2019-2023高考数学真题分类汇编6 函数的导数及其应用（1）

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2019-2023高考数学真题分类汇编6 函数的导数及其应用1
一、选择题
1．（2023·全国甲卷）曲线在点处的切线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】，
，
即此时该切线方程的斜率为，
曲线在点处的切线方程为，即
故选：C
【分析】利用导数求出在的值，即为点处切线的斜率，由直线点斜式方程得出答案.
2．（2023·新高考Ⅱ卷）已知函数f(x)=在区间单调递增，则a的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】 在区间单调递增，
时，恒成立，
在恒成立，即，
设，由复合函数单调性可知在单调递减，
故选：C
【分析】根据在区间单调递增，利用在区间恒成立，分离参数转化成另一恒成立问题，构造新函数求其最值即得答案。
3．（2022·全国乙卷）函数 在区间 的最小值、最大值分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】 ，
由于 在区间 和 上 ，即 单调递增；
在区间 上 ，即 单调递减，
又 ， ， ，
所以 在区间 上的最小值为 ，最大值为 .
故选：D
【分析】利用导数求得 的单调区间，从而判断出 在区间 上的最小值和最大值.
4．（2022·全国甲卷）已知 ，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；单位圆与三角函数线
【解析】【解答】解：因为，因为当，sinx所以 ，即， 所以c>b ；
设，
f'(x)=-sinx+x>0 ，所以f(x)在（0，+∞）单调递增，
则， 所以 ，
所以b>a， 所以c>b>a ，
故选：A
【分析】由结合三角函数的性质可得c>b；构造函数，利用导数可得b>a，即可得解.
5．（2022·全国甲卷）当 时，函数 取得最大值 ，则 （　　）
A．-1 B． C． D．1
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】因为函数f(x)定义域为（0，+∞），所以依题可知，f(1)=-2 ，f'(1)=0，
又 ，
则，解得 ，
所以，
由f'(x)>0，得01，
因此函数f(x)在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
则当x=1时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
【分析】根据题意可知f(1)=-2 ，f'(1)=0，列式即可解得a，b，再根据f'(x)即可解出．
6．（2023·北京卷）已知数列满足，则（　　）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】B
【知识点】导数的四则运算；数列的函数特性
【解析】【解答】由 得 ，令，则，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，注意到，和时，单调递增，时，单调递减，和时，和时
A、 ， ，
当时，，，，
假设当时，，
当时，，，
综上：，即，
时，， 为递减数列，
由，
令，则，
由二次函数知在单调递减，
时，
在上单调递增，，
，即，
假设存在常数，使得恒成立 ，
取，其中，且
，，，，，，
上式相加得，
，与 恒成立矛盾，A错误；
B、 ，当时，，，，
假设当时，，
当时，，，
又当时，，，
假设当时，，
当时，，，
综上：，
时，， 为递增数列
取时，满足题意，B 正确；
C、 ， ，
当 时，，，，
猜想当时，，
当与时满足，
假设当时，，
当时，，，
综上：
，，
时，， 为递减数列，
假设 存在常数，使得恒成立 ，
记，取，其中，且
，，即
，故 不恒成立，C错误；
D、 ，，，
假设当时，，
当时，，，
综上：，
时，，， 为递增数列，
由，
令，则，
由二次函数知在单调递增，
时，
在上单调递增，，
，即，
假设 存在常数，使得恒成立
取，其中，且
，，，，，，
上式相加得，
，与 恒 成立矛盾，D错误。
故选：B
【分析】将 变形得到 构造函数，利用导数判断单调性进而得到数列的增减性，逐一分析选项。
7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为 ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且 则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．[18，27]
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：记正四棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，
则，
则l=6cosθ，m=l·sinθ=6sinθcosθ，，
则正四棱锥的体积，
令y=sinθcos2θ=sinθ(1-sin2θ)=x(1-x2)=-x3+x，x=sinθ，
则y'=-3x2+1，故当，y'<0，当，y'>0，
则，
，
故该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C
【分析】由题意正四棱锥的结构特征，结合余弦定理得，进而求得正四棱锥的体积，令x=sinθ，构造函数y=sinθcos2θ=-x3+x，利用导数研究函数的单调性与最值，求得y的最值，从而求得V的最值.
二、多项选择题
8．（2023·新高考Ⅱ卷）若f(x)=alnx++(a≠0)既有极大值也有极小值，则（　　）
A．bc>0 B．ab>0 C． D．ac<0
【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；一元二次方程
【解析】【解答】 定义域为，，
既有极大值又有极小值，在有两个变号零点，即在有两个不等实数根，
，，，
，，即，故A错误，B、C、D正确
故选：BCD
【分析】先求导数，转化为有两个变号零点，进而转化为一元二次方程有两个不等实数根。
9．（2022·新高考Ⅱ卷）函数 的图象以 中心对称，则（　　）
A． 在 单调递减
B． 在 有2个极值点
C．直线 是一条对称轴
D．直线 是一条切线
【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性
【解析】【解答】由题意得： ，所以 ， ，
即 ，
又 ，所以 时， ，故 ．
对于A：当 时， ，由正弦函数 图象知 在 上是单调递减；
对于B：当 时， ，由正弦函数 图象知 只有1个极值点，由 ，解得 ，即 为函数的唯一极值点；
对于C：当 时， ， ，直线 不是对称轴；
对于D：由 得： ，
解得 或 ，
从而得： 或 ，
所以函数 在点 处的切线斜率为 ，
切线方程为： 即 ．
故答案为：AD
【分析】先根据已知条件求出 的值，从而求得函数得解析式 ，再根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可得解．
10．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 则（　　）
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线 的对称中心
D．直线 是曲线 的切线
【答案】A,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令f'(x)=3x2-1=0，得或，
当或时，f'(x)>0，当时，f'(x)<0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)有两个极值点为或，故A正确；
又所以f(x)只有一个零点，故B错误；
由f(x)+ f(-x)=2可知，点(0，1)是曲线y= f(x)的对称中心，故C正确；
曲线y=f(x)在点(1，1)处的切线的斜率为k=f'(1)=2，则切线方程为y=2x-1，故D错误.
故选：AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，极值，零点，以及函数的对称中心，结合导数的几何意义，逐项判断即可.
三、填空题
11．（2023·上海卷）公园修建斜坡，假设斜坡起点在水平面上，斜坡与水平面的夹角为，斜坡终点距离水平面的垂直高度为4米，游客每走一米消耗的体能为，要使游客从斜坡底走到斜坡顶端所消耗的总体能最少，则　 　 ；
【答案】
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】设斜坡距离为S，消耗总体能W
根据题意，即，则
则
令，∴，即，解得
结合余弦函数及其变换可知，此时
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
即当，取得最小值，
故答案为： .
【分析】根据题意表达出总体能与坡面夹角的函数关系，利用导数分析其单调性与最值得出答案.
12．（2022·新高考Ⅱ卷）写出曲线 过坐标原点的切线方程：　 　，　 　．
【答案】；
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解： 因为 ，当 时 ，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 ，又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 ，即 ；
当 时 ，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 ，又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 ，即 ；
故答案为：
【分析】分 和 两种情况讨论，当 时设切点为 ，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出 ，即可求切线方程，当 时同理求解即可.
13．（2022·全国乙卷）已知 和 分别是函数 （ 且 ）的极小值点和极大值点．若 ，则a的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解： ，
因为 分别是函数 的极小值点和极大值点，
所以函数 在 和 上递减，在 上递增，
所以当 时， ，当 时， ，
若 时，当 时， ，则此时 ，与前面矛盾，
故 不符合题意，
若 时，则方程 的两个根为 ，
即方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，令 ，则 ，
设过原点且与函数 的图象相切的直线的切点为 ，
则切线的斜率为 ，故切线方程为 ，
则有 ，解得 ，
则切线的斜率为 ，
因为函数 与函数 的图象有两个不同的交点，
所以 ，解得 ，
又 ，所以 ，
综上所述， 的范围为 .
【分析】由 分别是函数 的极小值点和极大值点，可得 时， ， 时， ，再分 和 两种情况讨论，方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，构造函数 ，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.
14．（2023·全国乙卷）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】 ∵函数在上单调递增，
∴在上恒成立，
令，故只需证
则，
则在上单调递增，且
∴，
即，
∴，即，解得或，
又∵
∴，
故答案为：
【分析】结合题意求导将问题转化成导函数大于0恒成立问题，重新构造函数，求导分析计算该函数的最小值大于0即得答案.
四、解答题
15．（2022·全国甲卷）已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（1）若 ，求a：
（2）求a的取值范围．
【答案】（1）解：由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；
（2）解： ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，
设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或 ，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
- 0 + 0 - 0 +
-1
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；
（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.
16．（2023·北京卷）设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求的极值点个数．
【答案】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）对求导，利用，，求解 的值；
（2）对 求导，求出和区间得到 的单调区间；
（3）通过求解 的变号零点个数来求的极值点个数．
17．（2023·全国甲卷）已知
（1）若，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当，即 ，
则，
令，即，解得，
令，即，解得，
令，即，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减
（2）令，，
∴，，
∴必然存在在单调递减，
∴，即，解得a<3，
检验，当a<3时， 是否恒成立，
令
∴，
令，
∴，
当时，，
∴在单调递增，
∴，即，
∴在单调递减，故此时恒成立；
∴综上所述：a<3.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1)将a=代入原函数，求导结合同角三角函数间的关系及变换消元转化成关于cosx的函数表达式，结合因式分解对其导函数正负性分析即可得出 的单调性；
(2)令，注意到结合函数变化易分析，从而缩小a的分析范围，在a<3时，结合整体换元简化式子结构并对再求导分析此时函数极值范围得出其正负性，进而得出的函数单调性继而得出答案.
18．（2023·全国甲卷）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）当时，，
则，
在单调递减；
（2）令
则，
，又，
，解得.
检验当时，，有，
即在上单调递减，
，符合题意，
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1)对求导，利用导数判断单调性；
(2)构造，结合，将问题转化为并验证得出答案。
19．（2023·天津卷）已知函数．
（1）求曲线在处切线的斜率；
（2）当时，证明：；
（3）证明：．
【答案】（1）解：由 得（x>-1且x≠0）．
∴
故曲线 在处切线的斜率 ；
（2）解： 要证 ，即证，
∵ ，
∴即证，
令
∴
>0，
∴在上单调递增，在上单调递减，且，
∴在上单调递增，此时，
∴，即，
证毕
（3）解：令(n>0且)，
则有，
∴，
令，则，
由(2)得，
∴，
即在定义域范围内单调递减，
此时，
∴有，即证得；
由(2)得，当，，则，
构造，
则，
∴在上单调递减，则有，
即，
整理得，
∴，
∴，
整理得，
∴，
，
.......
累加得：
即，
综上所述， ．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)对求导，此时函数在 切线斜率，即为在该点处的导数；
(2)为证明，整理式子结构即证，结合求导对单调性进行分析得出答案；
(3)构造，由阶乘(n！)与对数运算联想构造作差去阶乘符号得出，将函数单调性问题转化成的正负性问题，求导分析得证单调递减，易得出此时上限；为证明其下限可结合(2)中结论对对数部分进行不等式放缩，逆构造，得出，进而由进行再裂项结合累加求和得证下限；
20．（2023·全国乙卷）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
（3）若在存在极值，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，，
，
，且 ，
在处的切线方程为，
即
（2）由，
∴，
由，
∴的定义域为，
若存在关于直线对称，
则定义域也对称，即，
且，即，
由得，
若，即，
∴，解得，
综上所述，当时， 曲线关于直线对称.
（3）由 ，
∴，
∵在存在极值 ，
∴在存在变号零点 ，
当，整理得
令
则，
∵，同时注意到
∴
①若，则，此时在上单调递减，结合，
∴在上单调递减，故此时不存在变号零点 ；
②若，
i)，易得，此时在上单调递增，结合，
∴在上单调递增，故此时不存在变号零点 ；
ii)，令，即，则，
此时在上单调递减，在上单调递减，
结合，故成立
(或
令，其中，
则
∴在上单调递增，，
故)
∴若在上存在变号零点，
由零点存在性定理，需证存在有；
即在且时恒成立，
故，
令，，
∴，
故在上单调递增，且，
∴，即，
，
故存在使得在且时恒成立，
综上，当，在上存在变号零点，即 在存在极值.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)根据导数可求得某点出切线斜率，代入点斜式直线方程得出答案；
(2)由对称函数定义域对称得出对称轴，根据对称函数关系建立等式得出a值；
(3)将存在极值转化为导函数存在变号零点问题，进一步构造函数，由导数正负结合参数a分类分析及零点存在性原理检验变号零点的存在.
21．（2023·全国乙卷）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程.
（2）若函数在单调递增，求的取值范围.
【答案】（1）当时，，
，
，且 ，
在处的切线方程为.
（2）.
∴函数的定义域为 ，
又∵在单调递增，
在恒成立
又，
，
即在恒成立，
令，
则，
且要使在恒成立，
设且趋于0，则在单调递增，
，，又，则在单调递增
，解得.
检验当时，，
即此时在 单调递增，且，
∴
则在 单调递增，且，
即在恒成立，
综上所述，实数a的取值范围是.
【知识点】导数的四则运算；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求，再求斜率，利用点斜式得出切线方程；
（2）将问题转化为在恒成立，整理重新构造函数逐步求导分析恒成立问题。
22．（2023·上海卷）已知，取点过其曲线作切线交轴于，取点过其曲线作切线交轴于，若则继续，若则停止，以此类推得到数列.
（1）若正整数，证明；
（2）若正整数，试比较与大小；
（3）若正整数，是否存在使得依次成等差数列 若存在，求出的所有取值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）根据题意，可设 过其曲线 切线交y轴于，
由 ，
则，
则过的斜率，
∴此时切线方程为，即.
令x=0，即由，证毕；
（2）由(1)得，故 -()=
令，
则，
∴在上单调递减，
令，则.
故在上单调递增，在单调递减，
即，
∴，即，
∴-()≤0，即.
（3）由(1)易得，，....，，
①假设存在 依次成等差数列，设公差为d，
∴，
∴，
由，由(2)可知，
∴，即方程无实数解；
∴当时，依次成等差数列不成立；
②当成等差数列，即，
∵，
∴，
∴，即
令，
则
∵，即n>0，∴，
∴在上单调递增，
又∵，，
∴在上必存在一个零点使得，
∴方程有唯一解，
即存在k=3时，成等差数列.
综上所述，存在k=3时，成等差数列.
【知识点】利用导数研究函数的极值；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)根据题意，可得到切线方程与y轴交点与切点的前后关系，故可设，结合题意按一般求导法求切线方程易证得；
(2)由(1)结合作差法易，令且构造函数，求导得出函数极值从而得出二者大小关系；
(3)假设对任意的k满足 依次成等差数列 ，将式子变形整理易得，结合(2)可知该方程无解，故此时假设不成立；另假设特殊情形成等差数列进而消元转化成只含的方程，转化成函数与x轴交点问题，求导进行单调性分析即得答案.
23．（2023·新高考Ⅱ卷）
（1）证明：当 时，
（2）已知函数 若是 的极大值点， 求a的取值范围.
【答案】（1）令，，则在恒成立，
在单调递增，，
有
令，，则
则，
，
在单调递增，
在单调递增，
，
有，
综上：当时，.
（2）由函数 可知定义域
是的极大值点，且
∴必然在某个范围内单调递减，
即有
有
，
代入显然
，解得，
.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）构建新函数，求导进行分析单调性与极值，进而作差比较不等式恒成立问题；
（2）由题意可转化为是的变号零点，且由函数在连续，故总存在某个区间使得单调递减，即，同时满足上述条件即得答案.
24．（2022·天津市）已知，函数
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】（1）解：，故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）解：（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的几何意义得出切线的斜率，再结合代入法和函数的解析式得出切点坐标，再利用点斜式和转化法得出函数在处的切线方程。
（2） （i）当时，利用曲线和有公共点，故有解，设，故，故在上有解，设，故在上有零点，再利用求导的方法判断函数的单调性和零点存在性定理，再结合不等式恒成立问题求解方法和函数的单调性求最值的方法，进而得出实数b的取值范围。
（ii）利用曲线和有公共点，所以有解，其中，若，则，该式不成立，故，故，考虑直线，再利用表示原点与直线上的动点之间的距离，再结合几何法得出，当时，有，故成立，当时，即证，设，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的值域，再结合不等式恒成立问题求解方法和分析法证出不等式成立。
25．（2022·浙江）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）已知 ，曲线 上不同的三点 处的切线都经过点 ．证明：
（ⅰ）若 ，则 ；
（ⅱ）若 ，则 ．
（注： 是自然对数的底数）
【答案】解：（Ⅰ）
故 的减区间为 ，增区间为 .
（Ⅱ）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，
故 ，
故方程 有3个不同的根，
该方程可整理为 ，
设 ，
则
，
当 或 时， ；当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： 且 ，
此时 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，故 ，
故 .
（ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： ，
因为 ，故 ，
又 ，
设 ， ，则方程 即为：
即为 ，
记
则 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，即证 ，
即证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
故 ，
故 ，
故即证： ，
即证：
即证： ，
记 ，则 ，
设 ，则 即 ，
故 在 上为增函数，故 ，
所以 ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，故 ，
故 即 ，
故原不等式得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导数的性质即可求得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i） 因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，故有3个不同的根，整理为 ，令 ，由题意得到函数g（x）有三个不同的零点，利用导数求得极值， 故 且 ， 且 ， 设 利用导数性质能证明 ，所以 .
（ⅱ）有三个不同的零点，设 ， ，则转化为 有三个不同的根， 在三个不同的零点，且，推导出要证明结论，只需证明 ，由此能证明 ．
26．（2022·新高考Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）当 时， ，求a的取值范围；
（3）设 ，证明： ．
【答案】（1）解：解：
当 时， 单调递减；
当 吋， 单调递增.
（2）令
对 恒成立
又
令
则
①若 ，即
所以 ，使得当 时，有 单调递增 ，矛盾
②若 ，即 时，
在 上单调递减， ，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围足 .
（3）证明：取 ，则 ，总有 成立，
令 ，则 ，
故 即 对任意的 恒成立.
所以对任意的 ，有 ，
整理得到： ，
故
，
故不等式成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，令，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
27．（2022·全国乙卷）已知函数 ．
（1）当 时，求 的最大值；
（2）若 恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当 时，
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ 的最大值=f（1）=-1-ln1=-1
（2）解： 定义域为（0，+∞）
根据（1）得：a=0时，f（x）max=-1＜0，∴f（x）无零点
当a＜0时， x＞0，ax-1＜0，又x2＞0
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ x＞0，f（x）≤f（1）=a-1＜0，∴f（x）无零点
当a＞0时，
①当0＜a＜1时， ＞1
x （0，1） 1 （1， ） （ ，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈（0， ]，f（x）≤f（1）=a-1＜0，
又 f（x）=+∞，∴f（x）恰有一个零点
②当a=1时， ，
∴f（x）在（0，+∞）上递增，
由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点
③当a＞1时， ∈（0，1]
x （0， ） （ ，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈[ ，+∞），f（x）≥f（1）=a-1＞0，
又 f（x）=-∞，∴f（x）恰有一个零点
综上所得a取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点
【解析】【分析】（1）将 代入，再对函数求导利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值；
（2）求导得 ，分a=0、a＜0及a＞0三种情况讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
28．（2022·全国甲卷）已知函数 ．
（1）若 ，求a的取值范围；
（2）证明：若 有两个零点 ，则 ．
【答案】（1） 解： 由题意得，函数f(x)的定义域为 ，
，
令f'(x)=0， 得x=1 ，
当x∈（0，1），f'(x)<0， f(x)单调递减，
当x∈（1，+∞），f'(x)>0， f(x)单调递增 ，
若f(x)≥0，则e+1-a≥0， 即a≤e+1 ，
所以a的取值范围为（-∞，e+1）
（2）证明：由题知， 一个零点小于1，一个零点大于1
不妨设
要证 ，即证
因为 ，即证
因为 ，即证
即证
即证
下面证明 时，
设 ，
则
设
所以 ，而
所以 ，所以
所以 在 单调递增
即 ，所以
令
所以 在 单调递减
即 ，所以 ；
综上， ，所以
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）由化归思想，将原问题转化要证明 恒成立问题 ，构造函数 ， 再利用导数研究函数的单调性与最值即可得证.
29．（2022·全国乙卷）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在区间 各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）解： 的定义域为
当 时， ，所以切点为 ，所以切线斜率为2
所以曲线 在点 处的切线方程为
（2）解：
设
1°若 ，当 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
2°若 ，当 ，则
所以 在 上单调递增所以 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
3°若
①当 ，则 ，所以 在 上单调递增
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递减
当 单调递增
所以
当
当
所以 在 上有唯一零点
又 没有零点，即 在 上有唯一零点
②当
设
所以 在 单调递增
所以存在 ，使得
当 单调递减
当 单调递增，
又
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递增，当 单调递减
有
而 ，所以当
所以 在 上有唯一零点， 上无零点
即 在 上有唯一零点
所以 ，符合题意
所以若 在区间 各恰有一个零点，求 的取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点
【解析】【分析】（1）先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）求导，对a分类讨论，对 分 两部分研究.
30．（2022·北京）已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）设 ，讨论函数 在 上的单调性；
（III）证明：对任意的 ，有 ．
【答案】（Ⅰ） ，则 ，又 ，
故所求切线方程为
（Ⅱ） ，
又 ，
故 对 成立， 在 上单调递增
（III）证明：不妨设 ，
由拉格朗日中值定理可得：
其中 ，即
，其中 ，即
由 在 上单调递增，故
∴
∴ 证毕
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）对函数求导得，分别计算，根据直线的点斜式方程即可求切线方程；
（2）由（1）知，利用放缩法可得，即可判断的单调性；
（3） 不妨设 ，由拉格朗日中值定理可得 ，，即 ， ，由 （2）的结论，得 ， 即，即可证明.
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2019-2023高考数学真题分类汇编6 函数的导数及其应用1
一、选择题
1．（2023·全国甲卷）曲线在点处的切线方程为（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·新高考Ⅱ卷）已知函数f(x)=在区间单调递增，则a的最小值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2022·全国乙卷）函数 在区间 的最小值、最大值分别为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2022·全国甲卷）已知 ，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2022·全国甲卷）当 时，函数 取得最大值 ，则 （　　）
A．-1 B． C． D．1
6．（2023·北京卷）已知数列满足，则（　　）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为 ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36 ，且 则该正四棱锥体积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．[18，27]
二、多项选择题
8．（2023·新高考Ⅱ卷）若f(x)=alnx++(a≠0)既有极大值也有极小值，则（　　）
A．bc>0 B．ab>0 C． D．ac<0
9．（2022·新高考Ⅱ卷）函数 的图象以 中心对称，则（　　）
A． 在 单调递减
B． 在 有2个极值点
C．直线 是一条对称轴
D．直线 是一条切线
10．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数 则（　　）
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线 的对称中心
D．直线 是曲线 的切线
三、填空题
11．（2023·上海卷）公园修建斜坡，假设斜坡起点在水平面上，斜坡与水平面的夹角为，斜坡终点距离水平面的垂直高度为4米，游客每走一米消耗的体能为，要使游客从斜坡底走到斜坡顶端所消耗的总体能最少，则　 　 ；
12．（2022·新高考Ⅱ卷）写出曲线 过坐标原点的切线方程：　 　，　 　．
13．（2022·全国乙卷）已知 和 分别是函数 （ 且 ）的极小值点和极大值点．若 ，则a的取值范围是　 　．
14．（2023·全国乙卷）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是　 　.
四、解答题
15．（2022·全国甲卷）已知函数 ，曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（1）若 ，求a：
（2）求a的取值范围．
16．（2023·北京卷）设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求的极值点个数．
17．（2023·全国甲卷）已知
（1）若，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
18．（2023·全国甲卷）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若，求的取值范围．
19．（2023·天津卷）已知函数．
（1）求曲线在处切线的斜率；
（2）当时，证明：；
（3）证明：．
20．（2023·全国乙卷）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
（3）若在存在极值，求a的取值范围.
21．（2023·全国乙卷）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程.
（2）若函数在单调递增，求的取值范围.
22．（2023·上海卷）已知，取点过其曲线作切线交轴于，取点过其曲线作切线交轴于，若则继续，若则停止，以此类推得到数列.
（1）若正整数，证明；
（2）若正整数，试比较与大小；
（3）若正整数，是否存在使得依次成等差数列 若存在，求出的所有取值，若不存在，请说明理由.
23．（2023·新高考Ⅱ卷）
（1）证明：当 时，
（2）已知函数 若是 的极大值点， 求a的取值范围.
24．（2022·天津市）已知，函数
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
25．（2022·浙江）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）已知 ，曲线 上不同的三点 处的切线都经过点 ．证明：
（ⅰ）若 ，则 ；
（ⅱ）若 ，则 ．
（注： 是自然对数的底数）
26．（2022·新高考Ⅱ卷）已知函数 ．
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）当 时， ，求a的取值范围；
（3）设 ，证明： ．
27．（2022·全国乙卷）已知函数 ．
（1）当 时，求 的最大值；
（2）若 恰有一个零点，求a的取值范围．
28．（2022·全国甲卷）已知函数 ．
（1）若 ，求a的取值范围；
（2）证明：若 有两个零点 ，则 ．
29．（2022·全国乙卷）已知函数 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在区间 各恰有一个零点，求a的取值范围．
30．（2022·北京）已知函数 ．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）设 ，讨论函数 在 上的单调性；
（III）证明：对任意的 ，有 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】，
，
即此时该切线方程的斜率为，
曲线在点处的切线方程为，即
故选：C
【分析】利用导数求出在的值，即为点处切线的斜率，由直线点斜式方程得出答案.
2．【答案】C
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】 在区间单调递增，
时，恒成立，
在恒成立，即，
设，由复合函数单调性可知在单调递减，
故选：C
【分析】根据在区间单调递增，利用在区间恒成立，分离参数转化成另一恒成立问题，构造新函数求其最值即得答案。
3．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】 ，
由于 在区间 和 上 ，即 单调递增；
在区间 上 ，即 单调递减，
又 ， ， ，
所以 在区间 上的最小值为 ，最大值为 .
故选：D
【分析】利用导数求得 的单调区间，从而判断出 在区间 上的最小值和最大值.
4．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；单位圆与三角函数线
【解析】【解答】解：因为，因为当，sinx所以 ，即， 所以c>b ；
设，
f'(x)=-sinx+x>0 ，所以f(x)在（0，+∞）单调递增，
则， 所以 ，
所以b>a， 所以c>b>a ，
故选：A
【分析】由结合三角函数的性质可得c>b；构造函数，利用导数可得b>a，即可得解.
5．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】因为函数f(x)定义域为（0，+∞），所以依题可知，f(1)=-2 ，f'(1)=0，
又 ，
则，解得 ，
所以，
由f'(x)>0，得01，
因此函数f(x)在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，
则当x=1时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
【分析】根据题意可知f(1)=-2 ，f'(1)=0，列式即可解得a，b，再根据f'(x)即可解出．
6．【答案】B
【知识点】导数的四则运算；数列的函数特性
【解析】【解答】由 得 ，令，则，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，注意到，和时，单调递增，时，单调递减，和时，和时
A、 ， ，
当时，，，，
假设当时，，
当时，，，
综上：，即，
时，， 为递减数列，
由，
令，则，
由二次函数知在单调递减，
时，
在上单调递增，，
，即，
假设存在常数，使得恒成立 ，
取，其中，且
，，，，，，
上式相加得，
，与 恒成立矛盾，A错误；
B、 ，当时，，，，
假设当时，，
当时，，，
又当时，，，
假设当时，，
当时，，，
综上：，
时，， 为递增数列
取时，满足题意，B 正确；
C、 ， ，
当 时，，，，
猜想当时，，
当与时满足，
假设当时，，
当时，，，
综上：
，，
时，， 为递减数列，
假设 存在常数，使得恒成立 ，
记，取，其中，且
，，即
，故 不恒成立，C错误；
D、 ，，，
假设当时，，
当时，，，
综上：，
时，，， 为递增数列，
由，
令，则，
由二次函数知在单调递增，
时，
在上单调递增，，
，即，
假设 存在常数，使得恒成立
取，其中，且
，，，，，，
上式相加得，
，与 恒 成立矛盾，D错误。
故选：B
【分析】将 变形得到 构造函数，利用导数判断单调性进而得到数列的增减性，逐一分析选项。
7．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：记正四棱锥高与侧棱夹角为θ，高为h，底面中心到各顶点的距离为m，
则，
则l=6cosθ，m=l·sinθ=6sinθcosθ，，
则正四棱锥的体积，
令y=sinθcos2θ=sinθ(1-sin2θ)=x(1-x2)=-x3+x，x=sinθ，
则y'=-3x2+1，故当，y'<0，当，y'>0，
则，
，
故该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C
【分析】由题意正四棱锥的结构特征，结合余弦定理得，进而求得正四棱锥的体积，令x=sinθ，构造函数y=sinθcos2θ=-x3+x，利用导数研究函数的单调性与最值，求得y的最值，从而求得V的最值.
8．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；一元二次方程
【解析】【解答】 定义域为，，
既有极大值又有极小值，在有两个变号零点，即在有两个不等实数根，
，，，
，，即，故A错误，B、C、D正确
故选：BCD
【分析】先求导数，转化为有两个变号零点，进而转化为一元二次方程有两个不等实数根。
9．【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性
【解析】【解答】由题意得： ，所以 ， ，
即 ，
又 ，所以 时， ，故 ．
对于A：当 时， ，由正弦函数 图象知 在 上是单调递减；
对于B：当 时， ，由正弦函数 图象知 只有1个极值点，由 ，解得 ，即 为函数的唯一极值点；
对于C：当 时， ， ，直线 不是对称轴；
对于D：由 得： ，
解得 或 ，
从而得： 或 ，
所以函数 在点 处的切线斜率为 ，
切线方程为： 即 ．
故答案为：AD
【分析】先根据已知条件求出 的值，从而求得函数得解析式 ，再根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可得解．
10．【答案】A,C
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：令f'(x)=3x2-1=0，得或，
当或时，f'(x)>0，当时，f'(x)<0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)有两个极值点为或，故A正确；
又所以f(x)只有一个零点，故B错误；
由f(x)+ f(-x)=2可知，点(0，1)是曲线y= f(x)的对称中心，故C正确；
曲线y=f(x)在点(1，1)处的切线的斜率为k=f'(1)=2，则切线方程为y=2x-1，故D错误.
故选：AC
【分析】利用导数研究函数的单调性，极值，零点，以及函数的对称中心，结合导数的几何意义，逐项判断即可.
11．【答案】
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】设斜坡距离为S，消耗总体能W
根据题意，即，则
则
令，∴，即，解得
结合余弦函数及其变换可知，此时
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
即当，取得最小值，
故答案为： .
【分析】根据题意表达出总体能与坡面夹角的函数关系，利用导数分析其单调性与最值得出答案.
12．【答案】；
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解： 因为 ，当 时 ，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 ，又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 ，即 ；
当 时 ，设切点为 ，由 ，所以 ，所以切线方程为 ，又切线过坐标原点，所以 ，解得 ，所以切线方程为 ，即 ；
故答案为：
【分析】分 和 两种情况讨论，当 时设切点为 ，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出 ，即可求切线方程，当 时同理求解即可.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解： ，
因为 分别是函数 的极小值点和极大值点，
所以函数 在 和 上递减，在 上递增，
所以当 时， ，当 时， ，
若 时，当 时， ，则此时 ，与前面矛盾，
故 不符合题意，
若 时，则方程 的两个根为 ，
即方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，令 ，则 ，
设过原点且与函数 的图象相切的直线的切点为 ，
则切线的斜率为 ，故切线方程为 ，
则有 ，解得 ，
则切线的斜率为 ，
因为函数 与函数 的图象有两个不同的交点，
所以 ，解得 ，
又 ，所以 ，
综上所述， 的范围为 .
【分析】由 分别是函数 的极小值点和极大值点，可得 时， ， 时， ，再分 和 两种情况讨论，方程 的两个根为 ，即函数 与函数 的图象有两个不同的交点，构造函数 ，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】 ∵函数在上单调递增，
∴在上恒成立，
令，故只需证
则，
则在上单调递增，且
∴，
即，
∴，即，解得或，
又∵
∴，
故答案为：
【分析】结合题意求导将问题转化成导函数大于0恒成立问题，重新构造函数，求导分析计算该函数的最小值大于0即得答案.
15．【答案】（1）解：由题意知， ， ， ，则 在点 处的切线方程为 ，
即 ，设该切线与 切于点 ， ，则 ，解得 ，则 ，解得 ；
（2）解： ，则 在点 处的切线方程为 ，整理得 ，
设该切线与 切于点 ， ，则 ，则切线方程为 ，整理得 ，
则 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 ，解得 或 ，
令 ，解得 或 ，则 变化时， 的变化情况如下表：
0 1
- 0 + 0 - 0 +
-1
则 的值域为 ，故 的取值范围为 .
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；
（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.
16．【答案】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）对求导，利用，，求解 的值；
（2）对 求导，求出和区间得到 的单调区间；
（3）通过求解 的变号零点个数来求的极值点个数．
17．【答案】（1）解：当，即 ，
则，
令，即，解得，
令，即，解得，
令，即，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减
（2）令，，
∴，，
∴必然存在在单调递减，
∴，即，解得a<3，
检验，当a<3时， 是否恒成立，
令
∴，
令，
∴，
当时，，
∴在单调递增，
∴，即，
∴在单调递减，故此时恒成立；
∴综上所述：a<3.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1)将a=代入原函数，求导结合同角三角函数间的关系及变换消元转化成关于cosx的函数表达式，结合因式分解对其导函数正负性分析即可得出 的单调性；
(2)令，注意到结合函数变化易分析，从而缩小a的分析范围，在a<3时，结合整体换元简化式子结构并对再求导分析此时函数极值范围得出其正负性，进而得出的函数单调性继而得出答案.
18．【答案】（1）当时，，
则，
在单调递减；
（2）令
则，
，又，
，解得.
检验当时，，有，
即在上单调递减，
，符合题意，
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】(1)对求导，利用导数判断单调性；
(2)构造，结合，将问题转化为并验证得出答案。
19．【答案】（1）解：由 得（x>-1且x≠0）．
∴
故曲线 在处切线的斜率 ；
（2）解： 要证 ，即证，
∵ ，
∴即证，
令
∴
>0，
∴在上单调递增，在上单调递减，且，
∴在上单调递增，此时，
∴，即，
证毕
（3）解：令(n>0且)，
则有，
∴，
令，则，
由(2)得，
∴，
即在定义域范围内单调递减，
此时，
∴有，即证得；
由(2)得，当，，则，
构造，
则，
∴在上单调递减，则有，
即，
整理得，
∴，
∴，
整理得，
∴，
，
.......
累加得：
即，
综上所述， ．
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)对求导，此时函数在 切线斜率，即为在该点处的导数；
(2)为证明，整理式子结构即证，结合求导对单调性进行分析得出答案；
(3)构造，由阶乘(n！)与对数运算联想构造作差去阶乘符号得出，将函数单调性问题转化成的正负性问题，求导分析得证单调递减，易得出此时上限；为证明其下限可结合(2)中结论对对数部分进行不等式放缩，逆构造，得出，进而由进行再裂项结合累加求和得证下限；
20．【答案】（1）当时，，
，
，且 ，
在处的切线方程为，
即
（2）由，
∴，
由，
∴的定义域为，
若存在关于直线对称，
则定义域也对称，即，
且，即，
由得，
若，即，
∴，解得，
综上所述，当时， 曲线关于直线对称.
（3）由 ，
∴，
∵在存在极值 ，
∴在存在变号零点 ，
当，整理得
令
则，
∵，同时注意到
∴
①若，则，此时在上单调递减，结合，
∴在上单调递减，故此时不存在变号零点 ；
②若，
i)，易得，此时在上单调递增，结合，
∴在上单调递增，故此时不存在变号零点 ；
ii)，令，即，则，
此时在上单调递减，在上单调递减，
结合，故成立
(或
令，其中，
则
∴在上单调递增，，
故)
∴若在上存在变号零点，
由零点存在性定理，需证存在有；
即在且时恒成立，
故，
令，，
∴，
故在上单调递增，且，
∴，即，
，
故存在使得在且时恒成立，
综上，当，在上存在变号零点，即 在存在极值.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)根据导数可求得某点出切线斜率，代入点斜式直线方程得出答案；
(2)由对称函数定义域对称得出对称轴，根据对称函数关系建立等式得出a值；
(3)将存在极值转化为导函数存在变号零点问题，进一步构造函数，由导数正负结合参数a分类分析及零点存在性原理检验变号零点的存在.
21．【答案】（1）当时，，
，
，且 ，
在处的切线方程为.
（2）.
∴函数的定义域为 ，
又∵在单调递增，
在恒成立
又，
，
即在恒成立，
令，
则，
且要使在恒成立，
设且趋于0，则在单调递增，
，，又，则在单调递增
，解得.
检验当时，，
即此时在 单调递增，且，
∴
则在 单调递增，且，
即在恒成立，
综上所述，实数a的取值范围是.
【知识点】导数的四则运算；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求，再求斜率，利用点斜式得出切线方程；
（2）将问题转化为在恒成立，整理重新构造函数逐步求导分析恒成立问题。
22．【答案】（1）根据题意，可设 过其曲线 切线交y轴于，
由 ，
则，
则过的斜率，
∴此时切线方程为，即.
令x=0，即由，证毕；
（2）由(1)得，故 -()=
令，
则，
∴在上单调递减，
令，则.
故在上单调递增，在单调递减，
即，
∴，即，
∴-()≤0，即.
（3）由(1)易得，，....，，
①假设存在 依次成等差数列，设公差为d，
∴，
∴，
由，由(2)可知，
∴，即方程无实数解；
∴当时，依次成等差数列不成立；
②当成等差数列，即，
∵，
∴，
∴，即
令，
则
∵，即n>0，∴，
∴在上单调递增，
又∵，，
∴在上必存在一个零点使得，
∴方程有唯一解，
即存在k=3时，成等差数列.
综上所述，存在k=3时，成等差数列.
【知识点】利用导数研究函数的极值；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)根据题意，可得到切线方程与y轴交点与切点的前后关系，故可设，结合题意按一般求导法求切线方程易证得；
(2)由(1)结合作差法易，令且构造函数，求导得出函数极值从而得出二者大小关系；
(3)假设对任意的k满足 依次成等差数列 ，将式子变形整理易得，结合(2)可知该方程无解，故此时假设不成立；另假设特殊情形成等差数列进而消元转化成只含的方程，转化成函数与x轴交点问题，求导进行单调性分析即得答案.
23．【答案】（1）令，，则在恒成立，
在单调递增，，
有
令，，则
则，
，
在单调递增，
在单调递增，
，
有，
综上：当时，.
（2）由函数 可知定义域
是的极大值点，且
∴必然在某个范围内单调递减，
即有
有
，
代入显然
，解得，
.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）构建新函数，求导进行分析单调性与极值，进而作差比较不等式恒成立问题；
（2）由题意可转化为是的变号零点，且由函数在连续，故总存在某个区间使得单调递减，即，同时满足上述条件即得答案.
24．【答案】（1）解：，故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）解：（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合导数的几何意义得出切线的斜率，再结合代入法和函数的解析式得出切点坐标，再利用点斜式和转化法得出函数在处的切线方程。
（2） （i）当时，利用曲线和有公共点，故有解，设，故，故在上有解，设，故在上有零点，再利用求导的方法判断函数的单调性和零点存在性定理，再结合不等式恒成立问题求解方法和函数的单调性求最值的方法，进而得出实数b的取值范围。
（ii）利用曲线和有公共点，所以有解，其中，若，则，该式不成立，故，故，考虑直线，再利用表示原点与直线上的动点之间的距离，再结合几何法得出，当时，有，故成立，当时，即证，设，再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的值域，再结合不等式恒成立问题求解方法和分析法证出不等式成立。
25．【答案】解：（Ⅰ）
故 的减区间为 ，增区间为 .
（Ⅱ）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，
故 ，
故方程 有3个不同的根，
该方程可整理为 ，
设 ，
则
，
当 或 时， ；当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： 且 ，
此时 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，故 ，
故 .
（ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： ，
因为 ，故 ，
又 ，
设 ， ，则方程 即为：
即为 ，
记
则 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，即证 ，
即证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
故 ，
故 ，
故即证： ，
即证：
即证： ，
记 ，则 ，
设 ，则 即 ，
故 在 上为增函数，故 ，
所以 ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，故 ，
故 即 ，
故原不等式得证.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（Ⅰ）求出导函数，利用导数的性质即可求得函数的单调区间；
（Ⅱ）（i） 因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，故有3个不同的根，整理为 ，令 ，由题意得到函数g（x）有三个不同的零点，利用导数求得极值， 故 且 ， 且 ， 设 利用导数性质能证明 ，所以 .
（ⅱ）有三个不同的零点，设 ， ，则转化为 有三个不同的根， 在三个不同的零点，且，推导出要证明结论，只需证明 ，由此能证明 ．
26．【答案】（1）解：解：
当 时， 单调递减；
当 吋， 单调递增.
（2）令
对 恒成立
又
令
则
①若 ，即
所以 ，使得当 时，有 单调递增 ，矛盾
②若 ，即 时，
在 上单调递减， ，符合题意.
综上所述，实数a的取值范围足 .
（3）证明：取 ，则 ，总有 成立，
令 ，则 ，
故 即 对任意的 恒成立.
所以对任意的 ，有 ，
整理得到： ，
故
，
故不等式成立.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，令，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
27．【答案】（1）解：当 时，
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ 的最大值=f（1）=-1-ln1=-1
（2）解： 定义域为（0，+∞）
根据（1）得：a=0时，f（x）max=-1＜0，∴f（x）无零点
当a＜0时， x＞0，ax-1＜0，又x2＞0
x （0，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 -
f（x） ↗ 　 ↘
∴ x＞0，f（x）≤f（1）=a-1＜0，∴f（x）无零点
当a＞0时，
①当0＜a＜1时， ＞1
x （0，1） 1 （1， ） （ ，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈（0， ]，f（x）≤f（1）=a-1＜0，
又 f（x）=+∞，∴f（x）恰有一个零点
②当a=1时， ，
∴f（x）在（0，+∞）上递增，
由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点
③当a＞1时， ∈（0，1]
x （0， ） （ ，1） 1 （1，+∞）
f’（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 　 ↘ 　 ↗
∴ x∈[ ，+∞），f（x）≥f（1）=a-1＞0，
又 f（x）=-∞，∴f（x）恰有一个零点
综上所得a取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点
【解析】【分析】（1）将 代入，再对函数求导利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值；
（2）求导得 ，分a=0、a＜0及a＞0三种情况讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
28．【答案】（1） 解： 由题意得，函数f(x)的定义域为 ，
，
令f'(x)=0， 得x=1 ，
当x∈（0，1），f'(x)<0， f(x)单调递减，
当x∈（1，+∞），f'(x)>0， f(x)单调递增 ，
若f(x)≥0，则e+1-a≥0， 即a≤e+1 ，
所以a的取值范围为（-∞，e+1）
（2）证明：由题知， 一个零点小于1，一个零点大于1
不妨设
要证 ，即证
因为 ，即证
因为 ，即证
即证
即证
下面证明 时，
设 ，
则
设
所以 ，而
所以 ，所以
所以 在 单调递增
即 ，所以
令
所以 在 单调递减
即 ，所以 ；
综上， ，所以
【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）由化归思想，将原问题转化要证明 恒成立问题 ，构造函数 ， 再利用导数研究函数的单调性与最值即可得证.
29．【答案】（1）解： 的定义域为
当 时， ，所以切点为 ，所以切线斜率为2
所以曲线 在点 处的切线方程为
（2）解：
设
1°若 ，当 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
2°若 ，当 ，则
所以 在 上单调递增所以 ，即
所以 在 上单调递增，
故 在 上没有零点，不合题意
3°若
①当 ，则 ，所以 在 上单调递增
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递减
当 单调递增
所以
当
当
所以 在 上有唯一零点
又 没有零点，即 在 上有唯一零点
②当
设
所以 在 单调递增
所以存在 ，使得
当 单调递减
当 单调递增，
又
所以存在 ，使得 ，即
当 单调递增，当 单调递减
有
而 ，所以当
所以 在 上有唯一零点， 上无零点
即 在 上有唯一零点
所以 ，符合题意
所以若 在区间 各恰有一个零点，求 的取值范围为
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点
【解析】【分析】（1）先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程；
（2）求导，对a分类讨论，对 分 两部分研究.
30．【答案】（Ⅰ） ，则 ，又 ，
故所求切线方程为
（Ⅱ） ，
又 ，
故 对 成立， 在 上单调递增
（III）证明：不妨设 ，
由拉格朗日中值定理可得：
其中 ，即
，其中 ，即
由 在 上单调递增，故
∴
∴ 证毕
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明
【解析】【分析】（1）对函数求导得，分别计算，根据直线的点斜式方程即可求切线方程；
（2）由（1）知，利用放缩法可得，即可判断的单调性；
（3） 不妨设 ，由拉格朗日中值定理可得 ，，即 ， ，由 （2）的结论，得 ， 即，即可证明.
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