《2019-2020年高考數學一輪復習 專題突破訓練 導數及其應用.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考數學一輪復習 專題突破訓練 導數及其應用.doc（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考數學一輪復習 專題突破訓練 導數及其應用 一、填空題 1、（xx江蘇高考）在平面直角坐標系xOy中，若曲線過點，且該曲線在點處的切線與直線平行，則的值是 ▲ ． 2、（xx江蘇高考）拋物線在處的切線與兩坐標軸圍成三角形區(qū)域為（包含三角形內部與邊界）。若點是區(qū)域內的任意一點，則的取值范圍是 。 3、（南通、揚州、連云港xx高三第二次調研（淮安三模））在平面直角坐標系中，若曲線在(為自然對數的底數)處的切線與直線垂直，則實數的值為 ▲ ． 4、（鹽城市xx高三第三次模擬考試）若函數有兩個極值點，其中，且，則方程的實根個數為 ▲ . 5、（蘇錫常鎮(zhèn)四市xx高三教學情況調研（一））若曲線與曲線在處的兩條切線互相垂直，則實數的值為 6、（xx江蘇蘇州高三9月調研）函數的圖象經過四個象限的充要條件是 ▲ 7、（常州市xx高三上期末）曲線在點處的切線方程為 ▲ 8、（常州市武進區(qū)xx高三上學期期中考試）函數是定義在上的偶函數，，且時，，則不等式的解集是 ▲ 9、（南通市xx高三第一次調研測）在平面直角坐標系中，記曲線處的切線為直線.若直線在兩坐標軸上的截距之和為，則的值為 10、（南京市xx高三第三次模擬）設二次函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c為常數)的導函數為f′(x)．對任意x∈R，不等式f(x)≥f′(x)恒成立，則的最大值為 ▲ 11、曲線在點(1，f(1))處的切線方程為 ▲ ． 12、（通州高級中學等五校xx高三12月聯(lián)考）函數的單調遞減區(qū)間為　▲　 13、（南京、鹽城市xx高三第二次模擬（淮安三模））設函數f(x)＝ax＋sinx＋cosx．若函數f(x)的圖象上存在不同的兩點A，B，使得曲線y＝f(x)在點A，B處的切線互相垂直，則實數a的取值范圍為 ▲ 14、（新海高級中學xx高三上學期中考試）曲線在點處的切線與兩坐標軸圍成的三角形面積的最小值為____. 15、（江蘇省睢寧縣菁華高級中學xx高三12月學情調研）已知函數,滿足,,,,則函數的圖象在處的切線方程為 ▲ . 二、解答題 1、（xx江蘇高考）已知函數， （1）試討論的單調性， （2）若（實數是與無關的常數），當函數有3個不同的零點時，的取值范圍恰好是，求的值。 2、（xx江蘇高考）已知函數+ ，其中e是自然對數的底數。 （1）證明：是R上的偶函數； （2）若關于x 的不等式m+m1在（0，+）上恒成立，求實數m的取值范圍； （3）已知正數a滿足:存在x0 [1，+），使得（x0 3 +3x0）成立，試比較 與的大小，并證明你的結論。 3、（xx江蘇高考）設函數，，其中為實數。 （1）若在上是單調減函數，且在上有最小值，求的取值范圍； （2）若在上是單調增函數，試求的零點個數，并證明你的結論。 4、（xx南京、鹽城市高三二模）已知函數，其中為常數. (1)若,求曲線在點處的切線方程. (2)若,求證：有且僅有兩個零點； （3）若為整數，且當時，恒成立，求的最大值。 5、（蘇錫常鎮(zhèn)四市xx高三教學情況調研（二））已知函數，其導數記為（為自然對數的底數） （1）求函數的極大值； （2）解方程； （3）若存在實數使得，求證： 6、（泰州市xx高三第二次模擬考試）己知，其中常數． （1）當時，求函數的極值； （2）若函數有兩個零點，求證：； （3）求證：． 7、（鹽城市xx高三第三次模擬考試）設函數，. （1）當時，函數與在處的切線互相垂直，求的值； （2）若函數在定義域內不單調，求的取值范圍； （3）是否存在實數,使得對任意正實數恒成立？若存在，求出滿足條件的實數；若不存在，請說明理由. 8、（蘇州市xx高三上期末）已知函數，其中為自然對數底數. （1）當時，求函數在點處的切線方程； （2）討論函數的單調性，并寫出相應的單調區(qū)間； （3）已知，若函數對任意都成立，求的最大值. 9、（泰州市xx高三上期末）已知函數，． (1)若函數在上單調遞增，求實數的取值范圍； (2) 若直線是函數圖象的切線，求的最小值； (3)當時，若與的圖象有兩個交點，求證：． （取為，取為，取為） 10、（無錫市xx高三上期末）設函數在點處的切線方程為. (1)求實數及的值； (2)求證：對任意實數，函數有且僅有兩個零點. 11、（揚州市xx高三上期末）已知函數。 （1）若f（x）的圖象與g（x）的圖象所在兩條曲線的一個公共點在y軸上，且在該點處兩條曲線的切線互相垂直，求b和c的值。 （2）若a＝c＝1，b＝0，試比較f（x）與g（x）的大小，并說明理由； （3）若b＝c＝0，證明：對任意給定的正數a，總存在正數m，使得當x時， 恒有f（x）＞g（x）成立。 12、（xx江蘇百校聯(lián)考一）已知函數()，其圖像在處的切線方程為．函數，． (Ⅰ)求實數、的值； （Ⅱ）以函數圖像上一點為圓心，2為半徑作圓，若圓上存在兩個不同的點到原點的距離為1，求的取值范圍； （Ⅲ）求最大的正整數，對于任意的，存在實數、滿足，使得． 參考答案 一、填空題 1、【答案】 【提示】根據點在曲線上，曲線在點處的導函數值等于切線斜率，，，將帶入得，解得，則 2、解：本題主要考察導數的幾何意義及線性規(guī)劃等基礎知識。 ∴ ∴切線方程為 與軸交點為，與軸交點為, 當直線過點時 當直線過點時 ∴的取值范圍是 y x O y＝2x—1 y＝—x 3、　　　　　　　4、5　　　　　　　　　5、　　　　　 6、 7、　　　8、 9、-3或－4　　　　10、2－2 　　　　11、． 12、（0,1]　　　　　　13、[－1，1]　　　　　　14、 15、2x－y－1＝0 二、解答題 1、解：（1）令得到， ①當時，恒成立，在定義域內單調遞增； ②當時，時，時，，； ③當時，時，時， ，。 （2）有3個不同的實根，顯然時不符。下面討論的情況： 當時，應有，即（a） 當時，應有，即 （b） 對于（a）：的取值范圍應在內，根據題意，有，符合題意； 對于（b）：,而時，，故，所以 符合題意。 綜上，符合題意的。 2、（1）∵x=+=，∴是R上的偶函數 （2）∵+2=21 ，∴，∴m（）1，∴m= ， 令= ，= ，∴x時 單調減，x時單調增，∴min== ，若關于x 的不等式m+m1在（0，+）上恒成立，則只要mmin恒成立 ，∴m 。∴m （]。 （3）由題正數a滿足:存在x0 [1，+），使得（x0 3 +3x0）成立。即+（x0 3 +3x0）令=+（x 3 +3x），即min0。- = +3a ，當x [1，+）時，0 ，min ==e+ -2a0 ，∴a + 。 要比較與的大小，兩邊同時取以e為底的對數。只要比較a-1與（e-1）lna的大小。令 = a-1-( e-1）lna ， = 1- ，∵a + + e-1，∴a（ + ）時y單調減，a（）時y單調增，又∵ + ，當a=1時，y=0，∴當a= + 時，y0，當a=e時，y=0。∴a=e-1時，y0。 ∴當 + 時，y0，此時a-1（e-1）lna ，即。 當a=e時y0，此時a-1（e-1）lna ，即。 當ae時y0，此時a-1（e-1）lna ，即 3、（1）解：由即對恒成立， ∴ 而由知＜1 ∴ 由令則 當＜時＜0，當＞時＞0， ∵在上有最小值　∴＞1 ∴＞ 綜上所述：的取值范圍為 （2）證明：∵在上是單調增函數 ∴即對恒成立， ∴ 而當時，＞ ∴ 分三種情況： （Ⅰ）當時， ＞0 ∴f（x）在上為單調增函數 ∵ ∴f（x）存在唯一零點 （Ⅱ）當＜0時，＞0 ∴f（x）在上為單調增函數 ∵＜0且＞0 ∴f（x）存在唯一零點 （Ⅲ）當0＜時，，令得 ∵當0＜＜時，＞0；＞時，＜0 ∴為最大值點，最大值為 ①當時，，，有唯一零點 ②當＞0時，0＜，有兩個零點 實際上，對于0＜，由于＜0，＞0 且函數在上的圖像不間斷 ∴函數在上有存在零點 另外，當，＞0，故在上單調增，∴在只有一個零點 下面考慮在的情況，先證＜0 為此我們要證明：當＞時，＞，設 ，則，再設 ∴ 當＞1時，＞-2＞0，在上是單調增函數 故當＞2時，＞＞0 從而在上是單調增函數，進而當＞時，＞＞0 即當＞時，＞， 當0＜＜時，即＞e時，＜0 又＞0 且函數在上的圖像不間斷， ∴函數在上有存在零點，又當＞時，＜0故在上是單調減函數∴函數在只有一個零點 綜合（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）知：當時，的零點個數為1；當0＜＜時，的零點個數為2 4、解：（1）當k＝0時，f(x)＝1＋lnx． 因為f (x)＝，從而f (1)＝1． 又f (1)＝1， 所以曲線y＝f(x)在點 (1，f(1))處的切線方程y－1＝x－1， 即x－y＝0． ……… 3分 （2）當k＝5時，f(x)＝lnx＋－4． 因為f (x)＝，從而 當x∈(0，10)，f ′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x∈(10，＋∞)時，f ′(x)＞0，f(x)單調遞增． 所以當x＝10時，f(x)有極小值． ……………… 5分 因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之間有一個零點． 因為f(e4)＝4＋－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之間有一個零點． 從而f(x)有兩個不同的零點． …………… 8分 （3）方法一：由題意知，1+lnx－＞0對x∈(2，＋∞)恒成立， 即k＜對x∈(2，＋∞)恒成立． 令h(x)＝，則h(x)＝． 設v(x)＝x－2lnx－4，則v(x)＝． 當x∈(2，＋∞)時，v(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)為增函數． 因為v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0， 所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0． 當x∈(2，x0)時，h(x)＜0，h(x)單調遞減，當x∈(x0，＋∞)時，h(x)＞0，h(x)單調遞增． 所以當x＝x0時，h(x)的最小值h(x0)＝． 因為lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4，4.5)． 故所求的整數k的最大值為4． …………… 16分 方法二：由題意知，1+lnx－＞0對x∈(2，＋∞)恒成立． f(x)＝1+lnx－，f (x)＝． ①當2k≤2，即k≤1時，f(x)＞0對x∈(2，＋∞)恒成立， 所以f(x)在(2，＋∞)上單調遞增． 而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以滿足要求． ②當2k＞2，即k＞1時， 當x∈(2，2k)時，f ′(x)＜0， f(x)單調遞減，當x∈(2k，＋∞)，f ′(x)＞0，f(x)單調遞增． 所以當x＝2k時，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k． 從而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等價于2＋ln2k－k＞0． 令g(k)＝2＋ln2k－k，則g(k)＝＜0，從而g(k) 在(1，＋∞)為減函數． 因為g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0 ， 所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整數k＝4． 綜合①②，知所求的整數k的最大值為4． ……… 16分 5、 6、解：函數的定義域為， （1）當時，，， 而在上單調遞增，又， 當時，，則在上單調遞減； 當時，，則在上單調遞增，所以有極小值，沒有極大值． …………3分 （2）先證明：當恒成立時，有 成立． 若，則顯然成立； 若，由得，令，則， 令，由得在上單調遞增， 又因為，所以在上為負，在上為正，因此在上遞減，在上遞增，所以，從而． 因而函數若有兩個零點，則，所以， 由得，則 ， 所以在上單調遞增，所以， 所以在上單調遞增，所以 ，則，所以， 由得，則 ，所以，綜上得． …………10分 （3）由（2）知當時，恒成立，所以， 即， 設，則， 當時， ，所以在上單調遞增； 當時，，所以在上單調遞增， 所以的最大值為，即，因而， 所以，即． …………16分 7、解：（1）當時，，在處的切線斜率， 由，在處的切線斜率，，.……………4分 （2）易知函數的定義域為， 又， 由題意，得的最小值為負，（注：結合函數圖象同樣可以得到），，，（注：結合消元利用基本不等式也可）.……………………9分 （3）令，其中 則，設 在單調遞減，在區(qū)間必存在實根，不妨設 即，可得（*） 在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減，所以， ，代入（*）式得 根據題意恒成立. 又根據基本不等式,,當且僅當時,等式成立 所以,.代入（*）式得,,即………………16分 (以下解法供參考，請酌情給分) 解法2：，其中 根據條件對任意正數恒成立 即對任意正數恒成立 且，解得且， 即時上述條件成立此時. 解法3：，其中 要使得對任意正數恒成立， 等價于對任意正數恒成立，即對任意正數恒成立， 設函數，則的函數圖像為開口向上，與正半軸至少有一個交點的拋物線， 因此，根據題意，拋物線只能與軸有一個交點，即，所以. 8、解：（1）當時，，，， ………………2分 ∴函數在點處的切線方程為， 即． ……………………………………………………………………4分 （2）∵， ①當時，，函數在上單調遞增；………………………………6分 ②當時，由得， ∴時，，單調遞減；時，，單調遞增． 綜上，當時，函數的單調遞增區(qū)間為；當時，函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為． ……………………………………9分 （3）由（2）知，當時，函數在上單調遞增， ∴不可能恒成立； ………………………………………………………………10分 當時，，此時； ………………………………………………………11分 當時，由函數對任意都成立，得， ∵，∴ ………………………………13分 ∴， 設，∴ ， 由于，令，得，， 當時，，單調遞增；時，，單調遞減． ∴，即的最大值為， 此時． ………………………………………………………………… 16分 9、解：（1）,則， ∵在上單調遞增，∴對，都有， 即對，都有，∵，∴， 故實數的取值范圍是． ………………4分 (2) 設切點，則切線方程為， 即，亦即， 令，由題意得，……７分 令，則， 當時 ，，在上單調遞減； 當時，，在上單調遞增， ∴，故的最小值為． ………………１０分 （3）由題意知，， 兩式相加得，兩式相減得， 即，∴， 即，　　　　　　　　　　　　 …………１２分 不妨令，記，令，則， ∴在上單調遞增，則， ∴，則，∴， 又， ∴，即， 令，則時，，∴在上單調遞增， 又， ∴，則，即． ………………１６分 10、 11、⑴解: ，，， ，，， ……2分 依題意：，所以； ……4分 ⑵解: ，時，， ……5分 ①時，，，即 ②時，，，即 ③時，令,則. 設，則， 當時, 單調遞減;當時, 單調遞增. 所以當時, 取得極小值, 且極小值為 即恒成立，故在上單調遞增,又, 因此,當時, ,即. ……9分 綜上，當時,；當時, ；當時, ． ……10分 ⑶ 證法一：①若，由⑵知，當時, .即， 所以，時，取，即有當，恒有. ②若,即，等價于即 令,則.當時,在內單調遞增. 取,則，所以在內單調遞增. 又 即存在,當時，恒有. ……15分 綜上，對任意給定的正數，總存在正數，使得當，恒有. ……16分 證法二：設，則， 當時，，單調減，當時，，單調增， 故在上有最小值，， ……12分 ①若，則在上恒成立， 即當時，存在，使當時,恒有； ②若，存在，使當時,恒有； ③若，同證明一的②， ……15分 綜上可得，對任意給定的正數，總存在,當時,恒有. ……16分 2、解: (Ⅰ) 當時，，，故，解得．…………3分 （Ⅱ）問題即為圓與以為圓心1為半徑的圓有兩個交點，即兩圓相交．設，則，即，，，必定有解； ………………6分 ，， 故有解，須，又，從而． ………………8分 （Ⅲ）顯然在區(qū)間上為減函數，于是，若，則對任意，有． 當時，，令， 則．令，則，故在上為增函數，又，，因此存在唯一正實數，使．故當時，，為減函數；當時，，為增函數，因此在有最小值，又，化簡得，． ……………13分 下面證明：當時，對，有． 當時，．令， 則，故在上為減函數，于是． 同時，當時，． 當時，；當時，． 結合函數的圖像可知，對任意的正數，存在實數、滿足，使得． 綜上所述，正整數的最大值為3． ………………16分