浙江省2020届高三数学一轮复习典型题专项训练：导数及其应用

浙江省2020届高三数学一轮复习典型题专项训练：导数及其应用

浙江省2020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、（七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考）设为正数，，若在区间不大于0，则的取值范围是（ ）‎ ‎ A． B. C. D. ‎ ‎2、（七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考）已知函数，则函数的最小的极值点为 ；若将 的极值点从小到大排列形成的数列记为，则数列的通项公式为 .‎ ‎3、（嘉兴市2019届高三上学期期末检测）已知函数f（x）＝sinx，g（x）＝cosx，设 h（x）＝f（x）+g（x），则（　　）‎ A．h1（x）的极小值点是h（x）的极小值点 ‎ B．h2（x）极小值点是h（x）的极小值点 ‎ C．h（x）的极大值点是h1（x）的极大值点 ‎ D．h（x）的极大值点是h2（x）的极大值点 ‎4、（宁波市2019届高三上学期期末考试）已知存在导函数，若既是周期函数又是奇函数，则其导函数 A. 既是周期函数又是奇函数 B. 既是周期函数又是偶函数 C. 不是周期函数但是奇函数 D. 不是周期函数但是偶函数 ‎5、（浙南名校联盟（温州九校）2019届高三上学期期末联考）若对任意，函数在开区间内有且仅有一个零点，则实数 的取值范围是______.‎ ‎6、（稽阳联谊学校2019届高三4月联考）已知关于的方程在上有且只有一个实数根，则的取值范围是 .‎ ‎7、（台州市2019届高三4月调研）已知，且函数.若对任意的 不等式 恒成立，则实数的取值范围为 A. B. C. D.‎ ‎8、（温州市2019届高三2月高考适应性测试）已知，若对任意的 aÎR，存在 ‎ x0 Î[0，2] ，使得成立，则实数k的最大值是 ▲ ．‎ ‎9、（杭州第四中学2019届高三第二次月考）设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为________.‎ ‎10、（杭州市2018届高三上学期期末）若函数的导函数的图象如图所示，则（ ）‎ A. 函数有1个极大值，2个极小值 ‎ B. 函数有2个极大值，2个极小值 ‎ C. 函数有3个极大值，1个极小值 ‎ D. 函数有4个极大值，1个极小值 ‎11、（宁波市2018届高三上学期期末）已知为的导函数，则的图像是（ ）‎ ‎12、曲线在点处的切线方程为 ‎ ‎13、设函数，若在单调递减，则实数的取值范围是 ． ‎ 参考答案：‎ ‎1、A 提示：当时，，∴在上单调递增．因此 ‎，解得．‎ ‎2、 ；或．‎ 提示：，所以或.显然数列的，，于是当为偶数时，，当为奇数时，．‎ ‎3、D　　4、B　　5、‎ ‎6、　　‎ ‎7、答案：B 解析：因为，不等式恒成立，所以，‎ ‎，即，恒成立，‎ 令，则，‎ 时，＜0，g（x）递减；时，＞0，g（x）递增，‎ 所以，g（x）最小值为：，‎ 令（），所以，‎ 令h（t）＝＝，‎ ‎（1）当时，t≥4，所以，h（t）的最小值为：，‎ 所以，，即，解得：，‎ 即 ‎（2）当1＜＜4时，所以，h（t）的最小值为：，‎ 所以，，即，解得：‎ 即1＜＜4恒成立。‎ 综合（1）（2）可知：，选B。‎ ‎　‎ ‎8、　　9、　　10、B ‎11、A　　12、　　　13、‎ 二、解答题 ‎1、（温州市2019届高三8月适应性测试）函数.‎ （1） 当时，求曲线与曲线的公切线的方程；‎ （2） 设函数的两个极值点为，‎ 求证：关于的方程有唯一解。‎ ‎2、（金丽衢十二校2019届高三第一次联考）已知函数 （1） 若在，（）处导数相等，证明：为定值，并求出该定值 （2） 已知对于任意，直线与曲线有唯一公共点，求实数的取值范围 ‎3、（浙江省名校协作体2019届高三上学期第一次联考）已知函数.‎ （1） 当时，直线是曲线的切线，求实数的值；‎ （2） 若是函数的两个极值点，且，求的取值范围.‎ ‎4、（七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考）已知函数 ‎（I）判断的单调性；‎ ‎（II）若函数存在极值，求这些极值的和的取值范围.‎ ‎5、（温州九校2019届高三第一次联考）知函数.‎ （1） 若在（）处导数相等，证明：‎ （2） 若对于任意，直线与曲线都有唯一公共点，求实数的取值范围.‎ ‎6、（嘉兴市2019届高三上学期期末检测）已知函数，且曲线 y = f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y = x－2 ．‎ ‎（Ⅰ）求实数 a，b 的值；‎ ‎（ Ⅱ ） 函 数 g(x) = f (x + 1) －mx (mÎ R) 有 两 个 不 同 的 零 点 x1 , x2 ， 求 证 ：‎ x1 × x2 > e2．‎ ‎7、（丽水、衢州、湖州三地市2019届高三上学期期末）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2﹣x恰有两个极值点x1，x2（x1＜x2）．‎ ‎（Ⅰ）求实数a的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）求证：；‎ ‎（Ⅲ）求证：其中e为自然对数的底数）．‎ ‎8、（宁波市2019届高三上学期期末考试）已知函数，其中为实数.‎ ‎（I）若函数的图像关于点对称，求的解析式；‎ ‎（II）若，且，为函数的极小 值点，求的取值范围.‎ ‎9、（台州市2019届高三上学期期末质量评估）设函数，R．‎ ‎（Ⅰ）求函数在处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值； ‎ ‎（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．‎ ‎10、（浙南名校联盟（温州九校）2019届高三上学期期末联考）设，函数 ‎.‎ ‎（I）证明：当时，对任意实数，直线总是曲线的切线； ‎ ‎（Ⅱ）若存在实数，使得对任意且，都有，求实数的最小值.‎ ‎11、（绍兴市2019届高三3月适应性考试）已知函数其中.‎ ‎（Ⅰ）若直线是曲线的切线，求的最大值.‎ ‎（Ⅱ）设，若方程有两个不相等的实根，求的最大整数值.（）.‎ ‎12、（杭州市2019届高三4月教学质量检测（二模））已知函数． ‎ ‎（1）求函数的单调递增区间；‎ ‎（2）若方程有非负实数解，求的最小值． ‎ ‎13、（稽阳联谊学校2019届高三4月联考）已知的极值点.‎ ‎（Ｉ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）若不等式恒成立，求的最大值.‎ ‎14、（绍兴市上虞区2019届高三第二次（5月）教学质量调测）已知与.‎ ‎（Ⅰ）若在处有相同的切线．求的值；‎ ‎（Ⅱ）设，若函数有两个极值点，且 ‎ ，求实数的取值范围．‎ ‎15、（台州市2019届高三4月调研）已知函数（为自然对数的底数，）.‎ ‎（Ｉ）若关于的方程有三个不同的解，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）若实数，满足，其中，分别记：关于的方程在 上两个不同的解为，；关于的方程在上两个不同的解为，，求 证：.‎ ‎16、（温州市2019届高三2月高考适应性测试）记 ‎（ I）若对任意的 x > 0 恒成立，求实数 a 的值；‎ ‎（ II）若直线l : 与的图像相切于点Q ( m，n ) ；‎ ‎（ i） 试用 m 表示 a 与 k ；‎ ‎（ ii） 若对给定的 k ，总存在三个不同的实数 a1，a 2，a 3，使得直线l 与曲线 ‎，，同时相切，求实数k的取值范围。‎ ‎17、（杭州第四中学2019届高三第二次月考）已知函数 （1） 判断函数的单调性；‎ ‎（2）若函数存在极值，且所有极值之和小于5+ln2，求a的取值范围；‎ ‎18、（七彩阳光联盟2019届高三下学期第三次联考）已知．‎ ‎（1）若在定义域上单调递增，求的取值范围；‎ ‎（2）若存在两个极值点，求证：．‎ 参考答案：‎ ‎1、‎ ‎2、‎ ‎3、‎ ‎4、解：（Ⅰ）因为，所以，令．‎ ‎，即时，恒成立，此时，所以函数在上为减函数；…3分 ‎，即或时，有不相等的两根，设为（），则，．当或时，，此时，所以函数在和上为减函数；当时，，此时，所以函数在上为增函数．…7分 ‎（Ⅱ）对函数求导得. 因为存在极值，所以在上有解，即方程在上有解，即.显然当时，无极值，不合题意，所以方程必有两个不等正根. …10分 设方程的两个不等正根分别为，则，由题意知 ‎ ‎，…13分 由得，‎ 即这些极值的和的取值范围为． …15分 ‎5、解：（I）…………2分 令，得，‎ 由韦达定理得…………3分 即，得…………4分 ‎…………6分 令,则，令，‎ 则，得…………8分 ‎（II）由得…………9分 令，‎ 则，，…………10分 下面先证明恒成立。‎ 若存在，使得，，，且当自变量充分大时，，所以存在，，使得，，取，则与至少有两个交点，矛盾。…………12分 由对任意，只有一个解，得为上的递增函数，…………13分 得，令，则，‎ 得…………15分 解二：隐零点估计极值法.‎ 由得对任意有唯一解…9分 令，则有唯一零点.‎ 则，分子部分…………10分 ‎(i)当时，在上递增，，，，‎ ‎，则有唯一零点；…………11分 ‎(ii)当时，有两个不同实根，，‎ ‎，，‎ 在递增，递减，递增，‎ 又，，，，则有零点，‎ ‎…………12分 令，则，‎ ‎…………13分 同理，，‎ 当即时，得，则恰有一个零点；‎ 当即时，则存在，得有两个零点，不符合题意.‎ 综上得…………15分 ‎6、‎ ‎7、‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎8、‎ ‎9、（Ⅰ）解：，. .………1分 且，所以在处的切线方程为. ………3分 ‎ ‎（Ⅱ）证明：因为对任意的实数，不等式恒成立.‎ 所以恒成立. .………4分 设，‎ 则 所以在，单调递增，‎ 在，单调递减. ………6分 所以，‎ 因为，是方程的两根.‎ 所以 ‎. （其中） ‎ 所以的最大值为. ………9分 ‎（Ⅲ）解:若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，‎ 当，得，与已知矛盾.‎ 所以有两根，即与有两个交点. …10分 令，则.‎ 令，，则在单调递减，单调递增，所以. …11分 ‎（ⅰ）当时，即时，则，即在，单调递增，且当时，；当时，；当时，；当时，.此时对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解. ………12分 ‎（ⅱ）当时，有两个非负根，，所以在，，‎ 单调递增，单调递减，所以当时有4个交点，或有3个交点，均与题意不合，舍去. ………13分 ‎（ⅲ）当时，则有两个异号的零点，，不妨设，则在，单调递增；在，单调递减.‎ 又时，；当时，；当时，；当时，.‎ 所以当时，对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.‎ 所以有，，得.‎ 由，得，即.‎ 所以，，.‎ 故 ‎.‎ ‎ 所以. ‎ 所以当或时，原方程对任意实数均有且只有两个解.………15分 ‎10、易得的导数. ………………2分 ‎（I）证明：此时，.‎ ‎ 注意到对任意实数，，， ………………4分 ‎ 故直线是曲线在原点处的切线； ………………6分 ‎（Ⅱ）由题意，存在实数，使得对任意，都有，且对任意，都有. ………………8分 ‎ 因，故（否则，若，则在的左右附近，恒有，‎ ‎ 从而单调递减，不合题意）. ………………10分 ‎ 于是，因此. ………………12分 ‎ 又当，时，（等号成立当且仅当），‎ ‎ 于是在内单调递增，满足题意.‎ ‎ 所以的最小值为. ………………15分 ‎11、‎ ‎12、‎ ‎13、‎ ‎14、解：（Ⅰ）解答：,. …………2分 由于在处有相同的切线，得，即，‎ ‎ …………4分 解得. …………6分 ‎（Ⅱ），则，其中是方程的两根. …………7分 ‎，设，则，‎ 可知在，画图像可得 ‎…………9分 设，可得，由.‎ 两式相除代入可得，代入可得，，两边取对数可得，.设，则，再设,则 当即在单调递增，所以，‎ 则,所以在单调递增，且当.‎ 则即. …………14分 由于，又在 当，，即.…………15分 ‎15、‎ ‎16、解：（I）∵‎ ‎∵，又∵恒成立，∴是的最大值 ‎∴，∴‎ 反过来，当时，显然恒成立.‎ ‎∴‎ ‎（II）（i）∵，由切点，则有：‎ ‎，‎ 把①代入②可得：，‎ 代入①式得：（**），‎ ‎（ii）根据题意方程（**）有三个不同的解，‎ 令 ‎∴‎ ‎ ‎ 由，解得两根分别为与 ‎∴当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减 ‎∴的极小值为；的极大值为 又∵时，‎ ‎∴当时，方程（**）有三个不同的根，‎ 下面说明三个不同的对应的也是不同的：‎ 设方程（**）的三个不同的根分别为：，且 则有：，，，显然 只需说明即可，‎ 又由可得：‎ 即，假设，‎ 则有，即 即 即，令，即 设 ‎∴‎ ‎∴在上是减函数，即，与矛盾 ‎∴假设不真，即 ‎∴当，存在三个不同的实数使得直线与曲线，，同时相切．‎ ‎17、（1）函数的定义为（0，＋∞）‎ ‎＝＝‎ 令，‎ ‎△＝－8≤0时，即时，g(x)≤0，0，f(x)在（0，＋∞）单调递减。‎ ‎△＝－8＞0时，即或时，‎ 因为x＞0，所以，不合 当时，f(x)在（0，），（，＋∞）单调递减。‎ ‎　　　　　　　　　在（，）单调递增 ‎（2）‎ ‎＝‎ ‎18、（Ⅰ）易知的定义域为，由题意知在上恒成立，即在上恒成立， ………2分 令，‎ 则， ………4分 所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，‎ 所以，当时，有最小值， ‎ 所以，. ………6分 ‎（Ⅱ）因为，‎ 由知，，设，‎ 由（Ⅰ），且在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，，‎ 令， ………8分 则 ‎ ‎ ‎ ，‎ 所以在上单调递减，且， ………10分 所以，当时，，‎ 又，∴‎ ‎∴ ，即 ‎ 所以，， ………13分 因为，,且在上单调递增， ‎ 所以，即. ………15分 方法2：因为，‎ 由知，，设，‎ 由（Ⅰ），且在上单调递增，在上单调递减，‎ 所以，，‎ 令， ………8分 则 ‎ ，‎ 所以，在上单调递减， ‎ 又，故恒成立， ………10分 所以，对上恒成立，‎ 因为，‎ 所以，即， ………13分 又且在上单调递增，‎ 所以即. ………15分