专题03导数（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版)

这是一份专题03导数（解析版）-高三数学（理）百所名校好题分项解析汇编之全国通用专版(2021版)，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

高三数学百所名校好题分项解析汇编之全国通用版(2021版)
专题03　导数
一、选择题
1.（2020·赣州市赣县第三中学期中）
已知函数，则其单调增区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
由，函数定义域为，
求导，令，得或（舍去）
所以单调增区间是
故选：A.
2.（2020·固原市五原中学期中）
函数，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
因为，
所以，
当时，，则在为减函数，
因为，
所以，即，
故选：B
3.（2020秋•安徽月考）
若函数f（x）＝﹣x2+4x+blnx在（0，+∞）上是减函数，则b的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣2] B．（﹣∞，﹣2） C．（﹣2，+∞） D．[﹣2，+∞）
【答案】A
【解答】解：∵f（x）＝﹣x2+4x+blnx在（0，+∞）上是减函数，
∴f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立，
即，即b≤2x2﹣4x，
∵2x2﹣4x＝2（x﹣1）2﹣2≥﹣2，
∴b≤﹣2，
故选：A．
4． 2020·四川成都·月考）
已知函数，设，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
由，则是偶函数，
当时，，所以在单调递增，
由，，，
则，所以
又，所以
故选：D
5． （2020·内蒙古）
设函数，直线是曲线的切线，则的最大值是（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【详解】
解：由题得，设切点，，则，；
则切线方程为：，
即，又因为，
所以，，
则，
令，则，
则有，；，，即在上递增，在上递减，
所以时，取最大值，
即的最大值为.
故选：C.
6.（2020秋•莱州市月考）
若函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解答】解：因为有两个不同的极值点，
所以＝＝0在（0，+∞）有2个不同的零点，
所以x2﹣x+a＝0在（0，+∞）有2个不同的零点，
所以，
解可得，0＜a＜．
故选：D．
7.（2020·湖北随州·期末）
已知函数在处取得最大值，则下列判断正确的是（ ）
①，②，③，④
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】B
【详解】
的定义域为，
，
令在上单调递减，
，，
所以，，所以，
，
，因为，所以，
所以，即；所以②③正确；
故选：B
8.（2020秋•赤峰月考）
已知函数f（x）的定义域为R，f'（x）为f（x）的导函数．若f'（x）﹣f（x）＜1，且f（0）＝1，则不等式f（x）+1≥2ex的解集为（　　）
A．（﹣∞，0] B．[﹣1，+∞） C．[0，+∞） D．（﹣∞，﹣1]
【答案】A
【解答】解：令g（x）＝，
则g′（x）＝，
因为f'（x）﹣f（x）＜1，
所以g′（x）＜0，即函数g（x）在定义域R上单调递减，
因为f（0）＝1，
所以g（0）＝2，
所以不等式f（x）+1≥2ex等价于≥2，即g（x）≥g（0），
解得x≤0．
故不等式的解集为（﹣∞，0]．
故选：A．
9.（2020·合肥一六八中学月考）
已知，，有如下四个结论：
①；②；③满足；④．
则正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】C
【详解】
由，则 ，设,则
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减,
又，当时，有，则的图象如图.

由，即，且，所以，所以①正确，②错误；
设，则
两式相减得，得
两式相加得
设
，则

所以在上单调递增，则
所以在上单调递增，,即
所以，即
所以，故④正确，③错误；
综上，正确的命题是①④，
故选：C.
10.（2020秋•平城区校级期中）
设函数f（x）在R上存在导数f'（x），对于任意的实数x，有f（x）+f（﹣x）＝2x2，当x∈（﹣∞，0）时，f'（x）+3≤2x，若f（m+2）+f（m）≤2m2﹣2m﹣2，则实数m的取值范围是（　　）
A．m≥1 B．m≤1 C．m≥﹣1 D．m≤﹣1
【答案】C
【解答】解：∵f'（x）+3≤2x，
∴f'（x）﹣2x+3＜0，
构造函数g（x）＝f（x）﹣x2+3x，
∵g（x）+g（﹣x）＝f（x）﹣x2+3x+f（﹣x）﹣x2﹣3x＝f（x）+f（﹣x）﹣2x2＝0，
∴函数g（x）为奇函数，
∵x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＝f'（x）﹣2x+3＜0，
∴函数g（x）在（﹣∞，0）上是减函数，从而在（0，+∞）上也是减函数，
又∵f（0）＝0，
∴函数g（x）在R上是减函数，
∵对于任意的实数x，有f（x）+f（﹣x）＝2x2，
∴f（m+2）＝2（m+2）2﹣f（﹣m﹣2），
∴f（m+2）+f（m）≤2m2﹣2m﹣2等价于2（m+2）2﹣f（﹣m﹣2）+f（m））≤2m2﹣2m﹣2，
整理得：f（m）﹣f（﹣m﹣2））≤﹣10m﹣10，
等价于f（m）﹣m2+3m≤f（﹣m﹣2）﹣（﹣m﹣2）2+3（﹣m﹣2），
即g（m）≤g（﹣m﹣2），
又∵函数g（x）在R上是减函数，
∴m≥﹣m﹣2，
解得：m≥﹣1，
故选：C．
11.（2020·合肥一六八中学月考）
已知函数，存在实数，使得，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
因为，，

所以，，
令，求导可得，
即时，，时，，
则当时有最大值，即的最大值为.
故选：A.
12.（2020秋•珠海月考）
直线l：y＝kx+b是曲线f（x）＝ln（x+1）和曲线g（x）＝ln（e2x）的公切线，则b＝（　　）
A．2 B． C．ln D．ln（2e）
【答案】C
【解答】解：设直线l与曲线f（x）的切点设为（m，ln（m+1）），与曲线g（x）的切点为（s，2+lns），
由f（x）＝ln（x+1）的导数f′（x）＝，可得k＝，即m＝﹣1，
又g（x）＝ln（e2x）的导数为g′（x）＝，可得k＝，即s＝，
又ln（1+m）＝km+b，即﹣lnk＝1﹣k+b，①
2+lns＝ks+b，即2﹣lnk＝1+b，②
由①②解得k＝2，b＝1﹣ln2＝ln，
故选：C．
13.（2020秋•朝阳区期中）
已知奇函数f（x）的定义域为，且f′（x）是f（x）的导函数．若对任意，都有f′（x）cosx+f（x）sinx＜0，则满足的θ的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解答】解：令g（x）＝，x∈（﹣，），
∵f（x）为奇函数，y＝cosx为偶函数，
∴g（x）为奇函数．
∵∀x∈（﹣，0），有f′（x）cosx+f（x）sinx＜0，
∴g′（x）＝＜0，
∴g（x）在区间（﹣，0）上单调递减，又g（x）为奇函数，
∴g（x）在区间（﹣，）上单调递减，
当x∈（﹣，），cosx＞0，

∵，
∴＜，
∴g（θ）＜g（），
∴＜θ＜
故选：D．
14.（2020秋•香坊区校级期中）
已知关于x的不等式在（0，+∞）上恒成立，则实数λ的取值范围为（　　）
A． B．（e，+∞） C． D．（0，e）
【答案】A
【解答】解：关于x的不等式在（0，+∞）上恒成立，
则（eλx+1）λx＞（x+1）lnx＝（elnx+1）lnx，
设f（x）＝（ex+1）x，x＞0，
∴f（λx）＞f（lnx），
∵f′（x）＝ex（x+1）+1＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴λx＞lnx，
∴λ＞，
设g（x）＝，x＞0，
∴g′（x）＝，
令g′（x）＝0，解得x＝e，
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
当x＞e时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
∴g（x）max＝g（e）＝，
∴λ＞，
故选：A．
二、填空题
15.（2020秋•安徽月考）
已知函数f（x）＝有三个极值点，则a的取值范围是　　．
【答案】（e，+∞）
【解答】解：∵函数f（x）＝，
可得f'（x）＝ax2+ax﹣ex﹣xex，
函数f（x）＝有三个极值点，等价为f'（x）＝ax2+ax﹣ex﹣xex＝0有三个不同的实根，
即ax（x+1）﹣（1+x）ex＝0，
∴（x+1）（ax﹣ex）＝0，则x＝﹣1，则ax﹣ex＝0，有两个不等于﹣1的根，
则，
设，则，
则由h'（x）＞0得x＞1，
由h'（x）＜0得x＜1且x≠0，
当x＝1时，（h（x））min＝e，
当x＜0时，h（x）＜0，
作出图象，
要使有两个不同的根，
则满足a＞e，
∴a∈（e，+∞）．

故答案为：（e，+∞）．
16.（2020·河南信阳·高三月考）
已知函数，给出下列命题：
①，都有成立；②存在常数，恒有成立；
③的最大值为；④在上是增函数.
以上命题中正确的为______.
【答案】①②④
【详解】
①，为奇函数，正确；
②，为周期函数，正确；
③，令，则，令，得，且为最大值，错误；
④当时，，所以在上为增函数，正确.
故答案为：①②④
17.（2020·陕西安康·月考（理））
已知函数，若恒成立，则a的取值范围是________.
【答案】
【详解】
若，则，
当时，显然成立；
当时，则，又因为当时，，
所以只需满足即可，
令（），则，
则时，，所以在上递减，
当时，，则在上递增，
所以，所以，
令（），
则，
令，得（舍）或，
则当时，；当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
故，
综上所述：.
故答案为：.
18.（2020·湖北随州·期末）
已知函数，下列结论中，
①函数的图象关于原点对称；
②当时，；
③若，则；
④若对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.
所有正确结论的序号为______.
【答案】①②④
【详解】
因为，
所以，
所以为奇函数，所以函数的图象关于原点对称，所以①正确；
因为，
因为，所以，
所以在上单调递减，
所以，所以，所以②正确；
令，，
由②可知，在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，
若，所以，
即，所以③错误；
若对于恒成立，相当于在上落在直线的上方，落在直线的下方，
结合图形，可知的最大值为连接的直线的斜率，即，
的最小值为曲线在处的切线的斜率，即，
所以④正确；
故正确答案为：①②④.
19.（2020·陕西安康·月考）
已知函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求a，b的值；
（2）证明：.
【详解】
（1）由已知得，∴.
，.
（2）设，则，由得；由得.
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取得最小值，
∴当时，，所以，
∴要使在上成立，只需使在上成立，即在上成立，
设，则，由得，由得.
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取得最小值，即在上成立
∴原不等式成立.
20.（2020·四川成都·月考（理））
已知函数，，其中.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若方程在(为自然对数的底数)上存在唯一实数解，求实数的取值范围.
【详解】
（1）当时，
则当时，，为减函数
当时，，为增函数
故的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）∵，∴
即；令，
由题意得只需函数在上有唯一的零点；
又，其中，
①当时，恒成立，单调递增，
又，则函数在区间上有唯一的零点；
②当时，恒成立，单调递减，
又，则函数在区间上有唯一的零点；
③当时，当时，，
单调递减，又，∴，
则函数在区间上有唯一的零点；
当时，，单调递增，
则当时，在上没有零点，符合题意，
即，解得：，∴当时，
在上没有零点，此时函数在区间上有唯一的零点；
所以实数的取值范围是.
15． 21.（2020·福建省福州第一中学开学考试）
已知函数.
（1）若，证明：当时，；
（2）若是的极大值点，求正实数a的取值范围.
【详解】
（1）由题知，，
令，则，
若，当时，
，
所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增；
所以.
（2）①若，由（1）知：在上单调递增；
因此不可能是的极大值点.
②若，令，
因为当时，，所以即在上单调递增.
又因为，，
因此存在满足：，所以当时，，
所以在上单调递减，，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递增；在上单调递减；
综上，当是的极大值点时，.
22. （2020·江西二模（理））
已知函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）设，若有两个零点，求的取值范围.
【详解】
解：（1）当时，，，
，，
∴切线方程为即；
（2）∵，
∴.
①当时，在上单调递增，在上单调递减.
∵，.∴在上有且只有一个零点.
取，使，且，则.
即有两个不同的零点.
②当时，，此时只有一个零点.
③当时，令，得或.
当时，，恒成立，∴在上单调递增.
当时，即.若或，则；
若，则.
∴在和上单调递增，在上单调递减.
当时，即.若时，
若，则.
∴在和上单调递增，在上单调递减
当时，∵，
.
∴无零点，不合题意.
综上，有两个零点的取值范围是.
23.（2020·湖南郴州·月考）
已知函数.
（1）若，求的取值范围；
（2）证明∶.
【详解】
（1），
1°当时，，则在上单调递增，
由于，故不成立，
2°当时，，成立，
3°当时，令，则，
则在单调递减，单调递增，
于是，即，
综上所述.
（2）由（1）可知，当时，，即①，
由于待证目标式中含有的形式，
用代①式的得②，
结合①②可得：，时取等号，
则，
于是.
故得证.