2023高考能力提高专项练习 第四节 导数的综合应用

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【能力提高练】  第四节 导数的综合应用1．(2022•高考全国甲卷数学(理))已知，则(    )A． B． C．     D．【解析】  因为,因为当，所以,即,所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A【答案】  A2．(2022•吉林省东北师范大学附属中学高三第二次摸底考试)若函数有零点，则的取值范围是(    )A． B．C． D．【解析】  易知，当时，函数恒成立，不满足题意，因为，所以函数有零点，有零点，则方程有解，即方程有解即函数与的图象在上有交点，易知时，时，故，，当时，易知时，时，故，因为恒成立，所以此时无交点；当时，易知时，时，故，易知，当时，必有，所以当时，两函数图象一定有交点.令，因为，故函数单调递增，且，所以，当时，，即成立.当，时，当时，，此时，故两函数图象在上有交点.综上，b的取值范围为故选：C【答案】  C3．(2022•吉林省实验中学高三第三次学科诊断)偶函数满足，当时，，不等式在上有且只有100个整数解，则实数a的取值范围是(    )A． B．C． D．【解析】  由题意，函数为偶函数，所以，所以，所以是周期函数，且周期为，且关于对称，又由在上含有50个周期，且在每个周期内都是对称图形，关于的不等式在上有且只有100个整数解，所以关于不等式在上有且只有1个整数解，当时，，则，令，解得，所以当时，，为增函数，当时，，为减函数，因为当时，，且，，，所以当时，可得，当时，在上有且只有3个整数解，不合题意；所以，由，可得或，因为，当时，令，可得，当时，，且在为增函数，所以在上无整数解，所以在上有一个整数解，因为，所以在上有一个整数解，这个整数解只能为，从而有且，解得，即实数a的取值范围是．故选：C【答案】  C4．(2022•湖北省圆创联考高三(下)第二次联合测评)(多选)函数在区间的最小值为，且在区间唯一的极大值点．则下列说法正确的有(    )A． B．C． D．【解析】  ∵，∴，又函数在区间的最小值为，∴函数在区间上不单调，又，∴时，函数在区间上取得最小值，可得原条件的一个必要条件，∴，即，下面证明充分性：当时，，，令，则，∴函数在上单调递增，又，∴函数在上存在唯一的零点，且在上，在上，∴函数在区间的最小值为，综上，故A正确；∵，令，得，由函数图象可知在区间上只有一个交点，即存在唯一，使得，又，故，且当时，，当时，，∴在区间上，唯一的极大值点，，∵，，∴.故CD正确.故选：ACD.【答案】  ACD5．(2022•湖北省重点中学高三第二次联考)(多选)已知函数下列说法正确的是(    )A．对于都存在零点B．若恒成立，则正实数a的最小值为C．若图像与直线分别交于A，B两点，则的最小值为D．存在直线与的图像分别交于A，B两点，使得在A处的切线与在B处的切线平行【解析】  对于A，因为，所以，令，存在使得，故在单调递减，在区间单调递增，的最小值为，当时，不存在零点，故A错误.对于B，不等式化为，令，则，所以在上递增，故同构可得：，即的最大值，令，则，所以时，当时，所以，所以成立，故B正确.对于C，可知，，，令，在上递增，且，当，当，所以，，故C正确.对于D，假设存在满足题意，可知，，因为在在A处与在B处的切线平行所以有，，即，得，故存在m符合题意，故D正确.故选：BCD【答案】  BCD6．(2022•黑龙江省哈三中高三二模)双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥.在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数，和双曲余弦函数.下列结论错误的是(    )A．双曲正弦函数图象关于原点中心对称，双曲余弦函数图象关于y轴对称B．若直线与双曲余弦函数图象和双曲正弦函数图象共有三个交点，则C．双曲余弦函数图象总在双曲正弦函数图象上方D．双曲正弦函数导函数的图象与双曲余弦函数图象重合【解析】  对于A，由于，故为奇函数，其图象关于原点中心对称，而，故为偶函数，图象关于y轴对称，故A正确；对于B，当时 ，，故在时为增函数，当时 ，，故在时为减函数，因此的最小值在 时取到，最小值为1；又，故在R上为增函数，又因为，由此作出，的大致图象，如图所示，由图象可知，当时，直线与双曲余弦函数图象和双曲正弦函数图象共有2个交点，故B错误；对于C，由对B的分析可知，双曲余弦函数图象总在双曲正弦函数图象上方，C正确；对于D，由于，故双曲正弦函数导函数的图象与双曲余弦函数图象重合，D正确，故选：B【答案】  B7．(2022•华南师范大学附属中学高三(上)综合测试)(多选)已知函数，若函数有两个零点，则下列说法正确的是(    )A． B．C． D．【解析】  由可得，可知直线与函数在上的图象有两个交点，，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，则，且当时，，如下图所示：当时，直线与函数在上的图象有两个交点.对于A选项，由已知可得，消去可得，故A正确；对于B选项，设，取，则，所以，，故，故B错；对于C选项，设，因为，则，所以，，，则，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，故，故C正确；对于D选项，，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递减，则，故D正确.故选：ACD.【答案】  ACD8．(2022•四川省成都市石室中学高三二模)已知函数，下列对于函数性质的描述，错误的是(    )A．是的极小值点B．的图象关于点对称C．若在区间上递增，则的最大值为D．有且仅有三个零点【解析】  因为，所以，由可得，由可得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以是的极小值点，故A正确；若在区间上递增，则的最大值为，故C错误；因为，当时，单调递减，时，单调递增，，所以在区间上有一个零点，当时，，，，此时无零点，所以当时，有且仅有一个零点，又因为是奇函数，所以当时，有且仅有一个零点，故有且仅有三个零点，故D正确；因为，所以的图象关于点对称，故B正确，故选：C【答案】  C9．(2022•黑龙江省双鸭山市第一中学高三(上)期末)设定义在D上的函数在点处的切线方程为，当时，若在D内恒成立，则称P点为函数的“类对称中心点”，则函数的“类对称中心点”的坐标是________.【解析】  由题意得，f′(x)，f(x0)(x＞0)，即函数y＝f(x)的定义域D＝(0，+∞)，所以函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程l方程为：y﹣()＝()(x﹣x0)，则g(x)＝()(x﹣x0)+()，设F(x)＝f(x)﹣g(x)lnx﹣[()(x﹣x0)+()]，则F(x0)＝0，所以F′(x)＝f′x)﹣g′(x)() 当0＜x0＜e时，F(x)在(x0，)上递减，∴x∈(x0，)时，F(x)＜F(x0)＝0，此时，当x0＞e时，F(x)在(，x0)上递减；∴x∈(，x0)时，F(x)＞F(x0)＝0，此时，∴y＝F(x)在(0，e)∪(e，+∞)上不存在“类对称点”．若x0＝e，0，则F(x)在(0，+∞)上是增函数，当x＞x0时，F(x)＞F(x0)＝0，当x＜x0时，F(x)＜F(x0)＝0，故，即此时点P是y＝f(x)的“类对称点”，综上可得，y＝F(x)存在“类对称点”，e是一个“类对称点”的横坐标，又f(e)，所以函数f(x)的“类对称中心点”的坐标是，故答案为：．【答案】  10．(2022•长春外国语学校高三(下)期初考试)已知函数，，，若当时，不等式组恒成立，则实数的取值范围为__________．【解析】  当时，不等式组恒成立，即恒成立,要使在上恒成立,则;令,则, ,当时, 恒成立,则在上单调递增, 恒成立,则u(x) 在上单调递增,要使在上恒成立,则k,综上可知, 实数的取值范围为,故答案为：.【答案】  11．(2022•高考浙江卷)设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：(ⅰ)若，则；(ⅱ)若，则．(注：是自然对数的底数)【解析】  (1)，当，；当，，故的减区间为，的增区间为.(2)(ⅰ)因为过有三条不同的切线，设切点为，故，故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，当或时，；当时，，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，此时，设，则，故为上的减函数，故，故(ⅱ)当时，同(ⅰ)中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，因为，故，又，设，，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，而且，故，故，故即证：，即证：即证：，记，则，设，则即，故在上为增函数，故，所以，记，则，所以在为增函数，故，故即，故原不等式得证：【答案】  (1)的减区间为，增区间为．  (2)(ⅰ)见解析；(ⅱ)见解析.12．(2022•新高考全国I卷)已知函数和有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【解析】  (1)的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为，而.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.(2)由(1)可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2.当，由(1)讨论可得、仅有一个零点，当时，由(1)讨论可得、均无零点，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故在上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同交点，故，此时有两个不同的零点，此时有两个不同的零点，故，，，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即.【答案】  (1)    (2)见解析13．(2022•新高考全国II卷)已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．【解析】  (1)当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.(2)设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，所以在上为减函数，所以.综上，.(3)取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【答案】  (1)的减区间为，增区间为．   (2)    (3)见解析14．(2022•高考全国乙卷数学(理))已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．【解析】  (1)的定义域为当时,,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为(2)，设若,当,即所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意若，(1)当,则,所以在上单调递增，所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当，当，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设，所以在单调递增，所以存在,使得当单调递减当单调递增,，又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减有，而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点，即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【答案】  (1)    (2)15．(2022•高考全国甲卷数学(理))已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则环．【解析】  (1)的定义域为，令,得，当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为(2)由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设，要证,即证因为,即证，因为,即证即证，即证下面证明时，设，则设，所以,而所以,所以，所以在单调递增即,所以令，所以在单调递减，即,所以；综上, ,所以.【答案】  (1)    (2)证明见的解析16．(2022•高考北京卷)已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．【解析】  (1)因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：(2)因为，所以，令，则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)原不等式等价于，令，，即证，∵，，由(2)知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.【答案】  (1)    (2)在上单调递增．   (3)证明见解析17．(2022•重庆市第八中学高三第四次调研检测)已知函数()．(1)求函数的单调区间；(2)若函数有两个零点，．(i)求实数a的取值范围；(ii)求证：．【解析】  (1)定义域为，，①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是(2)(i)由(1)知：当时，在上单调递增，函数不可能有两个零点；当时，因为在上递增，在上递减，因为，故，设，，则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，故，即取，则因此，要使函数且两个零点，只需，即，化简，得，令，因为，所以函数在上是单调递增函数，又，故不等式的解为，因此，使求实数a的取值范围是：.(ii)因为，所以，，下面先证明，根据(1)的结果，不妨设，则只需证明，因为在时单调递增，且，，于是只需证明，因为，所以即证，记，，，所以在单调递增，则，即证得，原命题得证.【答案】  (1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是    (2)(i)(ii)证明见解析