1、福建省各地2017届高三最新考试数学理试题分类汇编导数及其应用2017.03一、选择、填空题1、（莆田市2017届高三3月教学质量检查）定义在R上的函数的导函数为，若对任意，都有，则使得成立的 的取值范围为A B C D2、（福建省“永安、连城、华安、漳平一中等”四地六校2017届高三第二次（12月）月考）若函数与函数在点(1 , 0)处有共同的切线，则的值是（ ）A B. C. D. 3、（福建省八县（市）一中联考2017届高三上学期期中）设函数在上存在导数，有，在上，若则实数的取值范围为( )A. B. C. D.4、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）设曲线在点处的切线与轴的交
2、点横坐标为，则的值为_5、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是_6、（福建省师大附中2017届高三上学期期中考试）定义在R上的函数满足：，是的导函数，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（A）（B）（C）（D）7、（福建省霞浦第一中学2017届高三上学期期中考试）设函数的图象在点处切线的斜率为，则函数的部分图象为 二、解答题1、（福建省2017年普通高中毕业班单科质量检查模拟）已知函数有两个零点. ()求的取值范围；()设，是的两个相异零点，证明：.2、（莆田市2017届高三3月教学质量检查） 已知函数.（1）若过点恰有两条直线与曲线相切
3、，求的值； （2）用表示中的最小值，设函数，若恰有三个零点，求实数 的取值范围.3、（漳州市八校2017届高三上学期期末联考）已知函数，且直线是函数的一条切线 （）求的值； （）对任意的，都存在，使得，求的取值范围；4、（漳州市八校2017届高三下学期2月联考）已知函数，当时，与的图象在处的切线相同.（1）求的值；（2）令，若存在零点，求实数的取值范围.5、（漳州市第二片区2017届高三上学期第一次联考）设函数f (x)exx2x1，函数f (x)为f (x)的导函数.（I）求函数f (x)的单调区间和极值；（II）已知函数yg (x)的图象与函数yf (x)的图象关于原点对称，证明：当x0时
4、，f (x)g (x)；（）如果x1x2，且f (x1)f (x2)0，证明：x1x20.6、（福建省“永安、连城、华安、漳平一中等”四地六校2017届高三第二次（12月）月考）设函数（）当时，求的单调区间；（）当时，求实数的取值范围7、（福建省八县（市）一中联考2017届高三上学期期中）已知函数（）求函数的单调递减区间；（）若方程有且仅有一个实根，求实数的取值范围8、（福州市第八中学2017届高三第六次质量检查）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）若方程有两个相异实根，且，证明：.9、（福州外国语学校2017届高三适应性考试（九）已知函数，.（）若在上为增函数，求实数的取值范围.（）当时，
5、设的两个极值点为，且，求的最小值.10、（晋江市季延中学等四校2017届高三第二次联考）已知，函数，曲线与轴相切（）求的单调区间；（）是否存在实数使得恒成立？若存在，求实数的值；若不存在，说明理由11、（厦门第一中学2017届高三上学期期中考试）已知函数是自然对数的底数（1）讨论函数在上的单调性；（2）当时，若存在，使得，求实数的取值范围（参考公式：）12、（福建省师大附中2017届高三上学期期中考试） 已知为常数,函数,.(其中是自然对数的底数)()过坐标原点作曲线的切线,设切点为,求证:；()令,若函数在区间上是单调函数,求的取值范围.13、（福建省霞浦第一中学2017届高三上学期期中考试
6、）已知函数（）若，求函数的单调区间；（）若，求证： 参考答案一、选择、填空题1、A2、C3、B4、15、6、A7、B二、解答题1、（）因为,则当时，恒成立，此时至多有一个零点，与题意不符，因此此时令有；令有所以又因为所以要使得有两个零点，则只要使得恒成立，即， 3分所以，所以， 4分设，则，令可得；令可得所以所以 6分（）设的两个零点分别为，则构造函数，则因此单调递减，所以所以令，可以得到，即所以 8分同理设，可得令，可以得到注意到存在极大值，因此我们可以确定所以即两式子相加后可以得到所以即即即所以，综上有 12分2、3、解（）设直线与相切于点， ， 依题意得 解得 所以， 经检验：符合题意.
7、5分 （）由（）得 所以 当时，所以在上单调递减， 所以当时， ， ， 当时，所以在上单调递增， 所以当时， 依题意得，所 解得。12分4、【答案】（1）4（2）试题分析：（1）根据导数几何意义得，分别求导得，即得（2）研究函数零点问题，一般利用变量分离法转化为对应函数值域问题：即求函数的值域，先求函数导数，再研究导函数零点，设，则，而，所以在上为减函数，在上为增函数，.试题解析：(1)当时，则，又，所以在处的切线方程为，又因为和的图像在处的切线相同，所以.（4分）(2)因为有零点所以即有实根.令令则恒成立，而，所以当时，当时，.所以当时，当时，.故在上为减函数，在上为增函数，即.当时，当时，
8、.根据函数的大致图像可知.（12分）5、【解】（I）f (x)exx1， f (x)ex1（2分） 当x0时，f (x)0，当x0时，f (x)0 f (x)在(，0)上单调递减；在(0，)上单调递增. 当x0时，f (0)0为f (x)极小值，无极大值.（4分）（II）由题意g (x)f (x)exx2x1，（5分） 令F (x)f (x)g (x)f (x)f (x)exexx22（x0）， F (x)exex2x，F (x)exex20（6分）因此，F (x)在0，)上单调递增，从而有F (x)F (0)0；因此，F (x)在0，)上单调递增，（7分）当x0时，有F (x)F (0)0，
9、即f (x)g (x).（8分）（III）由（I）知，f (x)0，即f (x)在R上单调递增，且f (0)0. （9分） 因为x1x2，不妨设x1x2，于是有x10，x20，要证x1x20，即证x1x2.因为f (x)单调递增，f (x1)f (x2)0故只需证f (x2)f (x1)f (x2)，即f (x2)f (x2)0（10分）因为x20，由（II）知上不等式成立，从而x1x20成立.（12分）6、解： () a0时， f(x)ex3x， f(x)ex1. 1分当 x(，0)时， f(x)0；当 x(0，)时， f(x)0.故 f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增4分(
10、) f(x)ex12ax. 由(1) a0时知ex1x，当且仅当 x0时等号成立，5分故 f(x)x2ax(12a)x， 6分当 时, 12a0, f(x)0(x0),在R上是增函数, 又f(0)-2,于是当 x0时，f(x)-2. 符合题意. 8分当时,由ex1x(x0)可得ex1x( x0) 所以f(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)， 故当 x(0，ln2a)时， f(x)0，而 f(0)-2，于是当 x(0，ln2a)时，f(x)-2 11分综合得 a的取值范围为12分7、解：（）由题可得：1分 令，得，解得：3分函数的单调递减区间是4分 （）方程有且仅有一个实根方程有
11、且仅有一个非零实根，即方程有且仅有一个实根因此，函数的图像与直线有且仅有一个交点6分结合（）可知，函数的单调递减区间是，单调递增区间是函数的极大值是，极小值是9分又且时，当或或时，函数的图像与直线有且仅有一个交点11分若方程有且仅有一个实根，实数的取值范围是.12分8、解：（1）的定义域为 1分 2分 当时 所以 在递增 当时 所以 在递减 3分 （2）由(1)可设的两个相异实根分别为，满足且， 4分由题意可知 5分又有(1)可知在递减故 所以 6分令 8分令，则当时，是减函数，所以9分所以当时，即 10分因为， 在上单调递增，所以，故 11分综上所述： 12分9、（），由题意，即对恒成立，整
12、理得：，即，在上恒成立，显然时成立.时设，显然且对称轴为，在上单调递增，只要，.（），由题意，解得.，两式相减得，记为，在递减，的最小值为.10、解：（）设切点为，1分依题意即解得3分单调递增极大值单调递减所以，当变化时，与的变化情况如下表：所以的增区间为，减区间为上单调递减5分（）存在，理由如下：6分等价于或令，则，设，若，则当时，所以；当时，所以，所以在单调递减区间为，单调递增为又，所以，当且仅当时，从而在上单调递增，又，所以或即成立9分若， 因为，所以存在，使得，因为在单调递增，所以当时，在上递增，又，所以当时，从而在上递减，又，所以当时，此时不恒成立；11分若，同理可得不恒成立综上所述
13、，存在实数12分11、解：（1）1分当时，当时，所以，故函数在上单调递增；当时，当时，所以，故函数在上单调递增，综上，在上单调递增，4分（2），因为存在，使得，所以当时，5分，当时，由，可知，；当时，由，可知，；当时，在上递减，在上递增，当时，7分而，设，因为（当时取等号），在上单调递增，而，当时，当时，9分，即，10分设，则，函数在上为增函数，既的取值范围是12分12、:(I)() 1分所以切线的斜率, 2分整理得 ,显然,是这个方程的解, 3分又因为在上是增函数, 所以方程有唯一实数解. 4分故. (), 5分设,则. 易知在上是减函数,从而 7分(1)当,即时,在区间上是增函数. ,在上
14、恒成立,即在上恒成立. 在区间上是减函数. 所以,满足题意. 9分 (2)当,即时,设函数的唯一零点为, 则在上递增,在上递减. 又,. 又, 在内有唯一一个零点, 当时,当时,. 从而在递减,在递增,与在区间上是单调函数矛盾. 不合题意. 12分综合(1)(2)得, 法二:, 5分要使为单调函数,则在区间恒成立或在区间恒成立即在区间恒成立或在区间恒成立 而当时, ,故又等价于 在区间恒成立或在区间恒成立7分设,故 又令,而,故在区间单调递增,故有,可得,函数在区间单调递减 而当时, 当时,故函数在区间的值域为 10分故在区间恒成立时,无解,在区间恒成立时,. 12分13、解:（） 1分， 2分， 当时，令，得；令，得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为； 3分当时，令，得或；令，得，故函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；4分当时，令，得；令，得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 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和，单调递减区间为 5分（），故由（）可得函数的单调递增区间为，单调递减区间为，在时取得极大值，并且也是最大值，即 6分又， 7分设，则， 8分所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 9分所以， 10分， 11分，又 12分
