TOP28广东省2016届高考数学二轮复习4导数及其应用课时检测.doc文档免费在线阅读

已知函数，其中是自然对数的底数求函数的零点若对任意，均有两个极值点，个在区间时无零点，当，即时有个零点，当，即时有个零点。

分综合当时无零点，当时有个零点，当时在，上有个零点，分当时，由在，上是减函数，在，上是增函数，所以当是，有极小值，即最小值。

分当，即，在，上是增函数，当时有零点，分当时，分或当时，∞，当∞时，∞，所以，是的减区间，，是的增区间。

分综合当时，的增区间是，，当时，的减区间是的增区间是，分由知道当时分分当时，，，是的增区间，分当时，令，，负舍去当时，当时，分所以分设求的单调区间求的零点个数解的定义域是，当时，在区间，上单调递增，分综上可知，函数在区间，上的最小值为分分当时，分所以函数的单调递增区间为单调递减区间为，由于，，所以分当，即时，分即解得所以实数的取值范围是，分当，时，单调递减区间为，分故在区间，内单调递增，在区间，内单调递减分从而函数在区间，内恰有两个零点，当且仅当分令，解得，当变化时，，的变化情况如下表，↗极大值↘极小值↗所以函数的单调递增区间为分解得，分当时，，所以分解得，分当时，，所以分令，解得，当变化时，，的变化情况如下表，↗极大值↘极小值↗所以函数的单调递增区间为单调递减区间为，分故在区间，内单调递增，在区间，内单调递减分从而函数在区间，内恰有两个零点，当且仅当分即解得所以实数的取值范围是，分当，时，所以函数的单调递增区间为单调递减区间为，由于，，所以分当，即时，分分当时，分当时，在区间，上单调递增，分综上可知，函数在区间，上的最小值为分设求的单调区间求的零点个数解的定义域是，分分当时，，，是的增区间，分当时，令，，负舍去当时，当时，分所以，是的减区间，，是的增区间。

分综合当时，的增区间是，，当时，的减区间是的增区间是，分由知道当时，在，上是增函数，当时有零点，分当时，分或当时，∞，当∞时，∞，所以在，上有个零点，分当时，由在，上是减函数，在，上是增函数，所以当是，有极小值，即最小值。

分当，即时无零点，当，即时有个零点，当，即时有个零点。

分综合当时无零点，当时有个零点，当时有个零点。

已知函数，其中是自然对数的底数求函数的零点若对任意，均有两个极值点，个在区间，内，另个在区间，外，求的取值范围已知，且函数在上是单调函数，探究函数的单调性解，当时函数有个零点分当时函数有个零点，分当时函数有两个零点，分④当，时函数有三个零点分分设，的图像是开口向下的抛物线由题意对任意，有两个不等实数根且，则对任意，，即，分又任意，关于递增，，故，所以的取值范围是，分由知，存在，，又函数在上是单调函数，故函数在上是单调减函数，依题意，，又，综合，得，实数的取值范围是分，分，分，，，由此得，分故，分已知函数，曲线经过点且在点处的切线为求常数，的值求证曲线和直线只有个公共点是否存在常数，使得，，恒成立若存在，求常数的取值范围若不存在，简要说明理由解分，依题意，即分，解得分。

记，则分，当时，当时，当时，分，所以，等号当且仅当时成立，即，等号当且仅当时成立，曲线和直线只有个公共点分。

，时，，所以恒成立当且仅当分，记，分，由得舍去，分当时，当时，分，所以在区间，上的最大值为，常数的取值范围为，分已知，函数当时，讨论函数的单调性当有两个极值点设为和时，求证解，分，考虑分子当，即时，在，上，恒成立，此时在，上单调递增分当，即时，方程有两个解不相等的实数根，，显然，分当，或，时，当，时，函数在，上单调递减，分在，和，上单调递增分，是的两个极值点，故满足方程，即，是的两个解，，分分而在中，分因此，要证明，等价于证明注意到，只需证明即证分令，则，当，时，，函数在，上单调递增当，时，，函数在，上单调递减因此，从而，即，原不等式得证分设为实数，函数的导函数为Ⅰ求函数的解析式Ⅱ求函数的最小值Ⅲ当时，求函数的单调递增区间。

解Ⅰ可求得分Ⅱ由于分当时，分当时，分详解如下当时当时综上Ⅲ当时，所以分先求分类讨论如下当，即或时，在时恒成立，所以函数的单调增区间为，分当，即时，方程在上有两个不相等的实数根，，显然我们注意到，因此我们有必要对的大小进行比较。

此时可作如下的分类讨论分当即时，在的大前提下，可解得此时在时的解集为，所以函数的增区间为，与，。

分当即时，在的大前提下，可解得，此时在时的解集为，，所以函数的增区间为，。

分当即时，在的大前提下，可解得，此时在时的解集为，，所以函数的增区间为，分综上所述当或时，函数的增区间为，当时，函数的增区间为，与，当时，函数的增区间为，分导数及其应用选择填空题已知，是定义在集合上的两个函数对任意的，存在常数，使得，，且则函数在集合上的最大值为答案已知函数是偶函数且当≠时其导函数满足，若，则答案二解答题已知函数Ⅰ若，求在点，处的切线方程Ⅱ求函数的极值点Ⅲ若恒成立，求的取值范围的定义域为，分Ⅰ若，则，此时因为，所以，分所以切线方程为，即分Ⅱ由于，，当时，，，分令，得，舍去，且当，时，当，时，，所以在，上单调递减，在，上单调递增，的极小值点为分当时，分当时，，令，得，舍去若，即，则，所以在，上单调递增若，即，则当，时，当