第三章 导数及其应用-备战高考数学专题测试模拟卷（新高考专用）

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备战高考阶段性检测名校重组卷（新高考）
第三章 导数及其应用
本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2023·重庆·统考二模）已知函数，则“”是“在上单调递增”的（    ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】由题
若在上单调递增，则恒成立，即，
故“”是“在上单调递增”的必要不充分条件
故选:.
2．（2023·四川自贡·统考二模）已知函数，则（    ）
A．有2个极大值点 B．有1个极大值点和1个极小值点
C．有2个极小值点 D．有且仅有一个极值点
【答案】D
【分析】求导，根据导函数的符号求得函数的单调区间，再根据极值点的定义即可得解.
【详解】，
因为（当且仅当时取等号），
则当时，，当时，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的极小值点为，没有极大值点，
即函数有且仅有一个极值点.
故选：D.
3．（2023·重庆·统考三模）已知直线y＝ax－a与曲线相切，则实数a＝（    ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【详解】由且x不为0，得
设切点为，则，即，
所以，可得.
故选：C
4．（2023·四川成都·统考二模）若函数在处有极大值，则实数的值为（    ）
A．1 B．或 C． D．
【答案】D
【解析】函数，，
函数在处有极大值，可得，解得或，
当时，，时，时，
在上单调递减，在上单调递增，在处有极小值，不合题意.
当时，，时，时，
在上单调递增，在上单调递减，在处有极大值，符合题意.
综上可得，.
5．（2023·广东汕头·统考二模）已知函数，则的大致图象为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】，
令，所以在和上单调递增，
故选：C
6．（2023·重庆·统考一模）已知函数fx及其导函数f'(x)的定义域为R，记g(x)=f'(x)，f(2x+1)和g(x+2)为偶函数，则（    ）
A．f(1)=f(2) B．f(1)=f(3) C．f(1)=f(4) D．f(1)=f(5)
【答案】D
【分析】根据f2x+1是偶函数，可得f(−2x+1)=f(2x+1) ，再求导计算，
从而求得g(1)=0，g(x+2)为偶函数得出对称性,得出 fx的周期，由此可求得答案.
【详解】因为f2x+1是偶函数，所以f(−2x+1)=f(2x+1)，即f(−x+1)=f(x+1),fx关于x=1对称,
两边求导得−2f'(−2x+1)=2f'(2x+1) ，即−f'(−2x+1)=f'(2x+1)，
所以g(2x+1）=−g(−2x+1) ，即g(x)=−g(−x+2)，gx关于1,0对称
令x=1 可得g(1)=−g(1) ，即g(1)=0 ，
因为g(x+2)为偶函数，所以gx+2=g−x+2 ，即gx=g4−x, gx关于x=2对称，gx的周期为42−1=4,
又因g(4−x)=−g(−x+2),所以g(1)=g(3)=0, fx关于x=3对称, fx的周期为23−1=4,即f(1)=f(5).
故选: D.
7．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数fx=logax,00且a≠1），若对任意x>0，fx≥x2，则实数a的取值范围为（    ）
A．0,e−1e B．116,e−1e
C．0,e−2e D．116,e−2e
【答案】D
【分析】当0 构造函数g(x)=2lnxx，求导判断单调性，从而推出g(x)max=2e，进一步得到ln(1a)≥2e,a≤e−2e，综上得到116≤a≤e−2e.
【详解】当0
由图可知，0 此时若对任意0 只需loga12≥14，即loga12≥logaa14，∴a14≥12,即a≥116, ∴116≤a<1.
当x≥12，f(x)=(1a)x≥x2，
此时若对任意x≥12，(1a)x≥x2，即ln(1a)x≥lnx2,∴xln(1a)≥2lnx，
∴ln(1a)≥2lnxx,，所以只需ln(1a)≥(2lnxx)max.
令g(x)=2lnxx，则g'(x)=2−2lnxx2，
当x∈(0,e),g'(x)>0,g(x)单调递增，当x∈(e,+∞),g'(x)<0,g(x)单调递减，
∴g(x)max=g(e)=2e，∴ln(1a)≥2e,a≤e−2e.
综上，116≤a≤e−2e.
故选:D.
8．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知函数，对任意的，都有，当时，，若，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】令，则，
可得，
即，所以为上的奇函数，
因为时，，可得，
所以在为单调递减函数，且，
所以函数在上为单调递减函数，
由不等式，
可得
整理得到，
即，可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．（2023·山西运城·统考三模）已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．曲线在处的切线与直线垂直
B．在上单调递增
C．的极小值为
D．在上的最小值为
【答案】BC
【详解】因为，所以，
所以，故A错误；
令，解得，所以的单调递增区间为，
而，所以在上单调递增，故B正确；
当时，所以的单调递减区间为，
所以的极小值为，故C正确；
在上单调递减，所以最小值为，故D错误；
故选：BC
10．（浙江省金丽衢十二校、“七彩阳光”2023届高三下学期3月联考数学试题）已知，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】对于A、B选项，利用条件构造，比值换元将问题转化为单变量函数求值域问题；
对于C、D选项，构造函数通过分析单调性判断即可.
【详解】∵，∴
∴
令，因为，所以，
即，则
当时，；
当且时，令，
则
综上，，即B正确；
又因为，所以
令，
显然在上单调递增，）的零点y满足
∴，解得.
所以要证，即证
因为在上单调递增，所以即证
而
所以成立，即成立，C正确
因为，所以当时，，AD错误.
故选：B、C．
11．（湖南省名校教研联盟2023届高三下学期4月联考数学试题）已知和是定义在上的函数，若存在区间，且，则称与在上同步.则（    ）
A．与在上同步
B．存在使得与在上同步
C．若存在使得与在上同步，则
D．存在区间使得与在上同步
【答案】BC
【分析】由题意转化为在上是否至少存在两个零点，，结合零点存在性定理判断选项A、B；结合导数找到函数的单调性及最值，再根据函数零点情况判断选项C、D.
【详解】由题知与在上同步，即在上，至少存在两个零点，，
对于A，在上单调递增，故A错误.
对于B，，，，，
函数在上必有一个零点，故B正确.
对于C，，，
当时函数在上单调递减，至多有一个零点，不符合题意，
当时，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，当时，当时，，
当时，取最大值，
若要有两个零点，则，解得，故C正确.
对于D，，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，又，
所以，没有零点，故D错误.
故选：BC.
12.（重庆市2023届高三三模数学试题）函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的x，均满足：，，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】先得到，再假设为正整数，利用累乘法求出的解析式，再验证不为正整数时，也符合题意.利用的解析式容易判断ABC，根据错位相减法求和可判断D.
【详解】令，得，代入，得，
当为正整数时，，
所以，
所以，代入，得，
所以，又当时，也符合题意，
所以.
当不为正整数时，经验证也满足，
故为任意实数时，都有.
所以，故A正确；，故B正确；
所以，，故C不正确；
所以，
令，
则，
所以，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（上海市建平中学2023届高三三模数学试题）函数的导数为__________.
【答案】
【分析】利用复合函数的求导法则以及商的导数运算法可求得结果.
【详解】因为，
则.
故答案为：.
14．（2023·安徽安庆·统考二模）已知函数，其中，若不等式对任意恒成立，则的最小值为______.
【答案】
【分析】首先求出，则问题即为，可同构变形为，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，参变分离得到，再令，，利用导数求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围，即可得解.
【详解】因为，所以，
所以不等式即为，
即，
构造函数，，则，
则即为，
因为，所以，所以，，所以，
所以在上单调递增，而，，
因此由等价于，所以，
令，，则，
所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
故正实数的最小值为.
故答案为：
15.（2023·江西南昌·统考二模）潮汐现象是地球上的海水在太阳和月球双重引力作用下产生的全球性的海水的周期性变化，人们可以利用潮汐进行港口货运.某港口具体时刻（单位：小时）与对应水深（单位：米）的函数关系式为.某艘大型货船要进港，其相应的吃水深度（船底与水面的距离）为7米，船底与海底距离不小于4.5米时就是安全的，该船于2点开始卸货（一次卸货最长时间不超过8小时），同时吃水深度以0.375米/小时的速度减少，该船8小时内没有卸完货，要及时驶入深水区域，则该船第一次停止卸货的时刻为______.
【答案】6时
【解析】令船底与海底距离为，则，
所以，所以，
又，，
所以，
所以当或时，当时，
所以在上单调递增；在上单调递减.
又因为，
所以当时，；当时，
所以该船第一次停止卸货的时刻为6时.
16．（天津市2023届高三三模数学试题）已知函数，则函数存在_____个极值点；若方程有两个不等实根，则的取值范围是___________
【答案】 4；
【分析】利用导数研究的单调性和极值，作出的图象；由关于的方程有两个不相等的实数根，得到函数与有一个交点，利用图象法求解．
【详解】对于函数．
当时，．
令，解得：或；令，解得：；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
而，；，．
当时，．
令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增．
而；，，．
作出的图象如图所示：

所以函数存在4个极值点.
解关于的方程有两个不相等的实数根,
即关于的方程有两个不相等的实数根，
只有一个实数根，所以关于的方程有一个非零的实数根，
即函数与有一个交点，横坐标．
结合图象可得：或，
所以的取值范围是．
故答案为：4；.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（2023·山东潍坊二模）已知函数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)讨论函数的极值点的个数.
【解析】（1）∵，∴，
∴，而，
∴函数在点处的切线方程，
级.
（2）所以，
当，时，，
当时，，此时存在一个极值点.
当时，则，
当时，；
当时，；当时，，
此时存在两个极值点，.
当时，，
当时，；当时.，此时没有极值点.
当时，，
当时，；当时，；当时，，
此时存在两个极值点，.
综上所述：当或，存在两个极值点；
当时，存在一个极值点；当时，没有极值点.
18．（2023·福建莆田·统考二模）已知函数．
(1)若的最小值为0，求a；
(2)设函数，若是增函数，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用函数最值与极值的关系推得为的一个极值点，从而求得，再代回检验是否满足题意即可得解；
（2）先利用同构法得到，再构造函数，结合（1）中结论证得，从而得到，由此得解.
【详解】（1）因为，所以，
又的最小值为0，所以为的一个极值点，
又因为，所以，解得，
检验：当时，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，满足题意，
综上，.
（2）因为函数是增函数，
所以，
即，
令，则，
所以方程有解，
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以当时，，当且仅当时，等号成立，
所以，解得，
所以的取值范围为.
19.（2023·山东潍坊·统考一模）已知函数fx=ex−1lnx,gx=x2−x.
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当x∈0,2吋，fx≤gx.
【答案】(1)函数fx在0,+∞上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出答案；
（2）当x∈0,2吋，fx≤gx，即证lnxelnx≤x−1ex−1在x∈0,2上恒成立，利用导数求出函数lx=xex的单调区间，再利用导数比较在x∈0,2时，lnx和x−1的大小，即可得证.
【详解】（1）函数fx的定义域为0,+∞，
f'x=ex−1lnx+ex−1x=ex−1lnx+1x，
记ℎx=lnx+1x，则ℎ'x=1x−1x2=x−1x2，
所以当0 当x>1时，ℎ'x>0，函数ℎx单调递增，
所以ℎx≥ℎ1=1，
所以f'x=ex−1lnx+1x>0，
所以函数fx在0,+∞上单调递增；
（2）原不等式为ex−1lnx≤x2−x=xx−1，即lnxx≤x−1ex−1，
即证lnxelnx≤x−1ex−1在x∈0,2上恒成立，
设lx=xex，则l'x=ex−xexex2=1−xex，
所以，当x<1时，l'x>0，lx单调递增；当x>1时，l'x<0，lx单调递减，
所以lx≤l1=1e，
令tx=lnx−x+1,t'x=1x−1=1−xx，
当00，tx单调递增；当x>1时，t'x<0，tx单调递减，
所以t(x)max=t1=0，所以lnx≤x−1，
且在x∈0,2上有lnx<1x−1<1，所以可得到llnx≤lx−1，即lnxelnx≤x−1ex−1，
所以在x∈0,2时，有fx≤gx成立.
20.（2023·山东泰安·统考一模）已知函数，.
（1）若，讨论的单调性；
（2）若当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）函数的单调递增区间为，无递减区间
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）设，可知对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：的定义域为，当时，，
，
设，则，
令，解得，
当时，，单调递减，
当，，单调递增.
所以，，则对任意的恒成立，
所以，函数的单调递增区间为，无递减区间.
【小问2详解】
解：当时，恒成立等价于在上恒成立，
设，
则，
设，
则图象为开口向上，对称轴为的抛物线的一部分，
当时，，在单调递增，且，
所以，，即，则函数在上单调递增，
又因为，所以在恒成立，满足题意；
当时，，，
所以方程有两相异实根，设为、，且，则，
当时，，，在上单调递减，
又因为，故当时，，
所以，在上不恒成立，不满足题意.
综上，的取值范围为.
21．（2023·湖北·校联考三模）已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)若，在内存在不等实数，使得，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）函数定义域为，
二次函数的对称轴是
①若时，在上，从而，函数的单调递增区间是；
②若时，，
∴函数的单调递增区间是；单调递减区间是；
（2）由对称性不妨设，
，
若，由（1）得在上单调递增，有，与已知条件矛盾；
时，同理可推出矛盾．
，，                             
要证明：，只需证明：
，在上单调递增，∴只需证明：
又，∴只需证明：
构造函数，                   
其中．



当时，
在单调递减，
时，
成立

由在定义域内单调递增得，，即成立．
22.（2023·山东青岛·统考一模）已知函数，圆．
（1）若，写出曲线与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；
（2）若曲线与圆C恰有三条公切线．
(i)求b的取值范围；
(ii)证明：曲线上存在点，对任意，．
【答案】（1）；
（2）(i)；(ii)证明见解析．
【解析】
【分析】(1)根据导数的几何意义表示出f(x)的切线方程，再根据该切线与圆相切列出方程，取方程的特殊解即可得到一条共切线的方程；
(2)(i)设曲线与圆公切线的方程为，根据导数几何意义求出k和m的关系，在根据圆的切线方程的几何性质得到关于k的方程，问题转化为讨论该方程有三个解的问题.构造函数，将问题转化为讨论函数有3个零点的问题.(ii)根据(i)中构造出的函数，结合图象即可证明．
【小问1详解】
设f(x)的切线的切点为，
∵，∴切线斜率，
∴切线方程为，即，
当b＝1时，圆的圆心为，半径为，
当f(x)的切线也是圆的切线时，，
即，
易知是该方程的一个根，此时切线方程为．
【小问2详解】
(i)设曲线与圆公切线的方程为(显然，l斜率存在)，
∵与曲线相切，故，
∴切点为，，即，即，
∵与圆相切，∴，即，
∴，
令，
则，
设，则，
易证明：．
①当时，∵在上单调递增，在上单调递减；∴，
∵，，
；
∴存在，，使得．
∴，，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∵，且，
又∵，
且，
∴存在，使得，
∴当时，曲线与圆恰有三条公切线；
②当时，∵；
∴存在，使得，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∴，且，
∴不可能存三个零点；
③当时，；∴在上单调递减，最多一个零点；
∴最多一个极值点，不可能有三个零点；
综上，若曲线与圆恰有三条公切线，则的取值范围为．
(ii)函数的零点，
即方程的解，
即曲线和曲线交点的横坐标，
结合图象，

显然存在，使得成立，
∴对任意恒成立．