新版高考數(shù)學備考沖刺之易錯點點睛系列專題 導數(shù)及應用教師版

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1、 1

2、 1 導數(shù)及應用 一、高考預測 從近幾年考查的趨勢看，本專題考查的重點是導數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性和極值中的應用、導數(shù)在研究方程和不等式中的應用，考查的形式是解答題考查導數(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計一些新穎的試題，大部分函數(shù)和導數(shù)的基礎試題難度也不大，但少數(shù)函數(shù)的基礎試題難度較大，解答題中的函數(shù)導數(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

3、)都是傳統(tǒng)的高中數(shù)學內(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)，預計20xx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數(shù)的幾何意義的應用，定積分的計算及其簡單應用．以解答題的方式考查導數(shù)在函數(shù)問題中的綜合應用，重點是使用導數(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)建模和利用導數(shù)解模． 導數(shù)及其應用：要掌握好導數(shù)的幾何意義、導數(shù)的運算、導數(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，因此要重點解決導數(shù)在研究函數(shù)單調(diào)性中的應用，特別是含有字母參數(shù)的函

4、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、最值進行研究性訓練，這是高考命制壓軸題的一個重要考查點． 二、知識導學 要點1：利用導數(shù)研究曲線的切線 1．導數(shù)的幾何意義：函數(shù)在處的導數(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)對時間的導數(shù)）。 2．求曲線切線方程的步驟：（1）求出函數(shù)在點的導數(shù)，即曲線在點處切線的斜率；（2）在已知切點坐標和切線斜率的條件下，求得切線方程為。注：①當曲線在點處的切線平行于軸（此時導數(shù)不存在）時，由切線定義可知，切線方程為；②當切點坐標未知時，應首先設出切

5、點坐標，再求解。 要點2：利用導數(shù)研究導數(shù)的單調(diào)性 利用導數(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。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：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.在求可導函數(shù)的極值時，應注意：（以下將導函數(shù)取值為0的點稱為函數(shù)的駐點可導函數(shù)的極值點一定是它的駐點，注意一定要是可導函數(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)的導數(shù)

6、，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（其實只要是初等函數(shù)，它在自己的定義域內(nèi)必然可導），并且按常理分析，此函數(shù)在這一開區(qū)間內(nèi)應該有最大（?。┲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，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

7、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，分兩部分進行計算，然后求兩部分的代數(shù)和. 三、易錯點點睛 命題角度 1導數(shù)的概念與運算 1．設，,…, ,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處的導數(shù)為3，的解析

8、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)’=2x+1|x=1=3. [專家把脈] 上面解答錯誤原因是導數(shù)公式不熟悉，認為（2x+1）’=2x+1.正確的是（2x+1）’=2,所以x=1時的導數(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]

9、上面解答求導過程中出現(xiàn)了錯誤，即（e-x）’=e-x是錯誤的，由復合函數(shù)的求導法則知（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(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)

10、+…+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．理解導數(shù)的概念時應注意導數(shù)定義的另一種形式：設函數(shù)f(x)在x=a處可導，則的運用。2．復合函數(shù)的求導，關(guān)鍵是搞清復合關(guān)系，求導應從外層到內(nèi)層進行，注意不要遺漏3．求導數(shù)時，先化簡再求導是運算的基本方法，一般地，分式函數(shù)求導，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)求導先化為和或差形式；多項式的積的求導，先展開再求導等等。 命題角度 2導數(shù)幾何意義的運用 1.曲線y=x3在點(1,1)的

11、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所圍成的三角形面積為S=×2×2=2。 [專家把脈] 根據(jù)導數(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x=1時f’(1)=3.由導數(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

12、于（，0）?！嗳龡l直線所圍成的面積為S=×4×（2-）=。 2．設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

13、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)是不準確的，準確的結(jié)論應是f(t)=0，即t3+at=0，因為t≠0,所以a=-t2.g(t)=0即bt2+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y’=(3x+t)(x-t)<

14、0時,函數(shù)y=f(d)-g(x)單調(diào)遞減。 由y’<0,若t<0,則t0,則-

15、題意f’(1)=f’(-1)=0 即 解得 a=1,b=0∴f(x)=x3+3x,f’(x)=3x2-3=0.解得x=±1. 又∵x∈(-∞,-1) ∪(1,+∞)f’(x)>0∴f(x)在(-∞,-1)與(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). ∵

16、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 設函數(shù)y=f(x),在點(x0,y0)處的導數(shù)為f’(x0)，則過此點的切線的斜率為f’(x0),在此點處的切線方程為y-y0=f’(x0)(x-x0).利用導數(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導數(shù)的應用 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

17、調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，-1）（3，+∞） （2）令=0,得x=-1或x=3當-20;當x>3時，<0. ∴x=-1,是的極不值點，x=3是極大值點?！鄁(3)=-27+27+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，應把極值點的函數(shù)值與兩端點的函數(shù)值進行比較大小才能產(chǎn)生最大（?。┲迭c，而上面解答題直接用極大（?。┲堤娲畲螅ㄐ。┲担@顯然是錯誤的。 [專家把脈] 當>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

18、本題應該有在R上恒小于或等于0。 [對癥下藥] 函數(shù)的導數(shù)：=3x2+6x-1. 當=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+12a<0a<-3. 所以當a<-3時，由<0對任何x∈R恒成立時，在R上是減函數(shù)。 ②當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a=-3時，在R上是減函數(shù)。 ③當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a>-3時，是在R上的減函數(shù)。綜上，所求a的取值范圍是（-∞，-3）。

19、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)=0. (1)當△=（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x1

20、1)有極大值 f（x2）有極小值 即此時f(x)有兩個極值點。 （2）當△=0，即a=0或a=4時，方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有兩個相同的實根x1=x2 于是f’(x)=ex(x1-x1)2.故當x0;當x>x1時，f’(x)>0因此f(x)無極值。 （3）當△<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a>4或a<0時，f(x)有兩個極值點，當0≤a≤4時，f(x)無極值點。 4．設函數(shù)=x-ln(x+m)其中常

21、數(shù)m為整數(shù)。（1）當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：當整數(shù)m>1時，方程=0，在[e-m-m,e2m-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=

22、1-m.當-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1-m=f()≥0,即m≤1時，≥0.即m≤1且m∈Z時，≥0. (2)證明：由（1）可知，當整數(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m>1時，f(e2m-m)=e2m-3m>(1+1)2m-3m

23、>1+2m+-3m>0.(∵m>12m-1>1). 類似地，當整數(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’>0,1036時V’>0.所以，當x=10時V有最大值V（10）=1960cm3 又V(0)=0,V(24)=0所以當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

24、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，而且有時極小值大于它的極大值，另外，=0是可導數(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）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、設函數(shù)，.（Ⅰ）試

25、問函數(shù)能否在時取得極值？說明理由；（Ⅱ）若，當時，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，，，或 正 負 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)

26、 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) 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，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)， ∴， (

27、)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，則，.....8分 令＝0，∵，∴， 當時，，∴在上為減函數(shù)，當時，，∴在上為增函數(shù)，∴在上有最大值. 又，∴最小值為. 于是有為所求..13分 6、設函數(shù)(Ⅰ) 當時，求函數(shù)的極值； （Ⅱ）當時，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. 當時，2分 當時，當時，無極大值. 4分 （Ⅱ） 5分 當，即時，在定義域上是減函數(shù)； 當，即時，令得或 令得當，即時，令得或 令得

28、 綜上，當時，在上是減函數(shù)； 當時，在和單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增； 當時，在和單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；8分 即 .令，解得：或. 當時，，故的單調(diào)遞增區(qū)間是.……3分 當時，，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.……5分 當時，，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）當時，的極大值等于. 理由如下：當時，無極大值. 當時， 的極大值為，

29、…8分 令，即解得 或（舍）…9分 當時，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）若對于任意恒成立，試確定實數(shù)的取值范圍；(Ⅱ)當時，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當時，在上單調(diào)遞增，且當時，，，故不恒成立，所以不合題意；②當時，對恒成立，所以符合題意； ③當時令，得，當時，，當時，，故在上是單調(diào)遞減，在上是單調(diào)遞增, 所以又，，綜上：. (Ⅱ)當時，由（2）知， 設，則

30、， 【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 ∵ ∴ ∴ 故： 10、已知函數(shù).（Ⅰ）當時，求函數(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當時，，知在區(qū)間上單調(diào)遞減.

31、 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

32、…13分 12、設函數(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

33、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）設切點坐標為，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 當即時，在上單調(diào)遞增，所以在上的最小值為……10分 當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 當即時，在上單調(diào)遞減， 所以在上的最小值為……13分 綜上，當時，的最小值為0；當1＜a＜2時，的最小值為； 當時

34、，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當時，在上，，在上單調(diào)遞減， 在上，，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

35、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：用數(shù)學歸納法證明（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,則,

36、令,則, 當時,,在上為增函數(shù), ,設,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) 對于求導得 . 令，則，顯然是減函數(shù). 當時，，從而函數(shù)在上也是減函數(shù).從而當時，，即，即函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù).當時，對于任意的非零正數(shù)，，進而有恒成立，結(jié)論得證. (12分) 18、設函數(shù)，.（Ⅰ）當時，求曲線在處的

37、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 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

38、記由于， ，所以在上遞減， 當時，，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，……②． 綜合①②，得．…………8分 （法2）因為，所以，當時，；當時，． （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）設常數(shù) ，數(shù)列滿足（），．求證：． 【解析】：（Ⅰ）， -----3分 （Ⅱ）由（Ⅰ）， 設，得， ， ------9分 （Ⅲ）證明：由 當x>0時，