新高考数学一轮复习讲练测专题4.4导数的综合应用（练）（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习讲练测专题4.4导数的综合应用（练）（含解析），共33页。试卷主要包含了【多选题】等内容，欢迎下载使用。

专题4.4 导数的综合应用
练基础

1．（2021·沙坪坝区·重庆一中高三其他模拟）已知为自然对数的底数，，为实数，且不等式对任意恒成立，则当取最大值时，实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
不等式对任意恒成立，化为不等式对任意恒成立，必然有．令，化为：．令，．利用导数研究函数的单调性极值最值即可得出结论．
【详解】
解：不等式对任意恒成立，
则不等式对任意恒成立，
则．
令，则，化为：．
令，．
不等式对任意恒成立，即不等式对任意恒成立，
令，则，可得：时，函数取得极大值即最大值，，
满足题意．
可以验证其他值不成立．
故选：C．
2．（2021·湖南高三其他模拟）已知函数存在两个零点，则正数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
函数零点即方程的解，（），取对数得，此方程有两个解，引入函数，利用导数求得函数的单调性，函数的变化趋势，然后由零点存在定理可得结论．
【详解】
显然，有两个零点，即方程，在上有两个解，
两边取对数得到，令，，在单调递增，在单调递减，
又当时，，当时，，
因为有两个零点，则，
解得.所以正数的取值范围是.
故选：C．
3．（2021·四川遂宁市·高三三模（理））已知函数，，又当时，恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
首先根据求出，进而参变分离解决恒成立的问题即可.
【详解】
因为，所以，即，
所以当时，恒成立，即，
即，
当时，恒成立，符合题意；
当时，有，即，
令，则，所以在上单调递增，而，所以，
故选：A.
4．（2021·全国高三其他模拟）已知f（x）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x∈[0，2]时，f（x）＝，若关于x的方程2f2（x）+（2a﹣1）f（x）﹣a＝0有且只有2个实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．[﹣，﹣] B．[﹣，﹣）
C．（﹣，0） D．（﹣，0）∪{﹣}
【答案】D
【解析】
利用导数研究函数在定义域上的单调性，得出；结合题意得出在有且仅有1个解，计算的值即可.
【详解】
当时，
则
令，解得，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，故在定义域上恒成立，
由有且只有2个实数根，
得方程有2个解，
又，所以，
则在有且仅有1个解，
因为，则或，
所以或，
即实数的取值范围是，
故选：D
5．（2021·宁夏银川市·高三其他模拟（理））平行于轴的直线与函数的图像交于两点，则线段长度的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
画出函数图像，数形结合构造函数，利用导数判断函数单调性并求函数最值即可.
【详解】
根据题意，画出的图象如下所示：

令，，故可得，解得；，解得.
故可得，，
故，，
故可得，恒成立，
故是单调递增函数，且，
关于在成立，在成立，
故在单调递减，在单调递增，
故.
即的最小值为.
故选：D
6．（2021·正阳县高级中学高三其他模拟（理））已知，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
参变分离可得，研究函数，根据导函数以及，可得函数的极大值为，当，，所以，根据的最大值的范围即可得解.
【详解】
由，得，
令，
则，当时，，
函数在，上单调递增，在上单调递减，
故函数的极大值为，极小值为，
且时，，所以，由，
得，由恒成立，得，
故选：D．
7．【多选题】（2021·河北衡水中学高三其他模拟）已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．若在区间上的最大值与最小值分别为，，则
B．曲线与直线相切
C．若为增函数，则的取值范围为
D．在上最多有个零点
【答案】ACD
【解析】
由定义法确定函数的奇偶性，再求导数判断函数的单调性与切线斜率，以及零点情况.
【详解】
因为对于任意，都有，
所以为奇函数，其图象关于原点对称，故A正确.
又，令，得(*)，
因为，，所以方程(*)无实数解，
即曲线的所有切线的斜率都不可能为，故B错误.
若为增函数，则大于等于0，
即，，
当且仅当时等号成立，所以，故C正确.
令，得或().设，
则，令，
则.当时，，
当时，，当时，，
所以函数为增函数，且，所以当时，，
从而，单调递增.又因为对于任意，都有，
所以为偶函数，其图象关于轴对称.
综上，在上单调递减，在上单调递增，
则直线与最多有2个交点，所以在上最多有3个零点，故D正确.
故选ACD.
8．（2021·黑龙江大庆市·高三一模（理））用总长m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一条边比另一条边长1m，则该容器容积的最大值为________m3（不计损耗）．
【答案】.
【解析】
设长方体的底面边长为，高为，由题可得，求出函数导数，判断单调性，即可求出最值.
【详解】
设长方体的底面边长为，高为，
则由题可得，，则可得，则，
则该容器容积，
，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
当时，，即该容器容积的最大值为.
故答案为：.
9．（2021·湖南高三其他模拟）中国最早的化妆水是年在香港开设的广生行生产的花露水，其具有保湿、滋润、健康皮肤的功效.已知该化妆水容器由一个半球和一个圆柱组成（其中上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中），容器轴截面如图所示，上部分是半圆形，中间区域是矩形，其外周长为.则当圆柱的底面半径___________时，该容器的容积最大，最大值为___________.

【答案】
【解析】
设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，根据已知条件可得出，根据柱体的体积公式可得，利用导数可求得的最大值及其对应的的值，即为所求.
【详解】
设圆柱的底面半径为，圆柱的高为.
则由题意可得，所以.
由，得.
故容器的容积，
容易忽略上半球是容器的盖子，化妆水储存在圆柱中.
，令，解得（舍）或.
显然当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以当时，取得最大值，
此时，.
故答案为：；.
10．（2021·全国高三其他模拟）若函数只有一个零点，则实数的取值范围是 ________．
【答案】或
【解析】
将函数的零点转化为方程的根，令，利用导数研究函数的图象特征，即可得到答案；
【详解】
，
令，则，

令，则在恒成立，
在单调递减，且，
，
在单调递增，在单调递减，且，
当时，，
如图所示，可得当或时，直线与有且仅有一个交点，
故答案为：或

练提升TIDHNEG

1．（2021·全国高三其他模拟）若不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
构造函数，根据函数的单调性及最值可得，故，再构造，求得函数的最小值即可.
【详解】
由恒成立，得，
设，，
当时，，在上单调递减，不成立；
当时，令，解得，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故，即，，
，
设，，
令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
即，
故选：C.
2.（2021·北京高考真题）已知函数，给出下列四个结论：
①若，则有两个零点；
②，使得有一个零点；
③，使得有三个零点；
④，使得有三个零点．
以上正确结论得序号是_______．
【答案】①②④
【解析】
由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】
对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.

故答案为：①②④.
3．（2021·四川省绵阳南山中学高三其他模拟（文））设函数，其中为自然对数的底数，曲线在处切线的倾斜角的正切值为．
（1）求的值；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；
（2）依题意即证，即，构造函数，，利用导数说明其单调性与最值，即可得到，从而得证；
【详解】
解：（1）因为，所以，
，解得．
（2）由（1）可得
即证．
令，，于是在上是减函数，在上是增函数，所以（取等号）．
又令，则，于是在上是增函数，在上是减函数，所以（时取等号）．
所以，即．
4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数.
（1）若的图象在点处的切线与直线平行，求的值；
（2）在（1）的条件下，证明：当时，；
（3）当时，求的零点个数.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）有一个零点.
【解析】
（1）利用导数的几何意义求解即可
（2）利用导数，得到在上单调递增，由，即可证明在上恒成立
（3）由（2）可知当且时，，即在上没有零点，再根据，，得到， 对进行讨论，即可求解
【详解】
解：（1）因为的图象在点处的切线与直线平行，
所以，
因为，
所以，解得.
（2）由（1）得当时，，
当时，因为，所以在上单调递增，
因为，所以在上恒成立.
（3）由（2）可知当且时，，
即在上没有零点，
当时，，
令，，
则单调递增，
且，
，
所以在上存在唯一零点，记为，
且时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以，，
因为，所以，
所以在上存在唯一零点，且在上恒小于零，
故时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
所以在上至多有一个零点，
取，
则有，
所以由零点存在定理可知在上只有一个零点，
又f(0)不为0，所以在上只有一个零点.
5．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟（文））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）或.
【解析】
（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）根据（1）的结论，结合函数的极值以及零点个数，求得的取值范围.
【详解】
（1），
当时，由或，所以在，单调递增，
由，所以在单调递减；
当时，由或，所以在，单调递增，由，所以在单调递减；
当时，在单调递增.
（2），，
由（1）知当时，在处，有极大值，且，此时函数有一个零点；
当时，在单调递增，且，此时函数有一个零点；
当时，，单调递增，单调递减，在处，有极小值，
在处，有极大值，则当，或时函数有一个零点，有或.
综上：或.
6．（2021·河北高三其他模拟）已知函数.
（1）当时，求证：；
（2）当时，讨论零点的个数.
【答案】（1）证明过程见解答；（2）当时，有两个零点，当时，有一个零点．
【解析】
（1）将代入，对求导，得到其单调性，判断其最值，即可得证；
（2）令，则即为，显然，进一步转化为，令，利用导数作出的大致图象，进而图象判断方程解的情况，进而得到函数零点情况．
【详解】
（1）证明：当时，，则，
当时，，单增，当时，，单减，
（1），即得证；
（2）令，则即为，
当，即时，该方程不成立，故不是的零点；
接下来讨论时的情况，当时，方程可化为，
令，则，
当时，，当且仅当时取等号，
当时，，当且仅当时取等号，
当时，，单增，当时，，单减，且当时，，，当时，，当时，，
函数的大致图象如下：

由图象可知，当，即时，只有一个解，则有一个零点，当，即时，有两个解，则有两个零点．
综上，当时，有两个零点，当时，有一个零点．
7．（2021·重庆市育才中学高三二模）已知函数，.
（1）已知恒成立，求a的值；
（2）若，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）作差，设，利用导数求出的最小值为，只需；设，利用导数求出，解出；
（2）利用把原不等式转化为证明，即证：，
设，利用导数求出最小值，即可证明.
【详解】
（1）设，，
当时，，单增，当，不满足恒成立
当，在单减，在单增，
所以的最小值为，即，即
设，，所以在单减，在单增，
即，故的解只有，综上
（2）先证当时，恒成立.
令，求导，所以在上单调递增，
，所以
所以要证，即证，
即证，即证：，
设，求导，
所以在上单调递减，所以，即原不等式成立.
所以当时，如成立.
8.（2021·全国高三其他模拟）已知函数，.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若函数存在极大值，证明：.
【答案】（1）当时，单调递增；当时，单调递减；（2）证明见解析．
【解析】
（1）将代入函数，并求导即可分析单调性；
（2）求导函数，讨论当，与时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值，即可证明．
【详解】
（1）的定义域是
当时，，，
令，得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
（2），
令，
则，
由的定义域是，易得，
当时，由（1）知，在处取得极大值，所以.
当时，在上恒成立，
所以在上单调递减，，所以，故没有极值.
当时，令，得，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以当时，，
又，，且，
所以存在唯一，使得，
当时，，即，单调递增；当时，，即，单调递减.
所以当时，取得极大值，
所以，
所以.
令，则，设，，
则，
所以在上单调递减，
所以，所以.
综上，若函数存在极大值，则．
9．（2021·重庆高三二模）已知函数在处取得极值．
（1）若对恒成立，求实数的取值范围；
（2）设，记函数在上的最大值为，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
（1）由条件求出，然后由可得，然后用导数求出右边对应函数的最小值即可；
（2），令，然后可得存在使得，即，即，然后可得，然后判断出函数的单调性即可.
【详解】
（1）∵，，∴，
由已知，即，即对恒成立，
令，则，
易得在上单调递减，在上单调递增，
∴，即．
（2），
则．
当时，，令，
则，所以在上单调递增．
∵，，
∴存在使得，即，即．
∴当时，，此时；
当时，，此时；
即在上单调递增，在上单调递减，
则．
令，，则，
∴在上单调递增，则，，
∴．∴．
10．（2021·江苏南通市·高三一模）已知函数，.
（1）求函数的增区间；
（2）设，是函数的两个极值点，且，求证：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；
（2）根据极值点可转化为，是方程的两个不相等的正实数根，可得且，要证，只要证，利用构造函数的单调性证明即可.
【详解】
（1）由题意得().
令，则.
①当，即时，在上恒成立，即的增区间为；
②当，即时，或，即的增区间为和.
综上，当时，的增区间为；当时，的增区间为和.
（2）因为()，有两个极值点，，
所以，是方程的两个不相等的正实数根，可求出
从而，，解得.
由得.
因为，所以且.
令，且，则，
所以当时，，从而单调递增；当时，，从而单调递减，
于是().
要证，只要证，只要证明.
因为，所以只要证.
令
则


.
因为，
所以，即在上单调递增，
所以，即，
所以，即.
练真题TIDHNEG

1．（2021·全国高考真题（文））设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图像与轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【解析】
（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.
【详解】
（1）函数的定义域为，
又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，
所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，
故即.
2.（2021·全国高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】1；证明见详解
【解析】
（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】
（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
3．（2021·全国高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；
（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.
【详解】
（1）函数的定义域为，
又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，
故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.
先证：，
若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，
结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，
故成立，即成立.
综上所述，.
4.（2020·山东海南省高考真题）已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,
∴所求三角形面积为;
（2）解法一：,
，且.
设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，
因此
>1,
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
解法二：等价于
,
令,上述不等式等价于,
显然为单调增函数，∴又等价于，即，
令,则
在上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，
∴,
，∴a的取值范围是[1,+∞).
5．（2020·浙江省高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【解析】
（I）在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii），
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
6.（2019·全国高考真题（理））已知函数.
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线.
【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
（1）函数的定义域为，
，因为函数的定义域为，所以，因此函数在和上是单调增函数；
当，时，，而，显然当，函数有零点，而函数在上单调递增，故当时，函数有唯一的零点；
当时，，
因为，所以函数在必有一零点，而函数在上是单调递增，故当时，函数有唯一的零点
综上所述，函数的定义域内有2个零点；
（2）因为是的一个零点，所以
，所以曲线在处的切线的斜率，故曲线在处的切线的方程为：而，所以的方程为，它在纵轴的截距为.
设曲线的切点为，过切点为切线，，所以在处的切线的斜率为，因此切线的方程为，
当切线的斜率等于直线的斜率时，即，
切线在纵轴的截距为，而，所以，直线的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线重合，故曲线在处的切线也是曲线的切线.