高中高考数学一轮复习综合检测AB卷导数及其应用综合测试卷B含解析答案

这是一份高中高考数学一轮复习综合检测AB卷导数及其应用综合测试卷B含解析答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数的定义域内R，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知函数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ）
A．4B．3C．2D．1
5．函数在定义域内有两个极值点，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．若对任意的正实数，，当时，恒成立，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．若集合中仅有2个整数，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知定义在R上的可导函数和的导函数、图象如图所示，则关于函数的判断正确的是（ ）
A．有1个极大值点和2个极小值点B．有2个极大值点和1个极小值点
C．有最大值D．有最小值
10．已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．既有极大值又有极小值
C．若方程有4个根，则
D．若，则
11．已知函数，，若函数与的图象在上恰有2个交点，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．设函数的导数为，且，则 .
13．若函数在上单调递增，则a的取值范围是 ．
14．如图，、两点分别在、轴上滑动，，为垂足，点轨迹形成“四叶草”的图形，若，则的面积最大值为 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)试问曲线是否存在过原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由．
(2)证明：．（参考数据：）
16．已知函数．
(1)当时，证明：．
(2)若函数，试问：函数是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，请说明理由．
17．已知函数.
(1)若函数在上是增函数，求正实数的取值范围；
(2)当时，求函数在上的最大值和最小值；
(3)当时，对任意的正整数，求证：.
18．已知函数.
(1)当时，求函数的零点个数.
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明.
19．已知函数的导函数为，的导函数为，对于区间A，若与在区间A上都单调递增或都单调递减，则称为区间A上的自律函数．
(1)若是R上的自律函数．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若a取得最小值时，只有一个实根，求实数t的取值范围；
(2)已知函数，判断是否存在b，c及，使得在上不单调，且是及上的自律函数，若存在，求出b与c的关系及b的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】设切点点，写出切线方程，将点代入切线方程得，此方程有两个不同的解，利用导数求b的范围.
【详解】在曲线上任取一点， ，
所以曲线在点处的切线方程为.
由题意可知，点在直线上，可得，
令函数，
则.
当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以.
设，
所以，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，
所以，
所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
的图象如图：
由题意可知，直线与的图象有两个交点，则.
故选：B
2．D
【分析】根据函数的解析式可得分母不为0，等价于函数的图象与轴没有交点，利用导数求的最值可得出实数m的取值范围．
【详解】函数的定义域内R，则恒成立，
令，则，
时，；时，，
在上单调递减，在上单调递增，，
时，，则有，得，
所以实数m的取值范围是.
故选：D
3．A
【分析】先推导函数的奇偶性和单调性，再根据充分必要条件的规定进行判断即得.
【详解】易知函数的定义域为．由可得，
所以函数是偶函数．易得，令，
则，当且仅当时取等号，
所以是增函数，又，故当时，，即在上单调递增．
由上分析知，当时， ，因，
故当时，，即“”是“”的充分条件；
当时，，可得，所以或，
即“”不是“”的必要条件．
故选：A．
4．D
【分析】利用已知条件求出切点的横坐标，从而得到，利用基本不等式即可求解.
【详解】由于直线 与曲线 相切，
设切点为，且，所以，
则切点的横坐标 ，则，即 .
又，所以，即，
当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1.
故选：D
5．D
【分析】求导，根据极值分析可得与有2个变号交点，对求导，利用导数判断其单调性和最值，结合的图象分析求解.
【详解】因为的定义域为，且，
令，可得，
由题意可知与有2个变号交点，
则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
可得，且当x趋近于0，趋近于，当x趋近于，趋近于0，
可得的图象，如图所示：
由图象可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
6．A
【分析】由可得，令，则在上为减函数，即在上恒成立，求解即可.
【详解】，又，所以，
所以，
由已知对任意的，，且时，，
设，则在上为减函数，
因为，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，所以，所以的取值范围为．
故选：A．
7．C
【分析】设，根据函数的单调性比较，再根据作差比较大小的思想，设，，利用函数的导数讨论函数的单调性得出，再结合的具体值得出结果.
【详解】设，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递增；
又，所以，
所以；
，，
设，，
，所以函数在区间上单调递减，
所以，
所以，又，
所以，则，
综上，.
故选：C.
8．A
【分析】原不等式等价于，令，，然后转化为函数图象的交点结合图象可求．
【详解】原不等式等价于，设，，
则，令，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
又，时，，
因此与的图象如图，
当时，显然不满足题意；
当时，当且仅当，或.
由第一个不等式组，得，即，
由第二个不等式组，得，该不等式组无解.
综上所述，.
故选：A.
【点睛】方法点睛：先对式子进行变形，等号一边为一次函数（通常过定点），另一边的函数较为复杂，然后通过求导的方法作出简图，进而通过“数形结合法”求解.
9．BC
【分析】图象可知，的图象有三个不同交点，将其横坐标按从小到大依次设为，则，结合图象，利用导数判定的单调性，即可得到极值点.
【详解】根据的图象可得，与的图象有三个不同的交点，
设这些点的横坐标依次为，满足，其中.
由图可知，当时，，即，
故函数在上单调递增，
当时，，即，
故函数在上单调递减，
当时，，即，
故函数在上单调递增，
当时，，即，
故函数在上单调递减.
综上所述，函数分别在时取得极大值，在时取得极小值,
即函数有2个极大值点和1个极小值点,故B项正确，A项错误；
因时，的趋近值未知，时，的趋近值也未知，故无法判断函数的最小值能否取得，
但因函数分别在时取得极大值，
故可取与中的较大者作为函数的最大值，故C项正确，D项错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】根据对数的运算性质，可判定A正确；求得，得到函数的单调区间，结合极值点的概念，可判定B错误； 作出函数的图象，转化为和的图象有4个交点，可判定C正确；由函数的图象，得到的取值范围，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，所以，所以A正确；
对于B中，由函数，可得其定义域为，
且，
当时，；当时，，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
当时，函数取得极小值，无极大值，所以B错误；
对于C中，由B项知，函数的最小值为，
当时，；当时，，
把的图象关于轴对称翻折到的左侧，即可得到的图象，如图所示，
方程有4个根等价于函数和的图象有4个交点，
可得，即实数的取值范围为，所以C正确；
对于D中，由，
若，由图象可知，，或，
所以，所以D正确.
11．ABD
【分析】由题意可得，当时，直线与曲线相交,当时，直线与曲线相切,然后根据相交与相切等式化简即可.
【详解】函数与的图象在上恰有2个交点，且的周期为，
当时，直线与曲线相交于点，即；
当时，直线与曲线相切于点，即，
所以，则，故A正确；
当时，，，则在切点处有整理得，所以，故B正确；
因为点在上，所以，两边同乘，得，故C错误;
由得，即，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】求导后，代入计算即可.
【详解】因为，
所以.
故答案为：
13．
【分析】分与两种情况，求导，然后参变分离，构造函数，求出最值，得到答案.
【详解】，
当时，，
令得，
令，，
在上恒成立，
故在上单调递减，
又，所以，解得；
当时，，
令得，
令，，
在上恒成立，
故在上单调递减，
其中，故，解得，
由于，即在处连续，
综上，.
故答案为：
14．/
【分析】设，则为锐角，可得出，，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为所求.
【详解】设，则为锐角，所以，，
因为，则，
，
所以，
令，其中，
则，
因为，则，则，
由，可得，可得，
由，可得，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，.
所以面积的最大值为.
故答案为：.
15．(1)存在，切点坐标为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，再求出切线方程即可作答.
（2）等价变形不等式，构造函数，，再分别求出其最值判断作答.
【详解】（1）假设曲线存在过原点的切线，并设切点为，
函数，求导得，
则，整理得，解得，则，
所以曲线存在过原点的切线，且切点坐标为．
（2），不等式，
设函数，求导得，
当时，单调递减，当时，单调递增，则，
设函数，求导得，
当时，单调递增，当时，单调递减，则，
因为，即有，因此，
所以．
16．(1)证明见解析
(2)存在；极小值为0．
【分析】（1）构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得证；
（2）对函数求导，并构造新函数，结合零点存在性定理及函数的单调性即可求解.
【详解】（1）证明：函数定义域为,
令，则，
当时，，且，所以，
函数在上单调递减，故，
即，故得证.
（2）由题意，则，
令，则
当时，，故函数在单调递增，则，即，
所以在单调递增；
当时，单调递增，且，又，
故，使得，
所以当时，，即函数在上单调递增，即，
所以函数在上单调递减；
当时，，即，
所以函数在上单调递增.
综上所述，函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，当时，函数有极小值，极小值为.
故存在，极小值为0.
17．(1)；
(2)最大值，最小值0；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，根据对恒成立，即可由求解,
（2）根据函数的单调性，求解极值点以及端点处的函数值，即可求解最值，
（3）利用（1）的结论，结合可得.
【详解】（1）由已知：，
依题意：对恒成立，因为，
，对恒成立，即，对恒成立，
即.
（2）当时，，
若，则，单调递减，
若，则，单调递增，
故是函数在区间上唯一的极小值点，也就是最小值点，
故.
又，则，
，
，
在上最大值是，
在上最大值为，最小值为0.
（3）当时，由（1）知，在是增函数.
当时，令，则，
即.
【点睛】结论点睛：常用的不等式：，.
18．(1)有且仅有一个零点
(2)，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得有两个不同实根，进而可得，两式相加得，两式相减得，从而有，进而要证，只需证，即证，
构造函数即可证明.
【详解】（1）当时，，
所以函数在上单调递增，
又因为，
所以函数有且仅有一个零点.
（2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根，
得，令，则，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
由，得当时，；
当的大致图象如图所示，

所以当，即时，有两个不同实根；
证明：不妨设且
两式相加得，两式相减得，
所以，
要证，只需证，
即证，
设，令，
则，
所以函数在上单调递增，且，
所以，即，
所以，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据，两式相加相减，进而可得，进而要证，只需证，即证，从而将双变量转化为单变量，令，讨论该函数的单调性和最值即可证明.
19．(1)（ⅰ）；（ⅱ）
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）（i）根据函数新定义，列式求解，即可得答案；（ii）利用导数判断函数的单调性，求出其函数值情况，即可求得答案；
（2）求出的导数以及二次导数，利用导数判断函数单调性，结合函数新定义，即可判断出结论.
【详解】（1）（ⅰ）因为，
所以，，
因为是R上的自律函数，
所以恒成立，恒成立，
所以
解得，所以a的取值范围是．
（ⅱ）当时，，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当或时，，单调递增，
因为，，，
所以若只有一个实根，t的取值范围是．
（2）由得，，
令得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由在上不单调，且是及上的自律函数，
得，
则，，
所以时，
，
在上单调递增，与已知矛盾，
所以不存在b，c及，使得在上不单调，且是及上的自律函数．
【点睛】关键点睛：此类是考查函数新定义问题，解答的黄关键是要理解函数新定义的含义，依据新定义结合导数的相关知识，求解即可.