāng)時令,得,當(dāng)時,,當(dāng)時,,故在上是單調(diào)遞減,在上是單調(diào)遞增, 所以又,,綜上:. (Ⅱ)當(dāng)時,由(2)知, 設(shè),則, 【解析】:(1) ,, (Ⅱ)因為,所以恒成立求的最小值 令 故在(2,+∞)上為增函數(shù) ,, 所以最小值點滿足,∴ 當(dāng) ∵ ∴ ∴ 故: 10、已知函數(shù).(Ⅰ)當(dāng)時,求函

29、數(shù)在區(qū)間上的最大值與最小值;(Ⅱ)若存在,使,求的取值范圍. 【解析】:(Ⅰ)由 則 得 知在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減.-- -----------(4分) 故.又,,故.---------------(2分) (Ⅱ)依題意,只需,.則依 ①當(dāng)時,得,知在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減. 故 得.---------(3分) ②當(dāng)時,,知在區(qū)間上單調(diào)遞減. 不成立.綜上所述,所求的取值范圍是---------------(3分) 11、函數(shù)|(x)=x2―x―lnx. (Ⅰ)求函數(shù)|(x)的單調(diào)區(qū)間;(Ⅱ)是否存在實數(shù)m,n,同時滿足下列條件①1≤m

30、,使得函數(shù)y=|(x)―k在x∈[m,n]時的值域是[m,n]?若存在,求出m的取值范圍;若不存在,并說明理由. 【解析】:(Ⅰ),…3分……5分 所以:遞增區(qū)間是,遞減區(qū)間是;……6分 (Ⅱ)因為在是單調(diào)遞增的,所以當(dāng)時,的值域為,所以在時的值域是等價于:在區(qū)間上有兩不同解…8分設(shè),則, 由得…10分所以在上單調(diào)遞減,在上遞增,…11分 且,所以:存在,.…………………13分 12、設(shè)函數(shù) (I)若函數(shù)f(x)在x=1處與直線y=相切, ①求實數(shù)a,b的值; ②求函數(shù)f(x)在[土,e]上的最大值.(II)當(dāng)b=0時,若不等式f(x)≥m+x對所有的都成立,求實數(shù)m的取

31、值范圍, 立,則對所有的都成立,即對所有的都成立,令為一次函數(shù), 上單調(diào)遞增,對所有的都成立…12分 (注:也可令對所有的都成立,分類討論得對所有的都成立,,請根據(jù)過程酌情給分) 13、已知函數(shù)(Ⅰ)求函數(shù)的極值點;(Ⅱ)若直線過點且與曲線相切,求直線的方程;(Ⅲ)設(shè)函數(shù)其中求函數(shù)在上的最小值.( ) 【解析】:(Ⅰ)>0 1分而>0lnx+1>0><0<00<<所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.………………3分 所以是函數(shù)的極小值點,極大值點不存在.…………………4分 (Ⅱ)設(shè)切點坐標(biāo)為,則切線的斜率為 所以切線的方程為 …………6分 又切線過點,所以有 解得所以直

32、線的方程為………8分 (Ⅲ),則<0<00<<>0>所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.………………9分 當(dāng)即時,在上單調(diào)遞增,所以在上的最小值為……10分 當(dāng)1<<e,即1<a<2時,在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. 在上的最小值為 ………12分 當(dāng)即時,在上單調(diào)遞減, 所以在上的最小值為……13分 綜上,當(dāng)時,的最小值為0;當(dāng)1<a<2時,的最小值為; 當(dāng)時,的最小值為………14分 14、己知函數(shù)(Ⅰ)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;(Ⅱ)設(shè)函數(shù) 是否存在實數(shù)a、b、c∈[0,1],使得若存在,求出t的取值范圍;若不存在,說明理由. 得.…8分③當(dāng)時,在上,,在上單調(diào)遞減, 在

33、上,,在上單調(diào)遞增,…9分 即.(*) 由(1)知在上單調(diào)遞減, 故,而,不等式(*)無解. ……11分 綜上所述,存在,使得命題成立. …12分 15、已知函數(shù)(Ⅰ)試判斷函數(shù)的單調(diào)性,并說明理由;(Ⅱ)若恒成立,求實數(shù)的取值范圍;(Ⅲ)求證: . 【解析】:(Ⅰ)? ? 故在遞減 …3分 ??(Ⅱ)? 記………5分 ???再令???在上遞增。 ? ,從而 ?故在上也單調(diào)遞增 ………8分 (Ⅲ)方法1:?由(Ⅱ)知:恒成立,即 ?? 令? 則? ………10分 ,,?… 12分疊加得: ?? …… 14分 方法2

34、:用數(shù)學(xué)歸納法證明(略)。 16、已知函數(shù).(Ⅰ)分別求函數(shù)和的圖象在處的切線方程;(Ⅱ)證明不等式;(Ⅲ)對一個實數(shù)集合,若存在實數(shù),使得中任何數(shù)都不超過,則稱是的一個上界.已知是無窮數(shù)列所有項組成的集合的上界(其中是自然對數(shù)的底數(shù)),求實數(shù)的最大值. 【解析】:(Ⅰ),則,且 ,所以函數(shù)和的圖象在處的切線方程都是……3分 (Ⅱ)令函數(shù),定義域是, , 設(shè),則, 令,則, 當(dāng)時,,在上為增函數(shù), ,設(shè),則 ………10分 由(Ⅱ)知,,即, 所以,于是在上為減函數(shù). 故函數(shù)在上的最小值為,所以的最大值為………13分 17、 已知函數(shù).(Ⅰ)討論函數(shù)的單調(diào)性;(Ⅱ)對

35、于任意正實數(shù),不等式 恒成立,求實數(shù)的取值范圍;(Ⅲ)求證:當(dāng)時,對于任意正實數(shù),不等式恒成立. 構(gòu)造函數(shù),則問題就是要求恒成立. (9分) 對于求導(dǎo)得 . 令,則,顯然是減函數(shù). 當(dāng)時,,從而函數(shù)在上也是減函數(shù).從而當(dāng)時,,即,即函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù).當(dāng)時,對于任意的非零正數(shù),,進(jìn)而有恒成立,結(jié)論得證. (12分) 18、設(shè)函數(shù),.(Ⅰ)當(dāng)時,求曲線在處的切線方程;(Ⅱ)如果存在,使得成立,求滿足上述條件的最大整數(shù); (Ⅲ)如果對任意的都有成立,求實數(shù)的取值范圍. 【解析】:(Ⅰ)當(dāng)時,,,…2分 所以曲線在處的切線方程為 (Ⅱ)使得成立,等價于…4分 考慮

36、 0 2 0 - 0 + 遞減 極(最)小值 遞增 1 由上表可知,…………………………7分 所以滿足條件的最大整數(shù) …………8分 (Ⅲ)對任意的,都有,等價于:在區(qū)間上,函數(shù)的最小值不小于的最大值……9分有(2)知,在區(qū)間上,的最大值為 ,等價于恒成立…………………………10分 記 …………………11分 記由于, ,所以在上遞減, 當(dāng)時,,時, 所以,的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為.………4分 (Ⅱ)(法1)對任意的正實數(shù),且,取,則,由(1)得, 即,所以,①…6分 取,則,由(1)得, 即, 所以

37、,……②. 綜合①②,得.…………8分 (法2)因為,所以,當(dāng)時,;當(dāng)時,. (Ⅲ)對,令(),則 , 顯然,,所以, 所以,在上單調(diào)遞減.由,得, 即.所以,.……10分 所以 . ……12分又由(2)知,所以.. 所以,.……14分 20、已知函數(shù)的圖象在處的切線與直線平行.(Ⅰ)求實數(shù)的值;(Ⅱ)若方程在上有兩個不相等的實數(shù)根,求實數(shù)的取值范圍;(Ⅲ)設(shè)常數(shù) ,數(shù)列滿足(),.求證:. 【解析】:(Ⅰ), -----3分 (Ⅱ)由(Ⅰ), 設(shè),得, , ------9分 (Ⅲ)證明:由 當(dāng)x>0時,

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