高考数学考点预测6导数及其应用doc高中数学

2022高考数学考点预测导数及其应用一、考点介绍导数属于新增内容，是高中数学知识的一个重要的交汇点，命题范围非常广泛，为高考考察函数提供了广阔天地，处于一种特殊的地位，不但一定出大题而相应有小题出现。主要考察导数有关的概念、计算和应用。利用导数工具研究函数的有关性质，把导数应用于单调性、极值等传统、常规问题的同时，进一步升华到处理与自然数有关的不等式的证明，是函数知识和不等式知识的一个结合体，它的解题又融合了转化、分类讨论、函数与方程、数形结合等数学思想与方法，不但突出了能力的考察，同时也注意了高考重点与热点，这一切对考察考生的应用能力和创新意识都大有益处。1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念．2．熟记根本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法那么．了解复合函数的求导法那么，会求某些简单函数的导数．3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．二、高考真题1.（2022全国一21）．（本小题总分值12分）（注意：在试题卷上作答无效）已知函数，．（Ⅰ）讨论函数的单调区间；（Ⅱ）设函数在区间内是减函数，求的取值范围．解：（1）求导：当时，，在上递增当，求得两根为33/33\n即在递增，递减，递增（2），且解得：2.（2022全国二21）．（本小题总分值12分）设，函数．（Ⅰ）假设是函数的极值点，求的值；（Ⅱ）假设函数，在处取得最大值，求的取值范围．解：（Ⅰ）．因为是函数的极值点，所以，即，因此．经历证，当时，是函数的极值点．4分（Ⅱ）由题设，．当在区间上的最大值为时，，即．故得．9分反之，当时，对任意，，而，故在区间上的最大值为．综上，的取值范围为．12分33/33\n3.（2022山东卷21）（本小题总分值12分）已知函数其中n∈N*,a为常数.（Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1.（Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}，当n=2时，所以（1）当a＞0时，由f(x)=0得＞1，＜1，此时f′（x）=.当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减；当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0,f(x)单调递增.（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值.综上所述，n=2时，当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为当a≤0时，f(x)无极值.（Ⅱ）证法一：因为a=1,所以33/33\n当n为偶数时，令那么g′（x）=1+＞0（x≥2）.所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增，又g(2)=0因此≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立.当n为奇数时，要证≤x-1,由于＜0，所以只需证ln(x-1)≤x-1,令h(x)=x-1-ln(x-1),那么h′（x）=1-≥0（x≥2）,所以当x∈[2，+∞]时，单调递增，又h(2)=1＞0，所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立.综上所述，结论成立.证法二：当a=1时，当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1，故只需证明1+ln(x-1)≤x-1.令那么当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增，33/33\n因此　　当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1)≤x-1成立.故　　当x≥2时，有≤x-1.即f（x）≤x-1.4..（2022湖南卷21）（本小题总分值13分）已知函数f(x)=ln2(1+x)-.(I)求函数的单调区间;（Ⅱ）假设不等式对任意的都成立（其中e是自然对数的底数）.求的最大值.解:（Ⅰ）函数的定义域是，设那么令那么当时，在（-1，0）上为增函数，当x＞0时，在上为减函数.所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以，函数g(x)在上为减函数.于是当时，当x＞0时，所以，当时，在（-1，0）上为增函数.当x＞0时，在上为减函数.故函数的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为.33/33\n（Ⅱ）不等式等价于不等式由知，设那么由（Ⅰ）知，即所以于是G(x)在上为减函数.故函数G（x）在上的最小值为所以a的最大值为5..（2022陕西卷21）．（本小题总分值12分）已知函数（且，）恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是．（Ⅰ）求函数的另一个极值点；（Ⅱ）求函数的极大值和极小值，并求时的取值范围．解：（Ⅰ），由题意知，即得，（*），．由得，由韦达定理知另一个极值点为（或）．（Ⅱ）由（*）式得，即．当时，；当时，．（i）当时，在和内是减函数，在内是增函数．33/33\n，，由及，解得．（ii）当时，在和内是增函数，在内是减函数．，恒成立．综上可知，所求的取值范围为．6.（2022重庆卷20）（本小题总分值13分.（Ⅰ）小问5分.（Ⅱ）小问8分.）　　　设函数曲线y=f(x)通过点（0，2a+3），且在点（-1，f（-1））处的切线垂直于y轴.（Ⅰ）用a分别表示b和c；（Ⅱ）当bc取得最小值时，求函数g(x)=-f(x)e-x的单调区间.解：(Ⅰ)因为又因为曲线通过点（0，2a+3）,故又曲线在（-1，f(-1)）处的切线垂直于y轴，故即-2a+b=0,因此b=2a.(Ⅱ)由(Ⅰ)得33/33\n故当时，取得最小值-.此时有从而所以令，解得当当当由此可见，函数的单调递减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）；单调递增区间为（-2，2）.7.（2022福建卷19）（本小题总分值12分）　　　已知函数.　　（Ⅰ）设{an}是正数组成的数列，前n项和为Sn，其中a1=3.假设点(n∈N*)在函数y=f′(x)的图象上，求证：点（n,Sn）也在y=f′(x)的图象上；　　（Ⅱ）求函数f(x)在区间（a-1,a）内的极值.本小题主要考察函数极值、等差数列等根本知识，考察分类与整合、转化与化归等数学思想方法，考察分析问题和解决问题的能力.总分值12分.(Ⅰ)证明：因为所以′(x)=x2+2x,由点在函数y=f′(x)的图象上,又所以33/33\n所以,又因为′(n)=n2+2n,所以,故点也在函数y=f′(x)的图象上.(Ⅱ)解:,由得.当x变化时,﹑的变化情况如下表:x(-∞,-2)-2(-2,0)0(0,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗注意到,从而①当,此时无极小值；②当的极小值为,此时无极大值；③当既无极大值又无极小值.三、名校试题1.(2022年潍坊市高三统一考试)定义在的三个函数f(x)、g(x)、h(x),已知f(x)=lnx,g(x)=,且g(x)在[1，2]为增函数，h(x)在（0，1）为减函数.（I）求g(x)，h(x)的表达式；（II）求证：当1<x<时，恒有（III）把h(x)对应的曲线向上平移6个单位后得曲线，求与g(x)对应曲线的交点个数，并说明道理.解（I）由题意：33/33\n∴恒成立.又恒成立.∴即（II）欲证：只需证：即证：记∴∴当x>1时，为增函数…………….9分即∴结论成立………………………………………………..10分（III）由（1）知：∴对应表达式为∴问题转化成求函数即求方程：33/33\n即：设∴当时，为减函数.当时，为增函数.而的图象开口向下的抛物线∴与的大致图象如图：∴与的交点个数为2个.即与的交点个数为2个.2.(湖南师大附中)（本小题总分值14分）已知函数（Ⅰ）试判断函数上单调性并证明你的结论；（Ⅱ）假设恒成立，求整数k的最大值；（Ⅲ）求证：（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3.．解：（I）…………（2分）上是减函数.……………………………………………………（4分）（II）即h(x)的最小值大于k.…………………………………………………………（6分）33/33\n那么上单调递增，又存在唯一实根a，且满足当∴故正整数k的最大值是3……………………9分（Ⅲ）由（Ⅱ）知∴………………11分令，那么∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3………………14分3.(浙江省重点中学2022年5月)已知函数，数列的前项和为，，且．（Ⅰ）求的最大值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）探究：数列是否单调？解：（Ⅰ）∵，∴．33/33\n∵=，（2分）∴当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．∴在区间内，．（2分）（Ⅱ）用数学归纳法证明：①当时，∵，∴，成立；②假设当时，成立．当时，由及，得，（2分）由(Ⅰ)知，在上单调递增，所以，而，，故．∴当时，也成立．由①、②知，对任意都成立．（4分）（Ⅲ）数列单调递减．（1分）理由如下：当时，∴；当时，由得．∵，（2分）又由(Ⅱ)知，，∴，∴，即∴，∴，∴．（3分）综上，数列单调递减．33/33\n4．已知函数，数列的前项和为，，且．（Ⅰ）求的最大值；（Ⅱ）证明：；（Ⅲ）探究：数列是否单调？解：（Ⅰ）∵，∴．∵=，（2分）∴当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．∴在区间内，．（2分）（Ⅱ）用数学归纳法证明：①当时，∵，∴，成立；②假设当时，成立．当时，由及，得，（2分）由(Ⅰ)知，在上单调递增，所以，而，，故．∴当时，也成立．由①、②知，对任意都成立．（4分）（Ⅲ）数列单调递减．（1分）理由如下：当时，∴；当时，由得．33/33\n∵，（2分）又由(Ⅱ)知，，∴，∴，即∴，∴，∴．（3分）综上，数列单调递减．OxyF11MP5.(天津市十二区县重点中学)（本小题总分值14分）已知函数（Ⅰ）判断的奇偶性；（Ⅱ）在上求函数的极值；（Ⅲ）用数学归纳法证明：当时，对任意正整数都有解：（Ⅰ）。……3分(Ⅱ)当时，………5分令有，当x变化时的变化情况如下表:由表可知：（33/33\n+0－增极大值减当时取极大值.………7分(Ⅲ)当时………8分考虑到：时，不等式等价于…（1）所以只要用数学归纳法证明不等式（1）对一切都成立即可………9分（i）当时，设，………10分故，即所以，当时，不等式（1）都成立………11分（ii）假设时，不等式（1）都成立，即当时设有………12分故为增函数，所以，，即，………13分这说明当时不等式（1）也都成立，根据(i)(ii)可知不等式（1）对一切都成立，故原不等式对一切都成立.………14分33/33\n四、考点分类讲解考点1导数的概念对概念的要求：了解导数概念的实际背景，掌握导数在一点处的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念.例1．（2022年北京卷）是的导函数，那么的值是．[考察目的]此题主要考察函数的导数和计算等根底知识和能力.[解答过程]故填3.例2.(2022年湖南卷）设函数,集合M=,P=,假设MP,那么实数a的取值范围是()A.(-∞,1)B.(0,1)C.(1,+∞)D.[1,+∞)[考察目的]此题主要考察函数的导数和集合等根底知识的应用能力.[解答过程]由综上可得MP时,考点2曲线的切线（1）关于曲线在某一点的切线求曲线y=f(x)在某一点P（x,y）的切线，即求出函数y=f(x)在P点的导数就是曲线在该点的切线的斜率.（2）关于两曲线的公切线假设一直线同时与两曲线相切，那么称该直线为两曲线的公切线.典型例题33/33\n例3.（2022年湖南文）已知函数在区间，内各有一个极值点．（I）求的最大值；（II）当时，设函数在点处的切线为，假设在点处穿过函数的图象（即动点在点附近沿曲线运动，经过点时，从的一侧进入另一侧），求函数的表达式．思路启迪：用求导来求得切线斜率.解答过程：（I）因为函数在区间，内分别有一个极值点，所以在，内分别有一个实根，设两实根为（），那么，且．于是，，且当，即，时等号成立．故的最大值是16．（II）解法一：由知在点处的切线的方程是，即，因为切线在点处空过的图象，所以在两边附近的函数值异号，那么不是的极值点．而，且．假设，那么和都是的极值点．所以，即，又由，得，故．解法二：同解法一得33/33\n．因为切线在点处穿过的图象，所以在两边附近的函数值异号，于是存在（）．当时，，当时，；或当时，，当时，．设，那么当时，，当时，；或当时，，当时，．由知是的一个极值点，那么，所以，又由，得，故．例4.（2022年安徽卷）假设曲线的一条切线与直线垂直，那么的方程为（）A．B．C．D．[考察目的]此题主要考察函数的导数和直线方程等根底知识的应用能力.[解答过程]与直线垂直的直线为，即在某一点的导数为4，而，所以在(1，1)处导数为4，此点的切线为.应选A.例5．(2022年重庆卷)过坐标原点且与x2+y2-4x+2y+=0相切的直线的方程为()A.y=-3x或y=xB.y=-3x或y=-xC.y=-3x或y=-xD.y=3x或y=x[考察目的]此题主要考察函数的导数和圆的方程、直线方程等根底知识的应用能力.[解答过程]解法1：设切线的方程为又33/33\n应选A.解法2:由解法1知切点坐标为由应选A.例6.已知两抛物线,取何值时，有且只有一条公切线，求出此时公切线的方程.思路启迪：先对求导数.解答过程：函数的导数为，曲线在点P()处的切线方程为，即　①曲线在点Q的切线方程是即　②假设直线是过点P点和Q点的公切线，那么①式和②式都是的方程，故得，消去得方程，假设△=，即时，解得，此时点P、Q重合.∴当时，和有且只有一条公切线，由①式得公切线方程为.考点3导数的应用33/33\n中学阶段所涉及的初等函数在其定义域内都是可导函数，导数是研究函数性质的重要而有力的工具，特别是对于函数的单调性，以“导数”为工具，能对其进展全面的分析，为我们解决求函数的极值、最值提供了一种简明易行的方法，进而与不等式的证明，讨论方程解的情况等问题结合起来，极大地丰富了中学数学思想方法.复习时，应高度重视以下问题:1..求函数的解析式;2.求函数的值域;3.解决单调性问题;4.求函数的极值（最值）;5.构造函数证明不等式.典型例题例7．（2022年天津卷）函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如以下图，那么函数在开区间内有极小值点（　）A．1个B．2个C．3个D．4个[考察目的]此题主要考察函数的导数和函数图象性质等根底知识的应用能力.[解答过程]由图象可见,在区间内的图象上有一个极小值点.应选A.例8.（2022年全国一）设函数在及时取得极值．（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）假设对于任意的，都有成立，求c的取值范围．思路启迪：利用函数在及时取得极值构造方程组求a、b的值．解答过程：（Ⅰ），33/33\n因为函数在及取得极值，那么有，．即解得，．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，．当时，；当时，；当时，．所以，当时，取得极大值，又，．那么当时，的最大值为．因为对于任意的，有恒成立，所以　，解得　或，因此的取值范围为．例9.函数的值域是_____________.思路启迪：求函数的值域，是中学数学中的难点，一般可以通过图象观察或利用不等式性质求解，也可以利用函数的单调性求出最大、最小值。此例的形式构造较为复杂，采用导数法求解较为容易。解答过程：由得，，即函数的定义域为.，又，当时，，33/33\n函数在上是增函数，而，的值域是.例10．（2022年天津卷）已知函数，其中为参数，且．（1）当时，判断函数是否有极值；（2）要使函数的极小值大于零，求参数的取值范围；（3）假设对（2）中所求的取值范围内的任意参数，函数在区间内都是增函数，求实数的取值范围．[考察目的]本小题主要考察运用导数研究三角函数和函数的单调性及极值、解不等式等根底知识，考察综合分析和解决问题的能力，以及分类讨论的数学思想方法.[解答过程]（Ⅰ）当时，，那么在内是增函数，故无极值.（Ⅱ），令，得.由（Ⅰ），只需分下面两种情况讨论.①当时，随x的变化的符号及的变化情况如下表：x0+0-0+↗极大值↘极小值↗因此，函数在处取得极小值，且.要使，必有，可得.由于，故.②当时，随x的变化，的符号及的变化情况如下表：33/33\n+0-0+极大值极小值因此，函数处取得极小值，且假设，那么.矛盾.所以当时，的极小值不会大于零.综上，要使函数在内的极小值大于零，参数的取值范围为.（III）解：由（II）知，函数在区间与内都是增函数。由题设，函数内是增函数，那么a须满足不等式组或由（II），参数时时，.要使不等式关于参数恒成立，必有，即.综上，解得或.所以的取值范围是.例11．(2022年山东卷)设函数f(x)=ax－(a+1)ln(x+1)，其中a-1，求f(x)的单调区间.[考察目的]此题考察了函数的导数求法,函数的极值的判定,考察了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力[解答过程]由已知得函数的定义域为，且（1）当时，函数在上单调递减，（2）当时，由解得、随的变化情况如下表—0+33/33\n极小值从上表可知当时，函数在上单调递减.当时，函数在上单调递增.综上所述：当时，函数在上单调递减.当时，函数在上单调递减，函数在上单调递增.例12．（2022年北京卷）已知函数在点处取得极大值，其导函数的图象经过点，，如以下图.求：（Ⅰ）的值；（Ⅱ）的值.[考察目的]本小题考察了函数的导数,函数的极值的判定,闭区间上二次函数的最值,函数与方程的转化等根底知识的综合应用,考察了应用数形结合的数学思想分析问题解决问题的能力[解答过程]解法一：（Ⅰ）由图像可知，在上，在上，在上,故在上递增，在上递减，因此在处取得极大值，所以（Ⅱ）由得解得33/33\n解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）设又所以由即得所以例13．（2022年湖北卷）设是函数的一个极值点.（Ⅰ）求与的关系式（用表示），并求的单调区间；（Ⅱ）设，.假设存在使得成立，求的取值范围.[考察目的]本小题主要考察函数、不等式和导数的应用等知识，考察综合运用数学知识解决问题的能力.[解答过程]（Ⅰ）f`(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a]e3－x,由f`(3)=0，得－[32＋(a－2)3＋b－a]e3－3＝0，即得b＝－3－2a，那么f`(x)＝[x2＋(a－2)x－3－2a－a]e3－x＝－[x2＋(a－2)x－3－3a]e3－x＝－(x－3)(x＋a+1)e3－x.令f`(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1，由于x＝3是极值点，所以x+a+1≠0，那么a≠－4.当a<－4时，x2>3＝x1，那么在区间（－∞，3）上，f`(x)<0，f(x)为减函数；在区间（3，―a―1）上，f`(x)>0，f(x)为增函数；33/33\n在区间（―a―1，＋∞）上，f`(x)<0，f(x)为减函数.当a>－4时，x2<3＝x1，那么在区间（－∞，―a―1）上，f`(x)<0，f(x)为减函数；在区间（―a―1，3）上，f`(x)>0，f(x)为增函数；在区间（3，＋∞）上，f`(x)<0，f(x)为减函数.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a>0时，f(x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f(x)在区间[0，4]上的值域是[min(f(0)，f(4))，f(3)]，而f(0)＝－（2a＋3）e3<0，f(4)＝（2a＋13）e－1>0，f(3)＝a＋6，那么f(x)在区间[0，4]上的值域是[－（2a＋3）e3，a＋6].又在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[a2＋，（a2＋）e4]，由于（a2＋）－（a＋6）＝a2－a＋＝（）2≥0，所以只须仅须（a2＋）－（a＋6）<1且a>0，解得0<a<.故a的取值范围是（0，）.例14（2022年全国二）已知函数在处取得极大值，在处取得极小值，且．（1）证明；（2）假设z=a+2b,求z的取值范围。33/33\n[解答过程]求函数的导数．（Ⅰ）由函数在处取得极大值，在处取得极小值，知是的两个根．所以当时，为增函数，，由，得．（Ⅱ）在题设下，等价于　即．化简得．此不等式组表示的区域为平面上三条直线：．所围成的的内部，其三个顶点分别为：．ba2124O在这三点的值依次为．所以的取值范围为．小结：此题的新颖之处在把函数的导数与线性规划有机结合．考点4导数的实际应用建立函数模型,利用典型例题例15.（2022年重庆文）33/33\n用长为18cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？[考察目的]本小题主要考察函数、导数及其应用等根本知识，考察运用数学知识分析和解决实际问题的能力.[解答过程]设长方体的宽为x（m），那么长为2x(m)，高为.故长方体的体积为从而令V′（x）＝0，解得x=0（舍去）或x=1，因此x=1.当0＜x＜1时，V′（x）＞0；当1＜x＜时，V′（x）＜0，故在x=1处V（x）取得极大值，并且这个极大值就是V（x）的最大值。从而最大体积V＝V′（x）＝9×12-6×13（m3），此时长方体的长为2m，高为1.5m.答：当长方体的长为2m时，宽为1m，高为1.5m时，体积最大，最大体积为3m3。例16．（2022年福建卷）统计说明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量（升）关于行驶速度（千米/小时）的函数解析式可以表示为：已知甲、乙两地相距100千米.（I）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？（II）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？33/33\n[考察目的]本小题主要考察函数、导数及其应用等根本知识，考察运用数学知识分析和解决实际问题的能力.[解答过程]（I）当时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，要耗没（升）.答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油17.5升。（II）当速度为千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，设耗油量为升，依题意得令得当时，是减函数；当时，是增函数.当时，取到极小值因为在上只有一个极值，所以它是最小值.答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升.五、考点预测1.已知函数假设在是增函数，求实数的范围。解析：≥0在上恒成立在上恒成立而在上的最小值为16，故。2.已知定义在R上的函数y=f(x)的导函数f/(x)在R上也可导，且其导函数[f/(x)]/<0，那么y=f(x)的图象可能是以以下图中的（）Oxy④Oxy③A．①②B．①③C．②③D．③④Oxy②Oxy①33/33\nC解析：由[f/(x)]/<0知f/(x)在R上递减，即函数y=f(x)的图象上从左到右各点处的切线斜率递减，不难看出图象②③满足这一要求。3.f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf/(x)+f(x)≤0,对任意正数a、b,假设a＜b，那么必有（）（07陕西理11）A.af(b)≤bf(a)B.bf(a)≤af(b)C.af(a)≤f(b)D.bf(b)≤f(a)解析：xf/(x)+f(x)≤0[xf(x)]/≤0函数F(x)=xf(x)在（0，+∞）上为常函数或递减，又0<a＜b且f(x)非负，于是有：af(a)≥bf(b)≥0①②①②两式相乘得：af(b)≤bf(a)，应选A。4.已知函数在处取得极大值，在处取得极小值，且．（1）证明；（2）假设z=a+2b,求z的取值范围。解析：函数的导数．（Ⅰ）由函数在处取得极大值，在处取得极小值，知是的两个根．所以；当时，为增函数，，由，得．（Ⅱ）在题设下，等价于　即．化简得．此不等式组表示的区域为平面上三条直线：所围成的的内部，由“线性规划”的知识容易求得：的取值范围为．33/33\n5.已知函数在处有极值10,那么解析：，∴=①②由①②得：或当时，，此时函数无极值，舍去；当时，函数在处左减右增，有极小值；此时∴18。6.设函数在及时取得极值．（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）假设对于任意的，都有成立，求c的取值范围．解析：（Ⅰ），由，．解得，．（Ⅱ）在[0，3]上恒成立即，由（Ⅰ）可知，，．当时，；当时，；当时，．即在0，1]上递增，[1，2]上递减，[2，3]上递增；∴当时，取得极大值，又．故当时，的最大值为．于是有：，解得　或，因此的取值范围为。33/33\n7.已知定义在正实数集上的函数，，其中．设两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同．用表示，并求的最大值；解析：设与在公共点处的切线相同．，，由题意，．即由得：，或（舍去）．即有．令，那么．于是当，即时，；当，即时，．故在为增函数，在为减函数，∴在的最大值为．高考资源网33/33