2019-2020年高考數(shù)學一輪復(fù)習 專題突破訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用.doc

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2019-2020年高考數(shù)學一輪復(fù)習 專題突破訓(xùn)練 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)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(nèi)部與邊界）。若點是區(qū)域內(nèi)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(diào)研（淮安三模））在平面直角坐標系中，若曲線在(為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線與直線垂直，則實數(shù)的值為 ▲ ． 4、（鹽城市xx高三第三次模擬考試）若函數(shù)有兩個極值點，其中，且，則方程的實根個數(shù)為 ▲ . 5、（蘇錫常鎮(zhèn)四市xx高三教學情況調(diào)研（一））若曲線與曲線在處的兩條切線互相垂直，則實數(shù)的值為 6、（xx江蘇蘇州高三9月調(diào)研）函數(shù)的圖象經(jīng)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(shù)是定義在上的偶函數(shù)，，且時，，則不等式的解集是 ▲ 9、（南通市xx高三第一次調(diào)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(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c為常數(shù))的導(dǎo)函數(shù)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(shù)的單調(diào)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(shè)函數(shù)f(x)＝ax＋sinx＋cosx．若函數(shù)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(shù)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(diào)研）已知函數(shù),滿足,,,,則函數(shù)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(shù)， （1）試討論的單調(diào)性， （2）若（實數(shù)是與無關(guān)的常數(shù)），當函數(shù)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(shù)+ ，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)。 （1）證明：是R上的偶函數(shù)； （2）若關(guān)于x 的不等式m+m1在（0，+）上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍； （3）已知正數(shù)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(jié)論。 3、（xx江蘇高考）設(shè)函數(shù)，，其中為實數(shù)。 （1）若在上是單調(diào)減函數(shù)，且在上有最小值，求的取值范圍； （2）若在上是單調(diào)增函數(shù)，試求的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論。 4、（xx南京、鹽城市高三二模）已知函數(shù)，其中為常數(shù). (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(shù)，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(diào)研（二））已知函數(shù)，其導(dǎo)數(shù)記為（為自然對數(shù)的底數(shù)） （1）求函數(shù)的極大值； （2）解方程； （3）若存在實數(shù)使得，求證： 6、（泰州市xx高三第二次模擬考試）己知，其中常數(shù)． （1）當時，求函數(shù)的極值； （2）若函數(shù)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(shè)函數(shù)，. （1）當時，函數(shù)與在處的切線互相垂直，求的值； （2）若函數(shù)在定義域內(nèi)不單調(diào)，求的取值范圍； （3）是否存在實數(shù),使得對任意正實數(shù)恒成立？若存在，求出滿足條件的實數(shù)；若不存在，請說明理由. 8、（蘇州市xx高三上期末）已知函數(shù)，其中為自然對數(shù)底數(shù). （1）當時，求函數(shù)在點處的切線方程； （2）討論函數(shù)的單調(diào)性，并寫出相應(yīng)的單調(diào)區(qū)間； （3）已知，若函數(shù)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(shù)，． (1)若函數(shù)在上單調(diào)遞增，求實數(shù)的取值范圍； (2) 若直線是函數(shù)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(shè)函數(shù)在點處的切線方程為. (1)求實數(shù)及的值； (2)求證：對任意實數(shù)，函數(shù)有且僅有兩個零點. 11、（揚州市xx高三上期末）已知函數(shù)。 （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(shù)a，總存在正數(shù)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(shù)()，其圖像在處的切線方程為．函數(shù)，． (Ⅰ)求實數(shù)、的值； （Ⅱ）以函數(shù)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(shù)，對于任意的，存在實數(shù)、滿足，使得． 參考答案 一、填空題 1、【答案】 【提示】根據(jù)點在曲線上，曲線在點處的導(dǎo)函數(shù)值等于切線斜率，，，將帶入得，解得，則 2、解：本題主要考察導(dǎo)數(shù)的幾何意義及線性規(guī)劃等基礎(chǔ)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(nèi)單調(diào)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(yīng)有，即（a） 當時，應(yīng)有，即 （b） 對于（a）：的取值范圍應(yīng)在內(nèi)，根據(jù)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(shù) （2）∵+2=21 ，∴，∴m（）1，∴m= ， 令= ，= ，∴x時 單調(diào)減，x時單調(diào)增，∴min== ，若關(guān)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(shù)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(shù)。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(diào)減，a（）時y單調(diào)增，又∵ + ，當a=1時，y=0，∴當a= + 時，y0，當a=e時，y=0?！郺=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(diào)增函數(shù) ∴即對恒成立， ∴ 而當時，＞ ∴ 分三種情況： （Ⅰ）當時， ＞0 ∴f（x）在上為單調(diào)增函數(shù) ∵ ∴f（x）存在唯一零點 （Ⅱ）當＜0時，＞0 ∴f（x）在上為單調(diào)增函數(shù) ∵＜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(shù)在上的圖像不間斷 ∴函數(shù)在上有存在零點 另外，當，＞0，故在上單調(diào)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(shè) ，則，再設(shè) ∴ 當＞1時，＞-2＞0，在上是單調(diào)增函數(shù) 故當＞2時，＞＞0 從而在上是單調(diào)增函數(shù)，進而當＞時，＞＞0 即當＞時，＞， 當0＜＜時，即＞e時，＜0 又＞0 且函數(shù)在上的圖像不間斷， ∴函數(shù)在上有存在零點，又當＞時，＜0故在上是單調(diào)減函數(shù)∴函數(shù)在只有一個零點 綜合（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）知：當時，的零點個數(shù)為1；當0＜＜時，的零點個數(shù)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(diào)遞減；當x∈(10，＋∞)時，f ′(x)＞0，f(x)單調(diào)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(shè)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(shù)． 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(diào)遞減，當x∈(x0，＋∞)時，h(x)＞0，h(x)單調(diào)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(shù)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(diào)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(diào)遞減，當x∈(2k，＋∞)，f ′(x)＞0，f(x)單調(diào)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(shù)． 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(shù)k＝4． 綜合①②，知所求的整數(shù)k的最大值為4． ……… 16分 5、 6、解：函數(shù)的定義域為， （1）當時，，， 而在上單調(diào)遞增，又， 當時，，則在上單調(diào)遞減； 當時，，則在上單調(diào)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(diào)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(shù)若有兩個零點，則，所以， 由得，則 ， 所以在上單調(diào)遞增，所以， 所以在上單調(diào)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(shè)，則， 當時， ，所以在上單調(diào)遞增； 當時，，所以在上單調(diào)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(shù)的定義域為， 又， 由題意，得的最小值為負，（注：結(jié)合函數(shù)圖象同樣可以得到），，，（注：結(jié)合消元利用基本不等式也可）.……………………9分 （3）令，其中 則，設(shè) 在單調(diào)遞減，在區(qū)間必存在實根，不妨設(shè) 即，可得（*） 在區(qū)間上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以， ，代入（*）式得 根據(jù)題意恒成立. 又根據(jù)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(jù)條件對任意正數(shù)恒成立 即對任意正數(shù)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(shù)恒成立， 等價于對任意正數(shù)恒成立，即對任意正數(shù)恒成立， 設(shè)函數(shù)，則的函數(shù)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(jù)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(shù)在點處的切線方程為， 即． ……………………………………………………………………4分 （2）∵， ①當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增；………………………………6分 ②當時，由得， ∴時，，單調(diào)遞減；時，，單調(diào)遞增． 綜上，當時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為；當時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為． ……………………………………9分 （3）由（2）知，當時，函數(shù)在上單調(diào)遞增， ∴不可能恒成立； ………………………………………………………………10分 當時，，此時； ………………………………………………………11分 當時，由函數(shù)對任意都成立，得， ∵，∴ ………………………………13分 ∴， 設(shè)，∴ ， 由于，令，得，， 當時，，單調(diào)遞增；時，，單調(diào)遞減． ∴，即的最大值為， 此時． ………………………………………………………………… 16分 9、解：（1）,則， ∵在上單調(diào)遞增，∴對，都有， 即對，都有，∵，∴， 故實數(shù)的取值范圍是． ………………4分 (2) 設(shè)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(diào)遞減； 當時，，在上單調(diào)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(diào)遞增，則， ∴，則，∴， 又， ∴，即， 令，則時，，∴在上單調(diào)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(shè)，則， 當時, 單調(diào)遞減;當時, 單調(diào)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(diào)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(nèi)單調(diào)遞增. 取,則，所以在內(nèi)單調(diào)遞增. 又 即存在,當時，恒有. ……15分 綜上，對任意給定的正數(shù)，總存在正數(shù)，使得當，恒有. ……16分 證法二：設(shè)，則， 當時，，單調(diào)減，當時，，單調(diào)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(shù)，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(shè)，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(shù)，于是，若，則對任意，有． 當時，，令， 則．令，則，故在上為增函數(shù)，又，，因此存在唯一正實數(shù)，使．故當時，，為減函數(shù)；當時，，為增函數(shù)，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(shù)，于是． 同時，當時，． 當時，；當時，． 結(jié)合函數(shù)的圖像可知，對任意的正數(shù)，存在實數(shù)、滿足，使得． 綜上所述，正整數(shù)的最大值為3． ………………16分