高考理科数学二轮专项训练专题：04 导数

高考理科数学二轮专项训练专题：04 导数

专题04 导数及其应用 一、选择题 ‎1．(2018全国卷Ⅰ)设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为 A． B． C． D．‎ D【解析】通解 因为函数为奇函数，所以，‎ 所以，所以，‎ 因为，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．‎ 优解一 因为函数为奇函数，所以，所以，解得，所以，‎ 所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．‎ 优解二 易知，因为为奇函数，所以函数为偶函数，所以，解得，所以 ‎，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为．故选D．‎ ‎2．设直线,分别是函数= 图象上点，处的切线，与垂直相交于点，且，分别与轴相交于点，，则△的面积的取值范围是 A．(0,1) B．(0,2) C．(0,+∞) D．(1,+∞)‎ A【解析】不妨设，，由于，所以，‎ 则．又切线：，，‎ 于是，，所以，联立，‎ 解得，所以，因为，所以，所以的取值范围是，故选A．‎ ‎3．若函数的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称具有T性质．下列函数中具有T性质的是 A． B． C． D．‎ A【解析】设函数的图象上两点，，则由导数的几何意义可知，点P，Q处切线的斜率分别为，若函数具有T性质,则==1．对于A选项，，显然==1有无数组解，所以该函数具有T性质；对于B选项，，显然==1无解，故该函数不具有T性质；对于C选项，>0，‎ 显然==1无解，故该函数不具有T性质；对于D选项，‎ ‎≥0，显然==1无解，故该函数不具有T性质．故选A．‎ ‎4．若定义在上的函数满足，其导函数满足 ‎ ，则下列结论中一定错误的是 A． B．‎ C． D．‎ C 【解析】 取满足题意得函数，若取，则 ‎，所以排除A．若取，‎ 则，所以排除D；取满足题 意的函数，若取，则，所以排除B，‎ 故结论一定错误的是C．‎ ‎5．若是函数的极值点，则的极小值为 A． B． C． D．1‎ A【解析】∵，∵，∴，‎ 所以，，‎ 令，解得或，所以当，，单调递增；当时，，单调递减；当，，单调递增，所以的极小值为，选A．‎ ‎6．函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是 ‎ A B C D D【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除 A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D．‎ ‎7．函数在[–2,2]的图像大致为 A． B．C． D．‎ D【解析】当时，令函数，则，易知在[0，）上单调递增，在[，2]上单调递减，又，，，，所以存在是函数的极小值点，即函数在上单调递减，在上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D．‎ ‎8．（2015四川）如果函数在区间单调递减，那么的最大值为 A．16 B．18 C．25 D．‎ B【解析】（解法一）时，抛物线的对称轴为．据题意，当时，即．．由且得．当时，抛物线开口向下，据题意得，即．．由且得，故应舍去.要使得取得最大值，应有．所以，所以最大值为18．选B．‎ ‎（解法二）由已知得，对任意的，，所以，即．画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，‎ 令，则当时，，当时，，由线性规划的相关知识，只有当直线与曲线相切时，取得最大值，由，解得，，所以，选B．‎ ‎9．设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得f (x)0成立的的取值范围是 A． B．‎ C． D．‎ A【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于 ‎，当时， ，所以在 上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，，‎ 数形结合可知，使得成立的的取值范围是．‎ ‎10．设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是 A． B． C． D．‎ D【解析】由题意可知存在唯一的整数，使得，设 ‎，，由，可知在 上单调递减，在上单调递增，作出与的大致图象如图所示，‎ 故，即，所以．‎ 二、填空题 ‎11．(2018全国卷Ⅱ)曲线在点处的切线方程为__________．‎ ‎【解析】∵，∴．当时，，‎ ‎∴曲线在点处的切线方程为，即．‎ ‎12．(2018全国卷Ⅲ)曲线在点处的切线的斜率为，则____．‎ ‎【解析】∵，∴．当时，，‎ ‎∴曲线在点处的切线方程为，即．‎ ‎13．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ．‎ ‎【解析】设与和的切点分别为 和．‎ 则切线分别为，，‎ 化简得，，‎ 依题意，，解得，‎ 从而．‎ ‎14．已知为偶函数，当时，，则曲线 ‎，在点处的切线方程是_________．‎ ‎【解析】由题意可得当时,，则，，则在点处的切线方程为，即．‎ ‎15．已知函数，若对于任意的，均有 成立，则实数a的取值范围为______．‎ ‎【答案】【解析】解：，‎ 任意的，恒成立，所以单调递增，‎ 不妨设，则，又，‎ 故等价于，‎ 即，‎ 设，‎ 易知函数在上为减函数，‎ 故在上恒成立，即在上恒成立，‎ 设，‎ 则，‎ 故函数在上为减函数，则，故．故答案为：．‎ ‎16．设，其中均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）‎ ‎①；②；③；④；‎ ‎⑤．‎ ‎①③④⑤ 【解析】 令，当时，，‎ 则 在R上单调递增函数，此时仅有一个实根，所以(4)(5)对；‎ 当时，由得，所以 是的极小值点．‎ 由，得,即，(3)对． 是的极大值点，‎ 由，得，即，(1)对．‎ ‎17．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）．‎ ‎①④【解析】（1）设，函数单调递增，所有，，‎ 则=>0，所以正确；‎ ‎（2）设>，则，则 ‎，可令=1，=2，，‎ 则，所以错误；‎ ‎（3）因为，由（2）得：，分母乘到右边，‎ 右边即为，所以原等式即为=，‎ 即为=，令，‎ 则原题意转化为对于任意的，函数存在不相等的实数，‎ ‎ 使得函数值相等，，则，‎ 则，令，且，可得为极小值．‎ 若，则，即，单调递增，不满足题意，‎ 所以错误．‎ ‎（4）由(3) 得=，则，‎ 设，有，使其函数值相等，则不恒为单调．‎ ‎，，恒成立，‎ 单调递增且，．所以先减后增，满足题意，所以正确．‎ ‎18．已知函数，，则方程 实根的个数为 ．‎ ‎4【解析】当时，，，此时方程 即为或，故或，此时符合题意，方程有一个实根．‎ 当时，，，方程 即为或，即或，‎ 令，则，函数在上单调递减，且时，所以当时，方程无解；令，则，函数在上单调递减，且时，时，所以当时，方程有一个实根．‎ 当时，，，方程即为或，即或，令，‎ 则，函数在上单调递增，且时 ‎，时，所以当时方程 有1个实根；同理在有1个实根．‎ 故方程实根的个数为4个．‎ 三、解答题 ‎19．(2018全国卷Ⅰ)已知函数．‎ ‎(1)讨论的单调性；‎ ‎(2)若存在两个极值点，证明：．‎ ‎【解析】(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．‎ 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．‎ ‎20．(2018全国卷Ⅱ)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，．‎ ‎21．(2018全国卷Ⅲ)已知函数．‎ ‎(1)若，证明：当时，；当时，；‎ ‎(2)若是的极大值点，求．‎ ‎【解析】(1)当时，，．‎ 设函数，则．‎ 当时，；当时，．‎ 故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，．‎ 所以在单调递增．‎ 又，故当时，；当时，．‎ ‎(2)（i）若，由(1)知，当时，，这与是的极大值点矛盾．‎ ‎（ii）若，设函数．‎ 由于当时，，故与符号相同．‎ 又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点．‎ ‎．‎ 如果，则当，且时，，‎ 故不是的极大值点．‎ 如果，则存在根，‎ 故当，且时，，所以不是的极大值点．‎ 如果，则．则当时，；‎ 当时，．所以是的极大值点，从而是的极大值点 综上，．‎ ‎22．(2018北京)设函数．‎ ‎(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求；‎ ‎(2)若在处取得极小值，求的取值范围．‎ ‎【解析】(1)因为，‎ 所以（）‎ ‎=．‎ ‎．‎ 由题设知，即，解得．‎ 此时．‎ 所以的值为1．‎ ‎(2)由(1)得．‎ 若，则当时，；‎ 当时，．‎ 所以在处取得极小值．‎ 若，则当时，，，‎ 所以．‎ 所以2不是的极小值点．‎ 综上可知，的取值范围是．‎ ‎23．(2018天津)已知函数，，其中．‎ ‎(1)求函数的单调区间；‎ ‎(2)若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；‎ ‎(3)证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．‎ ‎【解析】(1)由已知，，有．‎ 令，解得．‎ 由，可知当变化时，，的变化情况如下表：‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎+‎ 极小值 所以函数的单调递减区间，单调递增区间为．‎ ‎(2)证明：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a为底的对数，得，所以．‎ ‎(3)证明：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l1和l2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有实数解．‎ 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(1)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．‎ ‎24．(2018江苏)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a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)函数，，则，．‎ 由且，得，此方程组无解，‎ 因此，与不存在“点”．‎ ‎(2)函数，，‎ 则．‎ 设为与的“点”，由且，得 ‎，即，（*）‎ 得，即，则．‎ 当时，满足方程组（*），即为与的“点”．‎ 因此，的值为．‎ ‎(3)对任意，设．‎ 因为，且的图象是不间断的，‎ 所以存在，使得．令，则．‎ 函数，‎ 则．‎ 由且，得 ‎，即，（**）‎ 此时，满足方程组（**），即是函数与在区间内的一个“点”．‎ 因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”．‎ ‎25．(2018浙江)已知函数．‎ ‎(1)若在，()处导数相等，证明：；‎ ‎(2)若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．‎ ‎【解析】(1)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 ‎16‎ ‎0‎ ‎+‎ 所以在上单调递增，‎ 故，‎ 即．‎ ‎(2)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(1)可知，又，‎ 故，‎ 所以，即函数在上单调递减，因此方程至多1个实根．‎ 综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点．‎ ‎26．已知函数 ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）若方程有两个不相等的实数根，求证：‎ ‎【答案】（1）时，在上是增函数，时，在和上是增函数,在上是减函数 ‎ ‎ （2）证明见解析 ‎【解析】（1）易知的定义域为，且，‎ 时，在上恒正，所以在上单调递增，‎ 时，对于，‎ ‎①当，即时，，在上是增函数；‎ ‎②当，即时，有两个正根，‎ 所以，，单调递增，‎ ‎，，单调递减 综上，时，在上是增函数，时，在和上是增函数,在上是减函数 ‎ ‎（2）令，‎ 方程有两个不相等的实根函数有两个零点，‎ 由 定义域为且 ‎①当时，恒成立，在上单调递增，则至多有一个零点，不符合题意；‎ ‎②当时，得，‎ 在上单调递增，在上单调递减 要使有两个零点，则，由解得 ‎ 此时 ‎ 易知当时，‎ ‎，‎ 令，所以，‎ 时，在为增函数，‎ 在为增函数，，‎ 所以，即 所以 函数在与各存在一个零点 综上所述，. ‎ ‎∴证明证明时，成立 设，则 易知在上递减，，在上单调递减 ‎，所以.‎ ‎27．已知f（x）＝﹣4x．‎ ‎（1）当a时，求证：f（x）≥0；‎ ‎（2）当a时，求函数f（x）在[0，2a]上的最大值 证明：（1）a时，f（x）4x＝4（ex﹣1﹣x），‎ ‎∴f′（x）＝4（ex﹣1﹣1），‎ 令f′（x）＝0，解得x＝1，‎ 当x＞1时，f′（x）＞0，函数f（x）在（1，+∞）单调递增，‎ 当x＜1时，f′（x）＜0，函数f（x）在（﹣∞，1）单调递减，‎ ‎∴f（x）≥f（1）＝0，‎ 问题得以证明；‎ ‎（2）∵f（x）＝aex﹣4x．x∈[0，2a]，‎ ‎∴f′（x）＝aex﹣4，‎ 令f′（x）＝0，解得x＝ln，‎ ‎①当a≥4时，x＝ln0，即f′（x）≥0，‎ ‎∴f（x）在[0，2a]上单调递增，‎ ‎∴f（x）max＝f（2a）＝ae2a﹣8a；‎ ‎②当a＜4时，x＝ln0，‎ 设h（a）＝2a﹣ln，‎ ‎∴h′（a）＝20，即h（a）在（，+∞）上单调递增，‎ ‎∴h（a）＞h（）1＞0，即2a＞ln，‎ ‎∴0＜ln2a，‎ ‎∴当x∈[0，ln）时，f′（x）＜0，即f（x）单调递减，‎ 当x∈[ln，2a]时，f′（x）＞0，即f（x）单调递增，‎ ‎∴f（x）在[0，2a]上的最大值为f（0）和f（2a）中的较大者，‎ ‎∵f（2a）﹣f（0）＝a（e2a﹣9）＞a（9），‎ 设g（x），则g′（x）在（e，+∞）上恒小于0，‎ ‎∴g（e）g（4），即ln4，‎ ‎∴4＞3，9，‎ ‎∴f（2a）＞f（0），‎ ‎∴f（x）在[0，2a]上的最大值为f（2a）＝ae2a﹣8a；‎ 综上所述函数f（x）在[0，2a]上的最大值ae2a﹣8a．‎ ‎28．已知函数，其中e为自然对数的底数.‎ ‎（1）讨论函数的单调性；‎ ‎（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.‎ ‎【解析】（1）,①当时,,∴函数在内单调递增；‎ ‎②当时,令,解得或,‎ 当或时,,则单调递增,‎ 当时,,则单调递减,‎ ‎∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为 ‎（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；‎ ‎（Ⅱ）当时,,‎ ‎①若,即,则是的一个零点；‎ ‎②若,即,则不是的零点 ‎（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以 ‎①当时,在上单调递增。又，所以 ‎（ⅰ）当时,在上无零点；‎ ‎（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点； ②当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,‎ 因为,,所以此时在上恰有一个零点,综上,‎