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    导数及其应用-广东省12市2023届高三模拟考试数学试题分类汇编

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    高中数学上教版(2020)选修第一册第5章 导数及其应用精练

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    这是一份高中数学上教版(2020)选修第一册第5章 导数及其应用精练,共24页。试卷主要包含了单项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。


    广东省12市2023届高三模拟考试数学试题分类汇编
    导数及其应用
    一、单项选择题
    1、(佛山市2023届高三二模)若斜率为1的直线与曲线和圆都相切,则实数的值为( )
    A. B.0 C.2 D.0或2
    2、(广州市2023届高三综合测试(二))已知偶函数与其导函数的定义域均为,且也是偶函数,若,则实数的取值范围是( )
    A. B.
    C. D.
    3、(汕头市2023届高三二模)给出定义:设是函数的导函数,是函数的导函数.若方程有实数解,则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”,且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.若函数,则( )
    A. B. C. D.
    4、(湛江市2023年普通高考测试(一)已知函数与及其导函数的定义域均为R,且为奇函数,
    A、13 B、16 C、25 D、51

    二、填空题
    1、佛山市2023届高三二模)已知函数有2个极值点,,则______.
    2、(深圳市2023届高三二模)已知函数的定义域为,其导函数为,若.,则关于x的不等式的解集为__________.
    三、解答题
    1、(广东省2023届高考一模)已知函数.
    (1)求的极值;
    (2)当时,,求实数的取值范围.

    2、(潮州市2023届高三二模)已知函数(是自然对数的底数)有两个零点.
    (1)求实数的取值范围;
    (2)若的两个零点分别为,,证明:.

    3、(大湾区(珠海中山等)2023届高三联合模拟(一))已知函数.
    (1)讨论的单调性;
    (2)设是两个不相等的正数,且,证明:.

    4、(佛山市2023届高三二模)已知函数,其中.
    (1)若有两个零点,求的取值范围;
    (2)若,求的取值范围.

    5、(广州市2023届高三综合测试(二))已知函数,.
    (1)当时,,求实数的取值范围;
    (2)已知,证明:.


    6、(惠州市2023届高三下学期一模)已知函数.
    (1)当时,求在处的切线方程;
    (2)当时,不等式恒成立,求的取值范围.

    7、(江门市2023届高三一模)已知函数,其中.
    (1)若的图象在处的切线过点,求a的值;
    (2)证明:,,其中e的值约为2.718,它是自然对数的底数;
    (3)当时,求证:有3个零点,且3个零点之积为定值.

    8、(茂名市2023届高三一模)若函数有两个零点,且.
    (1)求a的取值范围;
    (2)若在和处的切线交于点,求证:.

    9、(梅州市2023届高三一模)已知函数.
    (1)当时,求函数的单调区间;
    (2)若,讨论函数的零点个数.

    10、(汕头市2023届高三二模)已知函数,,.
    (1)若函数存在极值点,且,其中,求证:;
    (2)用表示m,n中的最小值,记函数,,若函数有且仅有三个不同的零点,求实数a的取值范围.

    11、(韶关市2023届高三二模)已知,,.
    (1)求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积;
    (2)若,,设(其中,)为的极值点,若,求m的值.

    12、(深圳市2023届高三二模)已知函数.
    (1)讨论函数的单调性;
    (2)当时,函数恰有两个零点.
    (i)求m的取值范围;
    (ii)证明:

    13、(广州市2023届高三综合测试(一))已知,函数.
    (1)若,证明:当时,:
    (2)若函数存在极小值点,证明:



    参考答案
    一、单项选择题
    1、D 2、B 3、B 4、C

    二、填空题
    1、0 2、


    三、解答题
    1、解:(1)求导得,
    所以当时,;当时,,
    所以在上单调递减,在上单调递增,
    所以有极小值,无极大值.
    (2)方法一:由题知不等式在上恒成立,
    则原问题等价于不等式在上恒成立,
    记,
    则,
    记,则恒成立,
    所以在上单调递增,又,
    所以存在,使得,
    即当时,,此时;当时,,此时,
    所以在上单调递减,在上单调递增,
    由,得,
    即,
    所以,
    ①当时,
    因为,所以不等式恒成立,
    所以;
    ②当时,
    因为存在,使得,而,
    此时不满足,
    所以无解.
    综上所述,.
    (2)方法二:由题知不等式在上恒成立,
    原问题等价于不等式在上恒成立,
    即在上恒成立.
    记,则,当单调递减,单调递增,
    因为即,
    ①当时,
    因为,所以不等式恒成立,所以;
    ②当时,令,显然单调递增,且,

    故存在,使得,即,而,此时不满足,所以无解.
    综上所述,.
    2、函数 有两个零点,等价于
    有两个零点,令


    3、解:(1)证明:(1)的定义域为      ………1分
    ,令,得:,            ……… 2分
    当变化时的关系如下表:


















    在,上单调递减;在上单调递增.        ………4分
    (2)证明:要证,
    只需证:
    根据,只需证:              ………6分
    不妨设,由得:;
    两边取指数,,化简得:             ………7分
    令:,,根据(1)得
    在,上单调递减;在上单调递增(如下图所示),

    由于在上单调递减,在上单调递增,要使且,则必有,即
    由得:.                 ………8分
    要证,只需证:,
    由于在上单调递增,要证:,
    只需证:,                   …………9分
    又,只需证:,           …………10分
    只需证:,
    只需证:,
    只需证:,
    只需证:,即证,
    令,,
    只需证:,


    ,上单调递减,
    所以,
    所以
    所以上单调递减,所以
    所以
    所以:. ……12分

    4、


    5、(1).解:令,则,
    当时,,则函数在上单调递增,
    当时,,则函数在上单调递减,
    所以,,即,
    所以,当时,,即,
    当时,取,
    由于,而,得,
    故,不合乎题意.
    综上所述,.
    (2).证明:当时,由(1)可得,则,
    可得,即,即,
    令,所以,,所以,,即,
    所以,,,
    令,则,且不恒为零,
    所以,函数上单调递增,故,则,
    所以,,,
    所以,

    .

    6、【解析】(1)当时,,.

    又切点为
    切线方程为,化简得.
    (2)【解法一】当时,恒成立,故,
    也就是,即,
    由得,
    令,则,
    令,则,
    可知在单调递增,则,即在恒成立,.
    故在单调递增.
    所以,故在恒成立.所以在单调递增,而,所以,
    故.
    【解法二】因为当时,恒成立,故
    由,
    令,得或,
    ①当,即时,在上恒成立,
    在上单调递减,,
    当时合题意,当时不合题意;.
    ②当,即时,在上单调递增,在上单调递减,

    设,则恒成立,在上单调递减,
    ,即,合题意;..
    综上,.
    【解法三】因为当时,恒成立,也就是,
    即恒成立,


    恒成立,在上单调递增,.
    .
    ①当,即时,在上单调递增,
    ,合题意;
    ②当,即时,存在,使得,即.
    在上单调递减,在上单调递增,..
    ,不合
    题意.
    综上,.

    7、【1】由条件得: ∴,
    又 ∴在处的切线为:,
    ∵的图象在处的切线过点,
    ∴ ∴.
    【2】
    令,,则,
    令,,
    ∴在递减 ,
    ∴,即
    ∴在递减,
    ∴,即, ;
    【3】的定义域为:,,
    时,由得:,,
    时,;时,;时,,
    ∴在,上单调递增,在递减 ,
    ∴至多有三个零点.
    ∵,∴,∴,
    又,在递减,
    ∴,又由(2)知,所以,
    结合零点存在定理知:使得,
    又∴,,
    ∴,又, ,
    ∴恰有三个零点:,1,,
    ∴时,的所有零点之积为(定值).

    8、【1】
    当,,在上单调递减,不可能两个零点;
    当时,令得
    ,,单调递增,,,单调递减,
    ∵,;;,
    ∴有唯一零点且有唯一零点,满足题意,
    综上:;
    【2】先证右边:令则,
    ∴,,单调递增,,,单调递减,
    ∴的最大值为,∴,即,
    ∴且,
    ∴,
    又∵,∴,
    ∴;
    再证左边:曲线在和处的切线分别是

    联立两条切线得,∴,
    由题意得,
    要证,即证,即证,即证,
    令,即证,
    令,
    ,∴在单调递减,∴,
    ∴得证.

    9、解:(1)首先函数的定义域为,当时,,
    则. 1分
    由,得,, 2分
    所以当时,;当时,. 3分
    故的增区间为和,减区间为. 4分
    (2),,
    由,得,, 5分
    所以当时,:当时,.
    因此在和上单调递增,在上单调递减. 6分
    ①因为当时,
    有.
    所以在上不存在零点. 8分
    ②在上,由单调性知:,分以下三种悄况讨论:
    (i)若,在,即在上不存在零点; 9分
    (ii)若,有,
    此时在有唯一零点; 10分
    (iii)若,有,而,,
    则在与上各有一个零点. 11分
    综上:(i)当时,在止不存在零点;
    (ii)当时,在上存在一个零点;
    (iii)当时,在上存在两个零点. 12分

    10、



    11、


    12、






    13、【1】若,则,设,
    ,设,
    ,则在上单调递增,,即,
    于是在上单调递增,,即,
    所以当时,.
    【2】函数,其定义域为,

    由(1)知在上单调递增,,
    当时,,当时,,
    则由,解得或,其中且,即且,
    否则恒有,则在上单调递增,函数无极值点,不符合题意,
    若,即,当时,,
    当时,,则上单调递增,
    在上单调递减,因此是的极小值点,,
    若,即,当时,,
    当时,,则在上单调递增,
    在单调递减,因此是的极小值点,
    ,又,于是,
    综上所述,函数存在极小值点.


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