05导数及其应用-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版A版，2019新版）

这是一份05导数及其应用-天津市2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教版A版，2019新版），共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2022上·天津滨海新·高三天津市滨海新区塘沽第一中学校考期末）已知函数（），若在上有且仅有三个极值点，则不正确的有（）
A．在区间上的最小值可以等于
B．若的图象关于点对称，则在区间上单调递增
C．的最小正周期可能为
D．若，将的图象向右平移个单位可得到的图象
2．（2022上·天津东丽·高三天津市第一百中学校考期末）已知函数，若方程的图像恰有5个不同实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．（2022上·天津和平·高三统考期末）设函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．（2022上·天津·高三天津市武清区杨村第一中学校联考期末）已知，，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
5．（2020上·天津红桥·高三统考期末）已知函数，为的导函数，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
6．（2021上·天津·高三统考期末）已知函数（为自然对数的底数），关于的方程恰有四个不同的实数根，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．（2020上·天津·高三校联考期末）设函数在上可导，，有且；对，有恒成立，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
8．（2019上·天津静海·高三统考期末）已知定义在上的函数满足，且对任意（0，3)都有，若，，，则下面结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
9．（2019上·天津河西·高三统考期末）已知函数，且存在不同的实数x1，x2，x3，使得f（x1）=f（x2）=f（x3），则x1•x2•x3的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．（2019上·天津蓟州·高三校联考期末）已知双曲线的左、右焦点分别为,过点且垂直于轴的直线与该双曲线的左支交于两点，分别交轴于两点，若的周长为12，则当取得最大值时，该双曲线的渐近线方程为
A．B．
C．D．
二、填空题
11．（2018上·天津·高三统考期末）函数，若方程恰有3个根，则实数的取值范围为 .
12．（2022上·天津河北·高三天津市扶轮中学校考期末）函数，，若时，直线是曲线的一条切线，则b的值为 .
13．（2017上·天津红桥·高三统考期末）曲线在与x轴交点处的切线方程为 ．
14．（2017上·天津红桥·高三统考期末）设函数，若，，则的大小关系是 ．
15．（2019上·天津红桥·高三统考期末）已知函数，则 .（用数字填写）
16．（2022上·天津河西·高三统考期末）已知函数的最小正周期为，其图象的一条对称轴为，则 .
17．（2019上·天津蓟州·高三校联考期末）已知函数，是的导函数，则 ．
18．（2021上·天津红桥·高三统考期末）下列四种说法：
①命题“，使得”的否定是“，都有”；
②“”是“直线与直线相互垂直”的必要不充分条件；
③过点（，1）且与函数图象相切的直线方程是．
④一个袋子装有2个红球和2个白球，现从袋中取出1个球，然后放回袋中，再取出一个球，则两次取出的两个球恰好是同色的概率是.
其中正确说法的序号是 ．
19．（2020上·天津·高三校联考期末）曲线在点处的切线方程为 .
三、解答题
20．（2023上·天津和平·高三耀华中学校考期末）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在上单调递增，求正实数m的取值范围；
(3)求证：当m＝1时，在上存在唯一极小值点，且．
21．（2024上·天津和平·高三统考期末）已知函数，
(1)若，讨论在的单调性；
(2)若，函数，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)当时，求证：．
22．（2024上·天津河北·高三统考期末）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求函数的单调区间；
(3)在（2）的条件下，当时，，求实数的取值范围.
23．（2024上·天津南开·高三统考期末）已知函数，且函数与有相同的极值点.
(1)求实数的值；
(2)若对，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)求证：.
24．（2023上·天津·高三统考期末）设函数，，，已知曲线在点处的切线与直线垂直．
(1)求a的值；
(2)求的单调区间；
(3)若对成立，求b的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】根据在上有且仅有三个极值点，可得，进而结合选项即可逐一求解.
【详解】令,解得，所以的所有的极值点为，
由于在上有且仅有三个极值点，
所以在上的极值点只能是
因此且解得，
若在区间上的最小值可以等于，
由于，且，
所以，解得，这与矛盾，故A错误，
若的图象关于点对称，则,解得,
又，所以取，，
则，
当，
因为在上单调递增，故在区间上单调递增，B正确，
的最小正周期为，令，此时满足，故C正确，
若，则，即，
所以或，,化简得或，，
由于，故，
因此将的图象向右平移个单位可得到，而，故D正确
故选：A
2．D
【分析】利用导数分段画出函数的大致图像，
方程有5个不同的根，
然后采用换元法将问题变为讨论在给定区间上有解的问题.
【详解】当 时， ，，
当时，，当时，，
故时， ；
当时， ，当时,, 当时，
当时，有极大值，当时，，
作出的大致图像如图：
方程有5个不同的根，
令 ，根据其图像，讨论有解情况如下：
令,
(1)当 在和上各有一个解时，合题意
即 ，解得 ，
（2）当在和上各有一个解时，
，解得，
（3）当有一个根为6时，解得，此时另一个根为 ，不合题意；
（4）当有一个根为1时，解得，此时另一个根也为1，不合题意，
综上可知：，
故选：.
3．B
【分析】根据题意先得是函数的一个零点，当时，，所以当时，与，图象必有一个交点，根据函数求导计算可得的函数图象，数形结合即可解决.
【详解】由题知，，函数恰有两个零点，
因为当时，，
所以是函数的一个零点，
又当时，，
所以当时，与，图象必有一个交点，
由于，
当时，，
所以函数在上单调递增，
当时，，
当时，，
当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以，函数图象如图，
由图可知，若与，图象必有一个交点，则，
故选：B
4．D
【分析】先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可得，比较三个数的大小，然后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.
【详解】当时，，，
所以函数在上是增函数，
因为，
所以函数是奇函数，所以函数在上单调递增，
所以，
因为
所以.
故选：D
5．D
【分析】先求得，再去求即可解决.
【详解】
则
故选：D
6．D
【解析】令，由，可得，利用导数分析函数的单调性与极值，作出函数的图象，由图象可知，方程有两根、，且满足，，设，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】令，由，可得，
函数的定义域为，.
当时，，由可得，由可得.
所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
；
当时，，此时函数单调递增，且，
作出函数的图象如下图所示：
由于关于的方程恰有四个不同的实数根，
则关于的二次方程恰有两个不同的实根、，
且直线与函数的图象有三个交点，直线与函数的图象有且只有一个交点，所以，，，
设，由二次函数的零点分布可得，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：
（1）二次项系数的符号；
（2）判别式；
（3）对称轴的位置；
（4）区间端点函数值的符号.
结合图象得出关于参数的不等式组求解.
7．C
【解析】构造函数，由，可得函数为奇函数．利用导数可得函数在和上是增函数，结合函数的单调性解不等式即可．
【详解】解：解：令，
，
函数为奇函数．
时，，
故函数在上是增函数，故函数在上也是增函数，
可得在和上是增函数，
要解即，即
，
，
或时
故时
故选：
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性的应用，体现了转化的数学思想，构造函数利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．属于中档题．
8．C
【分析】由条件，可知函数关于对称，由对任意（0，3)都有，可知函数在（0，3)时单调递减，然后根据单调性和对称性即可得到的大小．
【详解】因为，得函数关于对称，
又对任意（0，3)都有，所以函数在（0，3)时单调递减，
因为，所以，
又，所以，所以，故选C.
【点睛】本题主要考查函数值的大小比较,利用条件求出函数的单调性和对称性,利用单调性和对称性之间的关系是解决本题的关键.
9．A
【分析】作出y＝f（x）的函数图象，设x1＜x2＜x3，f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝t，1＜t＜2，求得x1，x2，x3，构造函数g（t）＝（t﹣1）（2+lg2t），1＜t＜2，求得导数，判断单调性，即可得到所求范围．
【详解】函数的图象如图所示：
设x1＜x2＜x3，
又当x∈[2，+∞）时，f（x）＝2x﹣2是增函数，
当x＝3时，f（x）＝2，
设f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝t，1＜t＜2，
即有﹣x12+2x1+1＝﹣x22+2x2+1＝t，
故x1x2x3＝（1）（1）（2+lg2t）
＝（t﹣1）（2+lg2t），
由g（t）＝（t﹣1）（2+lg2t），1＜t＜2，
可得g′（t）＝2+lg2t0，即g（t）在（1，2）递增，又g（1）＝0，g（2）＝3，
可得g（t）的范围是（0，3）．
故选A．
【点睛】本题考查的知识点是分段函数的应用，考查转化思想和构造函数法，数形结合思想，难度中档．
10．B
【分析】由题意，的周长为24，利用双曲线的定义，可得，进而转化，利用导数的方法，即可得出结论．
【详解】解：由题意，的周长为24，
，
，，
，，
，，
，，，，
时，取得最大值，此时，即
渐近线方程为
故选：B.
【点睛】本题考查双曲线的定义,考查导数知识的运用,考查学生分析解决问题的能力,知识综合性强．
11．
【分析】画出 的图象,再分析与直线的交点个数即可.
【详解】画出函数的图象,如图所示：
由题意可知，
先求与相切时的情况，由图可得此时,
设切点为,则，解得, ，
此时直线，此时直线与只有两个公共点，所以，
又斜率，又当时与平行，与有三个公共点，而当，直线与有四个交点，故.
故答案为：
12．
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再由切点在切线上求解即可；
【详解】当时，，设切点为，
因为是的一条切线，
所以，解得，
所以，
又切点在切线上，
所以，得．
故答案为：
13．
【分析】先求出曲线与x轴交点，然后利用导数的几何意义可求得结果
【详解】对于，当时，，
所以曲线与x轴交点为，
由，得，
所以切线的斜率为，
所以切线方程为，即，
故答案为：
14．
【分析】由导数的几何意义结合函数的图象得出大小关系.
【详解】因为，所以函数在处的切线斜率为负
函数的图象，如下图所示
由图可知，，即
故答案为：
15．
【分析】根据导数的公式即可得出结论.
【详解】函数，，
所以.
故答案为：.
16．/
【分析】根据最小正周期T＝求出ω.根据一条对称轴为知，，结合即可φ，从而求出，然后代值计算即可.
【详解】∵f(x)最小正周期为，∴；
∵f(x)图象的一条对称轴为，∴，
∴，，
∴，，
∴.
故答案为：.
17．
【分析】根据商的导数的计算公式求出，然后便可得出的值．
【详解】因为，所以；
故答案为：．
18．①④
【解析】①中特称命题的否定为全称命题；
②中求出“直线（m+2）x+my+1＝0与直线（m﹣2）x+（m+2）y﹣3＝0相互垂直”的充要条件，再进行判断；
③中利用导数求解验证即可；
④利用概率乘法和加法公式计算即可．
【详解】解：①中命题“∃x∈R，使得x2+1＞3x”为特称命题，其否定为全称命题，是“，都有”，故①正确；
②中时，两直线为：﹣2y+1＝0和﹣4x﹣3＝0，两直线垂直，
而两直线垂直时，有，解得m＝1或
所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分不必要条件，故②错误；
③若过点（，1）且与函数图象相切的直线方程是正确，
设切点为P（x0，y0），
则函数在P点处的切线的斜率为 ，
解得，所以切点为P，
但切点P不在切线上，故③错误；
④一个袋子装有2个红球和2个白球，现从袋中取出1个球，然后放回袋中，再取出一个球，则两次取出的两个球恰好是同色的概率，故④正确．
故答案为：①④．
19．
【解析】对函数求导，计算时的导数值，即得切线的斜率，再利用点斜式直线方程即可.
【详解】由，得，则时，
即切线斜率，故切线方程为，即.
故答案为：.
20．(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合切点求出方程即可.
（2）求导后转化为导数的恒成立问题，分离参数法求解即可.
（3）利用零点存在性定理求出导函数零点，进而确定原函数极值点，转化为三角函数求范围即可.
【详解】（1）当时，，，故切点为，且设切线斜率为，，，故切线方程为，
（2）易知，由已知得函数在上单调递增，
故在上恒成立，化简得，
易得，
令，，令，，
故在单调递减，在单调递增，
故，可得，结合，故，
（3）当m＝1时，，定义域为，故，
当时，，在单调递增，此时无极值点，
当时，，显然恒成立，
则在单调递增，易知，，即，
故存在作为零点，故，
令，，令，，
故在单调递减，在单调递增，
即极小值是，
结合，可得，即得证.
【点睛】本题综合考查导数的极值点，几何意义，掌握分离参数法和隐零点法模板解决本题的关键，属于难题.
21．(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导函数研究函数的单调性；
（2）构造函数，多次求导连锁反应研究导函数的单调性，进而分类讨论探究函数的极值点与单调性，通过函数值范围判断不等式是否恒成立即可；
（3）由（2）问中当时，不等式恒成立结论，赋值、累加法证明不等式.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）
不等式可化为：，设，
令，
则，令，
则，再令，
则，所以在单调递增，则，
即，所以在单调递增，
所以，，
则的值域为．
①当时，即时，，即，
则在单调递增，所以恒成立，符合题意．
②当时，即时，，
若取时，，
所以存在，使，
则当时，，即，
则函数在上单调递减，此时，
所以当时，，与原题矛盾，不符合题意．
综上所述，的取值范围是．
（3）原式即证．
由（2）可知，当时，，
即时，，则．
令，则．
则，，，
各式相加得，
．
所以当时，成立．
【点睛】方法点睛：不等式恒成立求参数取值范围问题
对参数分类讨论研究函数单调性、极值等问题的方法，是我们在解决含参不等式恒成立问题的一般性方法.如果函数结构式不是很复杂，可以通过求导得到函数的极值点（导函数零点）与单调性的情况，再对极值点直接讨论，如果无法求出极值点（导函数零点），可以通过多次求导、或利用零点存在性定理虚设零点进行分析.
22．(1)
(2)单调递减区间是，单调递增区间是
(3)
【分析】（1）当时，分别求出的值即可得解.
（2）对函数求导，令，得或，且满足，进一步即可得解.
（3）由题意只需，即，解不等式即可得解.
【详解】（1）时，，
，整理得.
曲线在点处的切线方程为.
（2），
，
令，
，解得或，且满足.
当变化时，的变化情况如下表：
函数单调递减区间是，单调递增区间是.
（3）由（2）可知，函数在区间单调递增，在区间单调递减，
，
解得，
，
实数的取值范围为.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是将极值点先求出来，然后根据导数与单调性的关系即可得解，第三问的关键是由，列出相应的不等式，从而即可顺利得解.
23．(1)1
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先求得的极大值点为，由可得，经检验可确定；
（2）先求得在上的最大值和最小值，然后分和两种情况可得的取值范围；
（3）所证不等式即为，通过证明和即可证得结果.
【详解】（1）令，解得，
当时，在单调递增，
当时，在单调递减，
故函数的极大值点为.
令，由题意可得，解得，
经验证符合题意，故实数的值为1.
（2）由（1）知，函数在单调递增，在单调递减，
又，且，
所以当时，，
若不等式恒成立，
则，
所以的取值范围为.
（3）所证不等式即为.
先证：，即证在上恒成立，
设，
设，
因为在上恒成立，
所以在单调递增，则，
所以在单调递增，则，
所以.
再证：，即证.
设，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以.
设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以.
所以，即.
综上，，得证.
【点睛】关键点睛：第（3）问的关键点是：将证明转化为证明和.
24．(1)2
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义可得关于a的方程，解方程即可得出答案；
（2）对求导，分和讨论的正负，即可求出的单调性；
（3）由恒成立，等价于，令，转化为求.
【详解】（1）的定义域为，
，
由于直线的斜率为，.
（2），，
①当时，，在R上单调递增；
②当时，令有，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
综上所述：，的单调递增区间为R，
，的单调减区间为，的单调增区间为.
（3）由恒成立，
等价于，
令（），
，
①若时，，所以在上单调递增，
，即，满足，
②若时，则，所以在上单调递增，
当趋近于0时，趋近于，不成立，
故不满足题意.
③若时，令，，，，
，单调递减，，单调递增，
只需即可，
，，
令，，在上单调递增，
，时，，
，，所以在上单调递增，
，即，
综上：.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义、求单调区间和利用导数求解恒成立问题；本题求解恒成立问题的关键是将恒成立问题转化为求函数的最值.
2
-
0
+
0
-
极小值
极大值