第五章一元函数的导数及其应用5大考点汇总与跟踪训练（含解析）-2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册

第五章一元函数的导数及其应用5大考点汇总与跟踪训练-2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册
5大考点汇总
考点一：变化率问题
考点二：导数的概念
考点三：导数的运算
考点四：函数的单调性
考点五：函数的极值问题
跟踪训练
考点一：变化率问题
1．已知，则（ ）
A． B．2 C． D．
2．若是可导函数，且，则（ ）
A．2 B． C． D．
3．如果质点运动的位移（单位：m）与时间（单位：s）之间的函数关系是，那么该质点在时的瞬时速度为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，则（ ）．
A．2 B．1 C．0 D．
考点二：导数的概念
5．若函数的图象在点处的切线方程是，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．函数的图象如图所示，是函数的导函数，令，，，则下列数值排序正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
8．函数的图象如图所示，是函数的导函数，则下列数值排序正确的是（ ）
A． B．
C． D．
考点三：导数的运算
9．已知函数，
(1)求；
(2)若直线与曲线相切于点，求切点的坐标.
10．已知函数
(1)求在点处的切线方程；
(2)若的一条切线恰好经过坐标原点，求切线的方程．
11．已知函数．
(1)求的图象在处的切线方程；
(2)若的图象上存在两点，，使得的图象在点，处的切线都与直线垂直，求实数的取值范围．
12．已知函数，记的图象为曲线C．
(1)若以曲线C上的任意一点为切点作C的切线，求切线的斜率的最小值；
(2)求证：以曲线C上的两个动点A，B为切点分别作C的切线，，若恒成立，则动直线AB恒过某定点M．
考点四：函数的单调性
13．已知函数．
(1)求在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间．
14．已知函数，其中为实数．
(1)若，试求函数的单调区间；
(2)当，，且时，若恒有，试求实数的取值范围．
15．若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数”．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)若为上的“3类函数”，求实数a的取值范围．
16．帕德近似是法国数学家亨利.帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，.（注：为的导数）已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数的值；
(2)比较与的大小；
(3)证明：.
考点五：函数的极值问题
17．已知函数
(1)若，求的取值范围；
(2)若既存在极大值，又存在极小值.
①求a的取值范围；
②当时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围.
18．对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数，，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”．
(1)若，，求证：是“3跃点”函数；
(2)若是定义在是的“1跃点”函数，且在其定义域上有两个不同的“1跃点”，求实数的范围；
(3)若，是“1跃点”函数，且在其定义域内恰存在一个“1跃点”，求实数的范围．
19．已知函数，，其中，．
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)函数，，是否存在极值点，若存在，求出极值点，若不存在，请说明理由；
(3)若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围．
20．已知函数.
(1)若时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若时，
（i）方程在上有唯一的实根，求的取值范围；
（ii）函数.若，是方程的两个实根，求证：.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】对式子进行变形，结合导数的定义即可求解.
【详解】
故选：A.
2．A
【分析】根据导数的定义即可求解.
【详解】.
故选:A．
3．D
【分析】根据瞬时变化率的定义求解即可.
【详解】，
所以.
故选：D.
4．A
【分析】由题意先求出，所以，对原函数求导，求解出即可.
【详解】由题意得，且，
从而.
故选：A.
5．C
【分析】根据导数的几何意义可解.
【详解】根据题意，函数的图象在点处的切线方程是，
即，且，
所以.
故选：C
6．A
【分析】利用可看成两点的割线斜率，再利用导数的几何意义，把，分别看成两点的切线斜率，由图形可知：点的切线斜率最大，点的切线斜率最小，两点的割线斜率介于两者之间，即可得到答案.
【详解】
由图可知：，即表示的是两点的割线斜率；
根据导数的几何意义，由，即表示的是函数曲线在点的切线斜率；
由，即表示的是函数曲线在点的切线斜率；
利用图形中三直线的倾斜角大小结合正切函数的单调递增可知：点的切线斜率最大，点的切线斜率最小，两点的割线斜率介于两者之间，
故选：A.
7．C
【分析】根据题意，利用导数的几何意义，准确计算，即可求解.
【详解】由函数，可得，
则且，即切线的斜率为，切点坐标为，
所以切线方程为.
故选：C.
8．B
【分析】根据曲线的变化趋势可判断函数的单调性，结合函数的导数的几何意义，数形结合，即可判断出答案.
【详解】由函数的图象可知为单调递增函数，
故函数在每一处的导数值，即得，
设，则连线的斜率为，
由于曲线是上升的，故，所以，
作出曲线在处的切线，设为，连线为，
结合图象可得的斜率满足，
即，即.
故选：B
9．(1)
(2)
【分析】（1）对函数求导，将代入，即可求得；
（2）由（1）易得函数的解析式，并求导，设出切点坐标，则点坐标满足直线和曲线方程，并且点处的导函数值即为直线l的斜率，代入组成方程组，求解即可.
【详解】（1）因为函数，
所以，
则，
解得.
（2）由（1）易得
设切点，则
,
解得,
所以切点的坐标为.
10．(1)
(2)
【分析】（1）求导得到导函数，计算，得到切线方程.
（2）设切点为，求导计算得到切线斜率，确定函数切线方程，根据切线过原点得到，计算得到答案.
【详解】（1）因为，所以，，.
故曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）设切点为，则，
切线方程为，.
因为切线经过原点，
故，所以，
故，切点为，切线方程为，
即过原点的切线方程为.
11．(1)
(2)
【分析】（1）求导函数，根据导数的几何意义求解切线斜率，再求切点坐标，从而可得的图象在处的切线方程；
（2）由直线的斜率为，可得的图象在点处的切线斜率为，求导根据导函数的零点，可得实数的取值范围．
【详解】（1）因为，
所以，所以，
所以的图象在处的切线方程为，
即．
（2）直线的斜率为，
所以的图象在点处的切线斜率为，
所以方程有两个不等的实根，
即有两个不等的实根，
所以，
解得且，
所以实数的取值范围是．
12．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，再借助二次函数求出最小值.
（2）设出点的坐标，再结合两条切线平行，列式计算推理即得.
【详解】（1）由函数，求导得，
因此曲线C在处切线的斜率为，当且仅当时取等号，
所以切线的斜率的最小值为.
（2）设点，，由，得，
即，整理得，因此，
于是
，
显然点是线段的中点，
所以当时，直线恒过定点.
13．(1)
(2)单调递增区间为，，单调递减区间为
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程；
（2）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间.
【详解】（1）因为，所以，
则，所以在点处的切线方程为，即；
（2）函数定义域为，
且，
令，解得或；令，解得；
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为．
14．(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)
【分析】（1）求导后，根据导函数的正负情况即可得出的单调区间；
（2）由及得，即在区间上为增函数，设，且，由得，设函数，得在时为减函数，则，由不等式恒成立求解即可．
【详解】（1）由题可知，，
，，，
令，得，
所以在上单调递增；在上单调递减．
函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）函数
令，，
当时，可知，故恒成立，
可知，在区间上为单调增函数，
不妨设，且，
则变为，
即，
设函数
，
由，得在时为减函数，
即，即，
所以，对与恒成立，
因为当，，
所以，
即对时恒成立，
由，可得，即取值范围为．
15．(1)
(2)增区间为，减区间为
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）结合（1）的结论，由导数的正负即可判断函数的单调区间；
（3）根据题意分析可知，均恒成立，根据函数单调性结合导数可知在内恒成立，利用参变分类结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）因为，所以，，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）由（1）知，且，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
综上：的增区间为，减区间为.
（3）由题意得
因为为上的“3类函数”，
对于任意不同的，不妨设，
则恒成立，
可得，
即，均恒成立，
构建，，则，
由可知在内单调递增，
可知在内恒成立，即在内恒成立；
同理可得：在内恒成立；
即在内恒成立，
又因为，即，
整理得，可得，
即在内恒成立，
令，
因为在内单调递增，则在内单调递增，
当，；当，，则，
可得在内恒成立，
构建，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
构建，则在内恒成立，
可知在内单调递减，则；
可得，所以实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
16．(1)，
(2)时，；时，
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意，分别求出和，结合新定义建立方程组，解之即可求解；
（2）由（1），设，利用导数研究函数的单调性即可求解；
（3）由（2），令，得，取，利用累加法计算即可求解.
【详解】（1）由，，有，
则，，，，
由题意，，所以，
所以，；
（2）由（1）知，，令，
则，
所以在内为增函数，又，
时，；
时，；
所以时，；时，.
（3）由（2）得时，，即，亦即时，.
令，得代入上式得.
取得：
，，，
上面各式相加得：
【点睛】方法点睛：比较大小常用的方法
（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，
（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，
（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.
17．(1)
(2)①；②
【分析】（1）利用导数求出在单调递增，在单调递减，得在处取得极大值，即为的最大值，无最小值，从而可得结果；
（2）①求出导数，依题意方程有两个不等实根，得出且，反之，当时和时分别求出函数的单调区间可得结果；②由①可知的极大值点为，极小值点为，将已知条件转化为恒成立，构造函数，利用导数对变量m进行分类讨论可得结果.
【详解】（1）当时，，则有，
令，所以在单调递增，
令，所以在单调递减，
所以在处取得极大值，即为的最大值，无最小值.
所以.
（2）.
因为存在极大值和极小值，所以方程有两个不等实根.
所以且.这是必要条件，下面证明充分性.
令，解得或.
①当时，，令，解得或，
所以在和上单调递增；
令，解得时，所以在单调递减.
故当时，取得极大值；当时，取得极小值.
当时，，令，解得或，
所以在和上单调递增；
令，解得，所以在单调递减.
故当时，取得极小值；当时，取得极大值.
综上所述，a的取值范围为.
②当时，由①可知的极大值点为，极小值点为，
所以，.
因为，令，
可得对任意恒成立.
由于此时在上单调递减，所以，故，
故，即.
设，
则，令（*），，
（I）当时，，故，在上单调递增.
故，即，符合题意.
（Ⅱ）当时，，设（*）的两根为和，且，
则，，故，
则当时，，单调递减.
故当时，，即矛盾，不符合题意.
综上，，即，所以，
故k的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问中的第②小问关键是由①可知的极大值点为，极小值点为，将已知条件转化为恒成立，通过构造函数，利用导数对变量m进行分类讨论，从而可得结果.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）求出给定函数的导数，再由“3跃点”函数的定义即可证明
（2）根据“1跃点”函数的定义，列出方程，求出该方程在上有两个不同的解的实数的a范围即可
（3）将问题转化为方程，即有1个实数根，再构造函数，借助导数求解作答.
【详解】（1）由，得，得，
所以是“3跃点”函数；
（2）函数的导函数，
若该函数是 “1跃点”函数，且在其定义域上有两个不同的“1跃点”，
则方程在上有2个解，
即在上有2个解，
令，则或，
所以
（3）函数的导函数为，
若该函数是“1跃点”函数，且在其定义域内恰存在一个“1跃点”，
则方程，即有1个实数根，
设，
令，
所以在上，严格增，
在上，严格减，
又，；时，，
所以当时，取得极小值，
所以
所以实数的范围为
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
19．(1)
(2)存在，极小值点，无极大值点
(3)
【分析】（1）分别求出的值即可得解；
（2）求导得，分是否大于0并结合极值点的定义讨论即可；
（3）分是否等于1进行讨论，当时，可借助（2）中结论进行求解.
【详解】（1），，因为，所以，
所以在点的切线方程为，即；
（2）设，定义域，
当时，恒成立，所以在严格增，所以不存在极值点；
当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在严格减，在严格增，
所以函数存在一个极小值点，无极大值点；
（3）原不等式，
当时，恒成立；
当时，，即，
由（2）知时，，此时，
所以此时，
所以此时，且由以上分析可知，当时，，
综上，实数的取值范围为.
20．(1)
(2)（i）或；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，代入点斜式方程即可求解；.
（2）（i）把方程有唯一根的问题转化为函数与图象只有一个交点，利用导数研究函数的单调性，数形结合即可求解参数范围；
（ii）结合题意将问题转化为已知，是的两个不同实根，证明：，即证，利用函数单调性转化为证对任意的恒成立即可，构造函数利用导数研究最值即可证明.
【详解】（1）由已知，得，由得，
故，故曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，（i），则，
令得，令得，
所以在上单调递减，上单调递增，
且，，，作出函数的图象，如图：
由图象知，当或时，与恰有唯一的实根；
可得或；
（ii）方程得，转化为，
即，所证变为，
则问题为已知是的两个不同实根，证明：.
由已知得，令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增.
由题意设，欲证，只需证，
又，，在上单调递增，
故只需证，因为，
所以只需证对任意的恒成立即可，
即，
整理得，
设，，
则.
因为，所以，
所以，所以在上单调递减，
则，所以成立.
故.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法：
（1）（对称化构造法）构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
（2）（比值代换法）通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
答案第1页，共2页
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