公众号：数学研讨 专题三 导数及其应用第八讲导数的综合应用答案.doc

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1、专题三导数及其应用第八讲导数的综合应用答案部分2019年1.解析当时，恒成立；当时，恒成立，令，所以，即．当时，恒成立，令，则，当时，，递增，当时，，递减，所以当时，取得最小值.所以.综上，的取值范围是．2.解析（1）．令，得x=0或.若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.（2）满足题设条件的a，b存在.（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．（ii）当a≥

2、3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．（iii）当0

3、单调递增所以，．因此，．（ii）当时，．令，则，故在上单调递增，所以．由（i）得．所以，．因此．由（i）（ii）得对任意，，即对任意，均有．综上所述，所求a的取值范围是4.解析：（1）设，则，.当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，设为.则当时，；当时，.所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.（2）的定义域为.（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.

4、又，，所以当时，.从而在没有零点.（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.综上，有且仅有2个零点.5.解析：（1）f（x）的定义域为.因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零点．综上，f（x）有且仅有两个零点．（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．由题设知，即，故直线AB的斜率．曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，所以曲线在点处的切线

5、也是曲线y=ex的切线．6.解析（1）因为，所以．因为，所以，解得．（2）因为，所以，从而．令，得或．因为都在集合中，且，所以．此时，．令，得或．列表如下：1+0–0+极大值极小值所以的极小值为．（3）因为，所以，．因为，所以，则有2个不同的零点，设为．由，得．列表如下：+0–0+极大值极小值所以的极大值．解法一：．因此．解法二：因为，所以．当时，．令，则．令，得．列表如下：+0–极大值所以当时，取得极大值，且是最大值，故．所以当时，，因此．7.解析：（I）由，得．令，即，解得或.又所以曲线的斜率为1的切线方程是与，即与.（II）令，.由得.令得

6、或.随x的变化情况如表所示x-204+-+-600所以的最小值为-6，最大值为0，所以，即.（III）由（II）知，当时，；当时，；当时，.综上，当最小时，.8.解析（Ⅰ）由已知，有.因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增.所以，的单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）记.依题意及（Ⅰ），有，从而.当时，，故.因此，在区间上单调递减，进而.所以，当时，.（Ⅲ）依题意，，即.记，则，且.由及（Ⅰ），得.由（Ⅱ）知，当时，，所以在上为减函数，因此.又由（Ⅱ）知，，故.所以，.2010-2018年1．A【解析】∵，∵，∴，所以，，令，

7、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A．2．D【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D．3．D【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D．4．B【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

8、，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，