新高考数学二轮复习核心考点精讲精练专题04 导数的基本应用（练）（2份，原卷版+解析版）

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【对点演练】
一、单选题
1．（2022·贵州·凯里一中高三阶段练习（文））曲线在点处的切线方程是，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】利用导数的几何意义求解即可.
【详解】，，切点为，切线方程为，∴.
故选：A.
2．（2022·新疆·伊宁县第二中学高三期中（文））设函数的导函数为，且函数的部分图像如图所示，则（ ）
A．函数在上单调递增B．函数在处取得极大值
C．函数在处取得极小值D．函数在上单调递增
【答案】D
【分析】由导函数的正负可得函数的单调性，再逐项判断可得答案.
【详解】由的图象可得
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
对于A，函数在先递减，再递增，故不正确；
对于B，函数在处取得极小值，故不正确；
对于C，函数在处取不到极值，故不正确；
对于D，函数在上单调递增，故正确；
故选：D
3．（2022·湖北·枣阳一中高三期中）已知函数的图像在处的切线过点，则（ ）
A．B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】结合导数求出切线方程，将代入即可求出参数.
【详解】由，，，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程可得.
故选：B
4．（2022·浙江·嘉兴一中高三期中）若函数在处取得极值2，则（ ）
A．B．C．0D．2
【答案】A
【分析】求导，根据处的极值为2，列方程解方程得到，，即可得到.
【详解】解：，
，
又函数在处取得极值2，
则，且，
所以，，经检验满足要求，所以．
故选：A．
5．（2020·河南·高三阶段练习（文））函数在区间上的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据在上单调性求出最值即可
【详解】由可得，
令，解得，
当，，单调递减；当，，单调递增，
所以的极小值，也为最小值为，
故选：C
6．（2023·广西·模拟预测（文））已知函数存在最大值0，则的值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】讨论与0的大小关系确定的单调性，求出的最大值.
【详解】因为，，
所以当时，恒成立，故函数单调递增，不存在最大值；
当时，令，得出，
所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，解得：.
故选：B.
二、多选题
7．（2022·辽宁葫芦岛·高三阶段练习）已知函数有两个极值点,,则( )
A．是的极小值点B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】求导，转化为研究二次函数即可
【详解】
因为存在两个极值点,所以,即
当和时,单调递增
当时,单调递减
故是的极大值点,且
故选：BCD
8．（2022·江苏苏州·高三期中）已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．B．的最小值是
C．图象与直线相切D．图象与直线相切
【答案】AD
【分析】根据函数的对称性代入特殊值，求，即可判断A;
利用换元，转化为二次函数求最值，即可判断B；
联立函数与直线方程，利用方程组的解，判断交点处的导数，判断是否相切，即可判断C；
利用导数求函数在处的切线方程，即可判断D.
【详解】因为图象关于直线对称，当时，，于是，当时，，于是，于是，，所以，故A正确；
，令
，，则，，因为图象开口向上，对称轴是，所以的最小值为，故B错误；
联立方程，解得：或或，
，，，，
所以与直线不能相切，故C不正确；
，，，所以函数在处的切线方程为，故D正确.
故选：AD
三、填空题
9.（2022·黑龙江·哈尔滨七十三中高三阶段练习）函数的图象在点处的切线方程为_________.
【答案】
【分析】根据题意，先求出函数的导数，利用导数的几何意义，求出切线方程的斜率即可求解.
【详解】因为函数，所以，又因为点在函数图象上，由导数的几何意义可知：切线的斜率，
所以所求切线方程为，即或，
故答案为：或.
10．（2022·山东烟台·高三期中）若函数，则的最小值是______．
【答案】
【分析】因为三角函数具有周期性，令，对函数求导数，研究导函数在区间内的符号，得到函数的单调性，求出最小值.
【详解】不妨设，
则在上的单调性如下表：
，，因为，
所以函数的最小值为.
故答案为：.
【冲刺提升】
一、单选题
1．（2022·河南·模拟预测（理））如图是函数的图象，则函数的解析式可以为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用导数说明函数的单调性，即可判断.
【详解】解：对于A：定义域为，
当时，则，即函数在上单调递增，故A错误；
对于B：定义域为，且，，所以，故B错误；
对于C：定义域为，
又，所以当时，
当或时，即函数在，上单调递减，在上单调递增，故C错误；
对于D：定义域为，
所以当或时，当时，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，符合题意；
故选：D
2．（2007·陕西·高考真题（理））是定义在上的非负可导函数，且满足．对任意正数a，b，若，则必有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，再分类讨论即可求解.
【详解】解：令，，
所以在上为常函数或递减,
若在上为单调递减，所以，
即①，②
①②两式相乘得：
所以，
若在上为常函数，且，则，
即③，④，
③④两式相乘得：
所以，
综上所述，
故选：A
3．（2022·湖北·高三期中）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，，结合函数的单调性分别得出，，从而得出答案．
【详解】令，
则，，
∵，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
令，则，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
所以，即．
综上，．
故选：D．
4．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（文））在给出的①；②；③三个不等式中，正确的个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】B
【分析】构造函数，分析其单调性可判断①和②，构造函数，分析其单调性可判断③.
【详解】令，则，
当时，，当时，,
即在上单调递增，在上单调递减,
可得，即，故①正确；
因为，所以，即，
所以，即，故②错误；
再令，则，
当时，，即在上单调递增，
所以，则，即．
又，，所以，即，即，
所以，即，所以，即，故③错误，
故选：B．
5．（2022·浙江·模拟预测）已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，可知函数为上的增函数，可知，对任意的，，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】不妨设，由可得出，
即，
令，其中，
则，所以，函数在上为增函数，
则，则，
令，其中，，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，则，
令，其中，则，故函数在上为增函数，
因为，，所以，，
由可得，所以，，可得，
且当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
所以，.
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题关键点在处理函数的极值点时，根据零点存在定理得出其极值点满足，通过利用指对同构结合函数的单调性转化为，，利用整体代换法可求得的取值范围.
二、多选题
6．（2022·江苏连云港·高三期中）已知曲线在点处的切线为，则（ ）
A．当 时，的极大值为
B．若，的斜率为2，则
C．若在上单调递增，则
D．若存在过点P的直线与曲线相切于点，则
【答案】AB
【分析】当 时，求出函数的导数，判断函数单调性，求得极值，判断A;根据导数的几何意义可求得参数的值，判断B;利用导数与函数单调性的关系可得不等式，求得a的范围，判断C;根据导数的几何意义，利用斜率关系，列出相应等式，化简可得，判断D.
【详解】当 时, ,则，
当或时，，递增，当时，，递减，
故时，取得极大值 ，A正确；
由可知，若，的斜率为2，
则，故B正确；
若在上单调递增，则恒成立，
即 ，当时，在上单调递增，
故，C错误；
若存在过点P的直线与曲线相切于点，则，
则的斜率为，则 ，
即，
即，即，
故，D错误，
故选：AB.
7．（2022·山东·青岛超银高级中学高三阶段练习）已知，则（ ）
A．设是图象上的任意一点，是图象上任一点，则
B．
C．与的图象有且仅有两条公切线
D．是增函数
【答案】ABC
【分析】由导数的几何意义可判断A，由得单调性可判断BD，由方程有两个解可判断C.
【详解】在同一坐标系上作出的图象如图所示：
易知和的图像关于直线对称，
作与直线平行且与相切的直线，
设切点，，
所以有，解得，即切点为，
到直线的距离，
即曲线上的动点到直线的距离的最小值为，
由对称性可知: ，A正确；
设，
，设，，
所以在上单调递增，
，，
所以存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，而，
故，而，
设，，
所以在上单调递减，
所以，所以，
即，B正确，D错误.
设与的公切线为，切点分别为
，，则有，
化简得：，即，
画出与的图像可知：
与的图像有两个交点，
所以方程有两个解，
即与的图象有且仅有两条公切线，C正确；
故选：ABC.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
三、填空题
8．（2022·江苏泰州·高三期中）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的最小值为_____．
【答案】
【分析】由两条曲线的公切线斜率分别等于各曲线上切点处的导数值，以及各曲线上切点分别满足切线方程来列方程组，得到与满足的关系式，将原式中的替换，再利用基本不等式求最小值即可.
【详解】曲线在点A处的切线可写作
设该切线在曲线上的切点为，
则有，消去t得
则
当且仅当，即时取得该最小值.
故答案为：.
9．（2022·辽宁·沈阳市第四十中学高三期中）已知等比数列的公比，若，是函数的极值点，则______．
【答案】##.
【分析】先求出函数的极值点，从而可得，，再求出公比，进而可求出.
【详解】由，得，
由时，或，
当或时，，当时，，
所以2 和3为的极值点，
因为，，是函数的极值点，
所以，，
所以，
所以，
故答案为：.
10．（2022·北京大兴·高三期中）已知函数若的值域为R，则a的一个取值为____________；若是R上的增函数，则实数a的取值范围是____________．
【答案】 0（）；
【分析】①的值域为R等价于的值域包含，即，由导数法，对分别讨论、、下的最大值即可；
②是R上的增函数，则等价于单调递增且，单调递增等价于在恒大于等于0，分别讨论、即可
【详解】①值域为R等价于的值域包含，即，由，
当时，，单调递增，即有，故有，解得或；
当时，由得，由得，
故当，，单调递增，即有，故有，解得；
当，时，，单调递增，，，单调递减，即有，故有恒成立，故；
综上，的值域为R时，
②若是R上的增函数，等价于单调递增且，解得或，
由单调递增即在恒大于等于0得，
当，，得或；
当，
综上，或.
故答案为：0（）；
四、解答题
11．（2022·北京·北师大二附中高三期中）已知函数的图象过点，且在点P处的切线恰好与直线垂直．
(1)求函数的解析式；
(2)若函数在区间上单调递增，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)将点坐标代入函数解析式得到关于的方程，再根据函数在切点处的导数等于切线的斜率再建立关于的另一个方程，即可求出，即可确定函数的解析式; (2)求出函数的单调区间，利用可求解.
【详解】（1）因为函数的图象过点,所以,
又因为,且点P处的切线恰好与直线垂直,
所以,
由解得,所以.
（2）由(1)知，
令，即，解得或，
令，即，解得，
所以在单调递增，单调递减，
单调递增，
根据函数在区间上单调递增，
则有或，解得或.
12．（2022·辽宁葫芦岛·高三阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求在上的最大值与最小值．
【答案】(1)分类讨论，答案见解析；
(2)最大值为1，最小值为．
【分析】（1）对参数分类讨论，结合导数研究每一种情况下对应的单调性即可；
（2）根据（1）中所求函数的单调性，即可求得函数的最值.
【详解】（1）因为．
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，若，；若，，
所以在上单调递减，在，上单调递增；
当时，若，；若，．
所以在上单调递增，在，上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，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，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最大值为．
因为，，所以在上的最小值为．
综上所述：的最大值为，最小值为.
x
0


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0
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0
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极大

极小