高考数学专题：导数的综合运用高考题答案

导数的综合运用

高考题

26．【解析】(1)的定义域为，．

（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减．

（ii）若，令得，或．

当时，；

当时，．所以在，单调递减，在单调递增．

(2)由(1)知，存在两个极值点当且仅当．

由于的两个极值点，满足，所以，不妨设，则．由于，所以等价于．

设函数，由(1)知，在单调递减，又，从而当时，．

所以，即．

27．【解析】(1)当时，等价于．

设函数，则．

当时，所以在单调递减．

而，故当时，即．

(2)设函数．

在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．

（i）当时，没有零点；

（ii）当时，．

当时，；当时，．

所以在单调递减，在单调递增．

故是在的最小值．

①若，即，在没有零点；

②若，即，在只有一个零点；

③若，即，由于，所以在有一个零点，由(1)知，当时，所以．

故在有一个零点，因此在有两个零点．

综上，在只有一个零点时，．

28．【解析】(1)当时，．

设函数，则．

当时，；当时，．

故当时，且仅当时，从而，且仅当时，．

所以在单调递增．

又，故当时，；当时，．

(2)（i）若，由(1)知，当时，这与是的极大值点矛盾．

（ii）若，设函数．

由于当时，故与符号相同．

又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点．

．

如果，则当，且时，故不是的极大值点．

如果，则存在根，故当，且时，所以不是的极大值点．

如果，则．则当时，；

当时，．所以是的极大值点，从而是的极大值点

综上，．

29．【解析】(1)因为，所以（）

=．

．

由题设知，即，解得．

此时．

所以的值为1．

(2)由(1)得．

若，则当时，；

当时，．

所以在处取得极小值．

若，则当时，，所以．

所以2不是的极小值点．

综上可知，的取值范围是．

30．【解析】(1)由已知，有．

令，解得．

由，可知当变化时，的变化情况如下表：

0

0

+

极小值

所以函数的单调递减区间，单调递增区间为．

(2)证明：由，可得曲线在点处的切线斜率为．由，可得曲线在点处的切线斜率为．因为这两条切线平行，故有，即．

两边取以a为底的对数，得，所以．

(3)证明：曲线在点处的切线：．

曲线在点处的切线：．

要证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，使得l1和l2重合．

即只需证明当时，方程组有解，由①得，代入②，得．

③

因此，只需证明当时，关于的方程③有实数解．

设函数，即要证明当时，函数存在零点．，可知时，；时，单调递减，又，故存在唯一的，且，使得，即．

由此可得在上单调递增，在上单调递减．

在处取得极大值．

因为，故，所以

．

下面证明存在实数，使得．

由(1)可得，当时，有，所以存在实数，使得

因此，当时，存在，使得．

所以，当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．

31．【解析】(1)函数，则，．

由且，得，此方程组无解，因此，与不存在“点”．

(2)函数，则．

设为与的“点”，由且，得，即，（*）

得，即，则．

当时，满足方程组（*），即为与的“点”．

因此，的值为．

(3)对任意，设．

因为，且的图象是不间断的，所以存在，使得．令，则．

函数，则．

由且，得，即，（**）

此时，满足方程组（**），即是函数与在区间内的一个“点”．

因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”．

32．【解析】(1)函数的导函数，由得，因为，所以．

由基本不等式得．

因为，所以．

由题意得．

设，则，所以

0

+

所以在上单调递增，故，即．

(2)令，则，所以，存在使，所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点．

由得．

设，则，其中．

由(1)可知，又，故，所以，即函数在上单调递减，因此方程至多1个实根．

综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．

33．【解析】（1）的定义域为，（ⅰ）若，则，所以在单调递减．

（ⅱ）若，则由得．

当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增．

（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点．

（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为

．

①当时，由于，故只有一个零点；

②当时，由于，即，故没有零点；

③当时，即．

又，故在有一个零点．

设正整数满足，则．

由于，因此在有一个零点．

综上，的取值范围为．

34．【解析】（1）的定义域为．

设，则，等价于．

因为，故，而，得．

若，则．当时，单调递减；当时，单调递增．所以是的极小值点，故．

综上，．

（2）由（1）知，．

设，则．

当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．

又，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；当时，．

因此，所以是的唯一极大值点．

由得，故．

由得，．

因为是在的最大值点，由，得

．

所以．

35．【解析】（1）的定义域为．

①若，因为，所以不满足题意；

②若，由知，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，故是在的唯一最小值点．

由于，所以当且仅当a=1时，．

故a=1．

（2）由（1）知当时，令得，从而

故

而，所以m的最小值为3．

36．【解析】（Ⅰ）因为，所以

（Ⅱ）由

解得

或．

因为

x

（，1）

（1，）

（，）

0

+

0

↘

0

↗

↘

又，所以在区间上的取值范围是．

37．【解析】（1）由，得

.当时，有极小值.因为的极值点是的零点.所以，又，故.因为有极值，故有实根，从而，即.时，故在R上是增函数，没有极值；

时，有两个相异的实根，.列表如下

+

0

–

0

+

极大值

极小值

故的极值点是.从而，因此，定义域为.（2）由（1）知，．

设，则．

当时，所以在上单调递增．

因为，所以，故，即．

因此．

（3）由（1）知，的极值点是，且，.从而

记，所有极值之和为，因为的极值为，所以，.因为，于是在上单调递减.因为，于是，故.因此的取值范围为.38．【解析】（Ⅰ）由，可得，进而可得.令，解得，或.当x变化时，的变化情况如下表：

x

+

+

↗

↘

↗

所以，的单调递增区间是，单调递减区间是.（Ⅱ）证明：由，得，.令函数，则.由（Ⅰ）知，当时，故当时，单调递减；当时，单调递增.因此，当时，可得.令函数，则.由（Ⅰ）知，在上单调递增，故当时，单调递增；当时，单调递减.因此，当时，可得.所以，.（Ⅲ）证明：对于任意的正整数，且，令，函数.由（Ⅱ）知，当时，在区间内有零点；

当时，在区间内有零点.所以在内至少有一个零点，不妨设为，则

.由（Ⅰ）知在上单调递增，故，于是

.因为当时，故在上单调递增，所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.又因为，均为整数，所以是正整数，从而.所以.所以，只要取，就有.39．【解析】（Ⅰ）由题意

又，所以，因此曲线在点处的切线方程为，即

．

（Ⅱ）由题意得，因为，令

则

所以在上单调递增．

因为

所以

当时，当时，(1)当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以

当时取得极小值，极小值是；

(2)当时，由

得，①当时，当时，单调递增；

当时，单调递减；

当时，单调递增．

所以

当时取得极大值．

极大值为，当时取到极小值，极小值是；

②当时，所以

当时，函数在上单调递增，无极值；

③当时，所以

当时，单调递增；

当时，单调递减；

当时，单调递增；

所以

当时取得极大值，极大值是；

当时取得极小值．

极小值是．

综上所述：

当时，在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，极小值是；

当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是

极小值是；

当时，函数在上单调递增，无极值；

当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是；

极小值是．

40．【解析】(Ⅰ)

因为，当时，，单调递增，，单调递减；

当时，①当时，或，单调递增，，单调递减；

②当时，，单调递增，③当时，或，单调递增，，单调递减；

(Ⅱ)

由(Ⅰ)知，时，于是，令，，于是，的最小值为；

又

设，则在上单调递减，因为，所以存在，使得，且

时，单调递增；

时，单调递减；

又，所以的最小值为．

所以．

即对于任意的成立．

41．【解析】（I）由题意，①当时，，在上单调递减.②当时，令，有，当时，；

当时，.故在上单调递减，在上单调递增.（II）令，．则．而当时，所以在区间内单调递增．又由，有，从而当时，．

当，时，．

故当在区间内恒成立时，必有．

当时，．

由（I）有，而，所以此时在区间内不恒成立．

当时，令．

当时，因此，在区间内单调递增．

又，所以当时，即恒成立．

综上，42．【解析】(I)，可得，下面分两种情况讨论：

①，有恒成立，所以在上单调递增；

②，令，解得，或．

当变化时，的变化情况如下表：

＋

0

－

0

＋

单调递增

极大值

单调递减

极小值

单调递增

所以在单调递增，在单调递减，在单调递增

(II)因为存在极值点，所以由(I)知，且．

由题意得，即，而=

∴

且，由题意及(I)知，存在唯一实数满足，且，因此，所以

（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况同理：

（1）当时，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此在区间上的最大值，所以.（2）当时，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，所以在区间上的取值范围为，因此

.（3）当时，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，所以在区间上的取值范围为，因此

．

综上所述，当时，在区间上的最大值不小于．

43．【解析】（Ⅰ）．

（i）设，则，只有一个零点．

（ii）设，则当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．

又，取满足且，则，故存在两个零点．

（iii）设，由得或．

若，则，故当时，因此在上单调递增．又当时，所以不存在两个零点．

若，则，故当时，；

当时，．因此在上单调递减，在上单调递增．又当时，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．

（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，又在上单调递减，所以等价于，即．由于，而，所以．

设，则．

所以当时，而，故当时，．

从而，故．

44．【解析】（I）证明：

∵当时，∴在上单调递增

∴时，∴

（Ⅱ），由（Ⅰ）知，单调递增，对任意的，，因此，存在唯一，使得，即

当时，,单调递减；

当时，,单调递增．

因此在处取得最小值，最小值为

．

于是，由，得单调递增．

所以，由，得，因为单调递增，对任意的，存在唯一的，使得，所以的值域为．

综上，当时，有最小值，的值域为．

45．【解析】（Ⅰ）．

（Ⅱ）当时，因此，．

当时，将变形为．

令，则是在上的最大值，，且当时，取得极小值，极小值为．

令，解得（舍去），．

（ⅰ）当时，在内无极值点，，所以．

（ⅱ）当时，由，知．

又，所以．

综上，．

（Ⅲ）由（Ⅰ）得.当时，.当时，所以.当时，所以.46．【解析】（I）由于，故

当时，当时，．

所以，使得等式成立的的取值范围为．

（II）（i）设函数，则，所以，由的定义知，即

．

（ii）当时，当时，．

所以，．

47．【解析】（1）因为，所以.①方程，即，亦即，所以，于是，解得.②由条件知.因为对于恒成立，且，所以对于恒成立.而，且，所以，故实数的最大值为4.（2）因为函数只有1个零点，而，所以0是函数的唯一零点.因为，又由知，所以有唯一解.令，则，从而对任意，所以是上的单调增函数，于是当，；

当时，.因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.下证.若，则，于是，又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为.因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.因此，.于是，故，所以．

48．【解析】(Ⅰ)．

若，则当时，；

当时，．

若，则当时，；

当时，．

所以，在单调递减，在单调递增．

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增．

故在处取得最小值．

所以对于任意，的充要条件是：，即

①

设函数，则．

当时，；当时．

故在单调递减，在单调递增．

又，故当时，．

当时，即①式成立；

当时，由得单调性，即；

当时，即

综上，的取值范围是．

49．【解析】：（Ⅰ）由题意知

函数的定义域为，令，（1）当时，此时，函数在单调递增，无极值点；

（2）当时，①当时，，函数在单调递增，无极值点；

②当时，设方程的两根为，因为，所以，由，可得，所以当时，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

因此函数有两个极值点。

（3）当时，由，可得，当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

所以函数有一个极值点。

综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极值点；当时，函数有两个极值点。

（II）由（I）知，（1）当时，函数在上单调递增，因为，所以

时，符合题意；

（2）当时，由，得，所以

函数在上单调递增，又，所以时，符合题意；

（3）当时，由，可得，所以时，函数单调递减；

因为，所以时，不合题意；

（4）当时，设，因为时，所以在上单调递增。

因此当时，即，可得，当时，此时，不合题意，综上所述，的取值范围是．

50．【解析】（1）

其中tan=，0<<．

令=0，由得+=，即=，．

对N，若<+<()，即<<()，则>0；

若（）<+<()，即（）<<()，则<0．

因此，在区间（，）与（，）上，的符号总相反．于是当=

()时，取得极值，所以.此时，易知0，而是常数，故数列是首项为

=，公比为的等比数列；

（2）由（1）知，=，于是对一切，<||恒成立，即

恒成立，等价于（*）恒成立（因为>0），设=（），则．令=0得=1，当0<<1时，所以在区间（0,1）上单调递减；

当>1时，所以在区间（0,1）上单调递增．

从而当=1时，函数取得最小值．

因此，要是（*）式恒成立，只需，即只需.而当=时，由tan==且．

于是，且当时，．

因此对一切，所以．

故（*）式亦恒成立．

综上所述，若，则对一切，恒成立．

51．【解析】（Ⅰ）=，.曲线在点（0,2）处的切线方程为．

由题设得，所以．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，设，由题设知．

当≤0时，单调递增，所以=0在有唯一实根．

当时，令，则．，在单调递减，在单调递增，所以，所以在没有实根.综上，=0在R有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点．

52．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为

由可得

所以当时，函数单调递减，所以当时，函数单调递增，所以的单调递减区间为，的单调递增区间为

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，时，在内单调递减，故在内不存在极值点；

当时，设函数，因此．

当时，时，函数单调递增

故在内不存在两个极值点；

当时，0

函数在内存在两个极值点

当且仅当，解得，综上函数在内存在两个极值点时，的取值范围为．

53．【解析】（Ⅰ），由题设知，解得．

（Ⅱ）的定义域为，由（Ⅰ）知，（ⅰ）若，则，故当时，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，即，解得．

（ii）若，则，故当时，；

当时，在单调递减，在单调

递增．所以，存在，使得的充要条件为，而，所以不合题意．

（iii）若，则．

综上，的取值范围是．

54．【解析】（Ⅰ）由题意知时，此时，可得，又，所以曲线在处的切线方程为．

（Ⅱ）函数的定义域为，当时，函数在上单调递增，当时，令，由于，①当时，，函数在上单调递减，②当时，，函数在上单调递减，③当时，设是函数的两个零点，则，由，所以时，函数单调递减，时，函数单调递增，时，函数单调递减，综上可知，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递减；

当时，在，上单调递减，在上单调递增．

55．【解析】（Ⅰ），方程的判别式：．

∴当时，∴，此时在上为增函数．

当时，方程的两根为．

当时，∴此时为增函数，当时，∴此时为减函数，当时，∴此时为增函数，综上，时，在上为增函数

当时，的单调递增区间为，．的单调递减区间为．

（Ⅱ）

∴若存在，使得，必须在上有解，∵，∴，方程的两根为：，∵，∴只能是，依题意，即，∴，即，又由，得，故欲使满足题意的存在，则．

∴当时，存在唯一的满足

．

当时，不存在，使．

56．【解析】（Ⅰ），∴是上的偶函数

（Ⅱ）由题意，即

∵，∴，即对恒成立

令，则对任意恒成立

∵，当且仅当时等号成立

∴

（Ⅲ），当时，∴在上单调增

令，∵，∴，即在上单调减

∵存在，使得，∴，即

∵

设，则

当时，单调增；

当时，单调减

因此至多有两个零点，而

∴当时，；

当时，；

当时，．

57．【解析】（I）．由已知得，．

故，．从而；

(II)

由（I）知，令得，或．

从而当时，；当，．

故在，单调递增，在单调递减．

当时，函数取得极大值，极大值为．

58．【解析】（Ⅰ）的定义域为，①

当或时，；当时，所以在，单调递减，在单调递增．

故当时，取得极小值，极小值为；当时，取得极大值，极大值为．

（Ⅱ）设切点为，则的方程为

所以在轴上的截距为

由已知和①得

令，则当时，的取值范围为；

当时，的取值范围是．

所以当时，的取值范围是．

综上，在轴上截距的取值范围．

59．【解析】（Ⅰ）由，得．

又曲线在点处的切线平行于轴，得，即，解得．

（Ⅱ），①当时，为上的增函数，所以函数无极值．

②当时，令，得，．，；，．

所以在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．

综上，当时，函数无极小值；

当，在处取得极小值，无极大值．

（Ⅲ）当时，令，则直线：与曲线没有公共点，等价于方程在上没有实数解．

假设，此时，又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故．

又时，知方程在上没有实数解．

所以的最大值为．

解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．

（Ⅲ）当时，．

直线：与曲线没有公共点，等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：

（*）

在上没有实数解．

①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．

②当时，方程（*）化为．

令，则有．

令，得，当变化时，的变化情况如下表：

当时，同时当趋于时，趋于，从而的取值范围为．

所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．

综上，得的最大值为．

60．【解析】（Ⅰ）函数的定义域为(0，＋∞)．，令＝0，得.当x变化时，f′(x)，的变化情况如下表：

－

0

＋



极小值

所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.（Ⅱ）证明：当时，≤0.设，令，．

由(1)知，在区间内单调递增．，．

故存在唯一的，使得成立．

（Ⅲ）证明：因为，由(2)知，且，从而，其中．

要使成立，只需.当时，若，则由的单调性，有，矛盾．

所以，即，从而成立．

另一方面，令，．，令，得．

当，；当时，.故对，．

因此成立．

综上，当时，有.61．【解析】（Ⅰ）由题在上恒成立，在上恒成立，；

若，则在上恒成立，在上递增，在上没有最小值，当时，由于在递增，时，递增，时，递减，从而为的可疑极小点，由题，综上的取值范围为．

（Ⅱ）由题在上恒成立，在上恒成立，由得，令，则，当时，递增，当时，递减，时，最大值为，又时，时，据此作出的大致图象，由图知：当或时，的零点有1个,当时，的零点有2个,62．【解析】（Ⅰ）的定义域为，．

若，则，所以在单调递增．

若，则当时，当，所以

在单调递减，在单调递增．

（Ⅱ）

由于，所以(x－k)

f´(x)+x+1=．

故当时，(x－k)

f´(x)+x+1>0等价于

（）

①

令，则

由（Ⅰ）知，函数在单调递增．而，所以在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点，设此零点为，则．当时，；当时，所以在的最小值为，又由，可得，所以

故①等价于，故整数的最大值为2．

63．【解析】（Ⅰ）设；则

①当时，在上是增函数

得：当时，的最小值为

②当时，当且仅当时，的最小值为

（Ⅱ）

由题意得：．

64．【解析】（Ⅰ）由

=

可得，而，即，解得；

（Ⅱ），令可得，当时，；当时，．

于是在区间内为增函数；在内为减函数。

（Ⅲ）

=

因此对任意的，等价于

设

所以

因此时，时，所以，故。

设，则，∵，∴，∴，即

∴，对任意的，65．【解析】（Ⅰ）

由于直线的斜率为，且过点，故

即，解得，．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以

考虑函数，则

所以当时，故

当时，当时，从而当

66．【解析】（Ⅰ）因为

所以

由于，所以的增区间为，减区间为

（Ⅱ）【证明】：由题意得，由（Ⅰ）知内单调递增，要使恒成立，只要，解得

67．【解析】（Ⅰ）由得，（Ⅱ）由（Ⅰ）可得从而，故：

（1）当时，由得，由得；

（2）当时，由得，由得；

综上，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；

当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．

（Ⅲ）当时，．

由（Ⅱ）可得，当在区间内变化时，的变化情况如下表：

－

0

+

单调递减

极小值1

单调递增

又，所以函数的值域为[1，2]．

据此可得，若，则对每一个，直线与曲线

都有公共点．并且对每一个，直线与

曲线都没有公共点．

综上，当时，存在最小的实数=1，最大的实数=2，使得对每一个，直线与曲线都有公共点．

68．【解析】（Ⅰ）时，．当时；

当时，;当时，．

故在，单调增加，在单调递减．

（Ⅱ）．令，则．若，则当时，为减函数，而，从而当x≥0时

≥0，即≥0．若，则当时，为减函数，而，从而当时＜0，即＜0．

综合得的取值范围为．