2023届高考数学二轮复习导数的综合应用作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习导数的综合应用作业含答案，共15页。试卷主要包含了 关于函数，下列判断正确的是， 已知函数，，则， ，则等内容，欢迎下载使用。
（12）导数的综合应用1.已知函数图像的对称中心的横坐标为,且有三个零点,则实数a的取值范围是(   )
A. B.
C. D.2.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马：将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑，已知三棱锥为鳖臑，且内接于球O，球O的半径，三棱锥的底面ABC为等腰直角三角形，平面ABC，则三棱锥的体积V的最大值为(   )A. B. C. D.3.已知函数在R上有且只有一个零点，则实数m的最小值为(   )A. B. C.1 D.4.已知函数有4个不同的零点，则m的取值范围为(   )A. B. C. D.5.已知函数是定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为(   )A.  B.C.  D.6.已知是R上的单调递增函数，，不等式恒成立，则m的取值范围是(   )A. B. C. D.7.已知函数在R上有且只有一个零点，则实数m的最小值为(   )A. B. C.1 D.8. （多选）关于函数，下列判断正确的是(   )
A.是的极大值点B.函数有且只有1个零点C.存在正实数k，使得成立D.对任意两个正实数，且，若，则9. （多选）已知函数，，则(   )A.函数在R上无极值点B.函数在上存在唯一极值点C.若对任意，不等式恒成立，则实数a的最大值为D.若，则的最大值为10. （多选）已知定义在R上的奇函数连续且可导，若（为的导函数），则(   )A. B. C. D.11.已知关于x的不等式有解，则实数a的取值范围为______________.12.若对任意的，不等式恒成立，则实数a的取值范围为___________.13.已知函数，若函数恰有2个零点，则实数m的取值范围为_________.14.设函数.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）已知a，，曲线上不同的三点，，处的切线都经过点.证明：（ⅰ）若，则；（ⅱ）若，，则.（注：是自然对数的底数）15.已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）设，讨论函数在上的单调性；（Ⅲ）证明：对任意的s，，有.


 
答案以及解析1.答案：B解析：，令，得或，
，.
当或时，，当时，.
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
的极大值为，极小值为.
有三个零点，，解得.2.答案：B解析：由题意，可将三棱锥还原为如图所示的长方体，则长方体对角线，即为球O的直径.不妨设，则，，，.令，.，y在上单调递增，在上单调递减，三棱锥体积的最大值为，故选B.3.答案：D解析：由题可知，为偶函数，，且.设，则，当时，，故在上单调递增，故当时，，即，即在上单调递增，故在上没有零点，由为偶函数，可知在R上有且只有一个零点；当时，存在，使，当时，，即在上单调递减，故，即，故在上单调递减，故，且，则在上有零点，不符合题意，故，即实数m的最小值为，故选D.4.答案：B解析：当时，，，可得在上单调递减，在上单调递增，且，所以的大致图象如图所示，由，解得或.由的图象可知，当时，有1个根，所以要有3个根，故实数m的取值范围为，故选B.5.答案：D解析：由已知得当时，.令，则当时，，所以在上为单调递减函数.由是定义在的奇函数，得，故是定义在的偶函数，且的图象关于y轴对称.令，函数在上为减函数，且函数图象关于直线对称，当时，，则，即，即，，即，得.依据函数的图象关于直线对称，得当时，不等式的解集为，故原不等式的解集为，故选D.6.答案：D解析：依题意，在R上是增函数，，不等式恒成立，即恒成立，等价于恒成立，.令，则，易得，，，故选D.7.答案：D解析：由题可知，为偶函数，且，.设，则，当时，，故在上单调递增，故时，，即，即在上单调递增，故在上没有零点.由为偶函数，可知在R上有且只有一个零点；当时，存在，使，当时，，即在上单调递减，故，即，故在上单调递减，故，且，则在上有零点，此时不符合条件，故，即实数m的最小值为，故选D.8.答案：BD解析：对于A，函数的定义域为，，当时，，单调递减，当时，单调递增，所以是的极小值点，故A错误.
对于B,，，所以函数在上单调递减，又，所以函数有且只有1个零点，故B正确.
对于C，若，即，则，令，则，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以，所以在上单调递减，函数无最小值，所以不存在正实数k，使得恒成立，故C错误.
对于D，因为在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值，点因为对任意两个正实数且，若，则，令，则，由，得，即，即，即，解得，所以.故要证，即证，即，即证.因为，所以，所以即证.令，，，所以在上是增函数.因为时，，所以，所以在上是增函数.因为时，，所以，所以，所以，故D正确.
故选BD.9.答案：AD解析：本题考查函数的极值与最值问题.对于A：，令，则，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，故，故在R上单调递增，故函数在R上无极值点，故A正确；对于B：，令，则，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，故，故在上单调递增，则函数在上无极值点，故B错误；对于C：由A得在R上单调递增，不等式恒成立，则恒成立，故恒成立.设，则，令，解得，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，故，故，故C错误；对于D：若，则.由A，B可知函数在R上单调递增，在上单调递增，，，，且，当时，，设，设，则，令，解得，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，故，此时，故的最大值为，故D正确.故选AD.10.答案：ACD解析：是定义在R上的奇函数，.在中，令，得，即，A正确；是定义在R上的奇函数，，，B错误；在中，令，得，又，，C正确；构造函数，则，当时，，在上单调递增，，，，，D正确.11.答案：解析：由题意可知有解有解，设，则，当时，，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，，.12.答案：解析：可化为.令，设，，则，设，令，可得的单调递增区间为，由在上单调递增可知，，则，解得.13.答案：解析：由得由题意得，函数与函数的图象恰有2个公共点，作出函数的图象，如图，再作出直线，它始终过原点，设直线与相切，切点为，由知，切线斜率为，切线方程为，把代入得，所以切线斜率为，设与相切，则，即，解得舍去)，由图可得实数m的取值范围是或.14.答案：（Ⅰ）的单调递减区间为，单调递增区间为（Ⅱ）（ⅰ）见解析（ⅱ）见解析解析：（Ⅰ）因为，所以.
令，得，令，得，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（Ⅱ）因为曲线上不同的三点，，处的切线都经过点，
所以，，是方程，即的三个不同的实数解.
（ⅰ）令，
则，
当时，令，得或，令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
当时，，当时，.
因为函数有三个零点，所以，
即，所以，
所以，所以原不等式左边成立.
又，
所以要证，只需证，
即证，即证，
又由（Ⅰ）知在上单调递增，所以，
故原不等式右边成立.故命题得证.
（ⅱ）当，时，令，，
则.
因为，是方程的两个不同的实数解，
所以，
所以，
所以，
所以.
要证，
只需证，
即证，
只需证，
即证.
令，则.
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，所以在上恒成立，
所以在上单调递增.
又，所以，
而，
所以要证，只需证，
即证.
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以当，时，.15.答案：（Ⅰ）（Ⅱ）在上单调递增（Ⅲ）见解析解析：（Ⅰ）由题，，
故，，
因此，曲线在点处的切线方程为.（Ⅱ）解法一：，
则，设，，
则，故在上单调递增，故，
因此对任意的恒成立，
故在上单调递增.解法二：，
则，
又，当时，，
故对任意的恒成立，
故在上单调递增.（Ⅲ）设，
则，
由（Ⅱ）知在上单调递增，
故当，时，，
因此，在上单调递增，故，
因此，对任意的，有.