参***。
1．解：对求导得①
ⅰ）当时，若，则，解得。
结合①，可知。
所以，是极小值点，是极大值点。
ⅱ）若为r上的单调函数，则在r上不变号，结合①与条件a>0，知。
在r上恒成立，因此，由此并结合a>0，知。
2．解：（ⅰ
令，得。当k>0时，的情况如下。
所以，的单调递减区间是（）和；单高层区间是当k<0时，的情况如下。
所以，的单调递减区间是（）和；单调增区间是。
ⅱ）当k>0时，因为，所以不会有。
当k<0时，由（ⅰ）知在（0，+）上的最大值是。
所以等价于。
解得。故当时，k的取值范围是。
3．解：（i）的定义域为，令。
当在（0，1）内是增函数；
当时，内是减函数；
故函数处取得最大值。
ii）（1）由（i）知，当时，有。
从而有，得，求和得。
即。2）①先证。
令。则于是。
由（1）得，即。
再证。记，则，于是由（1）得。
即。综合①②，2）得证。
4．解析：（i）由知，，而，且，则为的一个零点，且在内有零点，因此至少有两个零点。
解法1：，记，则。
当时，，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点。
又因为，则在内有零点，所以在内有且只有一个零点。
记此零点为，则当时，；当时，；
所以，当时，单调递减，而，则在内无零点；
当时，单调递增，则在内至多只有一个零点；
从而在内至多只有一个零点。综上所述，有且只有两个零点。
解法2：，记，则。
当时，，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点。
因此在内也至多只有一个零点，综上所述，有且只有两个零点。
ii）记的正零点为，即。
1）当时，由，即。而，因此，由此猜测：。下面用数学归纳法证明：
当时，显然成立；
假设当时，有成立，则当时，由知，，因此，当时，成立。
故对任意的，成立。
2）当时，由（1）知，在上单调递增。则，即。从而，即，由此猜测：。下面用数学归纳法证明：
当时，显然成立；
假设当时，有成立，则当时，由知，，因此，当时，成立。
故对任意的，成立。
综上所述，存在常数，使得对于任意的，都有。
5．解：（1）已知，，函数在上存在单调递增区间，即导函数在上存在函数值大于零的部分，。
2）已知0此时，由，所以函数。
6．解：（i）
i）若单调增加。
ii）若。且当。
所以单调增加，在单调减少。
ii）设函数则。
当。故当，
iii）由（i）可得，当的图像与x轴至多有一个交点，故，从而的最大值为。
不妨设。由（ii）得。
从而。由（i）知，
7．(i)，所以在上单增。
当时，。ii）
由(i)，当x<0时，,即有。
故。于是，即。
利用推广的均值不等式：
另解：，所以是上凸函数，于是。
因此，故。综上：
8．解 （ⅰ由题设易知，令得，当时，，故（0,1）是的单调减区间，当时，，故是的单调增区间，因此，是的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为。
ⅱ），设，则，当时，，即，当时，因此，在内单调递减，当时，，即，当时，，即。
ⅲ）满足条件的不存在。
证明如下：证法一假设存在 ，使对任意成立，即对任意，有 ，（
但对上述，取时，有 ，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在 ，使对任意成立。
证法二假设存在，使对任意的成立。
由（ⅰ）知， 的最小值为。
又，而时，的值域为， 时， 的值域为，从而可取一个，使 ，即 ，故 ，与假设矛盾。
不存在 ，使对任意成立。
9．解：⑴ 当时，任意，则。
， 函数在上是增函数。
当时，同理，函数在上是减函数。
当时，，则；
当时，，则。
10．（1），令
所以是其极小值点，极小值为。是其极大值点，极大值为。
由。时方程无解。
时。方程的根为。
3)，11．（i）解：，令。
当x变化时，的变化情况如下表：
所以，的单调递增区间是的单调递减区间是。
ii）证明：当。
由（i）知在（0，2）内单调递增，在内单调递减。
令。由于在（0，2）内单调递增，故。
取。所以存在即存在。
说明：的取法不唯一，只要满足即可）
iii）证明：由及（i）的结论知，从而上的最小值为。
又由，知。故。
从而。12．解：（ⅰ
由于直线的斜率为，且过点，故即。
解得，。ⅱ）由（ⅰ）知，所以。
考虑函数，则。
i)设，由知，当时，。而，故。
当时，，可得；
当x（1，+）时，h（x）<0，可得h（x）>0
从而当x>0,且x1时，f（x）-（0，即f（x）>+
ii）设00,故h’ （x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。
iii）设k1.此时h’（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。
综合得，k的取值范围为（-，0]
13．（i）解：求导得。
因为的极值点，所以。
解得经检验，符合题意，所以。
ii）解：①当时，对于任意的实数a，恒有成立；
当时，由题意，首先有，解得，由（i）知。令。且。
又内单调递增。
所以函数内有唯一零点，记此零点为。
从而，当时，
当。当时，
即内单调递增，在内单调递减，在内单调递增。
所以要使恒成立，只要。
成立。由，知。
将（3）代入（1）得。
又，注意到函数内单调递增，故。
再由（3）以及函数内单调递增，可得。
由（2）解得，
所以。综上，a的取值范围是。
14．解：（i）因故。
令。由已知。
又令由已知。
因此解得。因此。
又因为故曲线处的切线方程为。
（ii）由（i）知，从而有。
令。当上为减函数；
当在（0，3）上为增函数；
当时，上为减函数；
从而函数处取得极小值处取得极大值。
15．解：f'（x）=3x2+a，g'（x）=2x+b．
1）由题得f'（x）g'（x）≥0在[-1，+∞上恒成立．因为a＞0，故3x2+a＞0，进而2x+b≥0，即b≥-2x在[-1，+∞上恒成立，所以b≥2．
故实数b的取值范围是[2，+∞
2）令f'（x）=0，得x=．
若b＞0，由a＜0得0∈（a，b）．又因为f'（0）g'（0）=ab＜0，所以函数f（x）和g（x）在（a，b）上不是单调性一致的．因此b≤0．
现设b≤0，当x∈（-0）时，g'（x）＜0；当x∈（-时，，f'（x）＞0．
因此，当x∈（-时，f'（x）g'（x）＜0．故由题设得a≥-且b≥-，从而-≤a＜0，于是-≤b＜0，因此|a-b|≤，且当a=，b=0时等号成立，又当a=，b=0时，f'（x）g'（x）=6x（x2-），从而当x∈（-0）时f'（x）g'（x）＞0．
故函数f（x）和g（x）在（-，0）上单调性一致，因此|a-b|的最大值为．
16．解：对求导得①
i）当，若。
综合①,可知。
所以，是极小值点，是极大值点。
ii）若为r上的单调函数，则在r上不变号，结合①与条件a>0，知在r上恒成立，因此由此并结合，知。
17．解：（ⅰ
令，得．与的情况如下：
所以，的单调递减区间是（）；单调递增区间是。
ⅱ）当，即时，函数在[0，1]上单调递增，所以（x）在区间[0，1]上的最小值为。
当时，由（ⅰ）知上单调递减，在上单调递增，所以在区间[0，1]上的最小值为；
当时，函数在[0，1]上单调递减，所以在区间[0，1]上的最小值为。
18．解：（i）由f（e）=2，代入f（x）=-ax+b+axlnx，得b=2；
ii）由（i）可得f（x）=-ax+2+axlnx，函数f（x）的定义域为（0，+∞从而f′（x）=alnx，a≠0，故。
当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞1，由f′（x）＜0得0＜x＜1；
当a＜0时，由f′（x）＞0得0＜x＜1，由f′（x）＜0得x＞1；
综上，当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞单调递减区间为（0，1）；
当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞
iii）当a=1时，f（x）=-x+2+xlnx，f′（x）=lnx，由（ii）可得，当x∈（，e），f（x），f′（x）变化情况如下表：
又f（）=2-＜2，所以y=f（x）在[，e]上的值域为[1，2]，据此可得，若，则对每一个t∈[m，m]，直线y=t与曲线y=f（x）（x∈[，e]）都有公共点；
并且对每一个t∈（-m）∪（m，+∞直线y=t与曲线y=f（x）（x∈[，e]）都没有公共点；
综上当a=1时，存在最小实数m=1和最大的实数=2m（m＜m），使得对每一个t∈[m，m]，直线y=t与曲线y=f（x）（x∈[，e]）都有公共点．
19．解：函数的定义域为。
当的判别式。
当有两个零点，
且当内为增函数；
当内为减函数；
当内为增函数；
当内为增函数；
当在定义域内有唯一零点，且当内为增函数；当时，内为减函数。
的单调区间如下表：
（其中）20．解：（i）f'（x）=3x2+4ax+b，g'（x）=2x-3．
由于曲线y=f（x）与y=g（x）在点（2，0）处有相同的切线l．
故有f（2）=g（2）=0，f'（2）=g'（2）=1．
由此得，解得，所以a=-2，b=5..切线的方程为x-y-2=0．
ii）由（i）得f（x）=x3-4x2+5x-2，所以f（x）+g（x）=x3-3x2+2x．
依题意，方程x（x2-3x+2-m）=0，有三个互不相等的实根0，x1，x2，故x1，x2是x2-3x+2-m=0的两相异实根．
所以△=9-4（2-m）＞0，解得m＞-．
又对任意的x∈[x1，x2]，f（x）+g（x）＜m（x-1）恒成立，特别地取x=x1时，f（x1）+g（x1）＜m（x1-1）成立，得m＜0．
由韦达定理得x1+x2=3＞0，x1x2=2-m＞0．故0＜x1＜x2．
对任意的x∈[x1，x2]，x-x2≤0，x-x1≥0，x＞0．
则f（x）+g（x）-mx=x（x-x1）（x-x2）≤0，又f（x1）+g（x1）-mx1=0．
2024年高考数学汇编导数
2014年高考数学理科汇编导数李远敬整理。1.天津19 本小题满分14分 已知函数。1 求的单调区间和极值 2 若对于任意的，都存在，使得，求的取值范围。2.新课标1。11 已知函数 若存在唯一的零点，且 0，则的取值范围为。3.新课标1。21.本小题满分12分 设函数，曲线在点 1，处的切线为。求...
2024年高考数学导数试题
1 设，其中a为正实数。当时，求的极值点 若为r上的单调函数，求a的取值范围。2 已知函数。求的单调区间 若对于任意的，都有 求的取值范围。3 已知函数，求函数的最大值 设 均为正数，证明 1 若 则 2 若 1，则。4 已知函数 g 求函数h g 的零点个数，并说明理由 设数列满足，证明 存在常数...
2024年高考数学试题分类汇编函数与导数
函数与导数。一 选择题。1.设是定义在上的奇函数，当时，则。ab33.若点 a,b 在图像上，则下列点也在此图像上的是。a b b 10a,1b c b 1 d a2,2b 4.函数在区间 0,1 上的图像如图所示，则n可能是。a 1 b 2 c 3 d 5.根据统计，一名工人组装第x件某产品所用的...