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1、【2019最新】精选高考数学总复习专题03导数分项练习含解析理一基础题组1.【2006天津，理9】函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（ ）A1个 B2个 C3个 D 4个【答案】A2.【2006天津，理20】已知函数，其中为参数，且（1）当时，判断函数是否有极值；（2）要使函数的极小值大于零，求参数的取值范围；（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数，函数在区间内都是增函数，求实数的取值范围【答案】（1）无极值，（2） （3）【解析】（I）解：当内是增函数，故无极值. （II）解：由（I），只需分下面两种情况讨论.当0时，随x的变化，的符号及的变化情
2、况如下表：x0（0，（+00+极大值极小值因此，函数在处取得极小值，且要使0，必有，可得.由于，故综上，要使函数在（，+）内的极小值大于零，参数的取值范围为（III）解：由（II）知，函数在区间（，0）与（，+）内都是增函数.由题设，函数在（内是增函数，则a须满足不等式组由（II），参数时， 要使不等式关于参数恒成立，必有综上，解得所以a的取值范围是.3.【2007天津，理20】已知函数R)，其中R.(I)当时，求曲线在点处的切线方程；(II)当时，求函数的单调区间与极值.【答案】(I)【解析】(I)解：当时，又所以，曲线在点处的切线方程为 即(II)解：由于以下分两种情况讨论.(1)当时，令
3、得到当变化时，的变化情况如下表：00极小值极大值所以在区间内为减函数，在区间内为增函数.函数在处取得极小值且.4.【2009天津，理20】已知函数f(x)(x2+ax2a2+3a)ex(xR),其中aR.(1)当a0时,求曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线的斜率;(2)当时,求函数f(x)的单调区间与极值.【答案】（）3e.；（）若,则f(x)在(,2a),(a2,+)内是增函数,在(2a,a2)内是减函数.函数f(x)在x2a处取得极大值f(2a),且f(2a)3ae2a.函数f(x)在xa2处取得极小值f(a2),且f(a2)(43a)ea2. 若a,则f(x)在(,a2),(2a,
4、+)内是增函数,在(a2,2a)内是减函数.函数f(x)在xa2处取得极大值f(a2),且f(a2)(43a)ea2.函数f(x)在x2a处取得极小值f(2a),且f(2a)3ae2a.若,则2aa2.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(,2a)2a(2a,a2)a2(a2,+)f(x)+00+f(x)极大值极小值所以f(x)在(,2a),(a2,+)内是增函数,在(2a,a2)内是减函数.函数f(x)在x2a处取得极大值f(2a),且f(2a)3ae2a.函数f(x)在xa2处取得极小值f(a2),且f(a2)(43a)ea2.若a,则2aa2.当x变化时,f(x),f(x)
5、的变化情况如下表:x(,a2)a2(a2,2a)2a(2a,+)f(x)+00+f(x)极大值极小值所以f(x)在(,a2),(2a,+)内是增函数,在(a2,2a)内是减函数.函数f(x)在xa2处取得极大值f(a2),且f(a2)(43a)ea2.函数f(x)在x2a处取得极小值f(2a),且f(2a)3ae2a.二能力题组1.【2008天津，理20】已知函数，其中.（）若曲线在点处的切线方程为，求函数的解析式；（）讨论函数的单调性；（）若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围.【答案】（I）（II）在，内是增函数，在，当时，令，解得当变化时，的变化情况如下表：00极大值极小值所以在，
6、内是增函数，在，内是减函数（）解：由（）知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的，不等式在上恒成立，当且仅当，即，对任意的成立从而得，所以满足条件的的取值范围是2.【2010天津，理21】已知函数f(x)xex(xR)（1）求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数yg(x)的图象与函数yf(x)的图象关于直线x1对称，证明当x1时，f(x)g(x)；(3)如果x1x2，且f(x1)f(x2)，证明x1x22.【答案】(1) f(x)在(，1)内是增函数，在(1，)内是减函数函数f(x)在x1处取得极大值f(1)，且f(1). (2) 详见解析(3) 详见解析【解析】 (1)解：f(x)(
7、1x)ex.令f(x)0，解得x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)1(1，)f(x)0f(x)极大值所以f(x)在(，1)内是增函数，在(1，)内是减函数函数f(x)在x1处取得极大值f(1)，且f(1).(2)证明：由题意可知g(x)f(2x)，得g(x)(2x)ex2.3.【2011天津，理19】已知，函数（的图像连续不断）（）求的单调区间；（）当时，证明：存在，使；（）若存在均属于区间的，且，使，证明【答案】（）的单调递增区间是的单调递减区间是当x变化时，的变化情况如下表：+0-极大值所以，的单调递增区间是的单调递减区间是（II）证明：当（说明：的取法不唯一，
8、只要满足即可）（III）证明：由及（I）的结论知，从而上的最小值为又由，知故从而三拔高题组1.【2005天津，理22】设函数（）证明其中为k为整数（）设为的一个极值点，证明（）设在（0,+）内的全部极值点按从小到大的顺序排列为，证明：【答案】（）详见解析，（）详见解析，（）详见解析.当时，（II）证明：由函数的图象和函数的图象知，对于任意整数，在开区间（，）由：和，得： 又：，但时， 综合 、 得：2.【2012天津，理20】已知函数f(x)xln(xa)的最小值为0，其中a0(1)求a的值；(2)若对任意的x0，)，有f(x)kx2成立，求实数k的最小值；(3)证明ln(2n1)2(nN*)
9、【答案】(1) a1(2) ，(3)详见解析【解析】解：(1)f(x)的定义域为(a，)由f(x)0，得x1aa当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(a,1a)1a(1a，)f(x)0f(x)极小值因此，f(x)在x1a处取得最小值，故由题意f(1a)1a0，所以a1意的x0，)，总有g(x)g(0)0，即f(x)kx2在0，)上恒成立，故符合题意当0k时，对于x(0，)，g(x)0，故g(x)在(0，)内单调递增因此当取x0(0，)时，g(x0)g(0)0，即f(x0)kx02不成立故0k不合题意综上，k的最小值为(3)证明：当n1时，不等式左边2ln32右边，所以不等式成立当
10、n2时，ln(2n1)在(2)中取，得f(x)(x0)，从而(iN*，i2)，所以有ln(2n1)2ln32ln32ln312综上，ln(2n1)2，nN*3.【2013天津，理20】已知函数f(x)x2ln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)证明：对任意的t0，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te2时，有.【答案】（）单调递减区间是，单调递增区间是；（）详见解析；（）详见解析设t0，令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)内单调递增h(1)t0，h(et)e2tln ettt(e2t1)0.故存在唯一的s
11、(1，)，使得tf(s)成立当1u2时，F(u)0；当u2时，F(u)0.故对u1，F(u)F(2)0.因此成立综上，当te2时，有.4.【2014天津，理20】已知函数，已知函数有两个零点，且 （）求的取值范围；（）证明随着的减小而增大；（）证明随着的减小而增大【答案】（）的取值范围是；（）详见试题分析；（）详见试题分析【解析】试题分析：（）先求函数的导数，再分和讨论的单调性，将“函数有两个零点”等价转化为如下条件同时成立：“1；2存在，满足；3存在，满足”，解相应的不等式即可求得的取值范围；（）由分离出参数：利用导数讨论的单调性即可得： ，而增大试题解析：（）由，可得下面分两种情况讨论：（
12、1）时，在上恒成立，可得在上单调递增，不合题意（2）时，由，得当变化时，的变化情况如下表：0这时，的单调递增区间是；单调递减区间是于是，“函数有两个零点”等价于如下条件同时成立：1；2存在，满足；3存在，满足由，即，解得，而此时，取，满足，且；取，满足，且的取值范围是（）由，有设，由，知在上单调递增，在上单调递减 并且，当时，；当时，设，则，且解得， 令，则令，得当时，因此，在上单调递增，故对于任意的，由此可得，故在上单调递增，因此，由可得随着的增大而增大，而由（），随着的减小而增大，随着的减小而增大考点：1函数的零点；2导数的运算；3.利用导数研究函数的性质5. 【2015高考天津，理11】曲线 与直线 所围成的封闭图形的面积为 .【答案】【解析】在同一坐标系内作出两个函数的图象，解议程组得两曲线的交点坐标为，由图可知峡谷曲线所围成的封闭图形的面积.【考点定位】定积分几何意义与定积分运算.6. 【2015高考天津，理20（本小题满分14分）已知函数，其中.(I)讨论的单调性；(II)设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有；(III)若关于的方程有两个正实根，求证： 【答案】(I) 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. (II)见解析； (III)见解析.当变化时，的变化
