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1、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=2x2e|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
2、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：+x22.2、（2015年全国I卷）已知函数f（x）= ()当
3、a为何值时，x轴为曲线 的切线；（）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 .() 求a , b 的值；() 设0 n m g ( n )5、（广州市2016届高三二模）已知函数R. () 当时，求函数的最小值；() 若时,求实数的取值范围； （）求证：.6、（茂名市2016
4、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53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
5、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.（）求的值及函数的极值；（）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（）求函数的单调区间；（）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D2、【解析】 的切线为：（设切点横坐标为）的切
6、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、B8、09、【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
7、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、由已知得：若，那么，只有唯一的零点，不合题意；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，满足题意若，则，当时，即，单调递
8、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：
9、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】（）；（）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：（）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（）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.()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. ()若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递
10、增，故当=时，取的最小值，最小值为=. 若0，即0，在（0,1）无零点. 若=0，即，则在（0,1）有唯一零点； 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】证明： 当时， 在上单调递增 时， 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、()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 ()解:若时,即.(*) 令,则.
11、若,由()知,即,故. . 4分 函数在区间上单调递增. . (*)式成立. 5分 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()证明:由()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.
12、 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
13、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：（），. 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（）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
14、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()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
15、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：（）（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）（）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)
广东省高三数学理一轮复习专题突破训练导数及其应用
