高三十月七校联考讲义导数

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1、襄阳四中2017届高三理科数学复习讲义三导数与定积分（命题人：赵永志）一、选择题：1．15．设，则的值为（）A.B.C.D.【答案】【解析】试题分析：由已知得：，令，得：，知：曲线是以坐标原点为圆心，1为半径的圆处在x轴上方部分的半圆，由定积分的几何意义知：，又，。故选A．2．已知函数.若,对任意，存在，使成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】试题分析：对任意，存在，使，∴，在上单调递增，∴，在上单调递减，则，∴，则，故选A.【方法点睛】本题主要考查、利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数的最值及全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是

2、理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1）只需；（2），只需；（3），只需；（4），，.3．函数，若不等式有解,则实数的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：有解，分离参数得，令，令，解得，故.【思路点晴】有解，分离参数得，令，利用导数可以求得函数的单调区间、极值和最值.由此求得.恒成立问题往往有两种方法，一种是分离参数法，另一种是直接讨论法，但是直接讨论往往比较复杂.4．已知是定义在R上的减函数，其导函数满足，则下列结论正确的是()A.当时，>0；当时，B.当时，；当时，C.对于任意R,>0D.对于任意R,<0

3、【答案】D【解析】试题分析：∵，是定义在上的减函数，，∴，∴，∴，∴函数在上单调递减，当时，，故；当时，，故；又当时，，又∴，所以，所以对任意成立，故选：D．【思路点睛】本题考查了导数的综合应用，关键在于构造函，由题意可得，结合函数的单调性，从而可判断当或时，，结合为减函数可得结论．5．如图是函数的大致图象,则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】试题分析：由题意得，根据函数的图象的根为，所以，所以，所以的两个根为和，所以，所以，所以，因为是方程的两根，所以，所以，故选C.考点：利用导数研究函数的极值；导数的几何意义.【方法点晴】本题主要考查了导数研究函数的单调性与极值、导数的

4、几何意义的应用，充分体现导数在函数问题解答中的应用，本题的解答中根据函数的图象的根为，求出函数的解析式，再利用是方程的两根，结合一元二次方程的根与系数的关系是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想的应用.6．已知函数,设两曲线与有公共点,且在该点处的切线相同，则时,实数的最大值是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：由题意得，函数的导数分别为，由于两曲线与有公共点，设，则，由于，则，因此，构造函数，所以，当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，则，即为实数的最大值.考点：利用导数判定函数的单调性；利用导数求解函数的极值与最值.【方法点晴

5、】本题主要考查了利用导数判定函数的单调性、利用导数求解函数的极值与最值，考查了导数的综合应用，同时涉及到导数的几何意义，函数在欧典出的导数即为曲线在该点处的切线的斜率，着重考查了分离参数法和函数的构造思想，同时考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.7．定义在区间上的函数使不等式恒成立，其中为的导数，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：由可得，即，令，则，即，所以且，即且，所以函数是增函数且函数是减函数，即是增函数且函数是减函数，所以且，即且，故应选B.考点：导数及运算．【易错点晴】本题以不等式的形式为背景考查的是导数的知识的综合运用

6、.解答本题的难点是如何建立两个函数值的表达式.本题在解答时借助题设的不等式，运用巧妙变形进行构造函数，进而通过构造的函数进行合理有效的变形得到两个单调函数和函数，即和函数.最后借助单调性使得问题简捷巧妙获解.8．已知直线与曲线相交于，且曲线在处的切线平行，则实数的值为（）A．4B．4或-3C．-3或-1D．-3【答案】B【解析】试题分析：设，由得，由题意，因为，则有．把代入得，由题意都是此方程的解，即①，，化简为②，把①代入②并化简得，即，，当时，①②两式相同，说明，舍去．所以．故选B．【名师点睛】本题考查了导数的几何意义，设切点坐标为，第一由这两点处切线平行可得出，第二，两点

7、是直线与函数图象的交点，因此有是联立后的方程的解，下面是关键的一步，由（1）知都是这个方程的解，因此可代入后两式比较从而得出只含有的方程，可解出值，代入检验是我们都容易忘记的，是易错点，解题时要注意．9．如果函数满足：对于任意的，都有恒成立，则的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】试题分析：因,故（1）当时,即时,.若,此时,即,也即时,则有,解得,所以;若,则,即时,则有,即,令,则,因,故,函数单调递减,所以,即不等式恒成立,所以；若,显然成立；所以.（2）当,即时,,函数在上单