湖北省2020届高三数学理一轮复习典型题专项训练：导数及其应用 23页

湖北省2020届高三数学理一轮复习典型题专项训练 导数及其应用 一、选择、填空题 ‎1、（荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019届高三2月月考）已知函数的导函数为,的解集为,若的极小值等于,则的值是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎2、（鄂州市2019届高三上学期期中考试）若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3、（黄冈中学、华师一附中等八校2019届高三第二次（3月）联考）已知函数,若在处取得极值,则曲线在点(0,f(0))处的切线方程为____.‎ ‎4、（黄冈中学、华师一附中等八校2019届高三第一次（12月）联考）已知函数 ，在函数图象上任取两点，若直线的斜率的绝对值都不小于，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎5、（黄冈中学、华师一附中等八校2019届高三第一次（12月）联考）已知定义在实数集上的函数满足，且的导函数满足，则不等式的解集为 .（结果用区间表示）‎ ‎6、（荆州市2019届高三上学期质量检查（一））函数在处的切线于坐标轴围成的三角形的面积为 ．‎ ‎7、（七市（州）教研协作体2019届高三3月联考）已知三次函数 f (x) = ax3 + bx2 + cx + d(a < b) 在 R 上单调递增， 则最小值为 ‎　A、　　B、　　C、　　D、‎ ‎8、（武汉市2019届高中毕业生二月调研）已知函数，若关于 的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎9、（武汉市2019届高中毕业生二月调研）函数在点处的切线方程为，则实数的值为 ．‎ ‎10、（武汉市2019届高中毕业生四月调研）已知函数定义域为，记的最大值为，则的最小值为 A.4 B.3 C.2 D.‎ ‎11、（武汉市武昌区2019届高三元月调研）已知函数，则的零点个数可能有（ ）‎ A．1个 B．1个或2个 C．1个或2个或3个 D．2个或3个 ‎12、（宜昌市示范高中协作体2019届高三上学期期中考试）函数在点处的切线方程为 ．‎ ‎13、设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎14、（天门、仙桃、潜江2018届高三上学期期末联考）已知曲线在点处切线的斜率为8，则 ‎ A．7 B．－4 C．－7 D．4‎ ‎15、（荆州市五县市区2017届高三上学期期末）设定义在的函数的导函数是，且，，则时，‎ ‎ A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 ‎ ‎ C．既无极大值，又无极小值 D．既有极大值，又有极小值 参考答案：‎ ‎1、C 2、C 3、3x＋y－1＝0 ‎ ‎4、B 解析：，在单调递减 ‎ 设 设则在上单调递减 则对恒成立 ‎ 则对恒成立 则 解之得或 又，所以 ‎5、　　6、 7、D 8、B 9、 ‎ ‎10、C ‎【解析】‎ ‎11、A 12、　　13、D　　14、B ‎15、C　　简解： ，设，‎ ‎ 则 ‎，所以，‎ 即，因此在既无极大值，又无极小值.‎ 二、解答题 ‎1、（荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019届高三2月月考）已知,设,且,记;‎ ‎（1）设,其中,试求的单调区间;‎ ‎（2）试判断弦的斜率与的大小关系,并证明;‎ ‎（3）证明：当时,.‎ ‎2、（鄂州市2019届高三上学期期中考试）已知函数.‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若，证明：（其中是自然对数的底数，）．‎ ‎3、（华中师范大学第一附属中学2019届高三5月押题考）已知函数.‎ ‎(1)讨论极值点的个数； ‎ ‎(2)若是的一个极值点，且，证明: .‎ ‎4、（黄冈、黄石等八市2019届高三3月联考）已知函数，。‎ ‎ （1）讨论函数的单调性；‎ ‎ (2)若存在与函数f（x），g(x)的图象都相切的直线，求实数a的取值范围．‎ ‎5、（黄冈中学、华师一附中等八校2019届高三第二次（3月）联考）已知函数.‎ （1） 讨论的单调性；‎ （2） 设，若函数的两个极值点()恰为函数的两个零点,且的范围是,求实数的取值范围。‎ ‎6、（黄冈中学、华师一附中等八校2019届高三第一次（12月）联考）已知函数，不等式对恒成立.‎ ‎（1）求函数的极值和函数的图象在点处的切线方程；‎ ‎（2）求实数的取值的集合；‎ ‎（3）设，函数，，其中为自然对数的底数，若关于的不等式至少有一个解，求的取值范围．‎ ‎7、（荆门市2019届高三元月调研）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）若，求函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若对任意的，在上恒成立，求实数的取值范围．‎ ‎8、（荆州市2019届高三上学期质量检查（一））已知定义域为的函数（，）‎ ‎（1）设，求的单调区间；‎ ‎（2）设为导数，‎ ‎（i）证明：当，时，；‎ ‎（ii）设关于的方程的根为，求证：‎ ‎9、（七市（州）教研协作体2019届高三3月联考）已知函数，‎ ‎（ 1） 当 a = 0 时， 求 y = f (x) + g(x) 的单调区间；‎ ‎（ 2） 当 a < 0 时， 记函数 h(x) = min{ f (x)，g(x)}(x > 0)， 若函数 y = h(x) 至少有三个零点， 求实数 a 的取值范围.‎ ‎10、（武汉市2019届高中毕业生二月调研）已知函数．‎ ‎（1）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；‎ ‎（2）设的两个极值点为，证明：当时，．‎ ‎（附注：）‎ ‎11、（武汉市2019届高中毕业生四月调研）已知函数（，为常数）在(0,2)内有两个极值点.‎ ‎(1)求实数的取值范围；‎ ‎(2)求证：.‎ ‎12、（武汉市2019届高中毕业生五月训练题）（1）求证：x≥0时，cosx≥1﹣x2恒成立；‎ ‎（2）当a≥1时，∀x∈[0，+∞），证明不等式xeax+xcosx+1≥（1+sinx）2恒成立．‎ ‎13、（武汉市武昌区2019届高三元月调研）已知函数．‎ ‎（1）当时，求的单调区间；‎ ‎（2）若存在两个极值点，且，证明：．‎ ‎14、（宜昌市示范高中协作体2019届高三上学期期中考试）设，函数．‎ ‎（1）若无零点，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若有两个相异零点，求证： ．‎ ‎15、（荆门市第一中学2019届高三8月月考）设函数f(x)＝ln(x＋a)＋x2.‎ ‎（1）若f(x)为定义域上的单调函数，求实数a的取值范围；‎ ‎（2）若g(x)＝ex＋x2－f(x)，当a≤2时，证明：g(x)>0.‎ 参考答案：‎ ‎1、解：（1）（），‎ 若，则，它为上的增函数，‎ 若，则增区间为，减区间为…………3分 ‎（2）‎ 令，，，而.故在单调递增，故…………7分 ‎（3）当时，原不等式等价于，由（2）知，即证 ‎，转化为.‎ 令，，，故也成立.………12分 ‎2、解：（1）定义域，…………………………………2分 令，则，所以在，‎ 故时，，也即，…………………………………3分 因此，在上单调递减，在上也单调递减；……………………………………4分 ‎（2）因故，因此只需证明（记为）…5分 ①先证明时的情况：‎ 此时，令………………6分 令，‎ 故在，故在，…………………7分 于是在，‎ 因此，时，即…………………………………8分 ②下面证明时的情况（相对更难一点点）：‎ 证法一：（切线放缩）令，故在，‎ 于是时，……………………………………………10分 令，故在 故时，即即，证毕；……………12分 证法二：时，，令 令，‎ 显然在而，故使在，‎ 而，故必存在唯一的使得在 且即，故 记，所以在，注意到，因此时，故，故…………………11分 故在，因此，时，…………………12分 法三：把两种情况一起证（但需要用洛必达法则）所证，‎ 令，……………………………6分 令，则 ‎，………………………………7分 显然在恒正，故在单增…………………………………………………8分 注意到，于是在为负，在上为正，‎ 也即在上单调递减，在单调递增…………………………………………………9分 因此时有，故在上单调递增，‎ 又注意到，于是在为负，在上为正，‎ 而与正负一致，因此在上单调递减，在单调递增…………………10分 因此时，（洛必达法则）……12分 ‎3、‎ ‎4、（1）函数的定义域为 ‎，‎ 所以 ‎ 所以当即时，， h(x)在上单调递增；‎ 当即时，‎ 当时，h(x)在上单调递增；‎ 当时，令得 x ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ 增 减 增 综上：当时，h(x)在上单调递增；‎ 当时在，单调递增，在单调递减。 …………5分 ‎（2）设函数上点与函数上点处切线相同，‎ 则 ‎ 所以 ‎ 所以，代入得：‎ ‎ ………………7分 设，则…8分 不妨设则当时，，当时，‎ 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， ‎ 代入可得：‎ 设，则对恒成立，‎ 所以在区间上单调递增，又 所以当时，即当时, ‎ 又当时 ‎ 因此当时，函数必有零点；即当时，必存在使得成立；‎ 即存在使得函数上点与函数上点处切线相同．‎ 又由单调递增得，因此 所以实数的取值范围是． ……12分 ‎5、‎ ‎6、解：（1），则时，时，‎ 故在递增，在递减，…………………..1分 故； ……………………2分 又，故函数的图象在点处的切线方程为： ………..3分 显然，不合题意。‎ 当时，由得，‎ 则有， …..4分 故依题意知对恒成立 由前面的结论知，当时，取得最大值，故 又可知，当时，取得最大值，故 ‎ 故， ……..5分 综上的 …………………..6分 ‎（3）设 则………………..7分 当时，，‎ 所以不存在使得成立. 故不合题意。…………..9分 当时，‎ 因为， 所以在恒成立，‎ 故在单调递减，， ………..10分 则依题意有 …………..11分 解之得 故的取值范围 ………..12分 ‎（本题可用分离变量求解更简单）‎ ‎7、解：（1）由题意，‎ ‎. ………………2分 ‎（ⅰ）当时，，令，得；，得，‎ 所以在单调递增，单调递减；…………………………………3分 ‎（ⅱ）当时，，令，得；，得或，‎ 所以在单调递增，，单调递减，…………5分 ‎（Ⅱ）令，，当时，，‎ 单调递增，则，………………………………………6分 则对恒成立等价于，‎ 即，对恒成立.…………………………………………7分 ‎（ⅰ）当时，，，，此时，‎ 不合题意，舍去.………………………………………………………………………8分 ‎（ⅱ）当时，令，，‎ 则，其中，， ‎ 令，则在区间上单调递增，‎ ①当时，，所以对，，则在上单调递增，故对任意，，即不等式在上恒成立，满足题意. …………………………………10分 ②当时，由，及在区间上单调递增，所以存在唯一的使得，且时，.‎ 从而时，，所以在区间上单调递减，‎ 则时，，即，不符合题意.‎ 综上所述，. ……………………………………………………………………12分 ‎8、解：（1），‎ 当，时 即 ‎（a）当为大于1的奇数时，是偶数，，，‎ 当时，，当时 故的增区间为，减区间为 当为偶数时，是奇数，由于，所以 当或时，，当时 故的增区间为及，减区间为 综上，当为奇数时的增区间为，减区间为，‎ 当为偶数时的增区间为及，减区间为，‎ ‎（2）（i）证明：设，，则，‎ 因为，，故在是增函数，‎ 从而，由于，‎ 所以，‎ 所以在是增函数，，即 ‎（ii），原方程化为 解得，因为，所以；‎ 作差得，，‎ 由（i）知，当，时，，‎ 令，，故有，所以，，‎ 综上，‎ ‎9、‎ ‎10、解析：（1）由，得，‎ ‎，有两个不同的实根，‎ ‎，‎ 所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．‎ 所以要在上单调递减，只需，即，‎ ‎，从而．所以所求的取值范围是．………………6分 ‎（2）解：是的极值点，‎ 是关于的方程两个实根，，‎ 又，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ 令，则，‎ 从而只需对恒成立．‎ 令，而在上单调递增，‎ ‎，‎ 又．………………………………………………12分 ‎11、【解答】方法1：‎ 方法2：‎ ‎(1)在(0,2)内有两个零点 ‎ 令，，，，‎ ‎ 时，，‎ ‎ ‎ ‎(2)，，，‎ ‎ ，‎ ‎ 要证，只需证，即，‎ ‎ 又，由对数不等式得，‎ 即，得证.‎ ‎12、证明：（1）令f（x）＝cosx﹣1+x2，x∈[0，+∞），f（0）＝0．‎ f′（x）＝﹣sinx+x，‎ 令u（x）＝x﹣sinx，x∈[0，+∞），u（0）＝0．‎ 则u′（x）＝1﹣cosx≥0，‎ ‎∴函数u（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，∴u（x）≥u（0）＝0．‎ ‎∴函数f（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）＝0．‎ 因此x≥0时，cosx≥1﹣x2恒成立．‎ ‎（2）由（1）可得：cosx≥1﹣x2，x≥sinx，在x∈[0，+∞）上恒成立．‎ 又当a≥1时，∀x∈[0，+∞），xeax≥xex．‎ ‎∴当a≥1时，∀x∈[0，+∞），证明不等式xeax+xcosx+1≥（1+sinx）2恒成立⇔xex+x（1﹣x2）+1≥（1+x）2，x∈[0，+∞），‎ ‎⇔ex﹣（x2+x+1）≥0，x∈[0，+∞），‎ 令g（x）＝ex﹣（x2+x+1），x∈[0，+∞），g（0）＝0．‎ g′（x）＝ex﹣x﹣1，x∈[0，+∞）．‎ 令h（x）＝ex﹣x﹣1，x∈[0，+∞），h（0）＝0．‎ h′（x）＝ex﹣1≥0，只有当x＝0时取等号，‎ ‎∴g′（x）≥0，在x∈[0，+∞）上恒成立．‎ ‎∴g（x）≥0在x∈[0，+∞）上恒成立．‎ ‎∴当a≥1时，∀x∈[0，+∞），证明不等式xeax+xcosx+1≥（1+sinx）2恒成立．‎ ‎13、解析：当时，，．‎ ‎．当时，；当时，．‎ 在单调递增，在单调递减．………………………………………………4分 ‎（2）因为，所以．‎ 因为存在两个极值点，所以在有两根．‎ 所以，所以，且．‎ 因为．‎ 要证，只需证，即证．‎ 令，只需证．‎ 令，所以，‎ 所以在单调递增，因为，所以，即．‎ 所以，．‎ ‎14、解：（1）①若时，则，是区间上的减函数，‎ ‎∵‎ 而，则，即 ‎∴，函数在区间有唯一零点；‎ ‎②若，在区间无零点；‎ ‎③若，令，得，‎ 在区间上， ，函数是增函数；‎ 在区间，‎ 故在区间 则，解得，‎ 故所求实数的取值范围是………………5分 ‎（2）因为， 是方程的两个不同的实数根．‎ ‎∴两式相减得，解得 要证： ，即证： ，即证： ，‎ 即证，………………8分 不妨设，令．只需证．‎ 设，∴；‎ 令，∴，∴在上单调递减，‎ ‎∴ ，∴，∴在为增函数，∴．‎ 即在恒成立，‎ ‎∴原不等式成立，即．………………12分 ‎15、【解析】(1)解法1：f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝ 方程2x2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝‎4a2－8.‎ ‎(ⅰ)若Δ<0，即－0，故f(x)单调递增．‎ ‎(ⅱ)若Δ＝0，则a＝或a＝－.‎ 若a＝，x∈(－，＋∞)，f′(x)＝.‎ 当x＝－时，f′(x)＝0，当x∈∪时，f′(x)>0，所以f(x)单调递增．‎ 若a＝－，x∈(，＋∞)，f′(x)＝>0，f(x)单调递增．‎ ‎(ⅲ)若Δ>0，即a>或a<－，‎ 则2x2＋2ax＋1＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝.‎ 当a<－时，x1<－a，x2<－a，从而f′(x)在f(x)的定义域内没有零点，故f(x)单调递增．‎ 当a>时，x1>－a，x2>－a，f′(x)在f(x)的定义域内有两个不同的零点，‎ 即f(x)在定义域上不单调．综上：实数a的取值范围为a≤.6分 解法2：很显然f′(x)不可能有连续零点，若f(x)为定义域上的单调函数，‎ 则f′(x)≤0或f′(x)≥0恒成立，又f′(x)＝＋2x，因为x＋a>0，‎ 所以f′(x)<0不可能恒成立，所以f(x)为定义域上的单调函数时，只可能f′(x)≥0恒成立，‎ 即＋2x≥0恒成立，即＋2(x＋a)－‎2a≥0，即‎2a≤＋2(x＋a)，而＋2(x＋a)≥2，‎ 所以‎2a≤2，a≤，即实数a的取值范围为a≤.‎ 解法3：由解法2可知x∈(－a，＋∞)，＋2x≥0恒成立，得≥0恒成立，‎ 即2x2＋2ax＋1≥0恒成立，(ⅰ)当a≤0时，－a－＝－≥0，‎ 所以2x2＋2ax＋1>‎2a2－‎2a2＋1＝1，所以当a≤0时2x2＋2ax＋1≥0恒成立；‎ ‎(ⅱ)当a>0时，－a－＝－<0，所以(2x2＋2ax＋1)min＝－＋1，‎ 所以－＋1≥0时2x2＋2ax＋1≥0恒成立，解得00.‎ 当a＝2时，函数g′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增，‎ 又g′(－1)<0，g′(0)>0，故g′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1， 0)，‎ 当x∈(－2，x0)时，g′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，从而当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)．‎ 由g′(x0)＝0得＝，ln(x0＋2)＝－x0，‎ 故g(x0)＝－ln(x0＋2)＝＋x0＝＝>0，所以g(x)≥g(x0)>0.‎ 综上，当a≤2时，g(x)>0.‎