1、四川省2017届高三数学文一轮复习专题突破训练导数及其应用一、选择、填空题1、（2016年四川省高考）已知a函数f(x)=x312x的极小值点，则a=(A)-4 (B) -2 (C)4 (D)22、（2016年四川省高考）设直线l1，l2分别是函数f(x)= 图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B则则PAB的面积的取值范围是(A)(0,1) (B) (0,2) (C) (0,+) (D) (1,+ )3、（2015年四川省高考）已知函数， (其中)。对于不相等的实数，设，现有如下命题：(1) 对于任意不相等的实数，都有；(2) 对于任意的及任
2、意不相等的实数，都有；(3) 对于任意的，存在不相等的实数，使得；(4) 对于任意的，存在不相等的实数，使得。其中的真命题有_(写出所有真命题的序号）。4、（成都市高新区2016届高三10月检测）曲线在点处的切线的倾斜角是 5、（成都市双流中学2017届高三9月月考）函数的图像如图所示，则下列结论成立的是（ ）Aa0，b0，d0 Ba0，b0，c0Ca0，b0，c0 Da0，b0，c0，d0,所以正确；(2)设，则，不妨我们设，则，矛盾，所以(2)错。(3)，由(1)(2)可得：，化简得到，也即，令，即对于任意的函数在定义域范围内存在有两个不相等的实数根，。则，显然当时，恒成立，即单调递增，最
3、多与x轴有一个交点，不满足题意，所以错误。(4)同理可得，设，即对于任意的函数在定义域范围内存在有两个不相等的实数根，从而不是恒为单调函数。，恒成立，单调递增，又时，时，。所以为先减后增的函数，满足要求，所以正确。4、5、【答案】A【解析】，令又，由函数的图象可知,是的两根由图可知；故A正确.6、7、【答案】；解：令，则，为增函数，不等式可化为，即，由，不等式的解集为；8、答案与解析：B因为y3x2，所以ky|x00，所以曲线yx3在原点处的切线方程为y0.9、答案与解析：B 作出函数的图象如图：当对应的直线和直线平行时，满足两个函数图象有两个不同的交点，直线和函数相切时，当时，函数，设切点为
4、，则切线斜率，则对应的切线方程为，即，又因为直线切线方程为，所以，解得，即此时，此时直线与只有一个交点，不满足条件，若方程=恰有两个不同的实根时，则满足；故选B10、11、12、13、14、15、16、二、解答题1、【答案】（1）当时，0，单调递增；（2）证明详见解析；（3）.（II）令=，则=.当时，0，所以，从而=0.（iii）由（II），当时，0.当，时，=.故当在区间内恒成立时，必有.当时，1.由（I）有,从而，所以此时在区间内不恒成立.当时，令=().当时，=.因此在区间单调递增.又因为=0，所以当时，=0，即恒成立.综上，.考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立
5、问题2、【解答】：（），求导可得，即 恒成立，在其定义域上单调递增。（），由()可知在(1，)内单调递增。又时，当时，显然。而在(1，)是单调递增的，因此在(1，)内必定存在唯一的使得 . 。当时，当时，在上单调递减，在上单调递增，。由已知条件在区间内有唯一解，必有。即. ，由式得到带入式化简得：，即，令，恒成立，为减函数，在内有零点，即时，有解，此时为增函数，且，即。存在，使得恒成立，且在区间(1，)内有唯一解。3、解：（1）当a=1，f（x）=x23x+lnx，定义域（0，+），（2分）4、5、解析：（）当时，；当时，。的值域是。（）对任意，总存在，使，的值域包含于的值域。，（1）当时，在
6、上是减函数。 ， 此时的值域是，但；（2）当时，由，由 当，即时，在上减函数，在上是增函数，的值域是若，则。 当，即时，在上是减函数。此时同（1），是不可能的。综上，实数的取值范围是。6、7、8、解：（1），由题意得3ax2+bx+c0的解集为x|-2x1， a0，且方程3ax2+bx+c=0的两根为-2，1于是，得b=3a，c=-6a2分 3ax2+bx+c0的解集为x|x1， f(x)在(-，-2)上是减函数，在-2，1上是增函数，在(1，+)上是减函数 当x=-2时f(x)取极小值，即-8a+2b-2c-1=-11，把b=3a，c=-6a，代入得-8a+6a+12a-1=-11，解得a=
7、-1 5分（2）由方程f(x)-ma+1=0，可整理得，即 7分令， 列表如下：x(-，-2)-2(-2，1)1(1，+)+0-0+g(x)极大值极小值 g(x)在-3，-2是增函数，在-2，0上是减函数11分又，g(-2)=10，g(0)=0，由题意知直线y=m与曲线有两个交点，于是m10.13分9、解：（1）由题意得， 1分则，3分解得，4分（2）由题意得5分当时，令，解得或，所以在和上单调递增；令，解得，所以在上单调递减；当时，则在上单调递增；当时，令，解得或，所以在和上单调递增；令，解得，所以在上单调递减；8分综上：当时，的单调递增区间和，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是；当时，
8、的单调递增区间和，单调递减区间是9分（3）正项数列满足， 10分数列是递减数列 11分令，是上的增函数，即， 13分故，是递减数列 14分10、解：（），由导数的几何意义得，于是由切点在直线上可得，解得所以函数的解析式为（）当时，显然（）这时在，内是增函数当时，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，内是增函数，在，(0,)内是减函数（）由（）知，在上的最大值为与中的较大者，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11、解：（1）当时，所求切线方程，即 3分（2）由得，即有令，则， 5分令，在上单调递增，在上单调递减。， 8
9、分（3）由题意，。 9分 令又在上单调递减 13分的值域为 14分12、解：（）当时， ，所求切线方程，即 .(3分)（）由得，即有令，则， .(5分)令，在上单调递增，在上单调递减。， .(7分)（III）由题意，.(8分) 令, (10分)又 在上单调递减(12分) .(13分)的值域为.(14分)13、解：（）当时，的定义域为，1分当或时,，3分当时，所以的单调递增区间为，单调递减区间为5分（）方法一：令，则，当，即时，恒成立，因为，所以在上单调递增，即，所以； 当，即时，恒成立，因为，所以在上单调递增，即，所以；7分当，即或时，方程有两个实数根若，两个根，当时，所以在上单调递增，则，即
10、，所以；.10分若，的两个根，因为，且在是连续不断的函数所以总存在，使得，不满足题意13分综上，实数的取值范围为14分方法二：由，得在时恒成立，7分令，则 令，则所以在为增函数，12分所以，所以在为增函数所以，所以，即实数的取值范围为14分14、由题h(x)lnxax(a1)x，且x0，则，（）当a0时，0，由得0x1，所以单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，)4分（）由题知f(x)g(x)在x(0，a)上恒成立，即h(x)= f(x)g(x)0在x(0，a)上恒成立由得，x2=1，6分 （1）当即a=1时，在x(0，1)上恒成立，则h(x)在(0，1)上为增函数，h(x)h(1)=
11、0，所以f(x)g(x)恒成立8分 （2）当，即1a0时，x(0，1)1(1，)(, )0h(x)极大值极小值因为a1，在区间(0,a)上，h(x)h(a)h(1)=a1010分（3）当，即a1，而h()=ln()a()(a1)= ln()1= ln()10，于是只需考虑h(a)0即可，即h(a)= ln(a)a(a)(a1)(a)= ln(a)aaa0，下面用特殊整数检验，12分若a=1，则h(1)=3/20；若a=2，则h(2)=ln246=ln220；若a=3，则h(3)=ln312= ln30；而当a3时，ln(a)0，现说明当a3时，aaa0令u(x)xxx，则x2x1，它在(，3为增函数且0，所以u(x)在(，3为减函数，而u(3)0，则当a3时，aaa0恒成立所以，使f(x)g(x)在x(0，a)上恒成立的最小整数为214分
