2008屆全國(guó)百套高考數(shù)學(xué)模擬試題分類匯編-113導(dǎo)數(shù)與極限解答題a

2021屆全國(guó)百套高考數(shù)學(xué)模擬試題分類匯編11導(dǎo)數(shù)與極限三、解答題(第一局部)1、(廣東省廣州執(zhí)信中學(xué)、中山紀(jì)念中學(xué)、深圳外國(guó)語(yǔ)學(xué)校三校期末聯(lián)考)設(shè)函數(shù)〔Ⅰ〕求函數(shù)的極值點(diǎn)；〔Ⅱ〕當(dāng)p＞0時(shí)，假設(shè)對(duì)任意的x＞0，恒有，求p的取值范圍；〔Ⅲ〕證明：解：〔1〕，當(dāng)上無(wú)極值點(diǎn)當(dāng)p>0時(shí)，令的變化情況如下表：x(0，)+0－↗極大值↘從上表可以看出：當(dāng)p>0時(shí)，有唯一的極大值點(diǎn)〔Ⅱ〕當(dāng)p>0時(shí)在處取得極大值，此極大值也是最大值，要使恒成立，只需，∴∴p的取值范圍為[1，+∞〔Ⅲ〕令p=1，由〔Ⅱ〕知，∴，∴∴∴結(jié)論成立2、(江蘇省啟東中學(xué)2021年高三綜合測(cè)試一)上是減函數(shù)，且?！?〕求的值，并求出和的取值范圍?！?〕求證?！?〕求的取值范圍，并寫出當(dāng)取最小值時(shí)的的解析式。解：〔1〕〔2〕〔3〕3、(江蘇省啟東中學(xué)高三綜合測(cè)試三)函數(shù)f(x)=x3+ax2+b的圖象在點(diǎn)P(1,0)處的切線與直線3x+y=0平行，(1)求常數(shù)a、b的值；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,t]上的最小值和最大值。〔t>0〕

解：〔1〕a=－3，b=2；〔2〕當(dāng)2<t≤3時(shí)，f(x)的最大值為f(0)=2；當(dāng)t>3時(shí)，f(x)的最大值為f(t)=t3－3t2+2；當(dāng)x=2時(shí)，f(x)的最小值為f(2)=－2。5、(江蘇省啟東中學(xué)高三綜合測(cè)試四)〔m為常數(shù)，且m>0〕有極大值，〔Ⅰ〕求m的值；〔Ⅱ〕求曲線的斜率為2的切線方程．解：〔Ⅰ〕那么，由列表得：x-m+0-0+極大值極小值，∴．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，那么∴或由，．所以切線方程為：即；或即4、(安徽省皖南八校2021屆高三第一次聯(lián)考)函數(shù)且是的兩個(gè)極值點(diǎn)，，〔１〕求的取值范圍；〔２〕假設(shè)，對(duì)恒成立。求實(shí)數(shù)的取值范圍；解：〔1〕，由題知：；〔2〕由〔1〕知：，∴對(duì)恒成立，所以：5、(江西省五校2021屆高三開(kāi)學(xué)聯(lián)考)函數(shù)〔I〕求f(x)在[0，1]上的極值；〔II〕假設(shè)對(duì)任意成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；〔III〕假設(shè)關(guān)于x的方程在[0，1]上恰有兩個(gè)不同的實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.解：〔I〕，令〔舍去〕單調(diào)遞增；當(dāng)單調(diào)遞減.上的極大值〔II〕由得，…………①設(shè)，，依題意知上恒成立，，，上單增，要使不等式①成立，當(dāng)且僅當(dāng)〔III〕由令，當(dāng)上遞增；當(dāng)上遞減而，恰有兩個(gè)不同實(shí)根等價(jià)于6、(安徽省蚌埠二中2021屆高三8月月考)求以下各式的的極限值①②〕答：①②EQ\f(3,2)7、(四川省巴蜀聯(lián)盟2021屆高三年級(jí)第二次聯(lián)考)設(shè)f〔x〕=〔a>0〕為奇函數(shù)，且|f〔x〕|min=，數(shù)列{an}與{bn}滿足如下關(guān)系：a1=2，，．〔1〕求f〔x〕的解析表達(dá)式；〔2〕證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，有bn≤．解：〔1〕由f〔x〕是奇函數(shù)，得b=c=0，由|f〔x〕min|=，得a=2，故f〔x〕=〔2〕∴===…=，而b1=，∴=當(dāng)n=1時(shí)，b1=，命題成立，當(dāng)n≥2時(shí)，∵2ｎ－1＝〔1＋1〕ｎ－1＝1＋≥1+=n∴＜，即bn≤．8、(四川省成都市新都一中高2021級(jí)一診適應(yīng)性測(cè)試)設(shè)f(x)=px－EQ\F(q,x)－2lnx，且f(e)=qe－EQ\F(p,e)－2〔e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)〕〔1〕求p與q的關(guān)系；〔2〕假設(shè)f(x)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求p的取值范圍；解：(I)由題意得f(e)=pe－EQ\F(q,e)－2lne=qe－EQ\F(p,e)－2(p－q)(e+EQ\F(1,e))=0而e+EQ\F(1,e)≠0∴ p=q …………4分(II) 由(I)知f(x)=px－EQ\F(p,x)－2lnxf’(x)=p+EQ\F(p,x2)－EQ\F(2,x)=EQ\F(px2－2x+p,x2)令h(x)=px2－2x+p，要使f(x)在其定義域(0,+)內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，只需h(x)在(0,+)內(nèi)滿足：h(x)≥0或h(x)≤0恒成立．①當(dāng)p=0時(shí)，h(x)=－2x，∵x>0，∴h(x)<0，∴f’(x)=－EQ\F(2x,x2)<0，∴ f(x)在(0,+)內(nèi)為單調(diào)遞減，故p=0適合題意．②當(dāng)p>0時(shí)，h(x)=px2－2x+p，其圖象為開(kāi)口向上的拋物線，對(duì)稱軸為x=EQ\F(1,p)∈(0,+)，∴ h(x)min=p－EQ\F(1,p)只需p－EQ\F(1,p)≥1，即p≥1時(shí)h(x)≥0，f’(x)≥0∴ f(x)在(0,+)內(nèi)為單調(diào)遞增，故p≥1適合題意．③當(dāng)p<0時(shí)，h(x)=px2－2x+p，其圖象為開(kāi)口向下的拋物線，對(duì)稱軸為x=EQ\F(1,p)(0,+)只需h(0)≤0，即p≤0時(shí)h(x)≤0在(0,+)恒成立．故p<0適合題意． …………11分綜上可得，p≥1或p≤0 …………12分另解：(II) 由(I)知f(x)=px－EQ\F(p,x)－2lnxf’(x)=p+EQ\F(p,x2)－EQ\F(2,x)=p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)要使f(x)在其定義域(0,+)內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，只需f’(x)在(0,+)內(nèi)滿足：f’(x)≥0或f’(x)≤0恒成立． …………6分由f’(x)≥0p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)≥0p≥EQ\F(2,x+\F(1,x))p≥(EQ\F(2,x+\F(1,x)))max，x>0∵ EQ\F(2,x+\F(1,x))≤EQ\F(2,2\R(x·\F(1,x)))=1，且x=1時(shí)等號(hào)成立，故(EQ\F(2,x+\F(1,x)))max=1∴ p≥1 …………9分由f’(x)≤0p(1+EQ\F(1,x2))－EQ\F(2,x)≤0p≤EQ\F(2x,x2+1)p≤(EQ\F(2x,x2+1))min，x>0而EQ\F(2x,x2+1)>0且x→0時(shí)，EQ\F(2x,x2+1)→0，故p≤0 …………11分綜上可得，p≥1或p≤0 9、(四川省成都市一診)函數(shù),,設(shè)．〔Ⅰ〕求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕假設(shè)以函數(shù)圖像上任意一點(diǎn)為切點(diǎn)的切線的斜率恒成立，求實(shí)數(shù)的最小值；〔Ⅲ〕是否存在實(shí)數(shù)m,使得函數(shù)的圖像與函數(shù)的圖像恰有四個(gè)不同的交點(diǎn)？假設(shè)存在，求出實(shí)數(shù)m的取值范圍；假設(shè)不存在，說(shuō)明理由。解：〔I〕，∵，由，∴在上單調(diào)遞增。 由，∴在上單調(diào)遞減?！嗟膯握{(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為?！睮I〕，恒成立當(dāng)時(shí)，取得最大值?！?，∴〔III〕假設(shè)的圖象與的圖象恰有四個(gè)不同得交點(diǎn)，即有四個(gè)不同的根，亦即有四個(gè)不同的根。令，那么當(dāng)x變化時(shí)，、的變化情況如下表：x的符號(hào)＋－＋－的單調(diào)性由表格知：，畫出草圖和驗(yàn)證可知，當(dāng)時(shí)，與恰有四個(gè)不同的交點(diǎn)?！喈?dāng)時(shí)，的圖象與的圖象恰有四個(gè)不同的交點(diǎn)。10、(四川省樂(lè)山市2021屆第一次調(diào)研考試)函數(shù)①假設(shè)函數(shù)在處取得極值－2，試求的值；②假設(shè)時(shí)，函數(shù)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)的取值范圍；③設(shè)的圖象與的圖象交于P，Q兩點(diǎn)，過(guò)線段PQ的中點(diǎn)作平行于y軸的直線，分別與交于M、N兩點(diǎn)，試判斷在M的切線與在N的切線是否平行？答：①；②；③略，在M的切線與在N的切線不可能平行。11、(四川省成都市新都一中高2021級(jí)12月月考)設(shè)函數(shù)，，其中|t|≤1，將f(x)的最小值記為g(t)．(1)求g(t)的表達(dá)式；(2)對(duì)于區(qū)間[－1，1]中的某個(gè)t，是否存在實(shí)數(shù)a，使得不等式g(t)≤EQ\f(4a,1＋a2)成立？如果存在，求出這樣的a及其對(duì)應(yīng)的t；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解析：(1) ．由(sinx－t)2≥0，|t|≤1，故當(dāng)sinx＝t時(shí)，f(x)有最小值g(t)，即g(t)＝4t3－3t＋3．(2)我們有．列表如下：t(－1，－EQ\f(1,2))－EQ\f(1,2)(－EQ\f(1,2)，EQ\f(1,2))EQ\f(1,2)(EQ\f(1,2)，1)g'(t)＋0－0＋G(t)↗極大值g(－EQ\f(1,2))↘極小值g(EQ\f(1,2))↗由此可見(jiàn)，g(t)在區(qū)間(－1，－EQ\f(1,2))和(EQ\f(1,2)，1)單調(diào)增加，在區(qū)間(－EQ\f(1,2)，EQ\f(1,2))單調(diào)減小，極小值為g(EQ\f(1,2))＝2，又g(－1)＝－4－(－3)＋3＝2故g(t)在[－1，1]上的最小值為2注意到：對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，EQ\f(4a,1＋a2)＝EQ\f(4,a＋\f(1,a))∈[－2，2]當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)，EQ\f(4a,1＋a2)＝2，對(duì)應(yīng)的t＝－1或EQ\f(1,2)，故當(dāng)t＝－1或EQ\f(1,2)時(shí)，這樣的a存在，且a＝1，使得g(t)≥EQ\f(4a,1＋a2)成立.而當(dāng)t∈(－1，1]且t≠EQ\f(1,2)時(shí)，這樣的a不存在.12、(安徽省淮南市2021屆高三第一次模擬考試)函數(shù)f(x)=ln(2+3x)－x2..〔1〕求f(x)在[0,1]上的極值；〔2〕假設(shè)對(duì)任意x∈[，]，不等式|a－lnx|－ln[f’(x)+3x]>0成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；〔3〕假設(shè)關(guān)于x的方程f(x)=－2x+b在[0,1]上恰有兩個(gè)不同的實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.解：〔1〕，令〔舍去〕單調(diào)遞增；當(dāng)單調(diào)遞減.∴函數(shù)在上有極大值……………6分〔2〕由得，…………①設(shè)，，依題意知上恒成立，，，上單增，要使不等式①成立，當(dāng)且僅當(dāng)……………10分〔3〕由令，當(dāng)上遞增；當(dāng)上遞減而，恰有兩個(gè)不同實(shí)根等價(jià)于所以,.13、(安徽省巢湖市2021屆高三第二次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))設(shè)函數(shù).〔Ⅰ〕求的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕假設(shè)當(dāng)時(shí)，設(shè)函數(shù)圖象上任意一點(diǎn)處的切線的傾斜角為，求的取值范圍；(Ⅲ)假設(shè)關(guān)于的方程在區(qū)間[0,2]上恰好有兩個(gè)相異的實(shí)根，求實(shí)數(shù)的取值范圍。解：(Ⅰ)函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，－1)∪(－1,＋∞)…2分由得，由得.所以函數(shù)的遞增區(qū)間是(-2,-1),(0,+∞),遞減區(qū)間是(－∞,-2)，(-1,0)…4分〔Ⅱ〕令，那么，故為區(qū)間上增函數(shù)，所以，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知，故……9分(Ⅲ)方程,即記，那么.由得，由得∴在[0,1]上遞減，在[1,2]遞增.…………11分為使在[0,2]上恰好有兩個(gè)相異的實(shí)根，只須在[0,1)和(1,2]上各有一個(gè)實(shí)根，于是有解得.14、(北京市朝陽(yáng)區(qū)2021年高三數(shù)學(xué)一模)設(shè)函數(shù).〔Ⅰ〕假設(shè)x＝EQ\f(1,2)時(shí)，取得極值，求的值；〔Ⅱ〕假設(shè)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，求的取值范圍；〔Ⅲ〕設(shè)，當(dāng)=－1時(shí)，證明在其定義域內(nèi)恒成立，并證明〔〕.解：，〔Ⅰ〕因?yàn)闀r(shí)，取得極值，所以，即故．………………3分〔Ⅱ〕的定義域?yàn)?方程的判別式,(1)當(dāng),即時(shí)，,在內(nèi)恒成立,此時(shí)為增函數(shù).(2)當(dāng),即或時(shí)，要使在定義域內(nèi)為增函數(shù),只需在內(nèi)有即可,設(shè)，由得,所以.由(1)(2)可知,假設(shè)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，的取值范圍是.………………9分〔Ⅲ〕證明：，當(dāng)=－1時(shí)，，其定義域是，令，得.那么在處取得極大值，也是最大值.而.所以在.因?yàn)椋?那么.所以=<==.所以結(jié)論成立.15、(北京市崇文區(qū)2021年高三統(tǒng)一練習(xí)一)定義在R上的函數(shù)，其中a為常數(shù).〔I〕假設(shè)x=1是函數(shù)的一個(gè)極值點(diǎn)，求a的值；〔II〕假設(shè)函數(shù)在區(qū)間〔－1，0〕上是增函數(shù)，求a的取值范圍；〔III〕假設(shè)函數(shù)，在x=0處取得最大值，求正數(shù)a的取值范圍.解：〔I〕 的一個(gè)極值點(diǎn)，；………………3分〔II〕①當(dāng)a=0時(shí)，在區(qū)間〔－1，0〕上是增函數(shù)，符合題意； ②當(dāng)； 當(dāng)a>0時(shí)，對(duì)任意符合題意； 當(dāng)a<0時(shí)，當(dāng)符合題意； 綜上所述，………………8分〔III〕 ………………10分 令 設(shè)方程〔*〕的兩個(gè)根為式得，不妨設(shè). 當(dāng)時(shí)，為極小值，所以在[0，2]上的最大值只能為或； 當(dāng)時(shí)，由于在[0，2]上是單調(diào)遞減函數(shù)，所以最大值為，所以在[0，2]上的最大值只能為或， 又在x=0處取得最大值，所以……12分 即16、(北京市東城區(qū)2021年高三綜合練習(xí)一〕函數(shù)，在x=1處連續(xù).〔I〕求a的值；〔II〕求函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間；〔III〕假設(shè)不等式恒成立，求c的取值范圍.解：〔I〕由處連續(xù)，可得，故 …………2分〔II〕由〔I〕得所以函數(shù) …………7分〔III〕設(shè)故c的取值范圍為17、(北京市東城區(qū)2021年高三綜合練習(xí)二)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)〔1〕求的值；〔II〕假設(shè)a>2，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.〔1〕解：由 可得， 所以………………7分〔2〕解：當(dāng)a>2時(shí)， 令 可知函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為〔－∞，0〕，〔a－2，+∞〕，單調(diào)減區(qū)間為〔0，a－2〕.18、(北京市豐臺(tái)區(qū)2021年4月高三統(tǒng)一練習(xí)一)設(shè)函數(shù).〔Ⅰ〕求f(x)的單調(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕假設(shè)當(dāng)時(shí)，不等式f(x)<m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；〔Ⅲ〕假設(shè)關(guān)于x的方程在區(qū)間[0,2]上恰好有兩個(gè)相異的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：〔Ⅰ〕函數(shù)的定義域?yàn)椤?1,+∞〕.……………1分∵,由，得x>0；由，得.…3分∴f(x)的遞增區(qū)間是，遞減區(qū)間是〔-1,0〕.…4分〔Ⅱ〕∵由，得x=0,x=-2〔舍去〕由〔Ⅰ〕知f(x)在上遞減，在上遞增.高三數(shù)學(xué)〔理科〕答案第3頁(yè)〔共6頁(yè)〕又，,且.∴當(dāng)時(shí)，f(x)的最大值為.故當(dāng)時(shí)，不等式f(x)<m恒成立.………………9分〔Ⅲ〕方程,.記,∵,由,得x>1或x<-1〔舍去〕.由,得.∴g(x)在[0,1]上遞減,在[1,2]上遞增.為使方程在區(qū)間[0,2]上恰好有兩個(gè)相異的實(shí)根，只須g(x)=0在[0,1]和上各有一個(gè)實(shí)數(shù)根,于是有∵,∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是.19、(北京市西城區(qū)2021年4月高三抽樣測(cè)試)函數(shù).〔Ⅰ〕求的最小值；〔Ⅱ〕假設(shè)對(duì)所有都有，求實(shí)數(shù)的取值范圍.〔Ⅰ〕解：的定義域?yàn)?，?.1分的導(dǎo)數(shù).…………..3分令，解得；令，解得.從而在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.…………..5分所以，當(dāng)時(shí)，取得最小值.…………..6分〔Ⅱ〕解：解法一：令，那么，…………..8分=1\*GB3①假設(shè)，當(dāng)時(shí)，，故在上為增函數(shù)，所以，時(shí)，，即.…………..10分=2\*GB3②假設(shè)，方程的根為，此時(shí)，假設(shè)，那么，故在該區(qū)間為減函數(shù).所以，時(shí)，，即，與題設(shè)相矛盾.…………..12分綜上，滿足條件的的取值范圍是.…………..13分解法二：依題意，得在上恒成立，即不等式對(duì)于恒成立.…………..8分令，那么.…………..10分當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，故是上的增函?shù)，所以的最小值是，…………..12分從而的取值范圍是.20、(北京市西城區(qū)2021年5月高三抽樣測(cè)試)函數(shù)〔e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)〕〔Ⅰ〕求的最小值；〔Ⅱ〕設(shè)不等式的解集為P，且，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；〔Ⅲ〕設(shè)，證明：。21、(北京市宣武區(qū)2021年高三綜合練習(xí)一)函數(shù)(1)假設(shè)在上是減函數(shù)，求的最大值；(2)假設(shè)的單調(diào)遞減區(qū)間是，求函數(shù)y=圖像過(guò)點(diǎn)的切線與兩坐標(biāo)軸圍成圖形的面積。解：〔1〕=，由題意可知，在〔0，1〕上恒有那么且，得，所以a的最大值為-1〔2〕的單調(diào)遞減區(qū)間是，==0的兩個(gè)根為和1，可求得a=-1，①假設(shè)〔1，1〕不是切點(diǎn)，那么設(shè)切線的切點(diǎn)為，，那么有，解得〔舍〕，，，k=-1②假設(shè)〔1，1〕是切點(diǎn)，那么k=綜上，切線方程為y=1,x+y-2=0這兩條切線方程與兩坐標(biāo)軸圍成的圖形為直角梯形它的面積S=EQ\f(1,2)(1＋2)＝EQ\f(3,2)22、(北京市宣武區(qū)2021年高三綜合練習(xí)二)函數(shù)的圖像過(guò)點(diǎn)P〔-1，2〕，且在點(diǎn)P處的切線恰好與直線垂直。(1)求函數(shù)的解析式；(2)假設(shè)函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。解：〔1〕,由題意有，……………..………………..6分(2)令，得或，在區(qū)間和上均是增函數(shù)，由題意，有或，或，23、(山東省博興二中高三第三次月考)函數(shù)f(x)=x3－3ax2＋2bx在點(diǎn)x=1處有極小值－1，試確定a,b的值，并求出f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.解：由，可得f(1)=1－3a＋2b=－1. 又f′(x)=3x2－6a＋2b∴f′(1)=3－6a＋2b=0. ② 由①②可得故函數(shù)的解析式為f(x)=x3－x2－x. ----------------8分 由此得f′(x)=3x2－2x－1. 當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，x＜－或x＞1。因此在f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為區(qū)間(－∞，－)和(1，＋∞).24、(東北區(qū)三省四市2021年第一次聯(lián)合考試)函數(shù)〔為常數(shù)〕，直線l與函數(shù)的圖象都相切，且l與函數(shù)的圖象的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為l?！?〕求直線l的方程及a的值；〔2〕當(dāng)k＞0時(shí)，試討論方程的解的個(gè)數(shù)。本小題得用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖象的切線研究函數(shù)的單調(diào)性及討論議程根的情況解：〔1〕②③②①③②②③②①③②比擬①和②的系數(shù)得?！?〕－1(－1,0)0(0，1)1+0－0+0－↗極大值ln2↘極小值↗極大值ln2↘由函數(shù)在R上各區(qū)間上的增減及極值情況，可得〔1〕當(dāng)時(shí)有兩個(gè)解；〔2〕當(dāng)時(shí)有3個(gè)解；〔3〕當(dāng)時(shí)有4個(gè)解〔4〕當(dāng)k=ln2時(shí)有2個(gè)解；〔5〕當(dāng)時(shí)無(wú)解。25、(東北三校2021年高三第一次聯(lián)考)函數(shù)上是增函數(shù).〔I〕求實(shí)數(shù)a的取值范圍；〔II〕設(shè)，求函數(shù)的最小值.解：〔I〕……2分所以…………………5分〔II〕設(shè)〔>0〕…………7分〔1〕當(dāng)時(shí)，最小值為；…………10分〔2〕當(dāng)時(shí)，最小值為。26、(東北師大附中高2021屆第四次摸底考試)函數(shù)．〔Ⅰ〕假設(shè)在上是減函數(shù)，求的取值范圍；〔Ⅱ〕函數(shù)是否既有極大值又有極小值？假設(shè)存在，求的取值范圍；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：〔Ⅰ〕=…………1分∵在上為減函數(shù)，∴時(shí)恒成立．……3分即恒成立．設(shè)，那么=．∵時(shí)＞4，∴，∴在上遞減，………5分∴g()＞g()=3，∴≤3．………6分〔Ⅱ〕假設(shè)既有極大值又有極小值，那么首先必須=0有兩個(gè)不同正根，即有兩個(gè)不同正根?！?分令∴當(dāng)＞2時(shí)，=0有兩個(gè)不等的正根…………10分不妨設(shè)，由=－〔〕=－知：時(shí)＜0，時(shí)＞0，時(shí)＜0，∴當(dāng)a＞2時(shí)既有極大值又有極小值．27、設(shè)函數(shù)，其中?！并瘛城蟮膯握{(diào)區(qū)間；〔Ⅱ〕當(dāng)時(shí)，證明不等式：；〔Ⅲ〕設(shè)的最小值為，證明不等式：；解：〔Ⅰ〕由得函數(shù)的定義域?yàn)椋?，，解得…?分當(dāng)變化時(shí)，的變化情況如下表：－0+↘極小值↗由上表可知,當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞減，…3分當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增，……4分所以,函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是,函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是。…5分〔Ⅱ〕設(shè)。對(duì)求導(dǎo)，得：?！?分當(dāng)時(shí)，，所以在內(nèi)是增函數(shù)。所以在上是增函數(shù)。當(dāng)時(shí)，，即?！?分同理可證＜x?！?分〔Ⅲ〕由〔Ⅰ〕知，，……11分將代入，得:即:1＜(a+1)，……13分，即。28、(福建省莆田一中2007～2021學(xué)年上學(xué)期期末考試卷)函數(shù)．〔1〕求曲線在點(diǎn)處的切線方程；〔2〕設(shè)，如果過(guò)點(diǎn)可作曲線的三條切線，證明：．解：〔1〕求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)；．曲線在點(diǎn)處的切線方程為：， 即 ．〔2〕如果有一條切線過(guò)點(diǎn)，那么存在，使．于是，假設(shè)過(guò)點(diǎn)可作曲線的三條切線，那么方程有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根．記 ，那么 ．當(dāng)變化時(shí)，變化情況如下表：000極大值極小值由的單調(diào)性，當(dāng)極大值或極小值時(shí)，方程最多有一個(gè)實(shí)數(shù)根；當(dāng)時(shí)，解方程得，即方程只有兩個(gè)相異的實(shí)數(shù)根；當(dāng)時(shí)，解方程得，即方程只有兩個(gè)相異的實(shí)數(shù)根．綜上，如果過(guò)可作曲線三條切線，即有三個(gè)相異的實(shí)數(shù)根，那么即 ．29、(福建省泉州一中高2021屆第一次模擬檢測(cè))設(shè)函數(shù)〔1〕求函數(shù)的極值點(diǎn)〔2〕當(dāng)時(shí)，假設(shè)對(duì)任意的，恒有，求的取值范圍〔3〕證明：解：在上無(wú)極值點(diǎn)當(dāng)時(shí)，令,隨x的變化情況如下表：x＋0－遞增極大值遞減從上表可以看出，當(dāng)時(shí)，有唯一的極大值點(diǎn)〔2〕解：當(dāng)時(shí)，在處取得極大值此極大值也是最大值。要使恒成立，只需的取值范圍是〔3〕證明：令p=1，由〔2〕知:30、(福建省仙游一中2021屆高三第二次高考模擬測(cè)試)二次函數(shù)的二次項(xiàng)系數(shù)為，且不等式的解集為=1\*GB2⑴假設(shè)方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，求的解析式；=2\*GB2⑵假設(shè)函數(shù)無(wú)極值，求實(shí)數(shù)的取值范圍解：=1\*GB2⑴設(shè)，∵不等式的解集為∴………①………②又∵有兩等根，∴………③由①②③解得…………〔5分〕又∵，∴，故.∴……………〔7分〕=2\*GB2⑵由①②得，∴，…………〔9分〕∵無(wú)極值，∴方程，解得31、(福建省漳州一中2021年上期期末考試)函數(shù).〔Ⅰ〕假設(shè)、，求證：①；②.〔Ⅱ〕假設(shè)，，其中，求證：；〔Ⅲ〕對(duì)于任意的、、，問(wèn)：以的值為長(zhǎng)的三條線段是否可構(gòu)成三角形？請(qǐng)說(shuō)明理由.解：〔Ⅰ〕①要證：，只需證：，∵，那么，∴只需證：，即，∵成立，∴成立.……………〔4分〕②又∵,由①得：，且，上述兩式相加得：.………………〔6分〕〔Ⅱ〕時(shí)顯然成立，時(shí)，由〔Ⅰ〕得：，，，……，.各式相加得：………………〔10分〕說(shuō)明：直接用比擬法證明的同樣給分.〔Ⅲ〕………〔11分〕由得或，∵，∴在上為增函數(shù)，∴，，∴恒成立，∴以的值為長(zhǎng)的三條線段一定能構(gòu)成三角形32、(甘肅省河西五市2021年高三第一次聯(lián)考)設(shè)函數(shù)為奇函數(shù)，其圖象在點(diǎn)處的切線與直線平行，導(dǎo)函數(shù)的最小值為〔Ⅰ〕求，，的值；〔Ⅱ〕求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，并求函數(shù)在上的最大值和最小值解：〔Ⅰ〕∵為奇函數(shù)，∴即 ∴…2分∵的最小值為 ∴又直線的斜率為 因此，∴，，………5分〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知∴，列表如下：極大極小所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是和…………8分∵，，∴在上的最大值是，最小值是33、(甘肅省蘭州一中2021屆高三上期期末考試)設(shè)曲線處的切線l與x軸、y軸所圍成的三角形面積為S〔t〕.〔Ⅰ〕求切線l的方程；〔Ⅱ〕求S〔t〕的最大值.解：〔Ⅰ〕因?yàn)?，所以切線l的斜率為…………2分故切線l的方程為……5分〔Ⅱ〕令y=0得…………7分所以…………9分從而…………10分∵當(dāng)…………11分所以的最大值為34、(廣東省2021屆六校第二次聯(lián)考)設(shè)某物體一天中的溫度T是時(shí)間t的函數(shù)，，其中溫度的單位是℃，時(shí)間的單位是小時(shí)．中午12:00相應(yīng)的t=0，中午12:00以后相應(yīng)的t取正數(shù)，中午12:00以前相應(yīng)的t取負(fù)數(shù)〔如早上8：00相應(yīng)的t=-4，下午16：00相應(yīng)的t=4〕．假設(shè)測(cè)得該物體在早上8:00的溫度為8℃，中午12:00的溫度為60℃，下午13:00的溫度為58〔1〕求該物體的溫度T關(guān)于時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式；〔2〕該物體在上午10:00到下午14:00這段時(shí)間中(包括端點(diǎn))何時(shí)溫度最高？最高溫度是多少？解：(1)因?yàn)?………2分而,故,………3分.…6分∴.…………………7分(2),由……9分當(dāng)在上變化時(shí)，的變化情況如下表:-2〔-2，-1〕-1〔-1，1〕1〔1，2〕2+0－0+58增函數(shù)極大值62減函數(shù)極小值58增函數(shù)62…………………12分由上表知當(dāng)，說(shuō)明在上午11：00與下午14：00，該物體溫度最高，最高溫度是62℃.35、〔廣東省佛山市2021年高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)一〕設(shè)直線.假設(shè)直線l與曲線S同時(shí)滿足以下兩個(gè)條件：①直線l與曲線S相切且至少有兩個(gè)切點(diǎn)；②對(duì)任意x∈R都有.那么稱直線l為曲線S的“上夾線〞．〔Ⅰ〕函數(shù)．求證：為曲線的“上夾線〞．〔Ⅱ〕觀察以下圖： 根據(jù)上圖，試推測(cè)曲線的“上夾線〞的方程，并給出證明．解〔Ⅰ〕由得，-----------1分當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，，-----------2分，所以是直線與曲線的一個(gè)切點(diǎn)；-----------3分當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，，-----------4分，所以是直線與曲線的一個(gè)切點(diǎn)；-----------5分所以直線l與曲線S相切且至少有兩個(gè)切點(diǎn)；對(duì)任意x∈R，，所以---------------------------------------------------------------------6分因此直線是曲線的“上夾線〞．----------7分〔Ⅱ〕推測(cè)：的“上夾線〞的方程為------9分①先檢驗(yàn)直線與曲線相切，且至少有兩個(gè)切點(diǎn)：設(shè)：，令，得：〔kZ〕------10分當(dāng)時(shí),故：過(guò)曲線上的點(diǎn)(，)的切線方程為：y－[]=[－()]，化簡(jiǎn)得：．即直線與曲線相切且有無(wú)數(shù)個(gè)切點(diǎn)．-----12分不妨設(shè)②下面檢驗(yàn)g(x)F(x)g(x)－F(x)=直線是曲線的“上夾線〞．36、(廣東省惠州市2021屆高三第三次調(diào)研考試)函數(shù)的兩條切線PM、PN，切點(diǎn)分別為M、N.〔I〕當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；〔II〕設(shè)|MN|=，試求函數(shù)的表達(dá)式；〔III〕在〔II〕的條件下，假設(shè)對(duì)任意的正整數(shù)，在區(qū)間內(nèi)，總存在m＋1個(gè)數(shù)使得不等式成立，求m的最大值.解：〔I〕當(dāng)…1分 .那么函數(shù)有單調(diào)遞增區(qū)間為………2分〔II〕設(shè)M、N兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為、，…4分 …4分 同理，由切線PN也過(guò)點(diǎn)〔1，0〕，得〔2〕 由〔1〕、〔2〕，可得的兩根， …………6分 把〔*〕式代入，得 因此，函數(shù)…8分〔III〕易知上為增函數(shù)， ……………10分 由于m為正整數(shù)，.……………………13分 又當(dāng) 因此，m的最大值為6.37、(廣東省汕頭市潮陽(yáng)一中2021年高三模擬)函數(shù)〔Ⅰ〕求的極值；〔Ⅱ〕假設(shè)函數(shù)的圖象與函數(shù)=1的圖象在區(qū)間上有公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解：〔Ⅰ〕令……2分當(dāng)是增函數(shù)當(dāng)是減函數(shù)……4分∴……6分〔Ⅲ〕〔i〕當(dāng)時(shí)，，由〔Ⅰ〕知上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)……7分又當(dāng)時(shí)，所以的圖象在上有公共點(diǎn)，等價(jià)于…………8分解得…9分〔ii〕當(dāng)時(shí)，上是增函數(shù)，∴所以原問(wèn)題等價(jià)于又∴無(wú)解………………11分38、(廣東省汕頭市澄海區(qū)2021年第一學(xué)期期末考試)函數(shù)f(x)=(1)假設(shè)h(x)=f(x)-g(x)存在單調(diào)增區(qū)間，求a的取值范圍；(2)是否存在實(shí)數(shù)a>0，使得方程在區(qū)間內(nèi)有且只有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根？假設(shè)存在，求出a的取值范圍？假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。解：〔1〕由，得h(x)=且x>0,那么hˊ(x)=ax+2-=,〔2分〕∵函數(shù)h(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間,∴hˊ(x)≥0有解,即不等式ax2+2x-1≥0有x>0的解.〔3分〕當(dāng)a<0時(shí),y=ax2+2x-1的圖象為開(kāi)口向下的拋物線,要使ax2+2x-1≥0總有x>0的解,那么方程ax2+2x-1=0至少有一個(gè)不重復(fù)正根,而方程ax2+2x-1=0總有兩個(gè)不相等的根時(shí),那么必定是兩個(gè)不相等的正根.故只需Δ=4+4a>0,即a>-1.即-1<a<0〔5分〕當(dāng)a>0時(shí),y=ax2+2x-1的圖象為開(kāi)口向上的拋物線,ax2+2x-1≥0一定有x>0的解.〔6分〕綜上,a的取值范圍是(-1,0)∪(0,+∞)〔7分〕〔2〕方程即為等價(jià)于方程ax2+(1-2a)x-lnx=0.〔8分〕設(shè)H(x)=ax2+(1-2a)x-lnx,于是原方程在區(qū)間()內(nèi)根的問(wèn)題,轉(zhuǎn)化為函數(shù)H(x)在區(qū)間()內(nèi)的零點(diǎn)問(wèn)題.〔9分〕Hˊ(x)=2ax+(1-2a)-=〔10分〕當(dāng)x∈(0,1)時(shí),Hˊ(x)<0,H(x)是減函數(shù)；當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),Hˊ(x)>0,H(x)是增函數(shù)；假設(shè)H(x)在()內(nèi)有且只有兩個(gè)不相等的零點(diǎn),只須〔13分〕解得,所以a的取值范圍是(1,)〔14分〕39、(廣東省韶關(guān)市2021屆高三第一次調(diào)研考試)函數(shù)(其中),點(diǎn)從左到右依次是函數(shù)圖象上三點(diǎn),且.(Ⅰ)證明:函數(shù)在上是減函數(shù)；(Ⅱ)求證：⊿是鈍角三角形;(Ⅲ)試問(wèn),⊿能否是等腰三角形?假設(shè)能,求⊿面積的最大值;假設(shè)不能,請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(Ⅰ)…………所以函數(shù)在上是單調(diào)減函數(shù).…………4分(Ⅱ)證明:據(jù)題意且x1<x2<x3,由(Ⅰ)知f(x1)>f(x2)>f(x3),x2=…………6分…8分即⊿是鈍角三角形……..9分(Ⅲ)假設(shè)⊿為等腰三角形，那么只能是即①…………..12分而事實(shí)上,②由于,故(2)式等號(hào)不成立.這與式矛盾.所以⊿不可能為等腰三角形..14分40、(廣東省深圳市2021年高三年級(jí)第一次調(diào)研考試)，〔〕，直線與函數(shù)、的圖像都相切，且與函數(shù)的圖像的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1． 〔Ⅰ〕求直線的方程及的值；〔Ⅱ〕假設(shè)〔其中是的導(dǎo)函數(shù)〕，求函數(shù)的最大值；〔Ⅲ〕當(dāng)時(shí)，求證：．解：〔Ⅰ〕依題意知：直線是函數(shù)在點(diǎn)處的切線，故其斜率，所以直線的方程為． 又因?yàn)橹本€與的圖像相切，所以由，得〔不合題意，舍去〕； 〔Ⅱ〕因?yàn)椤病?，所以．?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．因此，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．因此，當(dāng)時(shí)，取得最大值；〔Ⅲ〕當(dāng)時(shí)，．由〔Ⅱ〕知：當(dāng)時(shí)，，即．因此，有．41、(廣東省深圳外國(guó)語(yǔ)學(xué)校2021屆第三次質(zhì)檢)設(shè)是函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)，且〔Ⅰ〕求的取值范圍；〔Ⅱ〕求證：.解證：〔I〕易得…………1分的兩個(gè)極值點(diǎn)，的兩個(gè)實(shí)根，又＞0……………………3分∴∵，……………7分〔Ⅱ〕設(shè)那么由………………10分∴在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減………………12分∴時(shí)，取得極大值也是最大值，………14分42、(廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)2021屆高三第三次段考)函數(shù)f(x)=ax3+x2-x(a∈R且a≠0)〔1〕假設(shè)函數(shù)f(x)在〔2，+∞〕上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍.〔2〕證明：當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)在f(x)在區(qū)間〔〕上不存在零點(diǎn)略解、〔1〕因?yàn)閒′(x)=3ax2+2x-1，依題意存在〔2，+∞〕的非空子區(qū)間使3ax2+2x-1>0成立，即在x∈〔2，+∞〕某子區(qū)間上恒成立，令h(x)=,求得h(x)的最小值為，故〔2〕由a>0令f′(x)=3ax2+2x-1>0得故f(x)在區(qū)間〔〕上是減函數(shù)，即f(x)在區(qū)間〔〕上恒大于零。故當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)在f(x)在區(qū)間〔〕上不存在零點(diǎn)43、(廣東省四校聯(lián)合體第一次聯(lián)考)設(shè)關(guān)于的方程的兩根分別為、，函數(shù)〔1〕證明在區(qū)間上是增函數(shù)；〔2〕當(dāng)為何值時(shí)，在區(qū)間上的最大值與最小值之差最小(1)證明：，由方程的兩根分別為、知時(shí)，，所以此時(shí)，所以在區(qū)間上是增函數(shù)(2)解：由〔１〕知在上，最小值為，最大值為，，，可求得，，所以當(dāng)時(shí)，在區(qū)間上的最大值與最小值之差最小，最小值為444、(廣東省五校2021年高三上期末聯(lián)考)函數(shù)〔I〕假設(shè)在其定義域是增函數(shù)，求b的取值范圍；〔II〕在〔I〕的結(jié)論下，設(shè)函數(shù)的最小值；〔III〕設(shè)函數(shù)的圖象C1與函數(shù)的圖象C2交于點(diǎn)P、Q，過(guò)線段PQ的中點(diǎn)R作x軸的垂線分別交C1、C2于點(diǎn)M、N，問(wèn)是否存在點(diǎn)R，使C1在M處的切線與C2在N處的切線平行？假設(shè)存在，求出R的橫坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解：〔I〕依題意：在〔0,+〕上是增函數(shù)，對(duì)x∈〔0,+〕恒成立， …………2分 …………4分〔II〕設(shè)當(dāng)t=1時(shí)，ymIn=b+1； …………6分當(dāng)t=2時(shí)，ymIn=4+2b …………8分當(dāng)?shù)淖钚≈禐?…………9分〔III〕設(shè)點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)是那么點(diǎn)M、N的橫坐標(biāo)為C1在點(diǎn)M處的切線斜率為C2在點(diǎn)N處的切線斜率為 …………10分假設(shè)C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線平行，那么……………11分設(shè)………………①…………12分這與①矛盾，假設(shè)不成立.故C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線不平行. …………14分45、(貴州省貴陽(yáng)六中、遵義四中2021年高三聯(lián)考)函數(shù)，常數(shù)．〔1〕當(dāng)時(shí)，解不等式；〔2〕討論函數(shù)的奇偶性，并說(shuō)明理由．〔3〕〔理做文不做〕假設(shè)在是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)的范圍解：〔1〕，，原不等