2022届优质校一模试卷专题汇编4 导数 解析版

这是一份2022届优质校一模试卷专题汇编4 导数 解析版，共42页。试卷主要包含了选择题．，解答题．等内容，欢迎下载使用。

专题 4
××

导数





方法点拨

导数在高考中的考查主要为一道小题（选择题或填空题）和一道大题．小题主要考导数的几何意义，导数与单调性，导数与极值相关的问题．大题则主要考查不等式的证明，恒成立问题等．
（1）关于导数的几何意义的题型一般分为直线与曲线相切和两曲线在公共点处有公切线的问题，两种问题的解题思路都是考虑切点处的性质：第一在切点处切线的斜率等于曲线对应方程在该点处的导数值；第二是点同时在两条曲线上，即当把切点的横坐标值带入曲线对应的方程时，得到的纵坐标相等．
（2）利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由或证得不等式．
（3）证明，可以构造函数，然后利用的最值证明不等式．
（4）若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．
（5）利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略
①构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围．
②分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（6）近几年导数中双参问题经常出现，难度较大．破解含双参问题关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．

试题汇编

一、选择题．
1．（陕西省宝鸡市陈仓区2022届高三一模）设函数在点处附近有定义，且为常数，则（ ）
A． B． C． D．
2．（江西省九江市2021届高三一模）已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．（四川省攀枝花市2021届高三一模）已知函数，则曲线的
所有切线中，斜率最大的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（四川省巴中市2020-2021学年高三一模）若直线与曲线相切，则（ ）
A． B． C． D．
5．（宜春2020高三一模）若存在，使得函数与的图象在
这两个函数图象的公共点处的切线相同，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．（甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2020-2021学年高三一模）已知函数的导函数为，且对任意的实数都有(是自然对数的底数)，且，
若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（多选）（山东省德州市2020-2021学年高三一模）已知函数的定义域为，
其导函数满足，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．， D．，
8．（河南省新乡市2020-2021学年高三一模）定义在上的函数的导函数满足，则必有（ ）
A． B．
C． D．
9．（黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年一模）已知定义在上的函数的导函数为，且满足，则关于不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
10．（广西柳州市2022届高三11月第一次模拟）已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
11．（四川省资阳市高中2021-2022学年高三一模）若不等式恒成立，
则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
12．（贵州省遵义市2021届高三一模），不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．

二、解答题．
13．（江苏省南京航空航天大学附属高级中学2020-2021学年一模）已知函数．
（1）若函数的图象在处的切线过点，求实数的值；
（2），，，求实数的取值范围．













14．（湖南省长沙市雅礼中学2021届高三一模）已知函数．
（1）曲线在点处的切线方程为，求，的值；
（2）若，时，，都有，求的取值范围．












15．（四川省南充市2021-2022学年高三一模）已知函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）若，设，求证：函数在区间内有唯一的一个零点．














16．（福建省泉州市2021届高三一模）已知函数．
（1）若在单调递减，求实数的取值范围；
（2）证明：对任意整数，至多1个零点．












17．（四川省资阳市高中2021-2022学年高三一模）已知函数．
（1）当时，求函数在时的最大值和最小值；
（2）若函数在区间存在极小值，求a的取值范围．














18．（四川省内江市高中2022届第一次模拟）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求实数a的值．













19．（广东省肇庆市2019届高中毕业班一模）已知函数，．
（1）求的单调区间；
（2）若在上成立，求的取值范围．













20．（四川省成都市2020-2021学年高三一模）已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．















21．（广西柳州市2022届高三11月第一次模拟）已知函数．
（1）当a=1时，讨论的单调性；
（2）若，求实数a的取值范围．











22．（四川省内江市高中2022届第一次模拟）已知a，，函数．
（1）若函数在点处的切线与x轴平行，求的值；
（2）若，函数有两个零点，求的取值范围．













23．（天津市天津一中2021届高三一模）已知函数，．
（1）当时，求函数的单减区间；
（2）若存在极小值，求实数的取值范围；
（3）设是的极小值点，且，证明：．












24．（宁夏银川市第二中学2021届高三一模）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，求证：．











25．（宁夏银川市唐徕回民中学2021届高三高考一模）已知函数．
（1）若，证明：；
（2）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．











26．（江西省赣州市2021届高三3月一模）已知函数（）．
（1）讨论函数的单调性；
（2）是否存在一条直线l与曲线相切于两个不同的点，？
若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由．












27．（广东省佛山市顺德区2022届高三一模）设函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）任意正实数，，当时，试判断与的大小关系并证明．











28．（江西省南昌市2021届高三一模）已知函数
为自然对数的底数）．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若在上单调递增，求证：．












29．（山西省怀仁市2021届高三下学期一模）已知函数．
（1）若，求函数的极值；
（2）设为的导函数，若是函数的两个不相等的零点，求证：．











30．（广东省广州市天河区2020-2021学年一模）设函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若方程有两个不相等的实数根、，求证：．











31．（四川省成都市新都区2019-2020学年高三一模）已知函数．
（1）讨论的单调性并指出相应单调区间；
（2）若，设是函数的两个极值点，若，
且恒成立，求实数k的取值范围．











32．（广东省2021届高三一模数学试题）已知函数．
（1）讨论函数的零点个数；
（2）设，是函数的两个零点，证明：．












33．（河南省济源平顶山许昌2021届高三一模）已知函数有两个零点．
（1）求实数的取值范围；
（2）记的两个零点分别为，，求证：(为自然对数的底数)．









参考答案

一、选择题．
1．【答案】C
【解析】因为为常数，
所以，故选C．
2．【答案】B
【解析】的导数为，
可得在点处的切线的斜率为，且，
所以曲线在点处的切线方程为，即，故选B．
3．【答案】D
【解析】函数的导数为，
因为，
所以当时，最大值，
即曲线的切线中斜率的最大值为．
又因为当时，，所以切点坐标为，
则切线方程为，化为，故选D．
4．【答案】C
【解析】设切点坐标为，由，
所以，解得，
所以，即切点为，
又切点在直线上，所以，解得，故选C．
5．【答案】D
【解析】设曲线与的公共点为，，
，，
，则，解得或，
又，且，则．
，，．
设，，
令，得．
当时，；当时，，
的最大值为，故选D．
6．【答案】C
【解析】，即，
所以，则，所以，
因为，所以，
所以，
，
由，得，此时单调递增；
由，得或，此时单调递减，
所以时，取得极大值为，
当时，取得极小值，
又因为，，，且时，，
的解集中恰有两个整数等价于在下方的图象只有2个横坐标为整数的点，结合函数图象可得：
则，解得，
所以时，的解集中恰有两个整数，
故实数的取值范围是，故选C．

7．【答案】BCD
【解析】令，，
在单调递减，
，，
对A，，故A错误；
以B，，故B正确；
对C，，，
，，，故C正确；
对D，
，
，
，故D正确，
故选BCD．
8．【答案】D
【解析】由，得．
设，，则，
故在上单调递减，
则，则，，
但由于，，，的正负不确定，
所以，都未必成立，
故选D．
9．【答案】A
【解析】涉及函数定义域为，
设，则，
∵，∴，∴在上单调递增，
不等式可化为，
即，所以，，
又，得，
∴原不等式的解为，故选A．
10．【答案】A
【解析】根据题意，构造，则，
且，故在上单调递减；
又为上的奇函数，故可得，
即，则，
则不等式等价于，
又因为是上的单调减函数，故解得，故选A．
11．【答案】A
【解析】由不等式恒成立，可知对x>0恒成立．
设，则该函数为上的增函数，故，
故对任意的恒成立，
设，则，
当时，，故为上的增函数，
而当时，有，不合题意；
当时，对任意的恒成立，
当时，
若，则；当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，故，
综上：的取值范围是，故选A．
12．【答案】A
【解析】原不等式可化为，
构造，，
令，可得．
时，；时，，
所以是函数的最小值，所以，
当且仅当时等号成立，
有零点，所以，即，
故选A．

二、解答题．
13．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题意，
所以，，
所以函数的图象在处的切线为，
由切线过点，
则，解得．
（2）不妨设，
若，则，即，
令，则在递减，
∴，即在上恒成立，
设，则，
再设，函数单调递增，
∴，
∴，在上单调递减，∴，
∴的取值范围是．
14．【答案】（1），；（2）．
【解析】（1）由题意，，
切线斜率为，切点，
即，得，
又，，即，．
（2）当，，时，，在上单调递减，
不妨令，则，原不等式即为，
即，即，
令，则在上为单调增函数，
∴有在上恒成立，
即，，令，，，
令，，∴在上单调递减，，
则，在上为单调增函数，
∴，即，
综上，．
15．【答案】（1）当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析．
【解析】（1），
，令，得或，
①当时，由，得或；由，得，
在和上单调递增，在上单调递减；
②当时，时，；当时，，
在上单调递增；
③当时，由，得或；由，得，
在和上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
，
，
存在唯一的，使得，
函数在区间内有唯一的一个零点．
16．【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）由题意，函数，可得．
因为在单调递减，所以对，恒有成立，
即在上恒成立，
令，
则，
令，解得，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，所以当时，，
所以，即实数的取值范围是．
（2）令，则，所以单调递减，
又因为，所以时，；时，．
令，则与零点一致，
当时，，
所以递减，；
当时，有，
令，
因为，在递增，
所以．
综上，当时，在有唯一零点，在恒正不存在零点；
当时，，不存在零点．
即对任意整数，函数至多1个零点，所以至多1个零点．
17．【答案】（1）最大值为9，最小值为；（2）．
【解析】（1）由题，时，，则，
令，得或1，
则时，，单调递增；时，，单调递减；时，，单调递增，
∴在时，取极大值；在时，取极小值，
又，，
综上，在区间上取得的最大值为9，最小值为．
（2），且，
当时，单调递增，函数没有极值；
当时，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增，
∴在取得极大值，在取得极小值，则；
当时，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增，
∴在取得极大值，在取得极小值，
由，得，
综上，函数在区间存在极小值时，a的取值范围是．
18．【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）由题意，函数的定义域为，
则，
当时，对，，故在上单调递增；
当时，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）当时，由（1）知，在上单调递增，
所以当时，，不合题意；
当时，由（1）知，，
因为对成立，所以，即，
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，
所以不等式的解为，
综上可得，实数的值为．
19．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）．
【解析】（1），
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）法一：由，得，即，
令，，
，，在单调递增，
又，，
所以有唯一的零点，
且当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增，
所以，
又因为，所以，
所以，的取值范围是．
法二：由，得，
即，
令，因为，，
所以存在零点，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
所以，
所以的取值范围是．
20．【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1），，
∴．
①当时，令，得，∴在上单调递减；
令，得，∴在上单调递增．
②当时，令，得，∴在上单调递减；
令，得或，∴在和上单调递增．
③当时，在时恒成立，∴在单调递增．
④当时，令，得，∴在上单调递减；
令，得或，∴在和上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增．
（2）不等式，等价于．
①当时，，则．
②当时，．
设函数，则．
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增，
∴，∴．
③当时，．
设函数，则．
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增，
∴，∴，
综上，的取值范围为．
21．【答案】（1）在上单调递增，上单调递减；（2）实数a的取值范围．
【解析】（1）当时，，
于是，
令，可得或．
令，可得或；令，可得，
在上单调递增，上单调递减．
（2）由，即．
当时，恒成立，；
当时，，故当时，恒成立；
令，，
当时，恒成立，且当时，恒成立时正数的取值范围求解如下：
，
记，，
当时，，，等号不恒成立，
故在上单调递增．
又，故时，，时，，
即当时，恒成立．
当时，，，，
故的两个零点即的两个零点，，，
在区间上，，，是减函数．
又，，即不能恒成立，
综上：实数a的取值范围．
22．【答案】（1），；（2）．
【解析】（1），
∵函数在点处的切线与轴平行，
∴，∴，得，，
所以，．
（2）由题知有一个零点恰好是极值点，设其为，
则，得且，
∴，
∵，∴，得，
令，则，
，
∵当时，，∴在上单调递增，
∴，
∴的取值范围是．
23．【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．
【解析】（1）时，，的定义域是，
，
令，，
在递增，而，即，
故时，；时，，
故在递减．
（2）函数，，
，．
令，则，
在上是增函数．
又当时，；当时，，
当时，，，函数在区间上是增函数，不存在极值点；
当时，的值域为，必存在，使．
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
存在极小值点，
综上可知实数的取值范围是．
（3）由（1）知，即，
，
，
由，得．
令，由题意在区间上单调递减，
又，由，得，
令，，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
当时，函数取最小值，
，即，即，
，，
，
．
24．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1），
当时，在R上单调递减；
当时，令，可得；令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上所述：当时，的增区间为；
当时，的增区间为，减区间为．
（2）证明：当时，，
令，
，令，
因为恒成立，
所以在R上单调递增，，
由零点存在性定理可得存在，使得，即，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以
，
由二次函数性质可得，
所以，即，得证．
25．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）当时，，则有，
令，解得，
∴当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减，
∴函数，即得．
（2）根据题意，恒成立，
等价变形可得恒成立，
令，则只需，
，
令，则有，
在上单调递增，
，
∴存在，使得，，
取，所以，
单调递增，所以，
所以，，，，
由此可得，在上单调递减，在上单调递增，
故有，
即实数a的取值范围为．
26．【答案】（1）答案见解析；（2）不存在；答案见解析．
【解析】（1）（），，
①当，即时，，在递增；
②当，即或时，
（ⅰ）若，因为，所以，在递增，
（ⅱ）若，方程的两根，，
且，当时，；当时，，
所以在，上递增，
当时，，故在上递减．
（2）假设这样的直线存在，则曲线在，两处的切线方程分别为，，
依假设知且，
即且，
消去，得（*），
令，由且，得，
设，则，
所以在上递减，所以当时，，
故（*）式不能成立，所以假设不成立，
即不存在一条直线与曲线相切于两个不同点．
27．【答案】（1）增区间为，减区间为，；（2），证明见解析．
【解析】（1），，，
令，得；令，得或，
故的增区间为，减区间为，．
（2）结论：，证明如下：

，
设，由，均为正数且，得，
设，则，
①当时，由，得，即，
故单调递减，从而，
而，此时成立，
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，
此时只需证，化简后即证，
设，，
故单调递增，从而有，即证，
综上：不等式得证．
28．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）当时，，
，令，得，
当时，，由，得或；由，得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．
当时，，恒成立，所以在上单调递增．
当时，，由，得或；由，得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．
综上所述：当时，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．
当时，在上单调递增．
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（2），
令，得或，
因为在上单调递增，所以在上恒成立，
所以，所以，
所以，
令，则，
令，则，
所以在上递增，
又，所以时，，，
当时，，，
所以在上递减，在上递增，
所以，所以，即．
29．【答案】（1）极大值为，无极小值；（2）证明见解析．
【解析】（1）由题，，
．
令，解得；令，解得，
故函数在单调递增，在上单调递减，
所以函数的极大值为，
综上可知，函数的极大值为，无极小值．
（2）依题意，
所以是的两个不相等的正实数根，
则，解得，


，
令，
则，所以在上单调递减，
所以，
即．
30．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）解：．
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
所以函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）证明：因为、是方程的两个不等实根，由（1）知．
不妨设，则，，
两式相减得，
即，
所以．
因为，
当时，；当时，，
故要证，只需证即可，
即证明，
即证明，
即证明，
设，令，则，
因为，所以，所以在上是增函数，
所以，所以成立．
31．【答案】（1）答案见解析；（2）．
【解析】（1）由，，则，
当时，则，故在上单调递减；
当时，令，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）∵，，
由，得，
∴，，∴，
∵，∴，解得．
∴．
设，则，
∴在上单调递减，
当时，，∴，
即所求的取值范围为．
32．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）解：由题知函数的定义域为，．
当时，则，有唯一零点．
当时，则在上恒成立，所以在上是增函数，
又，，故，使得，
此时有唯一零点．
当时，则当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减，
所以．
当时，，所以有唯一零点1．
当时，，无零点．
当时，且，故，使得．
，
令，则．
因为当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，所以，
所以，
故，使得．
所以当时，有两个零点．
综上，当或时，有唯一零点；
当时，有两个零点；
当时，无零点．
（2）证明：令，由（1）可知，，
所以，所以，所以，所以．
令，所以，
所以在上单调递增．
所以，所以，即．
又，是函数的两个零点，所以，
两式相减，得．
不妨设，则，所以，
所以，所以，所以，
所以．
33．【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】（1）的定义域为，，
①当时，恒成立，在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意；
②当时，，且当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
从而的最小值为．
（i）若，即，此时至多有一个零点，不符合题意；
（ii）若，即，
∵在上单调递增，，，
根据零点存在性定理得，在内有且只有一个零点，
又∵在上单调递减，且，
考虑的正负，令，，
则，∴在上单调递减，
∴，即，
∵，∴，，
根据零点存在性定理得，在内有且只有一个零点，
所以，当时，恰有两个零点，符合题意，
综上得，．
（2）由条件得，∴，
，
要证，即证，即证，
即证，即证①，
设，不妨设，由，知，
证①式，即转化为证明：当时，，
设，则，
∴当时，恒成立，即在上单调递增，
∴当时，，
所以成立．