专题09 一元函数的导数及其应用（利用导数研究函数图象及性质，全题型压轴题）（学生+教师版）--310高考数学压轴题（新高考版）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc2549" ①图象识别题 PAGEREF _Tc2549 \h 1
\l "_Tc1020" ②函数切线条数问题 PAGEREF _Tc1020 \h 5
\l "_Tc5440" ③不等式整数解问题 PAGEREF _Tc5440 \h 9
\l "_Tc11929" ④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题 PAGEREF _Tc11929 \h 14
\l "_Tc22927" ⑤不等式恒成立问题 PAGEREF _Tc22927 \h 21
①图象识别题
1．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】当时，，即在上单调递增，故排除A；
注意到，则为奇函数，故可排除B；
又注意到时，，故可排除D.
故选：C
2．（2023·河北·统考模拟预测）函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】解：因为函数的定义域为：，且，
所以函数是偶函数，
当时，，
令，得，
当时，，当时，，
所以当时，取得极小值，
故选：D
3．（2023·广东珠海·珠海市斗门区第一中学校考三模）曲线是造型中的精灵，以曲线为元素的LOGO给人简约而不简单的审美感受，某数学兴趣小组设计了如图所示的双型曲线LOGO，以下4个函数中 最能拟合该曲线的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由函数，其定义域为，关于原点对称，
可得，
所以函数为偶函数，所以排除B；
由函数，可得，故排除C；
由函数，当时，可得且，则，
故排除D．
由函数的定义域为 ，关于原点对称，
且，所以为奇函数，图象关于原点对称，
由时，，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，且，所以A项符合题意.
故选：A.
4．（2023·新疆·校联考二模）函数，的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】对于A，因为关于原点对称，
且，所以为奇函数，排除A；
对于D，因为，所以，排除D；
对于B，C，关键看还是，
因为，所以，
又，所以，所以，
而，所以，所以排除C．
故选：B
5．（多选）（2023·福建泉州·统考模拟预测）函数的图象可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【详解】因为与均为偶函数，所以为偶函数，函数图象关于轴对称，故排除B；
当时的定义域为，
且当时，此时，当或时，
由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可，
当时，
方程的两根为，，
所以当或时，当时，
所以在，上单调递减，在单调递增，故A正确；
当时的定义域为，由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可，
即，，所以，
则时，时，
则在上单调递减，在上单调递增，故D正确；
当时的定义域为，由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可，
此时，
对于函数，与轴交于正半轴，对称轴为，开口向上，无论是否与轴有交点，
函数在靠近处函数值均大于，即，此时函数单调递增，故C错误；
故选：AD
②函数切线条数问题
1．（2023春·陕西汉中·高二校联考期中）过点作曲线切线有且只有两条，则b的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】设切点为，
由，则，
所以过的切线方程为，即，
故有且仅有两根，
设，则，
当时，，此时单调递增；
当，，此时单调递减，
又当时，，，，
所以的图象如下：
故有且仅有两根，则b的取值范围为．
故选：A．
2．（2023·全国·高二专题练习）已知函数，若过点可以作出三条直线与曲线相切，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】设过点的切线与相切于点，
，，
则切线方程为：，
又切线过点，，
令，则问题等价于与有三个不同的交点，
，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，
由此可得图象如下图所示，
由图象可知：当时，与有三个不同的交点，
即当时，过点可以作出三条直线与曲线相切.
故选：A.
3．（2023春·陕西西安·高二陕西师大附中校考期末）若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为 .
【答案】
【详解】设点为曲线上一点，则
又，则，
则曲线在点处的切线方程为
，又切线过点，
则，即
令，则，
则时，单调递减；
时，单调递增；
时，单调递减，
则时取得极小值，时取得极大值，
又，
当时，恒成立，时，，
又由题意得方程有3个根，
则与图像有3个交点，则.
则曲线有三条过点的切线时实数的取值范围为.

故答案为：
4．（2023·山东烟台·统考三模）若曲线与曲线有两条公切线，则的值为 ．
【答案】
【详解】令，，则，，
设，则曲线在处切线为，
设，则曲线在处切线为，
由题意，消去得，
由题意，方程有两个不同的实数根，
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故当时，取极大值；当时，取极小值，
又当时，根据以上信息作出的大致图象，

由图可知当，即时，直线与的图象有两个交点，从而方程有两个不同的实数根，
所以，曲线与曲线有两条公切线时，的值为．
故答案为：．
5．（2023春·湖北襄阳·高二校联考阶段练习）已知函数.
(1)若函数在R上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若过点可作三条直线与曲线相切，求实数a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为在上单调递减，所以在上恒成立，
因为，
所以，即.
令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故实数的取值范围是.
（2）设切点为，则，
所以切线方程为
将点代入得，
整理得，
即关于的方程有三个不同根，
等价于的图象与直线有三个交点.
因为，
所以在，上单调递减，在上单调递增.
因为，，
所以实数的取值范围是.
③不等式整数解问题
1．（多选）（2023·山东泰安·校考模拟预测）已知函数，若不等式有且只有三个整数解，则实数的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】因为定义域为，由，
可得，
即不等式有且只有三个整数解，
令，则，所以当时，
当时，则在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以当时，当时，
易知函数的图象恒过点，
在同一平面直角坐标系中作出与的图象如下图所示：

由题意及图象可知，要使不等式有且只有三个整数解，
则，即，解得，
故符合题意的有A、B.
故选：AB
2．（2023春·安徽滁州·高二校联考阶段练习）已知函数，若不等式有且只有2个整数解，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【详解】函数的定义域为．
不等式有且只有2个整数解即不等式有且只有2个整数解，
设，则，
当时，为增函数；当时，为减函数，
又，当时，，当时，，
设，则直线恒过点，在同一直角坐标系中，作出函数与直线的图像，如图所示．
由图像可知，不满足条件，则，
要使不等式有且只有2个整数解，则这两个整数解是2 和3，
则有
解得，
故答案为：．
3．（2023春·山东济南·高二山东省济南市莱芜第一中学校考期中）已知函数，关于的不等式有且只有四个整数解，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【详解】由，可得，
令，解得，令，解得，
的递增区间为，递减区间为，
故的最大值为 ，
当趋于时，趋于；
当趋于时，趋于，且，
故当时，，当时，，
函数的图象如图，

①当时，由不等式，得或，
当时，，有无数多个整数解；
当时，其解集为的子集，不含有整数解；
所以不合题意；
②当时，由不等式，当得，得，则解集为，整数解有无数多个，不合题意；
③当时，由不等式，得或，
当时，解集为，无整数解；
当时，因为不等式有且仅有四个整数解，
又，，，，
且，
又因为在上单调递增，在上单调递减，
所以四个整数解只能为、、、，
所以，即．
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
4．（2023春·安徽安庆·高二安庆市第二中学校考阶段练习）已知关于x的不等式的解集中恰有两个正整数解，则实数的取值范围为 .
【答案】
【详解】由题意知，关于的不等式恰有两个正整数解．
设，则，
当或时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
作出的大致图象，如图．

设的图象恒过定点，
设，则，
又当时，直线AM，BM在图象下方，
由题意可知，和是不等式的两个正整数解，
所以实数的取值范围为．
故答案为：．
5．（2023春·吉林长春·高二长春十一高校考期末）已知不等式恰有1个整数解，则实数a的取值范围为 .
【答案】
【详解】原不等式等价于，
设，，令，得
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
当时，取极大值，又，且时，，
因此的图像如下，

直线恒过点.
当有无数个整数解，不满足条件；
当时，只需要满足，即，解得.
则实数a的取值范围为.
故答案为：.
④函数零点，方程根，两个函数图象交点问题
1．（2023春·四川宜宾·高二校考期中）已知函数恰有三个零点，则实数的取值范围为
【答案】
【详解】令，有三个零点即与的图象有三个交点，，
当，或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，极小值为，
当时，，
当时，，
结合图象与有三个交点，即.
故答案为：.

2．（2023春·云南大理·高二统考期末）若二次函数的图象与曲线的图象有3个公共点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【详解】由题意，得，即，令，
由题意，直线与的图象有3个公共点，
，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当时，取极小值，当时，取极大值，
当时，当时，
作出的大致图象，如图，
由图可知，当时，直线与的图象有3个公共点，
则实数的取值范围是.
故答案为：.
3．（2023春·江西抚州·高二江西省乐安县第二中学校考期末）已知函数与有两个不同的交点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【详解】的定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
，在处的切线方程为：；
恒过定点，
若与有两个不同交点，则与图象如下图所示，
由图象可知：当或时，与有两个不同交点；
即实数的取值范围为.
故答案为：.
4．（2023春·安徽滁州·高二校联考阶段练习）已知函数．
(1)当时，求的单调区间和极值；
(2)若有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值；
(2)
【详解】（1）当时，，定义域为，，
当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
极大值为，无极小值．
（2），定义域为，
当时，，所以不是函数的零点，
要使有两个零点，则方程有两个不同的实数根．
令且，则直线与函数的图像有两个不同的交点．
，令，解得或，
当时，，当时，，当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，
当的取值接近0时，的值接近，的极大值为，又知时，，当时，．
又知在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为，
当的取值接近时，的值趋向，当的取值趋向时，的值趋向，
所以函数的大致图像如图所示．
由图像可知，要满足题设条件，则或，
故的取值范围为．
5．（2023春·浙江衢州·高二统考期末）已知函数
(1)若过点作函数的切线有且仅有两条，求的值；
(2)若对于任意，直线与曲线都有唯一交点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设过点作函数切线的切点为，
因为，所以切线方程为，即，
又因为切线过点，所以.
令，则，
所以，，递减；
，，递增；
，，递减.
当时，取极小值；当时，取极小值，
，时；时，
根据以上信息作出的大致图象，

由题意，直线与的图象有且仅有两个交点，
所以.
（2）由题可得有唯一解，即有唯一解．
令，
若，则与题设，矛盾，故.
又因为，；，，
结合题意可得在上单调递增，
即，所以，
结合（1）可得，所以.
6．（2023春·陕西咸阳·高二校考期中）已知函数.
(1)求的极小值；
(2)讨论关于的方程的解的个数.
【答案】(1)极小值为
(2)答案见解析
【详解】（1）的定义域为，.令，得，
当时，，随的变化的情况如下：
所以在上的极小值是.
（2）当，单调递减且的取值范围是；
当时，单调递增且的取值范围是.
令，，两函数图象交点的横坐标是的解，
由（1）知当时，原方程无解.
由的单调区间上函数值的范围知，当或时，原方程有唯一解；
当时，原方程有两解.
7．（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）设函数，曲线在点处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)求函数的单调区间；
(3)令函数，是否存在实数k使得没有零点？若存在，请求出实数k的范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)函数的单调递增区间为，；单调递减区间为，；
(3)
【详解】（1），
因为曲线在点处取得极值，
所以，
解得，经检验符合题意；
（2）由（1），
，
当，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递减，
所以函数的单调递增区间为，；
函数的单调递减区间为，；
（3）存在，理由如下，
由（2）函数的单调递增区间为，；函数的单调递减区间为，； 所以，，
，当时，，当时，，可得的大致图象如下，

若函数没有零点，则函数与的图象没有交点，
所以.
⑤不等式恒成立问题
1．（2023·全国·高二专题练习）已知函数，若恒成立，则实数的最大值为 ．
【答案】2e
【详解】由题意，可得，则，
当时，；当时，；
故在上单调递减，在上单调递增，
若与直线相切，设切点为，
则切线斜率，
所以该切线方程为，
注意到切线过点，则，
整理得，解得或，
当时，；当时，，
结合图象，可得实数a的取值范围为，即实数a的最大值为2e．
2．（2023·全国·高三专题练习）对任意的，若关于的不等式恒成立，则的最小值为 .
【答案】/0.5
【详解】因为关于的不等式恒成立，
所以的图象在函数的图象上方相切.
当m>0时, 的图象与x轴的交点在x轴的负半轴上.
由图可知当正数m最小时,直线与在内相切.
对函数求导得到.
令,解得x=0.
所以,所以切点的坐标为，
把点代入得：.
故答案为：.
3．（2023秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期末）已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【详解】依题意，变形为，对任意恒成立，即对任意恒成立，
设，则直线应介于函数与函数之间，
由易知，函数在单调递减，在单调递增，在处取得极小值，也是最小值，
由及双勾函数的性质可知，函数在单调递增，在单调递减，在处取得最小值，
作出函数及函数的图象如下，
由图象可知，满足条件的实数的取值范围为，．
故答案为：，．
4．（2023春·江西上饶·高二统考期末）已知函数．
(1)若关于的方程在区间上恰有2个不同的实数解，求的取值范围；
(2)设函数，若，对总有成立，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）函数，由得，
依题意，曲线与直线在区间上恰有2个交点，
，当时,，当时,，
因此函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，取最小值，最小值为，
，又，
所以.

（2）由总有成立知，
函数在上的最小值不大于函数在上的最小值,即，
由（1）知，在区间上，，
当时，，当时，，当时，，
因此函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
于是，则有，即，
所以的取值范围是.
5．（2023春·浙江·高二校联考期中）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若有经过原点的切线，求的取值范围及切线的条数，并说明理由；
(3)设函数的两个极值点分别为，且满足，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)或；或时，有且仅有一条切线；时，存在两条切线，理由见解析
(3)
【详解】（1）当时，∴
当时，，当时，，
∴单调递减区间为，单调递增区间为
（2），显然原点不在曲线上，设切点为，
∵，∴
∴，即，
显然，∴，
设，∴，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，∴，
且；当时；当时，
作出的大致图象，如图，
若有经过原点的切线，则直线与的图象有交点，
由图可知，或，即的取值范围是：或.
其中，当或，即或时，有且仅有一条切线，
当，即时，存在两条切线；
综上：或时，有且仅有一条切线，时，存在两条切线.
（3），
∴，
∵是函数的两个极值点，
∴是方程的两个正根.
∴，即，不妨设，
则
，
∴，
由，得，即，
令，∴，
∴在上单调递增，且，
∴，∴，
函数，
因为，则函数单调递减，所以，当时，.
∴.
0
极小值