高考导数压轴题答案

《高考导数压轴题答案》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在应用文档-天天文库。

1、一、导数单调性、极值、最值的直接应用1、解：(1)时，，由，解得.的变化情况如下表：01-0+0↘极小值↗0所以当时，有最小值.(2)证明：曲线在点处的切线斜率曲线在点P处的切线方程为.令，得，∴∵，∴，即.又∵，∴所以.2、解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。⑴⑵w.w.w.k.s.5.u.c.o.m以下分两种情况讨论：①＞，则＜.当变化时，的变化情况如下表：+0—0+↗极大值↘极小值↗第91页共91页w.w.w.k.s.5.u.c.o.m②＜，则＞，当变化时，的变化情况如下表

2、：+0—0+↗极大值↘极小值↗w.w.w.k.s.5.u.c.o.m3、第91页共91页4、解：(1)由题得f(x)的定义域为(0,＋∞)，且f′(x)＝＋＝.∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0,＋∞)上是单调递增函数.(2)由(1)可知：f′(x)＝，①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去).②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立，此时f(x)在[1,e]上为减函数，∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍

3、去).③若－e0，∴f(x)在(－a,e)上为增函数，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝⇒a＝－.综上可知：a＝－.5、解：（Ⅰ）.依题意，令，解得.经检验，时，符合题意.（Ⅱ）解：①当时，.故的单调增区间是；单调减区间是.②当时，令，得，或.当时，与的情况如下：↘↗↘所以，的单调增区间是；单调减区间是和.当时，的单调减区间是.第91页共91页当时，，与的情况如下：↘↗↘所以，的单调增区间是；单调减区间是和.③

4、当时，的单调增区间是；单调减区间是.综上，当时，的增区间是，减区间是；当时，的增区间是，减区间是和；当时，的减区间是；当时，的增区间是；减区间是和.（Ⅲ）由（Ⅱ）知时，在上单调递增，由，知不合题意.当时，在的最大值是，由，知不合题意.当时，在单调递减，可得在上的最大值是，符合题意.所以，在上的最大值是时，的取值范围是.6、解：（I）当时，，由于，，所以曲线在点处的切线方程为即（II），.当时，.第91页共91页所以，在区间上，；在区间上，.故得单调递增区间是，单调递减区间是.当时，由，得，所以，在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是和，单调递减区间是.当时，故

5、得单调递增区间是.当时，，得，.所以没在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是和，单调递减区间是7、解：⑴⑵因为，所以，，令8、解：（Ⅰ），．∵且，∴∴函数的单调递增区间为．第91页共91页（Ⅱ）∵，∴，∴切线的方程为,即,①设直线与曲线相切于点，∵，∴，∴,∴.∴直线也为，即，②由①②得，∴．下证：在区间（1,+）上存在且唯一.由（Ⅰ）可知，在区间上递增．又，，结合零点存在性定理，说明方程必在区间上有唯一的根，这个根就是所求的唯一，故结论成立．9、解：⑴．当时，，增区间为，减区间为，．当时，，减区间为．当时，，增区间为，减区间为，．⑵由⑴知，当时，在上单调递减

6、，∴，≤，即≤．∵恒成立，∴＞，即，又，∴．∵，∴，∴≤．10、解：（Ⅰ）设，于是第91页共91页所以又，则．所以．…………3分（Ⅱ）当m>0时，由对数函数性质，f（x）的值域为R；…………4分当m=0时，对，恒成立；…………5分当m<0时，由，列表：x－0＋减极小增所以若，恒成立，则实数m的取值范围是．故使成立，实数m的取值范围．…………9分（Ⅲ）因为对，所以在内单调递减．于是记，则所以函数在是单调增函数，所以，故命题成立．…………12分11、解：（1）∵∴由题意得：，即，第91页共91页∴且令得，∵是函数的一个极值点∴，即故与的关系式为.当时，，由得单增区间为

7、：；由得单减区间为：和；当时，，由得单增区间为：；由得单减区间为：和；（2）由（1）知：当时，，在上单调递增，在上单调递减，,∴在上的值域为.易知在上是增函数,∴在上的值域为.由于，又∵要存在，使得成立，∴必须且只须解得:.所以，的取值范围为.第91页共91页12、解:（1）∵当时，,则.令得，∵,∴，解得∵当时，，当时，当时∴当时，函数有极大值，，当时，函数有极小值，．（2）由（1）知∵是函数的一个极值点∴即，解得则＝令，得或∵是极值点，∴，即.当即时，由得或由得当即时，由得或由得.综上可知：当时，单调递增区间为和，递减区间为当时，单调递增区间为和，递减区间为。

8、（3）由2