广东省届高三数学理一轮复习专题突破训练导数及其应用.doc

广东省2017届高三数学理一轮复习专题突破训练
导数及其应用
一、选择、填空题
1、（2016年全国I卷）函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大致为
（A） （B）
（C） （D）
2、（2016年全国II卷）若直线是曲线的切线，也是曲线的切线， ．
3、（2015年全国I卷）设函数=,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得0，则的取值范围是（ ）

4、（广州市2016届高三二模）曲线在点处的切线方程为 .
5、（汕头市2016届高三二模）已知等比数列满足，，函数的导函数为，且，那么 ．
6、（深圳市2016届高三二模）设定义在上的函数满足，，则（ ）
A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，又有极小值 D．既无极大值，也无极小值
7、（佛山市2016届高三教学质量检测（一））已知是函数的一个极大值点，则的一个单调递减区间是（ ）
A． 　 B． 　　　 C． 　 D．
8、（广州市2016届高三1月模拟考试）已知为R上的连续可导函数，且，则函数的零点个数为__________
9、（惠州市2016届高三第三次调研考试）设点在曲线上，点在曲线上，则的最小值为 ．
10、（揭阳市2016届高三上期末）若函数存在唯一的零点，则实数a的取值范围为
（A） （B） （C） （D）

二、解答题
1、（2016年全国I卷）已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围；
(II)设x1，x2是的两个零点，学科.网证明：+x2<2.

2、（2015年全国I卷）已知函数f（x）=
(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线 的切线；
（Ⅱ）用 表示m,n中的最小值，设函数 ，讨论h（x）零点的个数

3、（2016年全国II卷）(I)讨论函数的单调性，并证明当时，
(II)证明：当 时，函数 有最小值.设的最小值为，求函数的值域.

4、（佛山市2016届高三二模） 设函数，函数．若直线 y = e - x 是曲线C : y = f ( x ) 的一条切线,其中e是自然对数的底数,且 f ( 1) = 1 .
(Ⅰ) 求a , b 的值；
(Ⅱ) 设0 < n < m < 1 ,证明: f ( m) > g ( n )

5、（广州市2016届高三二模）已知函数R.
(Ⅰ) 当时，求函数的最小值；
(Ⅱ) 若时,,求实数的取值范围；
（Ⅲ）求证：.

6、（茂名市2016届高三二模）已知函数,
(I) 将写成分段函数的形式（不用说明理由），并求的单调区间。
（II）若，比较与的大小。

7、（深圳市2016届高三二模）已知函数，直线为曲线的切线．
（1）求实数的值；
（2）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数的取值范围．

8、（潮州市2016届高三上期末）已知函数。
（I）若在＝1处取得极值，求实数的值；
（II）若≥5－3恒成立，求实数的取值范围；

9、（东莞市2016届高三上期末）已知函数。
（I）设，若函数在区间（0,2）内有且仅有一个极值点，求实数m的取值范围；
（II）设，若函数存在两个零点，且满足，问：函数在处的切线能否平行于直线＝1，若能，求出该切线方程，若不能，请说明理由。

10、（佛山市2016届高三教学质量检测（一））设常数，，．
（1）当时，若的最小值为，求的值；
（2）对于任意给定的正实数、，证明：存在实数，当时，．

11、（广州市2016届高三1月模拟考试）已知函数（为自然对数的底数，为常数）在点处的切线斜率为.
（Ⅰ）求的值及函数的极值；
（Ⅱ）证明：当时，；
（III）证明：对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有.

12、（惠州市2016届高三第三次调研考试）已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若存在，使得（是自然对数的底数），
求实数的取值范围。

参考答案
一、选择、填空题
1、，排除A
，排除B
时，
，当时，
因此在单调递减，排除C
故选D．
2、【解析】
的切线为：（设切点横坐标为）
的切线为：
∴
解得
∴．
3、【答案】D
【解析】
试题分析：设=，，由题知存在唯一的整数，使得在直线的下方.
因为，所以当时，＜0，当时，＞0，所以当时，=，
当时，=-1，，直线恒过（1,0）斜率且，故，且，解得≤＜1，故选D.

考点：导数的综合应用
4、
5、
6、【答案】D
【解析】的定义域为，
∵，
∴，
∴，∴，
∴．
∵，∴．
∴，
∴在上单调递增，
∴在上既无极大值也无极小值．
7、B　　8、0　　
9、　【解析】函数和函数互为反函数图像关于对称，则只有直线与直线垂直时才能取得最小值。设，则点到直线的距离为，令，则，
令得；令得，
则在上单调递减，在上单调递增。
则时，所以。
则。（备注：也可以用平行于的切线求最值）
10、D
【解析】函数存在唯一的零点，即方程有唯一的实根直线与函数的图象有唯一的交点，由，可得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，有极小值，，故当时，直线与函数的图象有唯一的交点.
或因由得或，若显然存在唯一的零点，若，在和上单调递减，在上单调递增，且故存在唯一的零点，若，要使存在唯一的零点，则有解得，综上得.

二、解答题
1、⑴ 由已知得：
① 若，那么，只有唯一的零点，不合题意；
② 若，那么，
所以当时，，单调递增
当时，，单调递减
即：

↓
极小值
↑
故在上至多一个零点，在上至多一个零点
由于，，则，
根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点．
而当时，，，
故
则的两根，， ，因为，故当或时，
因此，当且时，
又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．
此时，在上有且只有两个零点，满足题意．
③ 若，则，
当时，，，
即，单调递增；
当时，，，即，单调递减；
当时，，，即，单调递增．
即：

+
0
-
0
+

↑
极大值
↓
极小值
↑
而极大值

故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
而当时，单调递增，至多一个零点
此时在上至多一个零点，不合题意．
④ 若，那么
当时，，，即，
单调递增
当时，，，即，
单调递增
又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
⑤ 若，则
当时，，，即，
单调递增
当时，，，即，
单调递减
当时，，，即，
单调递增
即：

+
0
-
0
+

↑
极大值
↓
极小值
↑
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解
当时，单调递增，至多一个零点
此时在上至多一个零点，不合题意．
综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．

⑵ 由已知得：，不难发现，，
故可整理得：
设，则
那么，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
设，构造代数式：

设，
则，故单调递增，有．
因此，对于任意的，．
由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有
令，则有
而，，在上单调递增，因此：
整理得：．
2、【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.
解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.
因此，当时，轴是曲线的切线. ……5分
（Ⅱ）当时，，从而，
∴在（1，+∞）无零点.
当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.
当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.
(ⅰ)若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.
(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.
① 若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.
② 若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；
③ 若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分
综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. ……12分
3、【解析】⑴证明：

∵当时，
∴在上单调递增
∴时，
∴
⑵

由(1)知，当时，的值域为，只有一解．
使得，
当时，单调减；当时，单调增

记，在时，，∴单调递增
∴．
4、

5、(Ⅰ)解:当时，,则. …………………1分
令，得.
当时, ; 当时, . …………………………2分
∴函数在区间上单调递减,在区间上单调递增.
∴当时,函数取得最小值,其值为. ……………………3分
(Ⅱ)解:若时,,即.(*)
令,
则.
① 若,由(Ⅰ)知,即,故.
∴.
…………………………………………4分
∴函数在区间上单调递增.
∴.
∴(*)式成立. …………………………………………5分
②若,令,
则.
∴函数在区间上单调递增.
由于,.
…………………………………………6分
故,使得. …………………………………………7分
则当时,,即.
∴函数在区间上单调递减.
∴ ,即(*)式不恒成立. ………………………………………8分
综上所述,实数的取值范围是. ………………………………………9分
(Ⅲ)证明:由(Ⅱ)知,当时, 在上单调递增.
则,即.…………………………………10分
∴. …………………………………………11分
∴,即. …………………………………………12分
6、解：（1）………………………………………1分
……………………………………………2分
当时,单调递减，
当时,单调递增………………………………3分
所以的单调增区间为,单调减区间为………………4分
（2）令.则,
记，则时，在是增函数，
所以在上，， 在内单调递增。
而, ………………5分
, , 且.
又因为在上是增函数且连续不间断,所以在内有唯一的零点,
不妨设为,即,其中. ………………6分
又由于在内单调递增,则当时,;
当时,.
那么.
再令,则有
.……………………………………7分
1) 当时，
, 在上递增. 又
所以 时， .
故当时， ………………8分
2) 当时，
，在上单调递增.
,
,
为上单调递增且连续不间断，知在有唯一个零点,不妨设为,则,其中.
故当时,， ; …………9分
当时, ， …………10分
3) 当时，易知在上单调递减。
又,
,
为上单调递减且连续不间断, 在 有唯一的零点,不妨设为,
即,其中.由在上单调递减,
有当时,; …………11分
当时,. ……………12分
7、【解析】（1）对求导得，
设直线与曲线切于点，则
，
解得．所以的值为1．
（2）记函数，下面考察函数的符号．
对函数求导得．
当时恒成立．
当时，，
从而．
∴在上恒成立，故在上单调递减．
∵，∴．
又曲线在上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知
惟一的，使
∴．
∴，
从而
∴
由函数为增函数，且曲线在上连续不断知在，上恒成立．
①当时，在上恒成立，即在上恒成立．
记，则，
当变化时，，变化情况如下表：

极小值

∴．
故“在上恒成立”只需，即．
②当时，，当时，在上恒成立．
综合（1）（2）知，当时，函数为增函数．
故实数的取值范围是．
8.解：（Ⅰ）∵，
∴．………………………………….….. 1分
由题意得，即，解得．…………….. 2分
经检验，当时，函数在取得极大值．……….. 3分
∴.………………………………………………………..……….4分
（Ⅱ）设，则函数的定义域为．
∴当时，恒成立．
于是，故．………….…………………….……5分
∵．
∴方程有一负根和一正根，．其中不在函数定义域内．
当时，，函数单调递减．
当时，，函数单调递增．
∴在定义域上的最小值为．……………………………………….……7分
依题意．即．又，
于是，又，所以．
∴，即，…………..……9分
令，则．
当时，，所以是增函数．
又，所以的解集为．…... 11分
又函数在上单调递增，
∴．
故的取值范围是．……………………………….……………………12分
解法二：由于的定义域为，
于是可化为．……………………..……5分
设．则．
设，则．
当时，，所以在减函数．
又，
∴当时，，即当时，，
∴在上是减函数．
∴当时，.………….……..…8分
当时，先证，
设，，
是增函数且，，即，
当时，
…..11分
综上所述的最大值为2．
∴的取值范围是．………………………………………….………12分
9、

10、【解析】………………1分

将代入得,………………3分
由,得,且当时,,递减；………………4分
时,,递增；故当时,取极小值,
因此最小值为,令,解得.………………6分
(Ⅱ)因为,………………7分
记,故只需证明:存在实数,当时,,
[方法1] ,………………8分
设,,则
易知当时,,故 ………………10分
又由解得:,即
取,则当时, 恒有.
即当时, 恒有成立.………………12分
[方法2] 由,得:,………………8分
故是区间上的增函数.令,,,
则,因为,………………10分
故有
令,解得: ,
设是满足上述条件的最小正整数,取,则当时, 恒有,
即成立.………………12分

11、

12、解：（Ⅰ）．……………………（1分）
因为当时，，在上是增函数，
因为当时，，在上也是增函数，
所以当或，总有在上是增函数，……………………………（2分）
又，所以的解集为，的解集为，……（3分）
故函数的单调增区间为，单调减区间为．……………………（4分）
（Ⅱ）因为存在，使得成立，
而当时，，
所以只要即可．………………………………………（5分）
又因为，，的变化情况如下表所示：

减函数
极小值
增函数
所以在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的最小值，的最大值为和中的最大值．………（7分）
因为，
令，因为，
所以在上是增函数．
而，故当时，，即；
当时，，即．………………………………（9分）
所以，当时，，即，
函数在上是增函数，解得；…………………（10分）
当时，，即，
函数在上是减函数，解得．………………（11分）
综上可知，所求的取值范围为．……………………… (12分)