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2017届福建省高三数学文一轮复习专题突破训练:导数及其应用

资料类别: 数学/同步

所属版本: 通用

所属地区: 福建

上传时间:2016/12/9

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资料类型:

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福建省2017届高三数学文一轮复习专题突破训练
导数及其应用
一、选择、填空题
1、(2016年全国I卷)若函数在单调递增,则a的取值范围是
(A)(B)(C)(D)
在的图象大致为

3、(2015年全国I卷)已知函数的图像在点的处的切线过点,则         .
4、(福州市2016届高三5月综合质量检测)已知,函数的导函数在内有最小值函数(A)上有最大值	(B)上有最小值(C)上为减函数	(D)上为增函数
5已知函数,则方程恰有两个不同的实根时,实数的取值范围是(A)(B)(C)(D)
6已知函数=,其导函数记为,则--=
 (A)2016    (B)0         (C)1      (D)27、(泉州市2016届高三第二次(5月)质量检查)已知函数,若是的一个极大值点,则实数的取值范围为         .
8、(泉州五校2016届高三12月联考)下面四个图中有一个是函数的导函数的图象,则等于(    )

A.	B.	C.	D.
9、(厦门市2016届高三第二次(5月)质量检查)若函数在区间上有且只有两个极值点,则的取值范围是(     )
   A.               B.                 C.                 D. 
10.f(x)=x3-12x的极小值点,则a=
(A)-4    (B) -2      (C)4     (D)2
11、(2016年全国III卷)已知为偶函数,当 时,,则曲线在点处的切线方程式_____________________________.


二、解答题
1、(2016年全国I卷高考)已知函数.
(I)讨论的单调性;
(II)若有两个零点,求的取值范围.


.
(I)当时,求曲线在处的切线方程;
()时,,求的取值范围.

3、(2015年全国I卷)设函数.
(I)讨论的导函数的零点的个数;
(II)证明:当时.

4、(福建省2016届高三4月质检)已知函数,曲线在点处的切线平行于x轴.
(Ⅰ)求的单调区间;
(Ⅱ)证明:时,.

5、(福州市2016届高三5月综合质量检测)已知,函数的图象与轴相切.()求的单调区间;()时,,求实数的取值范围.
6、(福州一中、福州三中、福安二中2016届高三下学期模拟联考)设函数(其中为自然对数的底数,,),曲线在点处的切线方程为.(Ⅰ)求;(Ⅱ)若,函数有且只有两个零点,求实数的取值范围.

.
(Ⅰ)曲线在点处的切线方程为,求; 
(Ⅱ)当时,证明:.


8、(南平市2016届高三3月质量检查)已知函数,,其中.
(Ⅰ)设两曲线,有公共点,且在该点处的切线相同,用表示,并求的最大值;
(Ⅱ)设,证明:若,则对任意,,有.
.
(1)若是函数的极值点, 求实数的值;
(2)若存在两个极值点,证明:

10、(泉州市2016届高中毕业班3月质量检查)已知函数常数且.
(Ⅰ)若函在处的切线与直线垂直,求的值;
(Ⅱ)若对任意都有求的取值范围.

11、(泉州五校2016届高三12月联考)已知函数,.
(Ⅰ)当时,求在点处的切线;(Ⅱ)若在区间上有且只有一个极值点,求的取值范围.(其中为常数),且是的极值点.
(Ⅰ)设曲线在处切线,求与坐标轴围成的三角形的面积;
(Ⅱ)求证:.




13、(厦门市2016届高三第二次(5月)质量检查)已知函数
(I)判断的导函数在上零点的个数;
(II)求证:.
.
(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;
(Ⅱ)若对任意恒成立,求实数的取值范围.

15、(漳州市2016届高三下学期普通毕业班第二次模拟)设函数,曲线过点,且在点 处的切线方程为.
    ()的值;
    (Ⅱ)时,;
    ()时恒成立,求实数的取值范围.

16、(福建省上杭一中2016届高三上学期期中考试) 已知函数,为自然对数的底数.
若过点的切线斜率为2,求实数的值;
当时,求证:;
在区间上恒成立,求实数的取值范围.



17、(2016年全国III卷高考)设函数.
(I)讨论的单调性;
(II)证明当时,;
(III)设,证明当时,.

参考答案
一、选择、填空题
1、【答案】C
【解析】用特殊值法:取,,,但,不具备在单调递增,排除A,B,D.故选C.
2、【答案】D
【解析】函数在[–2,2]上是偶函数,其图象关于轴对称,因为,所以排除选项;当时,有一零点,设为,当时,为减函数,当时,为增函数.故选D.
3、【答案】1
【解析】
试题分析:∵,∴,即切线斜率,∴切点为),∵切线过(2,7),∴,解得D  
5、【答案】B【解析】当直线与曲线相切时,设切点的坐标为,则由方程解得,所以,由函数图象可知
D  7、  8、A  9、C  10、D
11、【答案】
【解析】
试题分析:当时,,则.又因为为偶函数,所以,所以,则切线斜率为,所以切线方程为,即.

二、解答题
1、【解析】(Ⅰ).
( i )当时,则当时,;当时,
故函数在单调递减,在单调递增.
( ii )当时,由,解得:或
①若,即,则,
故在单调递增.
②若,即,则当时,;当时,
故函数在,单调递增;在单调递减.
③若,即,则当时,;当时,;
故函数在,单调递增;在单调递减.
(Ⅱ)(i)当时,由(Ⅰ)知,函数在单调递减,在单调递增.
又∵,取实数满足且,则

∴有两个零点.
(ii)若,则,故只有一个零点.
(iii)若,由(I)知,当,则在单调递增,又当时,,故不存在两个零点;
当,则函数在单调递增;在单调递减.又当时,,故不存在两个零点.
综上所述,的取值范围是.
2、解析:(I).当时,
,
所以曲线在处的切线方程为
(II)时,等价于
令,
则,
(i)当,时, ,
故在上单调递增,因此;
(ii)当时,令得,
由和得,
故当时,,在单调递减,因此.
综上,的取值范围是
3、【答案】(I)当时,没有零点;当时,存在唯一零点.(II)见解析
【解析】(I)的定义域为,.
当时,,没有零点;
当时,因为单调递增,单调递增,所以在单调递增.又,当b满足且时,,故当时,存在唯一零点.
(II)由(I),可设在的唯一零点为,当时,;
当时,.
故在单调递减,在单调递增,所以当时,取得最小值,最小值为.
由于,所以.
故当时,.
4、解:(Ⅰ)因为,,	2分
,即,解得.	3分
,显然在单调递增且,
故当时,;当时,.
 所以的递减区间为,递增区间为.	5分
时,由(Ⅰ)知,当时,取得最小值.
又的最大值为,故.	7分
时,设,
所以,	8分
,,
则,
当时,,,所以,…………………………….9分时,,,所以,……….……………….10分时,,故在上单调递增,
又 ,所以当时,;
     当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以当时,取得最小值,
所以,即. 	11分
时,.	12分.
当, 
	6分
时,,所以,	7分在上单调递减,即.
	8分②当时,
令
则,
所以在上单调递	9分在上单调递,
所以在上单调递,即.
故当时,恒成立.	10分
当,
所以,	11分
,所以.
综合(1)(2),当.	12分	5分
,则,
令,得,	6分
时,时,
所以在上单调递减,在单调递增,	分所以	9分,所以即	10分
,,
所以	12分
解:(),依题意,设切点为,	1分
即
解得	3分
所以,
所以,当时,;当时,.
所以,的单调递减区间为,单调递增区间为.	5分
()令,
则,
令,则,	7分
()若,
因为当时,,所以,
所以即在上单调递增.
又因为,所以当时,,
从而在上单调递增,
而,所以,即成立.	9分
()若,
令,解得,
当,,所以即在上单调递减,
又因为,所以当时,,
从而在上单调递减,
而,所以当时,,即不成立.
综上所述,的取值范围是.	12分
6、【解析】(Ⅰ),(Ⅱ)由(Ⅰ)得,①当时,由得;由得.此时在上单调递减,在上单调递增. ,要使得在上有且只有两个零点,则只需,即②当时,由得或;由得.此时在上单调递减,在和上单调递增. 此时,此时在至多只有一个零点,不合题意③当时,由得或,由得,此时在和上单调递增,在上单调递减,且,在至多只有一个零点,不合题意综上所述,的取值范围为
7、解法一:(Ⅰ)的定义域为,,  ……………………………2分
	由题设知 ,解得 .       ……………………………3分
(Ⅱ),
令,显然是增函数,
所以存在唯一零点,
当时,,即;
当 时,,即;
从而在处取得最小值,
又,,…………8分
,
        ………………10分
, ,      ……………………11分
从而,故.                ………………………12分
解法二:(Ⅰ)同解法一.
	(Ⅱ)当时,,又,所以.   …………4分
当时,,又,所以,
故只需证明当时,.     ……………………………5分
当时,在上单调递增,   ……………6分
又,      ……………………7分
所以函数存在唯一的零点,且  ……………8分
当时,;当 时,;
从而在处取得最小值,又……9分
所以,…11分
因为,所以,从而,
故.             ………………………………………………12分
解法三:(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)令,则
因为,所以                         
所以在上单调递增,     ………………………4分
又,………6分
所以函数存在唯一的零点,且………………7分
当时,,即;
当 时,,即;
从而在处取得最小值,又……8分
所以,…10分
因为,所以            ……………………11分
从而,故.         ………………………12分
8、(Ⅰ)解设的图象交于点,则有,即    (1)
又由题意知,即   (2)…………2分
由(2)解得  
将代入(1)整理得…………4分
令,则
时,递增,时递减,所以,即,的最大值为 …………6分(Ⅱ)不妨设,变形得
令,,,
所以 在单调增,,成立…………10分同理可证时,命题成立 , 对任意,,成立……12分
,由,得,当时,.

									单调递减	单调递增		故时, 是函数的极值点.
(2)依题意,,,
且.依题意, 有两个不等根, 故.
.
记,因为在恒成立, 所以在上单调递增, ,故欲证,等价于证.即证,记,可得,
											单调递减		单调递增		所以,.
10、解:(Ⅰ)依题意,.…………2分
         因为在处切线与直线垂直,所以.
         解得.                                                 …………4分
   (Ⅱ)依题意,“对任意,”等价于“在上恒成立”.
        令,则.                     …………5分
   (1)时,,在上单调递减,
   又,不合题意,舍去.        …………6分
   (2)当时,得.
									单调递减	单调递增		…………8分
①当,即时,在上单调递增,得,
由在上恒成立,得,即,
又,得.…………10分
②当,即时,由上表可知,由在上恒成立,得,即.
令,则.由得或(舍去),
									单调递增	单调递减		由上表可知在上单调递增,则,故不等式无解.综上所述,.…………12分

11、解:函数,.
(Ⅰ)当时,,.
所以.
所以曲线在点处的切线,
即.     -------------------------------------------……… 4分
(Ⅱ) . 
设,.
当时,在上恒成立,即函数在上为增函数.
而,,则函数在区间上有且只有一个零点,使,且在上,,在上,,故为函数在区间上唯一的极小值点;---------------- -------------------------------7分
(2)当时,当时,成立,函数在区间上为增函数,又此时,所以函数在区间恒成立,即,
故函数在区间为单调递增函数,所以在区间上无极值;----------9分
3)当时,.
当时,总有成立,即成立,故函数在区间上为单调递增函数,所以在区间上无极值.------------------------------ ---------11分
综上所述.  ----------------------------------------------12分
12、解法一:(Ⅰ)由已知可得,则或,
而当与条件不符(舍去),∴. 			                    ………………2分
所以,,
从而,,
故切线的方程为:,				………………4分
与坐标轴的交点分别为,,
所以切线与坐标轴所围成的三角形的面积为. …………6分
(Ⅱ)对于,
当时,;当时,,当时,.
∴在上递减,在递增,故.………8分
又,令,则,
从而,即. 		               ………………10分
故,但与不同时取得最值,
所以上式等号不同时成立,即成立.			      ……………12分
解法二:(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)对于,当时,;
当时,,当时,.
∴在上递减,在递增,故.  ………8分
令,则,
当时,;当时,;当时,.
∴在上递增,在递减,
故,即,
即. 				                 ………………10分
故,但与不同时取得最值,
所以上式等号不同时成立,即成立.			             ………………12分
13、解:(Ⅰ)函数定义域为
,        …………………………………………………………1分
因为,,所以存在使得  ……4分
令
则,所以在上单调递增,        ………………5分
故在区间有且仅有一个零点.     ………………………………………6分
(Ⅱ)由(1)可知
当时,即,此时单调递减;
当时,即,此时单调递增;           
所以                              …………………………………8分
由得,        
所以 ………10分
令,则
所以在区间内单调递减,所以  …………………………11分
所以.       ………………………………………………12分
14、【】(Ⅰ)当时,,,.-------------------------------------------------2分
所以曲线在点处的切线方程为,即.(Ⅱ)设,.
则,
当时,在上单调递增, 
所以,对任意,有,.
当时,在上单调递减,在上单调递增,
所以,
由条件知,,即设,则所以在上单调递减,又,所以与条件矛盾.综上可知,.(),
,.  ………………… 3分
(Ⅱ),
设,,
由,在上单调递增,
,在上单调递增,.
.  ………………… 7分
(),,,
 由(Ⅱ),,
,  …………………9分
①当即时,,在单调递增,,成立. …………………10分
②当即时, 
,令,得,
当时,单调递减,则,在上单调递减,不成立.…………………11分
综上,. …………………12分

16、解:(1)函数的的导数,
过点的切线斜率为2,
,解得.
令,
则函数的导数.
令,即,解得.
在上递减,在上递增.
最小值为.
故成立.
令,则,
令,解得.
当时,在是增函数,所以.
当时,在上递增,上递减,
只需,即.
当时,在上递减,则需.
不合题意.
综上,.
17.















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