1、江苏省2017年高考一轮复习专题突破训练导数及其应用一、填空题1、（无锡市2016届高三上期末）过曲线上一点处的切线分别与x轴，y轴交于点A、B，是坐标原点，若的面积为，则 2、（2014年江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，若曲线过点，且该曲线在点处的切线与直线平行，则的值是 3、（2013年江苏高考）抛物线在处的切线与两坐标轴围成三角形区域为（包含三角形内部与边界）。若点是区域内的任意一点，则的取值范围是 。4、（南通市2016届高三一模）在平面直角坐标系中，直线与曲线和均相切，切点分别为和,则的值是 5、函数f(x) =xex在点A(0，f(0)处的切线斜率为6、已知函数，若函数在区间上
2、单调递增，则实数的取值范围是7、过曲线C：y=上点（1，）处的切线方程为 。8、设函数在点(1，f (1)的切线与直线x + 2y3 = 0垂直，则实数a等于9、（苏锡常镇四市2015届高三教情况调研（一）若曲线与曲线在处的两条切线互相垂直，则实数的值为 10、（2015届江苏苏州高三9月调研）函数的图象经过四个象限的充要条件是 11、（常州市2015届高三上期末）曲线在点处的切线方程为 12、（常州市武进区2015届高三上期期中考试）函数是定义在上的偶函数，且时，则不等式的解集是 二、解答题1、（2016年江苏高考）已知函数.（1） 设a=2,b=. 求方程=2的根;若对任意,不等式恒成立，
3、求实数m的最大值；（2）若，函数有且只有1个零点，求ab的值.2、（2015年江苏高考）已知函数， （1）试讨论的单调性， （2）若（实数是与无关的常数），当函数有3个不同的零点时，的取值范围恰好是，求的值。3、（2014年江苏高考）已知函数+ ，其中e是自然对数的底数。（1）证明：是R上的偶函数；（2）若关于x 的不等式m+m1在（0，+）上恒成立，求实数m的取值范围；（3）已知正数a满足:存在x0 1，+），使得（x0 3 +3x0）成立，试比较 与的大小，并证明你的结论。4、（南京市2016届高三三模）设函数f(x)x3mx2m(m0) （1）当m1时，求函数f(x)的单调减区间； （2
4、）设g(x)|f(x)|，求函数g(x)在区间0，m上的最大值；（3）若存在t0，使得函数f(x)图象上有且仅有两个不同的点，且函数f(x)的图象在这两点处的两条切线都经过点(2，t)，试求m的取值范围 5、（南通市2016届高三一模）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）试求函数的零点个数，并证明你的结论。6、（苏锡常镇四市市2016届高三二模）已知函数（，是自然对数的底数），其导函数为 （1）设，若函数在上是单调减函数，求的取值范围；（2）设，若函数在上有且只有一个零点，求的取值范围；（3）设，且，点（，）是曲线上的一个定点，是否存在实数（），使得成立？证明你的结论7、（镇江市2016届高
5、三一模）已知函数f(x)ax2(2a1)x2a1ex.(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 设x0，2a3，m1，f(x)b2a1恒成立，求正数b的范围8、（淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市2016届高三上期末）已知函数，其中，为自然对数的底数（1）若函数的图像在处的切线与直线垂直，求的值（2）关于的不等式在上恒成立，求的取值范围（3）讨论极值点的个数9、（南京、盐城市2016届高三上期末）已知函数在处的切线方程为.（1）求的值；（2）若对任意的，都有成立，求的取值范围；（3）若函数的两个零点为，试判断的正负，并说明理由.10、（苏州市2016届高三上期末）已知函数（aR），为自然对数的底
6、数（1） 当a1时，求函数的单调区间；（2） 若存在实数，满足，求实数的取值范围；若有且只有唯一整数，满足，求实数的取值范围11、（泰州市2016届高三第一次模拟）已知函数，（1） 若，求证：（）在的单调减区间上也单调递减；（）在上恰有两个零点；若，记的两个零点为，求证：12、（扬州中2016届高三4月质检）已知函数，（其中a为常数）.（1）如果函数和有相同的极值点，求a的值；（2）设a0，问是否存在，使得，若存在，请求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由；（3）记函数，若函数有5个不同的零点，求实数的取值范围.参考答案一、填空题1、2、【答案】【提示】根据点在曲线上，曲线在点处的导函数值
7、等于切线斜率，将带入得，解得，则3、解：本题主要考察导数的几何意义及线性规划等基础知识。 切线方程为与轴交点为，与轴交点为,当直线过点时当直线过点时的取值范围是yxOy2x1yx4、【答案】【命题立意】本题旨在考查导数的概念，函数的切线方程考查运算能力，推理论证能力及灵活运用数知识能力，难度中等.【解析】由题设函数yx2在A(x1，y1)处的切线方程为：y2x1 xx12，函数yx3在B(x2，y2)处的切线方程为y3 x22 x2x23所以，解之得：x1，x2所以 5、16、1，7、8、19、10、 11、12、二、解答题1、解：（1）因为，所以.方程，即，亦即，所以，于是，解得.由条件知.
8、因为对于恒成立，且，所以对于恒成立.而，且，所以，故实数的最大值为4.（2）因为函数只有1个零点，而，所以0是函数的唯一零点.因为，又由知，所以有唯一解.令，则，从而对任意，所以是上的单调增函数，于是当，；当时，.因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数.下证.若，则，于是，又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾.因此，.于是，故，所以.2、解：（1）令得到， 当时，恒成立，在定义域内单调递增； 当时，时，时，； 当时，时，时， ，。 （2）有3个不同的实根，
9、显然时不符。下面讨论的情况： 当时，应有，即（a） 当时，应有，即 （b） 对于（a）：的取值范围应在内，根据题意，有，符合题意；对于（b）：,而时，故，所以 符合题意。综上，符合题意的。3、（1）x=+=，是R上的偶函数（2）+2=21 ，m（）1，m= ，令= ，= ，x时单调减，x时单调增，min= ，若关于x 的不等式m+m1在（0，+）上恒成立，则只要mmin恒成立 ，m 。m （。（3）由题正数a满足:存在x0 1，+），使得（x0 3 +3x0）成立。即+（x0 3 +3x0）令=+（x 3 +3x），即min0。-= +3a ，当x 1，+）时，0 ，min =e+ -2a0
10、，a + 。要比较与的大小，两边同时取以e为底的对数。只要比较a-1与（e-1）lna的大小。令 = a-1-( e-1）lna ，= 1- ，a + + e-1，a（ + ）时y单调减，a（）时y单调增，又 + ，当a=1时，y=0，当a= + 时，y0，当a=e时，y=0。a=e-1时，y0。当 + 时，y0，此时a-1（e-1）lna ，即。当a=e时y0，此时a-1（e-1）lna ，即。当ae时y0，此时a-1（e-1）lna ，即4、解：（1）当m1时，f(x)x3x21f (x)3x22xx(3x2)由f (x)0，解得x0或x所以函数f(x)的减区间是(，0)和(，) 2分（2
11、）依题意m0因为f(x)x3mx2m，所以f (x)3x22mxx(3x2m)由f (x)0，得x或x0 当0x时，f (x)0，所以f(x)在(0，)上为增函数；当xm时，f (x)0，所以f(x)在(，m)上为减函数；所以，f(x)极大值f()m3m 4分当m3mm，即m，ymaxm3m6分当m3mm，即0m时，ymaxm综上，ymax 8分（3）设两切点的横坐标分别是x1，x2则函数f(x)在这两点的切线的方程分别为y(x13mx12m)(3x122mx1)(xx1)，y(x23mx22m)(3x222mx2)(xx2) 10分将(2，t)代入两条切线方程，得t(x13mx12m)(3x
12、122mx1)(2x1)，t(x23mx22m)(3x222mx2)(2x2)因为函数f(x)图象上有且仅有两个不同的切点，所以方程t(x3mx2m)(3x22mx)(2x)有且仅有不相等的两个实根12分整理得t2x3(6m)x24mxm设h(x)2x3(6m)x24mxm，h (x)6x22(6m)x4m2(3xm)(x2)当m6时，h (x)6(x2)20，所以h(x)单调递增，显然不成立当m6时， h (x)0，解得x2或x列表可判断单调性，可得当x2或x，h(x)取得极值分别为h(2)3m8，或h()m3m2m 要使得关于x的方程t2x3(6m)x24mxm有且仅有两个不相等的实根，则
13、t3m8，或tm3m2m 14分因为t0，所以3m80，（*），或m3m2m0（*）解（*），得m，解（*），得m93或m93因为m0，所以m的范围为(0，93，) 16分5、【答案】（1）函数的单调增区间为，单调减区间为；（2）当时，的零点个数为0；当时，或时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2【命题立意】本题旨在考查函数的基本性质、导数的应用等基础知识，考查综合运用数思想方法分析与解决问题的能力难度较大（1）由函数f(x)a+lnx(aR)，得f (x) 2分 令f (x)0，得 xe-2列表如下：x(0，e-2)e-2(e-2，+)f (x)0f(x)极小值 因此，函数f(x)的单调增
14、区间为(e-2，+)，单调减区间为(0，e-2)5分 （2）由（1）可知，fmin(x)f(e-2)a2e-1 6分 （i）当a2e-1时，由f(x)f(e-2)a2e-10，得函数f(x)的零点个数为0 8分 （ii）当a2e-1时，因f(x)在(e-2，+)上是单调增，在(0，e-2)上单调减， 故x(0，e-2)(e-2，+)时，f(x)f(e-2)0 此时，函数f(x)的零点个数为1 10分 （iii）当a2e-1时，fmin(x)f(e-2)a2e-10 a0时， 因为当x(0，e-2时，f(x)alnxa0， 所以，函数f(x)在区间(0，e-2上无零点； 另一方面，因为f(x)在
15、e-2，+)单调递增，且f(e-2)a2e-10， 又e-2a(e-2，+)，且f(e-2a)a(12e-a)0， 此时，函数f(x)在(e-2，+)上有且只有一个零点 所以，当a0时，函数f(x)零点个数为113分 0a2e-1时， 因为f(x)在e-2，+)上单调递增，且f(1)a0，f(e-2)a2e-10， 所以，函数f(x)在区间(e-2，+)有且只有1个零点； 另一方面，因为f(x)在(0，e-2上是单调递减，且f(e-2)a2e-10 又(0，e-2)，且f()aa0，（当时，成立） 此时，函数f(x)在(0，e-2)上有且只有1个零点 所以，当0a2e-1时，函数f(x)零点个
16、数为2 综上所述，当a2e-1时，f(x)的零点个数为0；当a2e-1，或a0时，f(x)的零点个数为1； 当0a2e-1时，f(x)的零点个数为2 16分6、解：（1）当时，由题意对恒成立 1分由，得，令，则，令，得当时，单调递增，当时，单调递减，从而当时，有最大值，所以 3分（2）当时，由题意只有一解 由，得，令，则，令，得或 5分当时，单调递减，的取值范围为，当时，单调递增，的取值范围为，当时，单调递减，的取值范围为，由题意，得或，从而或，所以当或时，函数只有一个零点 8分（3），假设存在，则有，即，（*） 10分，不妨设，则两边同除以，得，即， 12分令，则，令，则，在上单调递增， 又
17、，对恒成立， 14分即对恒成立， 在上单调递增，又，对恒成立，即（*）式不成立， 15分不存在实数（），使得成立 16分7、【答案】（1）当a0时，函数f(x)的增区间是(，0)，减区间是(0，)；当a0时，函数f(x)的增区间是(，0)，减区间是；（2）当2m4时，04时，00，则x0；令f(x)0；若a0，得x0；由f(x)x或00，由f(x)0，得0x0，得x或x0；综上可得：当a0时，函数f(x)的增区间是(，0)，减区间是(0，)；(3分)当a0时，函数f(x)的增区间是(，0)，减区间是(7分)(2) 因为2a3，m1，由(1)x(0，)上函数f(x)的最小值是f.因为f(x)b2
18、a1恒成立，所以fb2a1恒成立，(8分)所以(2a1)b2a1恒成立，即2a1b2a1恒成立(9分)由2a3，m1，令2a1t2，m，则tbt，所以lnbg(t)，(10分)由g(t)，可知函数g(t)在(0，e)上递增；(e，)上递减，且g(2)g(4)(11分)当2m4时，g(t)ming(2)，从而lnb，解得04时，g(t)ming(m)，从而lnb，解得0bm，(15分)故：当2m4时，04时，0bm(16分)8、 (1) 由题意， 2分因为的图象在处的切线与直线垂直，所以，解得. 4分 (2) 法一：由，得，即对任意恒成立，6分即对任意恒成立，因为，所以， 8分记，因为在上单调递
19、增，且，所以，即的取值范围是 10分法二：由，得，即在上恒成立，6分因为等价于，当时，恒成立，所以原不等式的解集为，满足题意 8分当时，记，有，所以方程必有两个根，且，原不等式等价于，解集为，与题设矛盾，所以不符合题意综合可知，所求的取值范围是10分(3) 因为由题意，可得，所以只有一个极值点或有三个极值点. 11分令，若有且只有一个极值点，所以函数的图象必穿过x轴且只穿过一次，即为单调递增函数或者极值同号 ）当为单调递增函数时，在上恒成立，得12分）当极值同号时，设为极值点，则，由有解，得，且，所以，所以 ，同理， 所以，化简得，所以，即，所以所以，当时，有且仅有一个极值点； 14分若有三个
20、极值点，所以函数的图象必穿过x轴且穿过三次，同理可得；综上，当时，有且仅有一个极值点，当时，有三个极值点 16分9、解：（1）由题意得，因函数在处的切线方程为，所以，得. 4分（2）由（1）知对任意都成立，所以，即对任意都成立，从而. 6分又不等式整理可得，令，所以，得， 8分当时，函数在上单调递增，同理，函数在上单调递减，所以，综上所述，实数的取值范围是. 10分（3）结论是. 11分证明：由题意知函数，所以，易得函数在单调递增，在上单调递减，所以只需证明即可. 12分因为是函数的两个零点，所以，相减得，不妨令，则，则，所以，即证，即证， 14分因为，所以在上单调递增，所以，综上所述，函数总
21、满足成立. 16分10、解：（1）当a1时， 1分由于， 当时，当时， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 4分（2）由得当时，不等式显然不成立；当时，；当时，. 6分记=， 在区间和上为增函数，和上为减函数 当时，当时， 8分综上所述，所有a的取值范围为 9分由知时，由，得，又在区间上单调递增，在上单调递减，且，即，. 12分当时，由，得，又在区间上单调递减，在上单调递增，且，解得. 15分 综上所述，所有a的取值范围为 16分11、证：（1）因为，所以，由得的递减区间为， 2 分当时，所以在的递减区间上也递减 4 分（2）解1：，因为，由得，令，则，因为，且，所以必有两个异号的零点，
22、记正零点为，则时，单调递减；时，单调递增，若在上恰有两个零点，则， 7 分由得，所以，又因为对称轴为所以，所以，所以，又，设中的较大数为，则， 故在上恰有两个零点 10 分解2：，因为，由得，令，若在上恰有两个零点，则在上恰有两个零点，当时， 由得，此时在上只有一个零点，不合题意；当时，由得， 7 分令，则，当时，单调递增，且由值域知值域为；当时，单调递增，且，由值域知值域为；因为，所以，而与有两个交点，所以在上恰有两个零点 10 分（3）解1：由（2）知，对于在上恰有两个零点，不妨设，又因为，所以，12 分又因为，所以，所以 16 分解2：由（2）知，因为时，单调递增，所以，12 分当时，单
23、调递增，所以，所以 16 分12、解：（1），则，令，得或，而在处有极大值，或；综上：或.（2）假设存在，即存在，使得，当时，又，故，则存在，使得， 当即时，得，；当即时，得，无解；综上：. （3）据题意有有3个不同的实根， 有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等.（）有2个不同的实根，只需满足；（）有3个不同的实根，当即时，在处取得极大值，而，不符合题意，舍；当即时，不符合题意，舍；当即时，在处取得极大值，；所以；因为（）（）要同时满足，故；（注：也对）下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在使得和同时成立；若存在使得，由，即，得，当时，不符合，舍去；当时，既有 ；又由，即 ；联立式，可得；而当时，没有5个不同的零点，故舍去，所以这5个实根两两不相等.综上，当时，函数有5个不同的零点.
