1、一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路专题三 导数及其应用第八讲 导数的综合应用答案部分1A【解析】，所以，令，解得或，所以当，单调递增；当时，单调递减；当，单调递增，所以的极小值为，选A2D【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除 A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D3D【解析】当时，令函数，则，易知在0，）上单调递增，在，2上单调递减，又，所以存在是函数的极小值点，即函数在上单调递减，在上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D4B【解析】（解法一）时，抛物线的对称轴为据题意，当时，即由且得当时，抛物线开口向
2、下，据题意得，即由且得，故应舍去.要使得取得最大值，应有所以，所以最大值为18选B（解法二）由已知得，对任意的，所以，即画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，令，则当时，当时，由线性规划的相关知识，只有当直线与曲线相切时，取得最大值，由，解得，所以，选B5A【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于，当时， ，所以在上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，数形结合可知，使得成立的的取值范围是6D【解析】由题意可知存在唯一的整数，使得，设，由，可知在上单调递减，在上单调递增，作出与的大致图象如图所示，故，即，所以7D【解析】，在单调递增，所以当 时，恒成立，即在上恒成立，所以，故选D
3、8A【解析】法一 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0，0)，(2，0)，在(0，0)处的切线方程为，在(2，0)处的切线方程为，以此对选项进行检验A选项，显然过两个定点，又，则，故条件都满足，由选择题的特点知应选A法二 设该三次函数为，则由题设有，解得故该函数的解析式为，选A9C【解析】由正弦型函数的图象可知：的极值点满足，则，从而得所以不等式，即为，变形得，其中由题意，存在整数使得不等式成立当且时，必有，此时不等式显然不能成立，故或，此时，不等式即为，解得或10A【解析】设所求函数解析式为，由题意知，且，代入验证易得符合题意，故选A11C【解析】当时，得，令，则，令，则，显然在上，
4、单调递减，所以，因此；同理，当时，得由以上两种情况得显然当时也成立，故实数的取值范围为12C【解析】设，则，故在上有一个极值点，即在上不是单调函数，无法判断与的大小，故A、B错；构造函数，故在上单调递减，所以，选C13【解析】B 当，可得图象D；记，取，令，得，易知的极小值为，又，所以，所以图象A有可能；同理取，可得图象C有可能；利用排除法可知选B14C【解析】若则有，所以A正确由得，因为函数的对称中心为（0,0），所以的对称中心为，所以B正确由三次函数的图象可知，若是的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间单调递减是错误的，D正确选C15A【解析】法一：由题意可得，而由可知，当时，为增
5、函数，时， 不存在使成立，故B，D错；当时，当时，只有时才有意义，而， ，显然无意义，故C错故选A法二：显然，函数是增函数，从而以题意知于是，只能有不然的话，若，得，与条件矛盾；若，得，与条件矛盾于是，问题转化为在上有解由，得，分离变量，得，因为，所以，函数在上是增函数，于是有，即，应选A16D【解析】A，错误是的极大值点，并不是最大值点；B是的极小值点错误相当于关于y轴的对称图像，故应是的极大值点；C是的极小值点错误相当于关于轴的对称图像，故应是的极小值点跟没有关系；D是的极小值点正确相当于先关于y轴的对称，再关于轴的对称图像故D正确17B【解析】,由，解得，又，故选B18D【解析】，恒成立
6、，令，则当时，函数单调减，当时，函数单调增，则为的极小值点，故选D19D【解析】，由，即，得由，所以，当且仅当时取等号选D20D【解析】若为函数的一个极值点，则易知，选项A，B的函数为，为函数的一个极值点满足条件；选项C中，对称轴，且开口向下，也满足条件；选项D中，对称轴，且开口向上，与题图矛盾，故选D21D【解析】由题，不妨令，则，令解得，因时，当时，所以当时，达到最小即22 【解析】 令，当时，则 在R上单调递增函数，此时仅有一个实根，所以(4)(5)对；当时，由得，所以 是的极小值点由，得,即，(3)对 是的极大值点，由，得，即，(1)对23【解析】（1）设，函数单调递增，所有，则=0，
7、所以正确；（2）设，则，则，可令=1，=2，则，所以错误；（3）因为，由（2）得：，分母乘到右边，右边即为，所以原等式即为=，即为=，令，则原题意转化为对于任意的，函数存在不相等的实数， 使得函数值相等，则，则，令，且，可得为极小值若，则，即，单调递增，不满足题意，所以错误（4）由(3) 得=，则，设，有，使其函数值相等，则不恒为单调，恒成立，单调递增且，所以先减后增，满足题意，所以正确244【解析】当时，此时方程即为或，故或，此时符合题意，方程有一个实根当时，方程即为或，即或，令，则，函数在上单调递减，且时，所以当时，方程无解；令，则，函数在上单调递减，且时，时，所以当时，方程有一个实根当时
8、，方程即为或，即或，令，则，函数在上单调递增，且时，时，所以当时方程有1个实根；同理在有1个实根故方程实根的个数为4个252【解析】由题意，令得或因或时，时，时取得极小值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；（
9、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若，即，在没有零点；若，即，在只有一个零点；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
10、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：00+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，
11、方程组有解，由得，代入，得 因此，只需证明当时，关于的方程有实数解设函数，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，
12、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160+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，（）若，则，所以在单调递减（）若，则由得当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增（2）（）若，由（1）知，至多有一个零点（
13、）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；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）的定义域为若，因为，所以不满足题意；若，由知，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递
14、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336【解析】（）因为，所以 （）由解得 或因为x（，1）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+00+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，
15、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】（）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.（）证明：由，得，.令函数，则.由（）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（）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，.（）证明：对于任意的正整数，且，令，函数.由（）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（）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
16、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】（）由题意又，所以，因此曲线在点处的切线方程为，即 （）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 ，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 ；当时，所以 当时，函数在上单调递增，无极值；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，
17、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】() 因为，当时，单调递增，单调递减；当时，当时，或，单调递增，单调递减；当时， ，单调递增，当时，或，单调递增，单调递减； () 由()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，当时，在上单调递
18、减.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：，有恒成立，所以在上单调递增；，令，解得，或当变化时，的变化情况如下表：00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（）证明：设在区间
19、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（）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（）和（）知，所以在区间上的取值范围为，因此.（3）当时，由（）和（）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）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，
20、的取值范围为（）不妨设，由（）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，（），由（）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】（）（）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），（）当时，在内无极值点，所以（）当时，由，知又，所以综上，（）由（）得.当时，.当时，
21、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.方程，即，亦即，所以，于是，解得.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
22、，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】()若，则当时，；当时，若，则当时，；当时，所以，在单调递减，在单调递增()由()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 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】：（）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，当时，函数在单调递增，无极值点；当时，设方程的两根为，因为，所以，由，可得，所以当时
23、，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，
24、由得+=，即=，对N，若+()，即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，0），设=（），则令=0得=1，当01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】（）=，.曲线在点（0,2）处的切线方程为由题设得，所以（）由（）知，设，由题设知当0时，单调递增，所以=0在
25、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】（）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（）由（）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】（），由题设知，解得（）的定义域为，由（）知，（）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，
26、；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】（）由题意知时，此时，可得，又，所以曲线在处的切线方程为（）函数的定义域为，当时，函数在上单调递增，当时，令，由于，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递减，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】（），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
27、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（）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】（），是上的偶函数（）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（），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】（）的定义域为
28、， 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（）设切点为，则的方程为所以在轴上的截距为由已知和得令，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】（）由，得又曲线在点处的切线平行于轴，得，即，解得（），当时，为上的增函数，所以函数无极值当时，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（）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
29、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：（）（）同解法一（）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：（*）在上没有实数解当时，方程（*）可化为，在上没有实数解当时，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】（）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.（）证明：当时，0.设，令，由
30、(1)知，在区间内单调递增，故存在唯一的，使得成立（）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】（）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（）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】（）的定义域为，若，则，
31、所以在单调递增若，则当时，当，所以 在单调递减，在单调递增（） 由于，所以(xk) f(x)+x+1=故当时，(xk) f(x)+x+10等价于 （） 令，则由（）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，所以故等价于，故整数的最大值为263【解析】（）设；则当时，在上是增函数得：当时，的最小值为当时，当且仅当时，的最小值为（）由题意得：64【解析】（）由 = 可得，而，即，解得；（），令可得，当时，；当时，于是在区间内为增函数；在内为减函数。（）=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
32、的，65【解析】（）由于直线的斜率为，且过点，故即，解得，（）由（）知，所以考虑函数，则所以当时，故当时，当时，从而当66【解析】（）因为所以由于，所以的增区间为，减区间为（）【证明】：由题意得，由（）知内单调递增，要使恒成立，只要，解得67【解析】（）由得，（）由（）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（）当时，由（）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2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】（）时，当时；当时，;当时，故在，单调增加，在单调递减（）令，则若，则当时，为减函数，而，从而当x0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高考押题团队客服QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第52页共52页
