第08讲导数及其应用 高考数学（理）培优提升训练含解析

这是一份第08讲导数及其应用 高考数学（理）培优提升训练含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第08讲 导数及其应用
A组
一、选择题
1．（2018年高考全国3卷理）函数y=-x4+x2+2的图象大致为（ ）

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】当x=0时，y=2，排除A,B.y'=-4x3+2x=-2x(2x2-1),当x∈(0,22)时，y'>0,排除C故正确答案选D.
2．已知定义在上的函数，是的导函数，若，且，
则不等式（其中为自然对数的底数）的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】：设，则，
∵，∴，∴，∴在定义域上单调递增，∵，∴，又∵，∴，∴，∴不等式的解集为故选：C.
3．设函数，其中，若仅有一个整数，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D.
【解析】：，由题意得，的单调性为先递减后递增，故，
即在上单调递减，在上单调递增，
又∵，，∴只需，
即实数的取值范围是，故选D.
4．（2017年高考全国3卷文）已知函数有唯一零点，则a=
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】函数的零点满足，
设，则，
当时， ；当时， ，函数单调递减；
当时， ，函数单调递增，当时，函数取得最小值，为.
设，当时，函数取得最小值，为，
若，函数与函数没有交点；若，当时，函数和有一个交点，即，解得.故选C.
5.曲线在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】:因,故切线的斜率,切线方程，令得；令得，故围成的三角形的面积为，应选A。
6. 曲线在点处的切线方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
解析：，，，曲线在点处的切线方程是，故选A.
二、填空题
7．已知函数的导函数的图象关于原点对称，则 。
【答案】
解析：依题意关于原点对称，时为奇函数，符合题意。
8．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是______．
答案
解析：，由题意在上有两个根，设，若，则在为增函数，最多只能有一解，不合题意，故，当或者时，，，当时，，时，，因此，由题意，所以．
三、解答题
9．已知函数其中.
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）当时，判断函数零点的个数.（只需写出结论）.
解析：（1）当时，，，
，所以切线方程为.
（2）的定义域：，，
令，，当时，令，得，令，得，
的增区间为，的减区间为.
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，，或；，，
所以的增区间为，，的减区间为.
当时，，或，，，
所以的增区间为，，的减区间为.
（3）当时，零点的个数为.
10．设函数（其中为自然对数的底数，且），曲线在点处的切线方程为．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意，与有且只有两个交点，求的取值范围．
解析：（Ⅰ）由，得，由题意得，∵，∴；
（Ⅱ）令，则任意，与有且只有两个交点，等价于函数在有且只有两个零点，由，得，
①当时，由得，由得，
此时在上单调递减，在上单调递增，
∵，
，（或当时，亦可），∴要使得在上有且只有两个零点，则只需，即，
②当时，由得或，由得，此时在上单调递减，在和上单调递增．
此时，
∴此时在至多只有一个零点，不合题意，
③当时，由得或，由得，此时在和上单调递增，在上单调递减，且，∴在至多只有一个零点，不合题意，
综上所述，的取值范围为．
11．已知，函数，.
（1）求的极小值；
（2）若在上为单调增函数，求的取值范围；
（3）设，若在（是自然对数的底数）上至少存在一个，使得成立，求的取值范围.
解析：（1）由题意，，，所以时，；当时，.
所以在上是减函数，在上是增函数，故.
（2）因为，所以，
由于在内为单调递增函数，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
故，所以的取值范围是.
（3）构造函数，
当时，由得，，
所以在上不存在一个，使得.
当时，.
因为，所以，，所以在上恒成立，
故在上单调递增，，
所以要在上存在一个，使得，必须且只需，
解得，故的取值范围是.
另外：（3）当时，，
当时，由，得.
令，则，
所以在上递减，.
综上，要在上存在一个，使得，必须且只需.
12．对于函数的定义域为，如果存在区间，同时满足下列条件：
①在上是单调函数；
②当的定义域为时，值域也是，则称区间是函数的“区间”．对于函数．
（1）若，求函数在处的切线方程；
（2）若函数存在“区间”，求的取值范围．
解析：（1）时，，则，
∴函数在处的切线方程为，即．
（2），
列表如下：








0


减
增
极大值
减
设函数存在“区间”是
（i）当时，由上表可知，
两式相减得，即，
所以，代入，得，
欲使此关于的方程组在时有解，需使与的图象有两个交点，在是减函数，在是增函数，且，所以此时满足存在“区间”的的取值范围是．
（ii）当时，由上表可知，，即，
设，当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
欲使此关于的方程有两解，需使与在有两个交点，
所以有，解得．所以此时满足存在“区间”的的取值范围是．
（iii）当时，由上表可知，，两式相减得，，此式不可能成立，所以此时不存在“区间”．
综上所述，函数存在“区间”的的取值范围是．
B组
一、 选择题
1．（2018年高考全国2卷理）函数fx=ex-e-xx2的图象大致为[来源:Zxxk.Com]

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】∵x≠0,f(-x)=e-x-exx2=-f(x)∴f(x)为奇函数，舍去A,
∵f(1)=e-e-1>0∴舍去D;∵f'(x)=(ex+e-x)x2-(ex-e-x)2xx4=(x-2)ex+(x+2)e-xx3∴x>2,f'(x)>0，
所以舍去C；因此选B.
2．已知等比数列的前项的和为，则的极大值为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】D
解析：因,即,故题设,所以,由于,因此当时, 单调递增；当时, 单调递减,所以函数在处取极大值,应选D.
3．设函数是函数的导函数，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
解析：令，由得，所以在定义域上递增，即是，可得，使得成立的的取值范围是，故选A。
4．定义在上的可导函数，当时，恒成立， 则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
答案A
解析：构造函数 ，当 时，，即函数单调递增，则,同理,由,可知.故本题选A．
5．己知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且为偶函数，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
答案D
解析：因为函数满足为偶函数且，所以且，令，则在上恒成立，即函数在上单调递减，又因为，所以由，得，即不等式的解集为；故选D．
二、填空题
6．若直线是曲线的一条切线，则______．
答案
解析：，设切点为，则
将①代入②得，即，或，（舍去）或．
7．已知函数若与的图象上分别存在点 使得关于直线对称，则实数的取值范围是 ．
答案
解析：设,由题意,即在上有意义,即在上有意义,令,求导,当时,,则,即.
三、解答题
8．已知函数。
（1）曲线在处的切线与直线垂直，求的值；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值。
解析：（1）；切线的斜率；∴，∴。
（2）由题意，设

①当时，因为，所以，所以在上是单调递增函数，
；所以关于的不等式不能恒成立，
②当时，；令，因为，得，
所以当时，，当时，，
因此函数在是增函数，在是减函数，
故函数的最大值为
令，因为在上是减函数，
又因为，，所以当时，。
所以整数的最小值为2。
9．已知函数，直线为曲线的切线（为自然对数的底数）．
（1）求实数的值；
（2）用表示中的最小值，设函数，若函数
为增函数，求实数的取值范围．
解析：（1）对求导得．
设直线与曲线切于点，则，解得，
所以的值为1.
（2）记函数，下面考察函数的符号，
对函数求导得
当时，恒成立
当时，，
从而
∴在上恒成立，故在上单调递减．
，∴，
又曲线 在上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知唯一的，使．∴；，，
∴，从而，
∴，
由函数为增函数，且曲线在上连续不断知在，上恒成立．
①当时，在上恒成立，即在上恒成立，
记，则，
当变化时，变化情况列表如下：


3



0



极小值

∴，
故“在上恒成立”只需，即 ．
②当时，，当时，在上恒成立，[来源:学#科#网Z#X#X#K]
综合①②知，当时，函数为增函数．
故实数的取值范围是
10．已知函数为常数） 的图象在处的切线方程为.
（1）判断函数的单调性；
（2）已知,且,若对任意,任意与中恰有一个恒成立, 求实数的取值范围.
解析:（1）由的定义域为,可得,
由条件可得,把代入可得,
,,
在上递减.
（2）由（1） 可知, 在上单调递减,在上的最小值为,最大值为,
只需或,
即对恒成立，或对恒成立,
令,则,令可得.而恒成立, 当时,单调递减；当时,单调递增.最大值为,而,显然,在上最大值为.又
或,即或,实数的取值范围是.
11．已知函数．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；
（2）设函数，其中b为实常数，试讨论函数的零点个数，并证明你的结论．
解析：（1），因为切线过原点，所以，解得：
（2），等价于，注意
令，所以
（i）当所以H（x）无零点，即F定义域内无零点。
（ii）当，当x<0时，
因为上单调递增，而
又；又因为，其中，取，
所以，由此；由零点存在定理知，在上存在唯一零点
（2）当时，单调递减；当时，单调递增。
所以当时，H（x）有极小值也是最小值，。
（1）当
（2）当
（3）当[来源:学+科+网Z+X+X+K]
而又因为
令，其中
所以，从而，
，
故

综上所述：

C组
一、 选择题
1．已知函数，设两曲线有公共点，且在该点处的切线相同，则时，实数的最大值是（ ）
A． B． C． D．
答案D
解析：设切点为，则由切点处的斜率相同且切线相同得，……①， ……②。因为，所以由①得,并将其代入②得，．设,利用导数法求得函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以,则．选D．
2．已知直线是曲线：与曲线：的一条公切线，若直线与曲线的切点为，则点的横坐标满足（ ）
A． B． C． D．
答案D
解析：记直线与曲线的切点为因为,则直线的方程为,又直线的方程为,从而且,消去得,即,设,则,令解得,则函数在上递增，又，无零点，得在上单调递减，可得，所以，故选D.
3．已知函数,若,且对任意的恒成立,则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
答案B
解析：由题设可得,令,则.令.则函数的零点就是函数的极值点.设并记极值点为,则,由于,故,而且不难验证当时,,单调递减；当时,,单调递增,所以,因此,由于且,所以,故应选B.
4．已知函数，，若对恒成立（其中是自然对数的底数），则的取值范围是（ ）
A. B．（-1,0） C． D．
答案A
解析：当时,,故函数在上单调递减；当时,,故当时,,函数在上单调递增；当时,,函数在上单调递减.故在上函数取最大值.而当时，设,可得，故不等式可化为,即不等式在恒成立，令，也即不等式在上恒成立。当对称轴时,只需，即时不等式恒成立;当时，只需，但这不可能；当时，则只需，这也不可能.所以综上实数的取值范围是,应选A。
二、填空题
5．已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是_____.
答案.
解析：当时，，则函数的导数且恒成立，由解得即，此时函数单调递增，由解得即，此时函数单调递减，若在区间上单调递增，则解得，即当时，在区间上单调递增，满足条件．当时，在上单调递增，令，则则在 为减函数，在上为增函数则，解得.综上，实数的取值范围是，故答案为：.
6．已知函数在上是增函数，函数，当时，函数的最大值与最小值的差为，则 ．
答案
解析：因为函数在上是增函数，所以在上恒成立，即，即；因为，若，即时，在单调递减，则（舍），当，即时，函数在上递减，在上递增，且，所以，即，解得；故填．
三、解答题
7．设函数．
（1）讨论函数在定义域上的单调性；
（2）若对任意的，总有，求的取值范围．
解析：（1）函数的定义域为．
令，则．
①当时，，所以，从而；
②当时，因为，所以，所以；
③当时，，方程有两个不相等的实数根（不妨设）．因为，所以，
所以当时，，从而；
当或时，，从而．
综上可知，当时，函数在定义域上单调递增；当时，函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，其中．
（2） ，即．在区间上，．
令，则．
令，则，
所以函数在区间上单调递减．因为，
所以存在唯一的，使得，且时，，即；
当时，，即．
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此在上，．
因为，
所以，即．
故当时，．因此．
故实数的取值范围是．
8．已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）求证：，不等式恒成立．
解析：（Ⅰ）的定义域为，
② 若，在上单调递增
②若，当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增．
（Ⅱ）等价于
令，则
由（Ⅰ）知，当时，，即.
所以，则在上单调递增，所以
即有时，
9．已知函数．
（1）求函数在点处的切线方程；[来源:Zxxk.Com]
（2）求函数的单调区间；
（3）若存在，使得（是自然对数的底数），求实数的取值范围．
解析：（1）因为函数，
所以，
又因为，所以函数在点处的切线方程为．
（2）由（1），，
因为当时，总有在上是增函数．
又，所以不等式的解集为，
故函数的单调增区间为，递减区间为．
（3）因为存在，使得成立，
而当时，，
所以只要即可
又因为的变化情况如下表所示：


0



0


减函数
极小值
增函数
所以在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的最小值．
的最大值为和中的最大值．
因为，
令，因为，
所以在上是增函数，
而，故当时，，即；当时，，即．
所以，当时，，即，函数在上是增函数，解得；当时，，即，函数在上是减函数，解得．
综上可知，所求的取值范围为．
10．设函数 [来源:Z,xx,k.Com]
（1）若函数是定义域上的单调函数，求实数的取值范围；
（2）若，试比较当时，与的大小；
（3）证明：对任意的正整数，不等式成立．
解析：（1）∵又函数在定义域上是单调函数．
∴ 或在上恒成立
若在上恒成立，即函数是定义域上的单调地增函数，则在上恒成立，由此可得；
若在上恒成立，则在上恒成立．即在上恒成立．
∵在上没有最小值
∴不存在实数使在上恒成立．
综上所述，实数的取值范围是．
（2）当时，函数．
令
则
显然，当时，，所以函数在上单调递减
又，所以，当时，恒有，即恒成立．
故当时，有
（3）法1：证明：由（2）知
即
令，，即有
所以（）
因此
故对任意的正整数，不等式成立．
法2：数学归纳法证明：
1、当时，左边=，右边=，原不等式成立．
2、设当时，原不等式成立，
即
则当时，
左边=
只需证明
即证，即证
由（2）知
即
令，即有
所以当时成立
由1、2知，原不等式成立