2019-2020年高考数学一轮复习 专题突破训练 导数及其应用.doc

2019-2020年高考数学一轮复习 专题突破训练 导数及其应用一、填空题1、（xx江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，若曲线过点，且该曲线在点处的切线与直线平行，则的值是 2、（xx江苏高考）抛物线在处的切线与两坐标轴围成三角形区域为（包含三角形内部与边界）。若点是区域内的任意一点，则的取值范围是 。3、（南通、扬州、连云港xx高三第二次调研（淮安三模）在平面直角坐标系中，若曲线在(为自然对数的底数)处的切线与直线垂直，则实数的值为 4、（盐城市xx高三第三次模拟考试）若函数有两个极值点，其中，且，则方程的实根个数为 .5、（苏锡常镇四市xx高三教学情况调研（一）若曲线与曲线在处的两条切线互相垂直，则实数的值为 6、（xx江苏苏州高三9月调研）函数的图象经过四个象限的充要条件是 7、（常州市xx高三上期末）曲线在点处的切线方程为 8、（常州市武进区xx高三上学期期中考试）函数是定义在上的偶函数，且时，则不等式的解集是 9、（南通市xx高三第一次调研测）在平面直角坐标系中，记曲线处的切线为直线.若直线在两坐标轴上的截距之和为，则的值为 10、（南京市xx高三第三次模拟）设二次函数f(x)ax2bxc(a，b，c为常数)的导函数为f(x)对任意xR，不等式f(x)f(x)恒成立，则的最大值为 11、曲线在点(1，f(1)处的切线方程为 12、（通州高级中学等五校xx高三12月联考）函数的单调递减区间为13、（南京、盐城市xx高三第二次模拟（淮安三模）设函数f(x)axsinxcosx若函数f(x)的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线yf(x)在点A，B处的切线互相垂直，则实数a的取值范围为 14、（新海高级中学xx高三上学期中考试）曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值为_.15、（江苏省睢宁县菁华高级中学xx高三12月学情调研）已知函数,满足,则函数的图象在处的切线方程为 .二、解答题1、（xx江苏高考）已知函数， （1）试讨论的单调性， （2）若（实数是与无关的常数），当函数有3个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值。2、（xx江苏高考）已知函数+ ，其中e是自然对数的底数。（1）证明：是R上的偶函数；（2）若关于x 的不等式m+m1在（0，+）上恒成立，求实数m的取值范围；（3）已知正数a满足:存在x0 1，+），使得（x0 3 +3x0）成立，试比较 与的大小，并证明你的结论。3、（xx江苏高考）设函数，其中为实数。（1）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论。4、（xx南京、盐城市高三二模）已知函数，其中为常数.(1)若,求曲线在点处的切线方程.(2)若,求证：有且仅有两个零点；（3）若为整数，且当时，恒成立，求的最大值。5、（苏锡常镇四市xx高三教学情况调研（二）已知函数，其导数记为（为自然对数的底数） （1）求函数的极大值； （2）解方程； （3）若存在实数使得，求证：6、（泰州市xx高三第二次模拟考试）己知，其中常数 （1）当时，求函数的极值；（2）若函数有两个零点，求证：； （3）求证：7、（盐城市xx高三第三次模拟考试）设函数，.（1）当时，函数与在处的切线互相垂直，求的值；（2）若函数在定义域内不单调，求的取值范围；（3）是否存在实数,使得对任意正实数恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由.8、（苏州市xx高三上期末）已知函数，其中为自然对数底数.（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性，并写出相应的单调区间；（3）已知，若函数对任意都成立，求的最大值.9、（泰州市xx高三上期末）已知函数，(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；(2) 若直线是函数图象的切线，求的最小值；(3)当时，若与的图象有两个交点，求证：（取为，取为，取为）10、（无锡市xx高三上期末）设函数在点处的切线方程为.(1)求实数及的值；(2)求证：对任意实数，函数有且仅有两个零点.11、（扬州市xx高三上期末）已知函数。（1）若f（x）的图象与g（x）的图象所在两条曲线的一个公共点在y轴上，且在该点处两条曲线的切线互相垂直，求b和c的值。（2）若ac1，b0，试比较f（x）与g（x）的大小，并说明理由；（3）若bc0，证明：对任意给定的正数a，总存在正数m，使得当x时，恒有f（x）g（x）成立。12、（xx江苏百校联考一）已知函数()，其图像在处的切线方程为函数，()求实数、的值；（）以函数图像上一点为圆心，2为半径作圆，若圆上存在两个不同的点到原点的距离为1，求的取值范围；（）求最大的正整数，对于任意的，存在实数、满足，使得参考答案一、填空题1、【答案】【提示】根据点在曲线上，曲线在点处的导函数值等于切线斜率，将带入得，解得，则2、解：本题主要考察导数的几何意义及线性规划等基础知识。 切线方程为与轴交点为，与轴交点为,当直线过点时当直线过点时的取值范围是yxOy2x1yx3、4、55、6、 7、8、9、-3或410、22 11、12、（0,113、1，114、15、2xy10二、解答题1、解：（1）令得到， 当时，恒成立，在定义域内单调递增； 当时，时，时，； 当时，时，时， ，。 （2）有3个不同的实根，显然时不符。下面讨论的情况： 当时，应有，即（a） 当时，应有，即 （b） 对于（a）：的取值范围应在内，根据题意，有，符合题意；对于（b）：,而时，故，所以 符合题意。综上，符合题意的。2、（1）x=+=，是R上的偶函数（2）+2=21 ，m（）1，m= ，令= ，= ，x时单调减，x时单调增，min= ，若关于x 的不等式m+m1在（0，+）上恒成立，则只要mmin恒成立 ，m 。m （。（3）由题正数a满足:存在x0 1，+），使得（x0 3 +3x0）成立。即+（x0 3 +3x0）令=+（x 3 +3x），即min0。-= +3a ，当x 1，+）时，0 ，min =e+ -2a0 ，a + 。要比较与的大小，两边同时取以e为底的对数。只要比较a-1与（e-1）lna的大小。令 = a-1-( e-1）lna ，= 1- ，a + + e-1，a（ + ）时y单调减，a（）时y单调增，又 + ，当a=1时，y=0，当a= + 时，y0，当a=e时，y=0。a=e-1时，y0。当 + 时，y0，此时a-1（e-1）lna ，即。当a=e时y0，此时a-1（e-1）lna ，即。当ae时y0，此时a-1（e-1）lna ，即3、（1）解：由即对恒成立，而由知1 由令则当时0，当时0，在上有最小值1 综上所述：的取值范围为（2）证明：在上是单调增函数即对恒成立，而当时， 分三种情况：（）当时， 0 f（x）在上为单调增函数 f（x）存在唯一零点（）当0时，0 f（x）在上为单调增函数0且0f（x）存在唯一零点（）当0时，令得当0时，0；时，0为最大值点，最大值为当时，有唯一零点当0时，0，有两个零点实际上，对于0，由于0，0且函数在上的图像不间断 函数在上有存在零点另外，当，0，故在上单调增，在只有一个零点下面考虑在的情况，先证0为此我们要证明：当时，设 ，则，再设当1时，-20，在上是单调增函数故当2时，0从而在上是单调增函数，进而当时，0即当时，当0时，即e时，0又0 且函数在上的图像不间断，函数在上有存在零点，又当时，0故在上是单调减函数函数在只有一个零点综合（）（）（）知：当时，的零点个数为1；当0时，的零点个数为24、解：（1）当k0时，f(x)1lnx因为f (x)，从而f (1)1又f (1)1，所以曲线yf(x)在点 (1，f(1)处的切线方程y1x1，即xy0 3分（2）当k5时，f(x)lnx4因为f (x)，从而当x(0，10)，f (x)0，f(x)单调递减；当x(10，)时，f (x)0，f(x)单调递增所以当x10时，f(x)有极小值 5分因f(10)ln1030，f(1)60，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点因为f(e4)440，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点从而f(x)有两个不同的零点 8分（3）方法一：由题意知，1+lnx0对x(2，)恒成立，即k对x(2，)恒成立令h(x)，则h(x)设v(x)x2lnx4，则v(x)当x(2，)时，v(x)0，所以v(x)在(2，)为增函数因为v(8)82ln8442ln80，v(9)52ln90，所以存在x0(8，9)，v(x0)0，即x02lnx040 当x(2，x0)时，h(x)0，h(x)单调递减，当x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递增所以当xx0时，h(x)的最小值h(x0)因为lnx0，所以h(x0)(4，4.5) 故所求的整数k的最大值为4 16分方法二：由题意知，1+lnx0对x(2，)恒成立f(x)1+lnx，f (x) 当2k2，即k1时，f(x)0对x(2，)恒成立，所以f(x)在(2，)上单调递增而f(2)1ln20成立，所以满足要求当2k2，即k1时，当x(2，2k)时，f (x)0， f(x)单调递减，当x(2k，)，f (x)0，f(x)单调递增所以当x2k时，f(x)有最小值f(2k)2ln2kk从而f(x)0在x(2，)恒成立，等价于2ln2kk0令g(k)2ln2kk，则g(k)0，从而g(k) 在(1，)为减函数因为g(4)ln820，g(5)ln1030 ，所以使2ln2kk0成立的最大正整数k4综合，知所求的整数k的最大值为4 16分5、 6、解：函数的定义域为，（1）当时， 而在上单调递增，又，当时，则在上单调递减；当时，则在上单调递增，所以有极小值，没有极大值 3分（2）先证明：当恒成立时，有 成立若，则显然成立；若，由得，令，则，令，由得在上单调递增，又因为，所以在上为负，在上为正，因此在上递减，在上递增，所以，从而因而函数若有两个零点，则，所以，由得，则，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，则，所以，由得，则，所以，综上得 10分（3）由（2）知当时，恒成立，所以，即，设，则，当时， ，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递增，所以的最大值为，即，因而，所以，即 16分7、解：（1）当时，在处的切线斜率，由，在处的切线斜率，.4分（2）易知函数的定义域为，又，由题意，得的最小值为负，（注：结合函数图象同样可以得到），（注：结合消元利用基本不等式也可）.9分（3）令，其中则，设在单调递减，在区间必存在实根，不妨设即，可得（*）在区间上单调递增，在上单调递减，所以，代入（*）式得根据题意恒成立.又根据基本不等式,当且仅当时,等式成立所以,.代入（*）式得,即16分(以下解法供参考，请酌情给分)解法2：，其中根据条件对任意正数恒成立即对任意正数恒成立且，解得且，即时上述条件成立此时.解法3：，其中要使得对任意正数恒成立，等价于对任意正数恒成立，即对任意正数恒成立，设函数，则的函数图像为开口向上，与正半轴至少有一个交点的抛物线，因此，根据题意，抛物线只能与轴有一个交点，即，所以.8、解：（1）当时， 2分函数在点处的切线方程为，即 4分（2），当时，函数在上单调递增；6分当时，由得，时，单调递减；时，单调递增 综上，当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为 9分（3）由（2）知，当时，函数在上单调递增，不可能恒成立； 10分当时，此时； 11分当时，由函数对任意都成立，得， 13分， 设， ， 由于，令，得，当时，单调递增；时，单调递减，即的最大值为，此时 16分9、解：（1）,则，在上单调递增，对，都有，即对，都有，故实数的取值范围是 4分(2) 设切点，则切线方程为，即，亦即，令，由题意得，分令，则，当时 ，在上单调递减；当时，在上单调递增，故的最小值为 分（3）由题意知，两式相加得，两式相减得，即，即， 分不妨令，记，令，则， 在上单调递增，则，则，又，即，令，则时，在上单调递增，又，则，即分10、11、解: ， ， 2分依题意：，所以； 4分解: ，时， 5分时，即时，即时，令,则.设，则，当时, 单调递减;当时, 单调递增.所以当时, 取得极小值, 且极小值为即恒成立，故在上单调递增,又,因此,当时, ,即. 9分综上，当时,；当时, ；当时, 10分证法一：若，由知，当时, .即，所以，时，取，即有当，恒有.若,即，等价于即令,则.当时,在内单调递增.取,则，所以在内单调递增.又即存在,当时，恒有. 15分综上，对任意给定的正数，总存在正数，使得当，恒有. 16分证法二：设，则，当时，单调减，当时，单调增，故在上有最小值， 12分若，则在上恒成立，即当时，存在，使当时,恒有；若，存在，使当时,恒有；若，同证明一的， 15分综上可得，对任意给定的正数，总存在,当时,恒有. 16分2、解: () 当时，故，解得3分（）问题即为圆与以为圆心1为半径的圆有两个交点，即两圆相交设，则，即，必定有解； 6分，故有解，须，又，从而 8分（）显然在区间上为减函数，于是，若，则对任意，有当时，令，则令，则，故在上为增函数，又，因此存在唯一正实数，使故当时，为减函数；当时，为增函数，因此在有最小值，又，化简得， 13分下面证明：当时，对，有当时，令，则，故在上为减函数，于是同时，当时，当时，；当时，结合函数的图像可知，对任意的正数，存在实数、满足，使得综上所述，正整数的最大值为3 16分