2018年---各省市导数试题汇编-(理科).doc

【1】（2018年全国1卷理）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【答案】（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
【解析】（1）当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.
所以，即.
【2】（2018全国二卷理）已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
【解析】（1）当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
（2）设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
【3】（2018年全国3卷理）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．
（1）若a=0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；
（2）若x=0是f（x）的极大值点，求a．
【解答】（1）证明：当a=0时，f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．
，，
可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0
∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f′（x）≥f′（0）=0，
∴f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）=0．
∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．
（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得
f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+﹣2=，
令h（x）=ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），
h′（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．
当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）＞h（0）=0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x=0不是f（x）的极大值点，不符合题意．
当a＜0时，h″（x）=8a+4aln（x+1）+，
显然h″（x）单调递减，
①令h″（0）=0，解得a=﹣．
∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，
∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴h′（x）≤h′（0）=0，
∴h（x）单调递减，又h（0）=0，
∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，
当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，
∴x=0是f（x）的极大值点，符合题意；
②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）（1﹣e）＜0，
∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，
∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，
∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；
③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，
∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，
∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，
∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）单调递增，
∴h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，
∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．
综上，a=﹣．
【4】（2018北京理）设函数．
（Ⅰ）若曲线在点处的切线与轴平行，求；
（Ⅱ）若在处取得极小值，求的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】（Ⅰ）因为，
所以
．．
由题设知，即 ，解得．此时．
所以的值为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得．
若，则当时，；当时，．
所以在处取得极小值．
若，则当时，，
所以．所以不是的极小值点．综上可知，的取值范围是．
【5】．（2018年天津理）已知函数，，其中.
（I）求函数的单调区间；
（II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明；
（III）证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线.
【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.
【解析】（I）由已知，，有.
令，解得
由，可知当变化时，，的变化情况如下表：
x

0

0
+

极小值

所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）由，可得曲线在点处的切线斜率为.
由，可得曲线在点处的切线斜率为.
因为这两条切线平行，故有，即.
两边取以为底的对数，得，所以.
（III）曲线在点处的切线.
曲线在点处的切线
要证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线，
只需证明当时，存在，，使得和重合.
即只需证明当时，方程组有解，
由①得，代入②，得. ③
因此，只需证明当时，关于的方程③存在实数解.
设函数，
即要证明当时，函数存在零点.
，可知时，；
时，单调递减，
又，，
故存在唯一的，且，使得，即.
由此可得在上单调递增，在上单调递减.
在处取得极大值.
因为，故，
所以.
下面证明存在实数，使得.
由（I）可得，
当时，
有
，
所以存在实数，使得
因此，当时，存在，使得.
所以，当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线.
【6】．（2018年浙江）已知函数
（Ⅰ）若在处导数相等，证明：
（Ⅱ）若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
【答案】（Ⅰ）略 （Ⅱ）略
【解析】（Ⅰ）函数的导函数，
由得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）

−
0
+

2−4ln2

所以在上单调递增，
故，
即．
（Ⅱ）令，，则，

所以，存在使
所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点．
由得．
设，
则，
其中．
由（Ⅰ）可知，又，
故，
所以，即函数在上单调递减，因此方程至多个实根．
综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
【7】 （2018年江苏卷）记分别为函数的导函数.若存在，满足且,则称为函数与的一个“点”.
1.证明:函数与不存在“点”.
2.若函数与存在“点”，求实数的值.
3.已知函数，对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由.
【解析】1. ，若存在，则有，矛盾，因此不存在.2. 根据题意有且有，根据得，代入得；3. ，根据题意有，根据有，转化为，，，转化为存在零点，又，恒存在零点大于0小于1，对任意均存在，使得存在“点”.
【8】（2018年江苏卷）设是首项为,公差为的等差数列，是首项,公比为的等比数列.
1.设，，，若对均成立,求的取值范围.
2.若，，，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围(用表示).
【答案】1.由题意得对任意均成立，故当，时，可得即，所以；
2.因为，对均能成立，把代入可得化简可得，
因为，所以，
而，所以存在，使得对均成立，当时，；
当时，设，则，设，因为，所以单调递增，又因为，所以，设，且设，那么，
因为，所以在上恒成立，即单调递增.所以的最大值为，所以，所以对均满足，所以单调递减，所以