《首发》专题04 导数-高考数学（理）二轮专项习题练（解析版） WORD版含解析.doc

1、专题04 导数及其应用一、选择题1(2018全国卷)设函数，若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A B C DD【解析】通解 因为函数为奇函数，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为故选D优解一 因为函数为奇函数，所以，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为故选D优解二 易知，因为为奇函数，所以函数为偶函数，所以，解得，所以，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为故选D2设直线,分别是函数= 图象上点，处的切线，与垂直相交于点，且，分别与轴相交于点，则的面积的取值范围是A(0,1) B(0,2) C(0,+) D(1,+)A【解析】不妨设，

2、由于，所以，则又切线：，于是，所以，联立，解得，所以，因为，所以，所以的取值范围是，故选A3若函数的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称具有T性质下列函数中具有T性质的是ABCDA【解析】设函数的图象上两点，则由导数的几何意义可知，点P，Q处切线的斜率分别为，若函数具有T性质,则=1对于A选项，显然=1有无数组解，所以该函数具有T性质；对于B选项，显然=1无解，故该函数不具有T性质；对于C选项，0，显然=1无解，故该函数不具有T性质；对于D选项，0，显然=1无解，故该函数不具有T性质故选A4若定义在上的函数满足，其导函数满足 ，则下列结论中一定错误的是A BC DC 【

3、解析】 取满足题意得函数，若取，则，所以排除A若取，则，所以排除D；取满足题意的函数，若取，则，所以排除B，故结论一定错误的是C5若是函数的极值点，则的极小值为A B C D1A【解析】，所以，令，解得或，所以当，单调递增；当时，单调递减；当，单调递增，所以的极小值为，选A6函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是 A B C DD【解析】由导函数的图象可知，的单调性是减增减增，排除 A、C；由导函数的图象可知，的极值点一负两正，所以D符合，选D7函数在2,2的图像大致为A BC DD【解析】当时，令函数，则，易知在0，）上单调递增，在，2上单调递减，又，所以存在是函数的极小值点，即函数

4、在上单调递减，在上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为D8（2015四川）如果函数在区间单调递减，那么的最大值为A16 B18 C25 DB【解析】（解法一）时，抛物线的对称轴为据题意，当时，即由且得当时，抛物线开口向下，据题意得，即由且得，故应舍去.要使得取得最大值，应有所以，所以最大值为18选B（解法二）由已知得，对任意的，所以，即画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，令，则当时，当时，由线性规划的相关知识，只有当直线与曲线相切时，取得最大值，由，解得，所以，选B9设函数是奇函数的导函数，当时，则使得f (x)0成立的的取值范围是A BC DA【解析】令，因为为奇函数，

5、所以为偶函数，由于，当时， ，所以在上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，数形结合可知，使得成立的的取值范围是10设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是A B C DD【解析】由题意可知存在唯一的整数，使得，设，由，可知在上单调递减，在上单调递增，作出与的大致图象如图所示，故，即，所以二、填空题11(2018全国卷)曲线在点处的切线方程为_【解析】，当时，曲线在点处的切线方程为，即12(2018全国卷)曲线在点处的切线的斜率为，则_【解析】，当时，曲线在点处的切线方程为，即13若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 【解析】设与和的切点分别为 和则切线分别为，化简得，依题意，解

6、得，从而14已知为偶函数，当时，则曲线，在点处的切线方程是_【解析】由题意可得当时,，则，则在点处的切线方程为，即15已知函数，若对于任意的，均有成立，则实数a的取值范围为_【答案】【解析】解：，任意的，恒成立，所以单调递增，不妨设，则，又，故等价于，即，设，易知函数在上为减函数，故在上恒成立，即在上恒成立，设，则，故函数在上为减函数，则，故故答案为：16设，其中均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）； 【解析】 令，当时，则 在R上单调递增函数，此时仅有一个实根，所以(4)(5)对；当时，由得，所以 是的极小值点由，得,即，(3)对 是的极大值点，由

7、，得，即，(1)对17已知函数，（其中）对于不相等的实数，设，现有如下命题：对于任意不相等的实数，都有；对于任意的及任意不相等的实数，都有；对于任意的，存在不相等的实数，使得；对于任意的，存在不相等的实数，使得其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）【解析】（1）设，函数单调递增，所有，则=0，所以正确；（2）设，则，则，可令=1，=2，则，所以错误；（3）因为，由（2）得：，分母乘到右边，右边即为，所以原等式即为=，即为=，令，则原题意转化为对于任意的，函数存在不相等的实数， 使得函数值相等，则，则，令，且，可得为极小值若，则，即，单调递增，不满足题意，所以错误（4）由(3) 得=，则，设，

8、有，使其函数值相等，则不恒为单调，恒成立，单调递增且，所以先减后增，满足题意，所以正确18已知函数，则方程实根的个数为 4【解析】当时，此时方程即为或，故或，此时符合题意，方程有一个实根当时，方程即为或，即或，令，则，函数在上单调递减，且时，所以当时，方程无解；令，则，函数在上单调递减，且时，时，所以当时，方程有一个实根当时，方程即为或，即或，令，则，函数在上单调递增，且时，时，所以当时方程有1个实根；同理在有1个实根故方程实根的个数为4个三、解答题19(2018全国卷)已知函数(1)讨论的单调性；(2)若存在两个极值点，证明：【解析】(1)的定义域为，（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递

9、减（ii）若，令得，或当时，；当时，所以在，单调递减，在单调递增(2)由(1)知，存在两个极值点当且仅当由于的两个极值点，满足，所以，不妨设，则由于，所以等价于设函数，由(1)知，在单调递减，又，从而当时，所以，即20(2018全国卷)已知函数(1)若，证明：当时，；(2)若在只有一个零点，求【解析】(1)当时，等价于设函数，则当时，所以在单调递减而，故当时，即(2)设函数在只有一个零点当且仅当在只有一个零点（i）当时，没有零点；（ii）当时，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增故是在的最小值若，即，在没有零点；若，即，在只有一个零点；若，即，由于，所以在有一个零点，由(1)知，当时，所以

10、故在有一个零点，因此在有两个零点综上，在只有一个零点时，21(2018全国卷)已知函数(1)若，证明：当时，；当时，；(2)若是的极大值点，求【解析】(1)当时，设函数，则当时，；当时，故当时，且仅当时，从而，且仅当时，所以在单调递增又，故当时，；当时，(2)（i）若，由(1)知，当时，这与是的极大值点矛盾（ii）若，设函数由于当时，故与符号相同又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点如果，则当，且时，故不是的极大值点如果，则存在根，故当，且时，所以不是的极大值点如果，则则当时，；当时，所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，22(2018北京)设函数(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求；(2)

11、若在处取得极小值，求的取值范围【解析】(1)因为，所以（）=由题设知，即，解得此时所以的值为1(2)由(1)得若，则当时，；当时，所以在处取得极小值若，则当时，所以所以2不是的极小值点综上可知，的取值范围是23(2018天津)已知函数，其中(1)求函数的单调区间；(2)若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，证明；(3)证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线【解析】(1)由已知，有令，解得由，可知当变化时，的变化情况如下表：00+极小值所以函数的单调递减区间，单调递增区间为(2)证明：由，可得曲线在点处的切线斜率为由，可得曲线在点处的切线斜率为因为这两条切线平行，故有，即两边取以

12、a为底的对数，得，所以(3)证明：曲线在点处的切线：曲线在点处的切线：要证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，使得l1和l2重合即只需证明当时，方程组有解，由得，代入，得 因此，只需证明当时，关于的方程有实数解设函数，即要证明当时，函数存在零点，可知时，；时，单调递减，又，故存在唯一的，且，使得，即由此可得在上单调递增，在上单调递减 在处取得极大值因为，故，所以下面证明存在实数，使得由(1)可得，当时，有，所以存在实数，使得因此，当时，存在，使得所以，当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线24(2018江苏)记分别为函数的导函数若存在，满足且，则称为函

13、数与的一个“点”(1)证明：函数与不存在“点”；(2)若函数与存在“点”，求实数a的值；(3)已知函数，对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由【解析】(1)函数，则，由且，得，此方程组无解，因此，与不存在“点”(2)函数，则设为与的“点”，由且，得，即，（*）得，即，则当时，满足方程组（*），即为与的“点”因此，的值为(3)对任意，设因为，且的图象是不间断的，所以存在，使得令，则函数，则由且，得，即，（*）此时，满足方程组（*），即是函数与在区间内的一个“点”因此，对任意，存在，使函数与在区间内存在“点”25(2018浙江)已知函数(1)若在，()处导数相等，证明：；(2

14、)若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点【解析】(1)函数的导函数，由得，因为，所以由基本不等式得因为，所以由题意得设，则，所以160+所以在上单调递增，故，即(2)令，则，所以，存在使，所以，对于任意的及，直线与曲线有公共点由得设，则，其中由(1)可知，又，故，所以，即函数在上单调递减，因此方程至多1个实根综上，当时，对于任意，直线与曲线有唯一公共点26已知函数（1）讨论的单调性；（2）若方程有两个不相等的实数根，求证：【答案】（1）时，在上是增函数，时，在和上是增函数,在上是减函数 （2）证明见解析【解析】（1）易知的定义域为，且，时，在上恒正，所以在上单调递增，时，对于，当，即时，在

15、上是增函数；当，即时，有两个正根，所以，单调递增，单调递减综上，时，在上是增函数，时，在和上是增函数,在上是减函数 （2）令，方程有两个不相等的实根函数有两个零点，由定义域为且当时，恒成立，在上单调递增，则至多有一个零点，不符合题意；当时，得，在上单调递增，在上单调递减要使有两个零点，则，由解得 此时 易知当时，令，所以，时，在为增函数，在为增函数，所以，即所以函数在与各存在一个零点综上所述，. 证明证明时，成立设，则易知在上递减，在上单调递减，所以.27已知f（x）4x（1）当a时，求证：f（x）0；（2）当a时，求函数f（x）在0，2a上的最大值证明：（1）a时，f（x）4x4（ex1x）

16、，f（x）4（ex11），令f（x）0，解得x1，当x1时，f（x）0，函数f（x）在（1，+）单调递增，当x1时，f（x）0，函数f（x）在（，1）单调递减，f（x）f（1）0，问题得以证明；（2）f（x）aex4xx0，2a，f（x）aex4，令f（x）0，解得xln，当a4时，xln0，即f（x）0，f（x）在0，2a上单调递增，f（x）maxf（2a）ae2a8a；当a4时，xln0，设h（a）2aln，h（a）20，即h（a）在（，+）上单调递增，h（a）h（）10，即2aln，0ln2a，当x0，ln）时，f（x）0，即f（x）单调递减，当xln，2a时，f（x）0，即f（x）单调

17、递增，f（x）在0，2a上的最大值为f（0）和f（2a）中的较大者，f（2a）f（0）a（e2a9）a（9），设g（x），则g（x）在（e，+）上恒小于0，g（e）g（4），即ln4，43，9，f（2a）f（0），f（x）在0，2a上的最大值为f（2a）ae2a8a；综上所述函数f（x）在0，2a上的最大值ae2a8a28已知函数，其中e为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性；（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.【答案】（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.【解析】（1）,当时,函数在内单调递增；当时,令,解得或,当或时,则单调递增,当时,则单调递减,函数的单调递增区间为和,单调递减区间为（2）（）当时,所以在上无零点；（）当时,若,即,则是的一个零点；若,即,则不是的零点（）当时,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以当时,在上单调递增。又，所以（）当时,在上无零点；（）当时,又,所以此时在上恰有一个零点； 当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,因为,所以此时在上恰有一个零点,综上,24