江苏省2023高考数学一轮复习 专题突破训练 导数及其应用

江苏省2016年高考一轮复习专题突破训练导数及其应用一、填空题1、（2014年江苏高考）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、（2013年江苏高考）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2015届高三第二次调研（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2015届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2015届高三教学情况调研（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、（2015届江苏苏州高三9月调研）函数的图象经过四个象限的充要条件是▲7、（常州市2015届高三上期末）曲线在点处的切线方程为▲8、（常州市武进区2015届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2015届高三第一次调研测）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2014届高三第三次模拟）设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c为常数)的导函数为f′(x)．对任意x∈R，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▲．21\n12、（通州高级中学等五校2015届高三12月联考）函数的单调递减区间为　▲　13、（南京、盐城市2014届高三第二次模拟（淮安三模））设函数f(x)＝ax＋sinx＋cosx．若函数f(x)的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线y＝f(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2015届高三上学期中考试）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2014届高三12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、（2015年江苏高考）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、（2014年江苏高考）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（x03+3x0）成立，试比较与的大小，并证明你的结论。3、（2013年江苏高考）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。21\n4、（2015届南京、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2015届高三教学情况调研（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2015届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2015届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.21\n8、（苏州市2015届高三上期末）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2015届高三上期末）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2015届高三上期末）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2015届高三上期末）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a＝c＝1，b＝0，试比较f（x）与g（x）的大小，并说明理由；（3）若b＝c＝0，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、（2014江苏百校联考一）已知函数()，其图像在处的切线方程为．函数，．(Ⅰ)求实数、的值；（Ⅱ）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21\n的距离为1，求的取值范围；（Ⅲ）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yxOy＝2x—1y＝—x3、　　　　　　　4、5　　　　　　　　　5、　　　　　6、7、　　　8、9、-3或－4　　　　10、2－2　　　　11、．21\n12、（0,1]　　　　　　13、[－1，1]　　　　　　14、15、2x－y－1＝0二、解答题1、解：（1）令得到，①当时，恒成立，在定义域内单调递增；②当时，时，时，，；③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=，21\n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（x03+3x0）成立。即+（x03+3x0）令=+（x3+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。21\n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：（Ⅰ）当时，＞0∴f（x）在上为单调增函数∵∴f（x）存在唯一零点（Ⅱ）当＜0时，＞0∴f（x）在上为单调增函数∵＜0且＞0∴f（x）存在唯一零点（Ⅲ）当0＜时，，令得∵当0＜＜时，＞0；＞时，＜021\n∴为最大值点，最大值为①当时，，，有唯一零点②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，＞-2＞0，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21\n综合（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）知：当时，的零点个数为1；当0＜＜时，的零点个数为24、解：（1）当k＝0时，f(x)＝1＋lnx．因为f¢(x)＝，从而f¢(1)＝1．又f(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程y－1＝x－1，即x－y＝0．………3分（2）当k＝5时，f(x)＝lnx＋－4．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x＝10时，f(x)有极小值．………………5分因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点．因为f(e4)＝4＋－4＞0，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+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．令h(x)＝，则h¢(x)＝．设v(x)＝x－2lnx－4，则v¢(x)＝．当x∈(2，＋∞)时，v¢(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)为增函数．因为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．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x＝x0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21\n方法二：由题意知，1+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立．f(x)＝1+lnx－，f¢(x)＝．①当2k≤2，即k≤1时，f¢(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．②当2k＞2，即k＞1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x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k．从而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0．令g(k)＝2＋ln2k－k，则g¢(k)＝＜0，从而g(k)在(1，＋∞)为减函数．因为g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0，所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整数k＝4．综合①②，知所求的整数k的最大值为4．………16分5、21\n6、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21\n，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，21\n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21\n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）∵，①当时，，函数在上单调递增；………………………………6分②当时，由得，21\n∴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，21\n即，亦即，令，由题意得，……７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．………………１０分（3）由题意知，，两式相加得，两式相减得，即，∴，即，　　　　　　　　　　　　…………１２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，21\n又，∴，则，即．………………１６分10、21\n11、⑴解:，，，，，，……2分依题意：，所以；……4分⑵解:，时，，……5分①时，，，即②时，，，即③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⑶证法一：①若，由⑵知，当时,.即，所以，时，取，即有当，恒有.②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21\n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①若，则在上恒成立，即当时，存在，使当时,恒有；②若，存在，使当时,恒有；③若，同证明一的②，……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:(Ⅰ)当时，，，故，解得．…………3分（Ⅱ）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21\n，，故有解，须，又，从而．………………8分（Ⅲ）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21