2021年高考数学 考点14 导数的应用必刷题 理（含解析）.doc

1、考点14 导数的应用1已知函数（为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）A B C D 【答案】C2函数在上的最小值为（ ）A 4 B 1 C D 【答案】C【解析因为，在【0,2】上递减，在（2,3）上递增，因此可知函数在给定区间的最大值为x=2时取得，且为-4，选C. 3已知函数，若函数在x2，+)上是单调递增的，则实数a的取值范围为( )A ( -,8) B (-,16C (-,-8)(8,+) D (-,-1616,+)【答案】B【解析】在上单调递增，则在上恒成立.则在上恒成立.所以.选B.4若在（1,3）上单调递减，则实数a的取值范围是()A (，3 B C D (

2、0,3)【答案】B5已知函数的导函数为，且对任意的恒成立，则下列不等式均成立的是()A ， B ，C ， D ，【答案】A【解析】令，则. ， ， 是减函数，则有，即，所以.选.6已知函数是定义在上的函数，且满足，其中为的导数，设，则、的大小关系是A B C D 【答案】A【解析】函数是定义在上的函数，且满足,设0,故函数F（x）是单调递增函数，则F（1）F(ln2)F(0),.故答案为：A.7直线与曲线相切于点，则（ ）A 1 B 4 C 3 D 2【答案】A8设是定义在上的奇函数,且,当时,有恒成立,则不等式的解集为( )A B C D 【答案】D【解析】设，则.当时，有恒成立当时，即在上

3、为减函数又是定义在上的奇函数，即为上的偶函数.函数的图象如图：，且根据图象可得或不等式的解集为故选D. 9若不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ）A B C D 【答案】B实数的取值范围是故选B. 10已知函数的导函数为， 且 ，则的解集为_【答案】11已知，若，使得成立，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】，则可知在单调递增，在单调递减.故.在单调递减，在单调递增.故.，使得成立，则，所以.12设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集是_【答案】 【解析】根据题意，令g（x）=x3f（x），其导函数为g（x）=3x2f（x）+x3f（x）=x23f（x）+xf（x），

4、x（，0）时，3f（x）+xf（x）0，g（x）0，g（x）在（，0）上单调递增；又不等式（x+2015）3f（x+2015）+27f（3）0可化为（x+2015）3f（x+2015）（3）3f（3），即g（x+2015）g（3），0x+20153；解得2015x2018，该不等式的解集是为（2018，2015）故答案为：（2018，2015）13已知函数.(1)若上存在极值，求实数m的取值范围；(2)求证：当时，【答案】（1）;（2）见解析当时，所以，即14已知函数在处取得极值.（1）确定的值;（2）若,讨论的单调性.【答案】（1）；（2）见解析15已知函数（1）讨论的单调性；（2若函数有两

5、个零点分别记为求的取值范围；求证：【答案】见解析；见解析；见证明要证， 即证，即证， 令，则 当时，单调递增不妨设，则，即，又 ，在上单调递减， ， ，原命题得证16已知函数（1）若对恒成立，求的值；（2）求证：（）【答案】；见证明（2）由（1）：（当且仅当时等号成立） 令，则有， ， ， 累加得，原命题得证17已知函数，当时，的最小值为0（1）求的值；（2）若，不等式在区间上有解，求的取值范围【答案】；18函数,a为实数(1)若函数y=f(x)在区间(ln2,2)内存在极值点,求a的取值范围;(2)若函数y=f(x)在区间上是单调递增函数,判断函数的零点个数【答案】（1）；（2）见解析【解析

6、】（1）， 当时，函数在区间上单调递增，在该区间内不存在极值点；当时，令，解得， 令，解得，令，解得，当时，即时，即函数在上存在一个零点，19已知函数.（1）当且时，试判断函数的单调性；（2）若且，求证：函数在上的最小值小于；（3）若在单调函数，求的最小值.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）由题可得， 设，则，所以当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，所以，因为，所以，即，所以函数在上单调递増. （2）由（1）知在上单调递増，因为，所以，所以存在，使得，即，即，所以函数在上单调递减，在上单调递増，所以当时，.令，则恒成立，所以函数在上单调递减，所以，所以，即当时

7、，故函数在上的最小值小于.（3），由为上的单调函数，可知一定为单调增函数因此，令，当时，；当时，在上为增函数时,与矛盾 当时,当时,，令，则 当时,的最小值为.20已知函数,R. （）当时,求的单调区间和极值；（)若关于的方程恰有两个不等实根,求实数的取值范围；【答案】（1）在和上单调递增,在上单调递减，, ； （2）.【解析】（）解:当时,函数,则. 令,得,当变化时,的变化情况如下表: +-+极大值极小值在和上单调递增,在上单调递减. 当时,当时,. （）依题意,即. 则令,则. 当时,故单调递增（如图）, 且；当时,故单调递减,且.函数在处取得最大值. 故要使与恰有两个不同的交点,只需.

8、实数的取值范围是.21已知函数.(1)若直线过点（1，0），并且与曲线相切，求直线的方程；(2)设函数在1,e上有且只有一个零点，求的取值范围.(其中R，e为自然对数的底数)【答案】（1） ； （2）或.【解析】（1）设切点坐标为（x0，y0），则y0=x0lnx0,切线的斜率为lnx0+1，所以切线l的方程为y-x0lnx0=（lnx0+1）（x-x0），又切线l过点（1，0），所以有-x0lnx0=（lnx0+1）(1-x0)，即lnx0=x0-1，设h（x）=lnx-x+1，则 ，x（0,1），h（x）单调递增，x（1, ），h（x）单调递减，h（x）max=h(1)=0有唯一解，所以x

9、0=1，y0=0.所以直线l的方程为y=x-1. （2）因为g（x）=xlnx-a（x-1），注意到g（1）=0，所以所求问题等价于函数g（x）=xlnx-a（x-1）在（1，e上没有零点.因为 .所以由 lnx+1-a00xea-1,所以g（x）在（0，ea-1）上单调递减，在（ea-1，）上单调递增. 当ea-11，即a1时，g（x）在（1,e上单调递增，所以g（x）g(1)=0.此时函数g（x）在（1,e上没有零点， 当1ea-1e,即1a2时，g（x）在1,ea-1)上单调递减，在（ea-1,e上单调递增，又因为g（1）=0，g（e）=e-ae+a，g（x）在(1,e上的最小值为g（e

10、a-1）=a-ea-1，所以（i）当1a时，g（x）在1,e上的最大值g（e）0，即此时函数g（x）在(1,e上有零点.（ii）当a2时，g（e）0，即此时函数g（x）在（1,e上没有零点，当eea-1即a2时，g（x）在1,e上单调递减，所以g（x）在1,e上满足g（x）g(1)=0，此时函数g（x）在(1,e上没有零点. 综上，所求的a的取值范围是或.22已知函数(1)若时，讨论的单调性；(2)若有两个极值点，求的取值范围【答案】(1) 的减区间是，增区间是和(2) 【解析】 (1)时， 时，或时 的减区间是，增区间是和 (2)若有两个极值点，则须有两个不等异号正零点令，故须有两个不等异号

11、正零点则时， 不可能有两个不等正零点故不可能有两个极值点时，时，；时，故在上单减，在上单增须解得 ， 而，故在上和上各一个异号零点 有两个不等异号正零点 有两个极值点综上，的取值范围是23已知函数（1）求函数在上的值域；（2）若 ，恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）（2）【解析】（1）易知，在上单调递减， 时， 在上的值域为 （2）令，则， 24已知函数.(1)试判断函数的单调性;(2)设,求在上的最大值;(3)试证明:对任意,不等式都成立(其中是自然对数的底数).【答案】（1）函数在上单调递增,在上单调递减（2）（3）见解析因此对任意恒有.因为,所以,即.因此对任意,不等式.25已知函数，其中常数.（1）当时，求函数的单调减区间；（2）设定义在上的函数在点处的切线方程为，若在内恒成立，则称为函数的“类对称点”，当时，试问是否存在“类对称点”，若存在，请求出一个“类对称点”的横坐标，若不存在，请说明理由.【答案】(1)单调递减 (2) 存在“类对称点”，其横坐标为所以在点处的切线方程为，令则又则令得或 当，即时，令，则，所以函数在区间上单调递减，又易知所以当时，从而有时，当，即时，令，则，所以在上单调递减，所以当时，从而有时，所以当时，函数不存在“类对称点”当时，所以函数在上是增函数，若，若， 故恒成立所以当时，函数存在“类对称点”，其横坐标为。