2023届高考数学二轮复习导数及其应用作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习导数及其应用作业含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
导数及其应用一、单选题1．已知定义域为的函数的导函数为，且，若实数，则下列不等式恒成立的是（）A． B．C． D．2．曲线过点的切线方程是（）A． B．C． D．3．已知集合，.若存在，，使，则称函数与互为“n度零点函数”若函数与函数互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为（）A． B． C． D．4．已知函数的极值为，则（）A．e B． C． D．5．已知函数（），且，则当时，的最大值与最小值分别是（）A．， B．， C．， D．，6．设，，，则的大小关系正确的是（）A． B． C． D．7．已知，，，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．8．已知函数，，若对任意的，，都有成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．9．已知曲线在点处的切线与曲线有且只有一个公共点，则实数（）A．2 B．0或2 C． D．或010．已知二次函数，设，若函数的导函数的图像如图所示，则（）A．， B．，C．， D．，11．函数是R上的单调增函数，则a的取值范围是（）A． B． C． D．12．设函数 ，若 的整数有且仅有两个，则 的取值范围是（）A． B．C． D．第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题13．已知函数，给出以下命题：①若函数不存在单调递减区间，则实数b的取值范围是；②过点且与曲线相切的直线有三条；③方程的所有实数的和为16；④方程，则的极小值为.其中真命题的序号是___________.14．函数是R上的单调递增函数，则a的取值范围是______．15．在平面直角坐标系xOy中，已知点P是函数f(x)= lnx的图象上的动点，该图象在P处的切线l交x轴于点M，过点P作l的垂线交x轴于点N，设线段MN的中点的横坐标为t，则t的最大值是_____________16．设曲线在点处的切线与曲线在点P处的切线互相平行，则点P的坐标为___________. 参考答案：1．D【解析】【分析】证明出当时，，构造函数，利用导数分析函数的单调性，利用函数的单调性可判断CD选项，构造函数，结合导数法可判断AB选项.【详解】构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，则，即，因为，则，对于AB选项，构造函数，该函数的定义域为，则，无法确定的符号，无法确定函数的单调性，故与的大小无法确定；对于CD选项，构造函数，该函数的定义域为，则，所以，函数在上单调递增，则，即，故.故选：D.2．B【解析】【分析】设出切点，结合导数列方程，由此求出切点坐标并求出切线的斜率，进而可得切线方程.【详解】由题意可得点不在曲线上，设切点为，因为，所以所求切线的斜率，所以.因为点是切点，所以，所以，即.设，明显在上单调递增，且，所以有唯一解，则所求切线的斜率，故所求切线方程为.故选：B.3．A【解析】【分析】易知的零点，设的零点为，再根据“1度零点函数”的定义得到，然后由得，构造函数求解.【详解】由得，由，得设其解为，因为函数与函数互为“1度零点函数”，所以 ，解得，由得，令，则，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，又，所以实数a的取值范围为，故选：A4．C【解析】【分析】求导得到导函数，考虑和两种情况，根据函数的单调性得到极值，计算得到答案.【详解】函数的定义域为，，当时，，所以在上单调递增，无极值，不符合题意；当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则，解得．故选：C.5．C【解析】【分析】根据已知函数解析式，可知为奇函数，利用导数可判断出其单调性，由已知函数不等式得，即时是以为圆心的上半部分的圆，而表示过点的直线斜率，根据几何性质结合图象即可求出答案.【详解】由知：单调递增，又知：为奇函数，有，∴，整理得，时即的取值区域如下图阴影部分所示：∴表示直线在过图中阴影部分的点时斜率，即问题转化为直线与阴影区域有交点时，的最大值、最小值，，∴当与半圆相切，取最大值，而此时圆心到的距离，得；当交半圆于右端点时，取最小值为故选：C.6．D【解析】【分析】对同时取以为底的指数，即比较，，的大小；由幂函数的性质易知；再构造函数，由导数在函数单调性上的应用，可知函数在递减， 由此可判断，进而求出结果.【详解】对同时取以为底的指数，即比较，，的大小；，而，令，则，，时，递减；而，，上，即递减，则在上，由，则，即.综上，.故选：D.7．D【解析】【分析】利用对数函数的单调性可得结果.【详解】令，，因为，所以，，所以 ，又，所以，在上单调减，，即.故选:D.8．B【解析】【分析】根据题意，将问题转化为对任意的，，利用导数求得的最大值，再分离参数，构造函数，利用导数求其最大值，即可求得参数的取值范围.【详解】由题可知：对任意的，，都有恒成立，故可得对任意的，；又，则，故在单调递减，在单调递增，又，，则当时，,.对任意的，，即，恒成立.也即，不妨令，则，故在单调递增，在单调递减.故，则只需.故选：B.9．D【解析】【分析】利用导数的几何意义求切线方程，根据切线与有一个公共点，讨论、判断公共点的个数，即可得a值.【详解】由，则，而，∴处的切线方程为，即.又与有一个公共点，∴，整理得，当时，，可得，当时，显然只有一个解，符合题设；∴或.故选：D.10．D【解析】【分析】求出函数，再根据给定图象与x轴交点横坐标即可计算判断作答.【详解】依题意，，求导得，观察的图像得：，即，的另一个零点为，即，所以有，.故选：D11．C【解析】【分析】利用导数判断函数的点调性.【详解】因为 是R上的单调增函数，,对于 都成立，所以，故C正确.故选：C12．D【解析】【分析】等价于，令，，利用导数研究函数的单调性，作出的简图，数形结合只需满足即可.【详解】，即，又，则.令，，，当时，，时，，时，，在单调递减，在单调递增，且，且，，作出函数图象如图所示，若 的整数有且仅有两个，即只需满足，即，解得：故选：D13．②④【解析】【分析】对于①：求导，由判别式小于等于得出实数b的取值范围；对于②：利用导数的几何意义得出方程的根，得出切线的条数；对于③：根据对称性得出所有实数的和；对于④：利用导数得出极值.【详解】解：因为，所以，若函数不存在单调递减区间，则有，解得，所以①错误；设过点的直线与曲线相切于点，的导数为，则有，又点在曲线上，所以，代入上式，得，解得或或，所以过点且与曲线相切的直线有三条，②正确；函数，由为奇函数，关于原点对称，可得的图象关于点对称，且函数的图象也关于点对称，所以方程的所有实数根的和为，③错误.④化简得，当，单调递增，当单调递减.故极小值为综上所述，真命题的序号为②④.故答案为：②④.14．【解析】【分析】对求导，由题设有恒成立，再利用导数求的最小值，即可求a的范围.【详解】由题设，，又在 R上的单调递增函数，∴恒成立，令，则，∴当时，则递减；当时，则递增.∴，故.故答案为：.15．【解析】【分析】首先根据导数的几何意义得到切线为：，切线的垂线为：，从而得到，，即可得到，再构造，利用导数求解最大值即可.【详解】设，，则，则切线为：，令，解得，即.切线的垂线为：，令，解得，即.所以.设，，令，解得，则，，为增函数，，，为减函数.所以，即的最大值为.故答案为：16．【解析】【分析】分别求出，的导数，结合导数的几何意义及切线平行可得答案.【详解】设，因为的导数为，所以曲线在点处的切线的斜率为，因为的导数为，曲线在点处的切线斜率为，所以，解得，代入可得，故.故答案为：.