2019-2020年高考數學 專題03 導數與應用分項試題（含解析）理.doc

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2019-2020年高考數學 專題03 導數與應用分項試題（含解析）理 一、選擇題 1．【xx河南省南陽一中三?！筷P于函數，下列說法錯誤的是（ ） A. 是的極小值點 B. 函數有且只有1個零點 C. 存在正實數，使得恒成立 D. 對任意兩個正實數，且，若，則 【答案】C ∴函數y=f（x）﹣x有且只有1個零點，即B正確； f（x）＞kx，可得k＜ + ， 令g（x）= + 則g′（x） 令h（x）=﹣4+x﹣xlnx，則h′（x）=﹣lnx， ∴（0，1）上，函數單調遞增，（1，+∞）上函數單調遞減， ∴h（x）≤h（1）＜0，∴g′（x）＜0， ∴g（x）= +在（0，+∞）上函數單調遞減，函數無最小值， ∴不存在正實數k，使得f（x）＞kx恒成立，即C不正確； 對任意兩個正實數x1，x2，且x2＞x1， （0，2）上，函數單調遞減，（2，+∞）上函數單調遞增， 若f（x1）=f（x2），則x1+x2＞4，正確． 故選：C． 2．【xx河南省洛陽市尖子生聯(lián)考】已知函數有三個不同的零點，，（其中），則的值為（ ） A. B. C. D. 【答案】D 當x∈（0，1）時，g′（x）＜0；當x∈（1，e）時，g′（x）＞0；當x∈（e，+∞）時，g′（x）＜0． 即g（x）在（0，1），（e，+∞）上為減函數，在（1，e）上為增函數． ∴0＜x1＜1＜x2＜e＜x3， a==，令μ=， 則a=﹣μ，即μ2+（a﹣1）μ+1﹣a=0， μ1+μ2=1﹣a＜0，μ1μ2=1﹣a＜0， 對于μ=，μ′= 則當0＜x＜e時，μ′＞0；當x＞e時，μ′＜0．而當x＞e時，μ恒大于0． 畫其簡圖， 點睛：先分離變量得到a=，令g（x）=．求導后得其極值點，求得函數極值，則使g（x）恰有三個零點的實數a的取值范圍由g（x）==，再令μ=，轉化為關于μ的方程后由根與系數關系得到μ1+μ2=1﹣a＜0，μ1μ2=1﹣a＜0，再結合著μ=的圖象可得到（1﹣）2（1﹣）（1﹣）=1． 3．【xx浙江省溫州市一?！恳阎瘮档膶Ш瘮档膱D象如圖所示，則函數的圖象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 4．【xx吉林省百校聯(lián)盟九月聯(lián)考】已知當時，關于的方程有唯一實數解，則距離最近的整數為（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】由可得： ， 令，則， 令，則， 由可得，函數h(x)單調遞增， 函數h(x)的最小值為， 則存在滿足h(x)=0， 據此可得：距離最近的整數為3. 本題選擇B選項. 點睛：(1)利用導數研究函數的單調性的關鍵在于準確判定導數的符號．關鍵是分離參數k，把所求問題轉化為求函數的最小值問題． (2)若可導函數f(x)在指定的區(qū)間D上單調遞增(減)，求參數范圍問題，可轉化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立問題，從而構建不等式，要注意“＝”是否可以取到． 5．【xx遼寧省大連八中模擬】設函數在上存在導函數，對任意的實數都有，當時， .若，則實數的取值范圍是( ) A. B. C. D. 【答案】A 6．【xx遼寧省遼南協(xié)作校一?！恳阎瘮翟谏蠞M足，則曲線在點處的切線方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由可得，即代入可得，即，故，則切線的斜率，因為，所以切線方程為，即，應選答案D。 點睛：解答本題的關鍵是求出函數的解析表達式，求解時充分利用題設中提供 的函數解析式方程，巧妙運用變量替換得到方程，即，然后代入解得，即，然后再運用導數的幾何意義從而使得問題巧妙獲解。 7．【xx江西省紅色七校聯(lián)考】已知函數，關于的不等式只有兩個整數解，則實數的取值范圍是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 即當x=時,函數f(x)取得極大值,同時也是最大值f()==， 即當0時,00得>0，此時有無數個整數解，不滿足條件。 若a>0， 則由+af(x)>0得f(x)>0或f(x)0時，不等式由無數個整數解，不滿足條件。 當a<0時,由+af(x)>0得f(x)>?a或f(x)<0， 當f(x)<0時，沒有整數解， 則要使當f(x)>?a有兩個整數解， ∵f(1)=ln2,f(2)= =ln2,f(3)= ， ∴當f(x)?ln2時,函數有兩個整數點1,2,當f(x)? 時，函數有3個整數點1，2，3 ∴要使f(x)>?a有兩個整數解， 則??ae時,g′(t)>0， 當01. 【答案】(Ⅰ)a≥-7；(Ⅱ)證明見解析. （Ⅰ）由f(x)=x2++aln x，得f(x)=2x-+, 由已知得2x-+≥0在x∈[2,3]上恒成立，即a≥-2x2 恒成立. 設g (x)=-2x ，則g(x )=- -4x <0，所以g(x)在x∈[2,3]上單調遞減， g(x)max =g(2)=-7，所以a≥-7. （Ⅱ）證明:|k|＞1等價于||＞1，等價于| |＞|x1-x2|, 而| |=| =|x1-x2||2+-| 所以只需要證明|2+-|＞1. 即a＜x1+x2+或a＞3x1+x2+， 而a＞3x1+x2+，顯然不可能對一切正實數x1x2 均成立， 所以只需要證a＜x1+x2+成立. 因為x1+x2+＞x1x2+，設t=,M(t)=t2+ (t＞0) 得M’(t)=2t-當t=時M’(t)=0 在t∈（0， )上，M(t)遞減；在t∈（,+∞)上，M(t)遞增 所以M(t)≥3=＞4≥a，所以a＜x1x2+ 所以||＞1，即當a≤4時，|K|＞1. 20．【xx廣西柳州模擬】已知為實數，函數. （1）若是函數的一個極值點，求實數的取值； （2）設，若，使得成立，求實數的取值范圍. 【答案】(1) ,(2) . 解析：（1）函數定義域為 ， . ∵是函數的一個極值點，∴，解得. 經檢驗時， 是函數的一個極小值點，符合題意， ∴. （2）由，得， 記， ∴， ∴當 時， ， 單調遞減； 當時， ， 單調遞増. ∴， ∴，記， ∴ . ∵，∴， ∴， ∴時， ， 單調遞減； 時， ， 單調遞增， ∴， ∴. 故實數的取值范圍為. 點睛：本題考查函數的導數的綜合應用，函數的最值的求法，極值的求法，用到了變量集中的方法. 21．【xx海南省八校聯(lián)考】設函數，其中. (1)若直線與函數的圖象在上只有一個交點，求的取值范圍； (2)若對恒成立，求實數的取值范圍. 【答案】(1) 或；(2) ． 解析：(1)當時， ， 令時得； 令得， 遞增； 令得， 遞減， ∴在處取得極小值，且極小值為， ∵， ， ∴由數形結合可得或. (2)當時， ， ，令得； 令得， 遞增； 令得， 遞減， ∴在處取得極小值，且極小值為， ∵，∴， ∵當即時， ，∴，即，∴無解， 當即時， ，∴，即，又，∴，綜上， . 點睛：函數交點問題，研究函數的單調性找函數最值，求參；恒成立求參，對于分段函數來講，分段討論最值即可． 22．【xx湖南省永州市一模】已知函數. （1）若在區(qū)間有最大值，求整數的所有可能取值； （2）求證：當時， . 【答案】（1） ；（2）證明見解析. ，只需證明即可. 試題解析：（1）f′(x)＝（x2＋x－2）ex， 當x<－2時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增， 當－2＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減， 當x＞1時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增， 由題知：a＜－2＜a+5，得：－7＜a＜－2， 則a＝－6、－5、－4、－3， 當a＝－6、－5、－4，顯然符合題意， 若a＝－3時，f(－2)＝5e―2，f(2)＝e2，f(－2)＜f(2)，不符合題意，舍去． 故整數a的所有可能取值－6，―5，－4． （2）f(x)＜－3lnx＋x3+(2x2－4x)ex+7可變?yōu)?－x2＋3x－1)ex＜－3lnx＋x3+7， 令g(x)＝(－x2＋3x－1)ex，h(x)=－3lnx＋x3+7， g′(x)＝(－x2＋x＋2)ex， 0＜x＜2時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增， 當x＞2時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減， g(x)的最大值為g(2)＝e2， h′(x)＝，當0＜x＜1時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減， 當x＞1時，h′(x)＞0，h(x)單調遞增， h(x)的最小值為h(1)＝8＞e2， g(x)的最大值小于h(x)的最小值， 故恒有g(x)＜h(x)，即f(x)＜－3lnx＋x3+(2x2－4x)ex+7． 23．【xx廣東省珠海六校聯(lián)考】設函數有兩個極值點，且 （I）求的取值范圍，并討論的單調性； （II）證明： 【答案】：（Ⅰ）因為，設， 依題意知得，所以的取值范圍是 由得，由得， 所以函數的單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間， 其中， 且. （Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，設， 所以在遞減，又在處連續(xù)，所以， 即. 24．【xx廣東省珠海九月模擬】函數 (1)討論的單調性； (2)若函數有兩個極值點，且，求證： 【答案】(1) 時， 在上單減，在上單增； 時， 在上單減，在和上單增; 時， 在上單增;(2)見解析. 試題解析： 解： 的定義域是, (1)由題設知， 令，這是開口向上，以為對稱軸的拋物線． 在時，當，即時， ，即在上恒成立． ②當，即時，由得 令， 則， 1) 當即，即時， 時， ，即, 時， ，即 2) 當時，即，即時 時， ，即 或時， ，即 綜上: 時， 在上單減，在上單增； 時， 在上單減，在和上單增; 時， 在上單增． (2)若函數有兩個極值點，且 則必是，則，則， 且在上單減，在和上單增， 則 、是的二根 ，即， 若證成立，只需證 即證對恒成立 設 當時， ， ， 故,故在上單增 故 對恒成立 25．【xx吉林省長春一模】已知函數，． （Ⅰ）若函數與的圖像在點處有相同的切線，求的值； （Ⅱ）當時，恒成立，求整數的最大值； （Ⅲ）證明： ． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）；（Ⅲ）證明見解析. 試題解析：(Ⅰ)由題意可知，和在處有相同的切線， 即在處且， 解得. （Ⅱ）現證明，設， 令，即， 因此，即恒成立， 即， 同理可證. 由題意，當時，且， 即， 即時，成立. 當時，，即不恒成立. 因此整數的最大值為2. （Ⅲ）由，令， 即，即 由此可知，當時，， 當時，， 當時，， …… 當時，. 綜上： . 即. 26．【xx陜西省西工大附中六?！恳阎瘮? (1) 求的極值； (2) 當時，求證： 【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析. 試題解析： (1)∵， 時， 遞增； 時， 遞減， ∴在時取極小值，極小值為，無極大值. （2）因為，所以只需證明. 設，則， 所以遞增，又， 所以有且只有一個根，記為，∴. 在遞減，在遞增，所以 ∵ ， 設，∵，∴遞增. ，∴，∴，故結論成立. 27．【xx湖北武漢市調研】已知函數（）（…是自然對數的底數）. （1）求單調區(qū)間； （2）討論在區(qū)間內零點的個數. 【答案】(1) 當時， ， 單調增間為，無減區(qū)間； 當時， 單調減間為，增區(qū)間為 (2) 所以或或時， 有兩個零點； 當且時， 有三個零點 試題解析：（1） 當時， ， 單調增間為，無減區(qū)間； 當時， 單調減間為，增區(qū)間為 （2）由得或 先考慮在區(qū)間的零點個數 當時， 在單調增且， 有一個零點； 當時， 在單調遞減， 有一個零點； 當時， 在單調遞減， 單調遞增. 而，所以或時， 有一個零點，當時， 有兩個零點 而時，由得 所以或或時， 有兩個零點； 當且時， 有三個零點. 【方法點晴】本題主要考查的是利用導數研究函數的單調性、利用導數研究函數的零點，屬于難題．利用導數研究函數的單調性進一步求函數最值的步驟：①確定函數的定義域；②對求導；③令，解不等式得的范圍就是遞增區(qū)間；令，解不等式得的范圍就是遞減區(qū)間. 28．【xx陜西省西工大附中七模】已知函數. （1）當時，求函數的最值； （2）當時，對任意都有恒成立，求實數的取值范圍； （3）當時，設函數，數列滿足， ，求證： ， . 【答案】（1），無最大值.（2）（3）見解析 試題解析：（1）∵，∴， ∴，令，得，則隨變化如下： 所以，無最大值. （2）設，則， 當時，且， ，函數在上是增加的， ∴， 成立； 當時，令，得，當， ， 函數在上是減小的，而，所以，當時， ， 所以不恒成立， 綜上，對任意都有恒成立時， . （3）∵，∴， 又，當時， ，∴在上是增加的， 所以，當時，∵，∴， 而，∴成立. ，假設時， 成立，那么當時， ， 而，∴成立. 綜合， 得： ， 成立. 29．【xx河北石家莊二中八月模擬】已知函數. （Ⅰ）求的單調區(qū)間； （Ⅱ）若，若對任意，存在，使得 成立，求實數的取值范圍. 【答案】(1) 的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間時;(2) . ，使得成立， 的圖象與直線有交點， 方程在上有解. 試題解析： （Ⅰ）因為， 所以， 因為的定義域為，當時， 或時， 所以的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間時. （Ⅱ）由（Ⅰ）知， 在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時， 又， 所以對任意，存在，使得成立， 存在，使得成立， 存在，使得成立， 因為 表示點與點之間距離的平方， 所以存在，使得成立， 的圖象與直線有交點， 方程在上有解， 設，則， 當時， 單調遞增，當時， 單調遞減， 又，所以的值域是， 所以實數的取值范圍是. 30．【xx河北石家莊二中八月模擬】已知函數. （Ⅰ）當時，求的最大值與最小值； （Ⅱ）討論方程的實根的個數. 【答案】(1) 最小值是,最大值是;(2) 時，方程有1個實根； 時，方程有3個實根. 試題解析： （Ⅰ）因為， 所以， 令得， 的變化如下表： 在上的最小值是， 因為， 所以在上的最大值是. （Ⅱ）， 所以或， 設，則， 時， ， 時， ， 所以在上是增函數，在上是減函數， ， 且， （?。┊敃r，即時， 沒有實根，方程有1個實根； （ⅱ）當時，即時， 有1個實根為零，方程有1個實根； （ⅲ）當時，即時， 有2不等于零的實根，方程有3個實根. 綜上可得， 時，方程有1個實根； 時，方程有3個實根.