2019届高考数学理一轮复习典型题专项训练：导数及其应用（含答案）
展开2019届高三数学一轮复习典型题专项训练
导数及其应用
一、选择、填空题
1、（2018全国I卷高考题）设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
2、（2017全国I卷高考题）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为，、、为元上的点，，，分别是一，，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_______．
3、（合肥市2018届高三第一次教学质量检测）已知直线与曲线相切(其中为自然对数的底数)，则实数的值是（ ）
A． B．1 C．2 D．
4、（合肥一中等六校教育研究会2018届高三第二次联考）已知点P(x,y)满足 ，过点P作抛物线x2=8y的两条切线，切点为A,B，则直线AB斜率的最大值为（ ）
A、 B、 C、 D、
5、（黄山市2018届高三一模检测）设函数，其中,
若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是
6、（江淮十校2018届高三第三次（4月）联考 ）设函数，，如果在上恒成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
7、（江南十校2018届高三3月综合素质检测）若函数的导函数，的部分图象如图所示，，当时，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8、（江南十校2018届高三冲刺联考（二模））的导函数满足：当时，，则（ ）
A． B．
C． D．
9、（马鞍山市2018届高三第三次教学质量监测）已知函数在上满足，则曲线在点处的切线方程是（ ）
A． B． C． D．
10、（芜湖市2018届高三5月模拟）已知函数，其中为自然对数的底数．若函数在区间内有两个零点，则的取值范围是
(A) (B) (C) (D)
11、（宿州市高三2018届第三次教学质量检测）已知函数的导函数为，记，，，则（ ）
A． B． C. D．
12、曲线在点处的切线方程为 .
13、（2016年全国II卷）若直线是曲线的切线，也是曲线的切线， ．
参考答案：
一、选择、填空题
1、D
2、由题，连接，交与点，由题，
，即的长度与的长度或成正比
设，则，
三棱锥的高
则
令，，
令，即，
则，则 体积最大值为
3、B 4、D 5、A
6、D 7、C 8、C 9、A 10、B
11、D 12、
13、【解析】
的切线为：（设切点横坐标为）
的切线为：
∴
解得
∴．
二、解答题
1、（2018全国I卷高考题）已知函数．
⑴讨论的单调性；
⑵若存在两个极值点，，证明：．
2、（2017全国I卷高考题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
3、（A10联盟（合肥八中、屯溪一中等）2018届高三最后一卷 ）已知函数，，、.
（Ⅰ）当时，方程在区间上有2个不同的实数根，求的取值范围；
（Ⅱ）当时，设，是函数两个不同的极值点，证明：.
4、（安庆市2018届高三模拟考试（二模））已知函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求和实数的值；
（2）设，分别是函数的两个零点，求证.
5、（蚌埠市2018届高三第二次教学质量检查）已知函数有两个极值点
(I) 若a的取值范围；
(Ⅱ)若函数的两个极值点为，，证明：．
6、（滁州市2018届高三上学期期末）已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）若，是方程（）的两个不同的实数根，求证：.
7、（合肥市2018届高三第三次（5月）教学质量检测）已知函数有两个极值点(为自然对数的底数).
(Ⅰ)求实数的取值范围；
(Ⅱ)求证：.
8、（合肥市2018届高三第一次教学质量检测）已知.
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求的值.
9、（合肥一中等六校教育研究会2018届高三第二次联考）已知函数，，
（1）求证：对R，函数f(x)与g(x)存在相同的增区间；
（2）若对任意的，都有f(x)>g(x)成立，求正整数k的最大值
10、（合肥一中等六校教育研究会2018届高三第一次联考）已知函数．
（1）研究函数的单调性；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
11、（黄山市2018届高三一模检测）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个极值点，，证明：.
12、（江淮十校2018届高三第三次（4月）联考 ）已知函数.
（1）若在点处的切线与直线垂直，求函数的单调递减区间；
（2）若方程有两个不相等的实数解、，证明：.
13、（江南十校2018届高三3月综合素质检测）已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）讨论函数零点的个数.
14、（江南十校2018届高三冲刺联考（二模））设.
（1）在上单调，求的取值范围；
（2）已知在处取得极小值，求的取值范围.
15、（马鞍山市2018届高三第二次教学质量监测）已知函数.
（1）若对恒成立，求的取值范围；
（2）证明：不等式对于正整数恒成立，其中为自然对数的底数.
16、（马鞍山市2018届高三第三次教学质量监测）已知函数，.
（1）试讨论函数极值点个数；
（2）当时，函数在上最小值记为，求的取值范围.
17、（芜湖市2018届高三5月模拟）已知函数．曲线在处切线的斜率为，（为自然对数的底数）
（1）求的值；
（2）证明：．
18、（宿州市高三2018届第三次教学质量检测）设函数.
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若函数的极大值点为，证明：.
参考答案：
二、解答题
1、（1）①∵，∴，∴当时，，，∴此时在上为单调递增.
②∵，即或，此时方程两根为，当时，此时两根均为负，∴在上单调递减.当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.∴综上可得，时，在上单调递减；时，在，上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可得，两根得，，令，∴，.∴，要证成立，即要证成立，∴，
即要证()
令，可得在上为增函数，∴，∴成立，即成立.
2、（1）由于
故
当时，，．从而恒成立．
在上单调递减
当时，令，从而，得．
单调减 | 极小值 | 单调增 |
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
（2）由（1）知，
当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件．
当时，．
令．
令，则．从而在上单调增，而．故当时，．当时．当时
若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件．
若，则，故仅有一个实根，不满足条件．
若，则，注意到．．
故在上有一个实根，而又．
且．
故在上有一个实根．
又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根．
又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根．
综上，．
3、
4、【解析】（I）由，得，，，所以曲线在点处的切线方程（）.
将方程（）与比较，得
解得 ，. ………………5分
（II） .
因为，分别是函数的两个零点，所以
两式相减，得，
所以. ……………… 7分
因为， 所以..
要证，即证.
因，故又只要证.
令，则即证明.
令，，则.
这说明函数在区间上单调递减，所以，
即成立.
由上述分析可知成立. ……………… 12分
5、
6、解：（1）依题意，
故当时，，当时，
故当时，函数有极小值，无极大值.
（2）因为，是方程的两个不同的实数根.
∴两式相减得，解得
要证：，即证：，即证：，
即证，
不妨设，令.只需证.
设，∴；
令，∴，∴在上单调递减，
∴，∴，∴在为减函数，∴.
即在恒成立，∴原不等式成立，即.
7、(Ⅰ)∵，∴.
设，则.
令，解得.
∴当时，；当时，.
∴.
当时，，∴函数单调递增，没有极值点；
当时，，且当时，；当时，.
∴当时，有两个零点.
不妨设，则.
∴当函数有两个极值点时，的取值范围为. …………………5分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，为的两个实数根，，在上单调递减.
下面先证，只需证.
∵，得，∴.
设，，
则，∴在上单调递减，
∴，∴，∴.
∵函数在上也单调递减，∴.
∴要证，只需证，即证.
设函数，则.
设，则，
∴在上单调递增，∴，即.
∴在上单调递增，∴.
∴当时，，则，
∴，∴. ………………………12分
8、Ⅰ）的定义域为，.
∵.
令，则
（1）若，即当时，对任意，恒成立， 即当时，恒成立（仅在孤立点处等号成立）.
∴在上单调递增.
（2）若，即当或时，的对称轴为.
①当时，，且.
如图，任意，恒成立， 即任意时，恒成立，
∴在上单调递增.
②当时， ，且.
如图，记的两根为
∴当时，；
当时，.
∴当时，，
当时，.
∴在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减.
（Ⅱ）恒成立等价于，恒成立.
令，则恒成立等价于， .
要满足式，即在时取得最大值.
∵.
由解得.
当时，，
∴当时，；当时，.
∴当时，在上单调递增，在上单调递减，从而，符合题意.
所以，.
9、解：（1），所以在为增函数，在为减函数
由
当时，恒成立，则f（x）在R上单调递增，所以命题成立
当时，在为减函数，在为增函数
设得得
在为减函数，在为增函数，且，所以
同理，所以，所以函数与也存在相同的增区间
综上命题成立 ...............5分
（2）证明：（2）对任意的，都有，
则，
则 所以△=
即，由（1）知 所以有：恒成立
设，则，且
由
所以在上有唯一实数根，且
当时为减函数，当时为增函数
所以，， 所以，
且是正整数，所以，所以的最大值为4 ..............12分
10、
11、解：（1）函数的定义域为.. …1分
，方程的判别式.
①当时，，∴，故函数在上递减；
②当时，，由可得，.
函数的减区间为；增区间为. ………………………5分
所以，当时，在上递减；当时，在上递增，在，上递减.…6分
（2）由 （1）知当时，函数有两个极值点，且.
……………………………………………………………………………………………9分
设，则，，
所以在上递增，，
所以. ……………………………………………………12分
12、解析：（1）的定义域为，，可得，
令得，所以的单调递减区间是和.
（2）由，
∵，只要证，
只需证，
不妨设，即证，令，
只需证，令，
则在上恒成立；
所以在上单调递增，，即证.
13、解：（1）当时，的定义域为，
，令得：
，，
∴的单调递增区间为.
当时，的定义域为，，
当即时，的单调增区间为，
当，即时，.
的单调递增区间为和.
（2）由（1）知当时，在内单调递增，，
故只有一个零点，
当时，在处取极大值，处取极小值.
由知，而，则，
，
∵，∴，∴，
∴当时，函数只有一个零点，
当时，
令，
，在单调递减，在单调递增，
，∴（当且仅当时，等号成立），
i）时，
，，，
由（1）函数单调性知，，所以函数在存在零点，
∴在有两个零点.
ii）时，
，，，
同理可得函数在存在零点，
∴在有两个零点.
iii）时，
，函数在有一个零点.
综上所述：
当或时，函数有一个零点，
当且时，函数有两个零点.
14、解：（1）由，
即，，
，
①在上单调递增，∴对恒成立，即对恒成立，得；
②在上单调递减，∴对恒成立，即对恒成立，得，
由①②可得的取值范围为；
（2）由（1）知，
①，在上单调递增，∴时，，单调递减，时，，单调递增，∴在处取得极小值，符合题意；
②时，，又在上单调递增，∴时，，∴时，，∴在上单调递减，上单调递增，在处取得极小值，符合题意；
③时，，在上单调递增，∴上单调递减，
∴时，，单调递减，不合题意；
④时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴在处取得极大值，不符合题意；
综上所述，可得.
15、解：（1）法一：记，
则，，
①当时，
∵，∴，∴在上单减，
又，∴，即在上单减，
此时，，即；
②当时，
考虑时，，∴在上单增，
又，∴，即在上单増，
综上所述，.
法二：当时，等价于，
，记，则，
∴在上单减，∴，
∴，即在上单减，，故.
（2）由（1）知：取，当时，恒成立，
即恒成立，即恒成立，
即对于恒成立，
由此，，，
于是
，
故.
16、解：（1）∵， ………………………………1分
记，则，
∴在上递增且.
∴当时，，当时，.
∴在上递减，在上递增，
又时，，时，，， …………4分
当时，，在定义域上递增，无极值点，
当时，有两变号零点，有两极值点. …………………………6分
（2）由（1）知，在上递增，
又∵，.
存在唯一实数使，， …………………………8分
在上递减，在上递增，
………………………………10分
又明显在上递增，
对任意一个,都存在唯一与之对应，反之亦然.
设，
在上递减，，
即 的取值范围为. ……………………12分
17、【解析】（1）因为，所以 ，………2分
则，得． ………4分
（2），，设函数，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，则． ………7分
设函数，，令在为减函数，又因为，则当时，，即，为增函数，则当时，，即，为减函数，所以，………11分
综上所述，，即．………12分
18、解：（Ⅰ）的定义域为，，
当时，，则函数在区间单调递增；
当时，由得，由得.所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，由得，由得，所以，函数在区间上单调递增，在区间单调递减.综上所述，当时，函数在区间单调递增；当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知且时，解得.，要证，即证，即证：.
令，则.
令，易见函数在区间上单调递增.而，，所以在区间上存在唯一的实数，使得，即，且时，时.故在上递减，在上递增.
∴.
又，∴.
∴成立，即成立.
