2020届高考数学理科数学专题09导数及其应用

理科数学专题09--导数及其应用1.设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为()A．B．C．D．【答案】D【解析】分析：利用奇函数偶此项系数为零求得，进而得到的解析式，再对求导得出切线的斜率，进而求得切线方程.详解：因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得，故选D.点睛：该题考查的是有关曲线在某个点处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.2.若是函数的极值点，则的极小值为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】由题可得，因为，所以，，故，令，解得或，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极小值为，故选A．【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同；（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．3.已知函数有唯一零点，则a=A．B．C．D．1【答案】C【解析】【解析】，设，，当时，，当时，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，函数取得最小值，设，当时，函数取得最小值-1，若，函数，和没有交点，当时，时，此时函数和有一个交点，即，故选C.4.设函数=,其中a1，若存在唯一的整数，使得0，则的取值范围是（）A．[-，1）B．[-，）C．[，）D．[，1）【答案】D【解析】设g(x)=ex(2x−1)，y=ax−a，由题意知存在唯一的整数x0使得g(x0)在直线y=ax−a的下方，∵g′(x)=ex(2x−1)+2ex=ex(2x+1)，∴当时,g′(x)0,当时,g′(x)0，∴当时,g(x)取最小值，当x=0时,g(0)=−1,当x=1时,g(1)=e0，直线y=ax−a恒过定点(1,0)且斜率为a，故−ag(0)=−1且g(−1)=−3e−1⩾−a−a,解得本题选择D选项.5.设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】构造新函数,，当时.所以在上单减，又，即.所以可得,此时，又为偶函数，所以在上的解集为：.故选B.点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.6.已知函数，若存在唯一的零点，且，则的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】试题分析：当时，，函数有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，，令，得或．时，；时，；时，，且，此时在必有零点，故不满足题意，舍去；当时，时，；时，；时，，且，要使得存在唯一的零点，且，只需，即，则，选C．考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性．7.设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a=（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】D试题分析：根据导数的几何意义，即f′（x0）表示曲线f（x）在x=x0处的切线斜率，再代入计算．解：，∴y′（0）=a﹣1=2，∴a=3．故答案选D．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．8.函数f(x)=在[—π，π]的图像大致为A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称．又．故选D．【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．9.已知曲线在点处的切线方程为，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．【详解】详解：，将代入得，故选D．【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系。10.函数在的图像大致为A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】由分子、分母的奇偶性，易于确定函数为奇函数，由的近似值即可得出结果．【详解】设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C．又排除选项D；，排除选项A，故选B．【点睛】本题通过判断函数的奇偶性，缩小考察范围，通过计算特殊函数值，最后做出选择．本题较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．11.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】分析：(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；(2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.详解：（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.12.已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求的值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式，(2)研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.详解：（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.13.已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可。（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围。详解：（1）当时，，.设函数，则.当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点..如果，则当，且时，，故不是的极大值点.如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大。14.已知函数ae2x+(a﹣2)ex﹣x.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.试题解析：（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减.（ⅱ）若，则由得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.①当时，由于，故只有一个零点；②当时，由于，即，故没有零点；③当时，，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，的取值范围为.点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.15.已知函数且.（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.【答案】（1）a=1；（2）见解析.【解析】【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，令t′（x）＝0，解得：x，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，由x0可知f（x0）＜（x0）max；由f′（）＜0可知x0，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．16.已知函数=x﹣1﹣alnx．（1）若，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，﹤m，求m的最小值．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）的定义域为.①若，因为，所以