导数的应用综合训练二-2025届高三数学一轮复习

高三数学《导数的应用》综合训练二 一、单选题：本题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.函数，的图象与直线的交点个数的最大值为(    ) A. B. C. D. 2.若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是(    ) A. B. C. D. 3.已知函数且在上有唯一零点，则的范围为(    ) A. B. C. D. 4.下列函数中，在上为增函数的是(    ) A. B. C. D. 5.已知函数，则(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共2小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 6.如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则(    ) A. 关于直线对称 B. 的弦长的最大值为 C. 直线被截得的弦长的最大值为 D. 的面积大于 7.已知，，则(    ) A. B. C. D. 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。 8.若函数满足，则在上的最大值为          ． 9.已知，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是          ． 四、解答题：本题共10小题，共120分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 10.本小题分 把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为例如：函数列可以记为，记为的导函数． 若证明：为等差数列． 已知定义在上的函数列满足，且对任意的，都有． (ⅰ)设，证明：的充要条件是． (ⅱ)取定正数，使数列是首项和公比均为的等比数列，证明：． 11.本小题分 已知函数． 求的单调区间 当时，证明：当时，恒成立． 12.本小题分 已知函数． Ⅰ求曲线在点处的切线方程 Ⅱ求的最值． 13.本小题分 已知数列是等比数列，满足，且，，成等差数列，数列满足，记数列的前项和为． 求 求数列的前项和 记，若恒成立，求的值． 14.本小题分 已知函数 当时，求曲线在点处的切线方程； 是否存在，，使得曲线关于直线对称，若存在，求，的值，若不存在，说明理由； 若在存在极值，求的取值范围 15.本小题分 已知函数． 当时，求的单调增区间 证明：当时，． 16.本小题分 已知函数． 若，求在点处的切线方程 若，当时，，求的取值范围 若，求的取值范围． 17.本小题分 已知函数 讨论的单调性 当时，求函数在的最小值． 18.本小题分 若存在有限个，使得，且不是偶函数，则称为“缺陷偶函数”，称为的偶点． 证明：为“缺陷偶函数”，且偶点唯一． 对任意，，函数，都满足． 若是“缺陷偶函数”，证明：函数有个极值点． 若，证明：当时，． 参考数据：，． 19.本小题分 已知曲线在点处的切线交轴于点，曲线在点处的切线交轴于点，依此类推，曲线在点处的切线交轴于点，其中数列称为函数关于的“切线数列”． 若，是函数关于的“切线数列”，求的值； 若是函数关于的“切线数列”，记，求数列的通项公式； 若，是否存在，使得函数关于的“切线数列”为周期数列？若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由． 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：易得， 设函数，则， 易知是单调递增函数，且． 故在区间上单调递减，于是． 故，即在区间上单调递增， 联立有，易知函数在上单调递增， 故的零点个数最多为， 即函数的图象与直线的交点个数的最大值为． 故选A． 2.【答案】  【解析】解：依题意，设切点坐标为，由，求导得， 则函数的图象在点处的切线方程为． 由切线过点，得． 令，依题意，直线与函数的图象有个公共点． ， 当或时，，当时，，则函数在，上单调递减，在上单调递增， 当时，函数取得极小值，而当时，恒有又，，， 所以当时，直线与函数的图象有个公共点，所以实数的取值范围是． 3.【答案】  【解析】解：，，，， 若，则，，所以，故，不合题意． 若，则，， 所以，故，不合题意． 则，令， 则， 当，，，所以，所以在单调递增， 又，， 所以在存在唯一零点， 所以在单调递减，单调递增， 故，，所以 当，注意到，是关于的增函数， 所以在存在唯一零点， 所以在单调递减，单调递增， 故，，所以． 综上，． 故选A． 4.【答案】  【解析】【分析】 中在上无单调性； 中，利用导数判定在上是增函数； 中，利用导数判定在上是减函数，在上是增函数； 中，利用导数判定在上是增函数，在上是减函数． 本题考查了判定函数在某一区间上的单调性问题，解题时可以利用函数的导数来判定单调性，是综合题目． 【解答】 解：对于，是周期函数，在上无单调性，不满足题意； 对于，，， 当时，，在上是增函数； 对于，，， 当时，，是减函数； 时，，是增函数；不满足题意； 对于，，， 当时，，是增函数， 当时，，是减函数，不满足题意． 综上，在上为增函数的是． 故选：． 5.【答案】  【解析】解：， ， ． 故选：． 可求出导函数，然后即可求出的值． 本题考查了基本初等函数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题． 6.【答案】  【解析】解：由，，的反函数为，两者关于对称，故A正确． ，令，， 所以在上单调递减上单调递增，注意到，，， 在内有一个零点，另一个零点为，，， ，故B错误． 与曲线对称轴垂直，如图，只需考察曲线上到距离的最大值即可， 找出过与曲线相切且与平行的点即可， 令，令，此时， 到的距离， 直线被截得弦长最大值为，故C正确． ，，故D正确． 故选：． 7.【答案】  【解析】解：由题意，，，得， ，，，，对； ，令，即有， 令， 在上递减，在上递增， 因为，， 作出函数以及，大致图象如图： 则，，结合图象则， ，，对； 结合以上分析以及图象可得，， 且， ，对； 由的分析可知，， 在区间上，函数不是单调函数， 即不成立，即不成立，故D错误； 故选：． 将变为结合指数函数的性质，判断；构造函数，求导，利用其单调性结合图象判断，的范围，利用余弦函数单调性，判断；利用正弦函数的单调性判断，结合余弦函数的单调性，判断． 本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答，属难题． 8.【答案】  【解析】解：，． ，，， ． 当时，令， ，该二次函数在区间上单调递减， 当时，取得最大值， 即． 故答案为：． 9.【答案】  【解析】【分析】 考查了由导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题 构造函数，利用单调性得到，分离参数，求出，，的最大值即可。 【解答】 解：因为式， 所以 ， 设，则，令得， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因为，，所以，， 又，得， 即对恒成立， 只需 设，，则， 令得，于是当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以，于是， 即的取值范围是 故答案为： 10.【答案】证明：由题知，所以， 记，因为． 所以为等差数列，即是首项为，公差为的等差数列． 令，则 所以在上单调递增，所以当时，，则当时，． 充分性：当时，由题知显然成立． 必要性：若，则由当时，，得， 则，所以 因为，，所以． 由题知，且，则，两边取自然对数得，则需 考虑函数，， 当时，当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以． 因为，在上单调递减，所以，所以， 则，即．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 11.【答案】解：定义域为，， 当时，，故在上单调递减 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减． 综上所述，当时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减． 当时，， 令，下证即可． ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 12.【答案】解：Ⅰ由 ，得， ，又， 曲线在点处的切线方程为， 即． Ⅱ函数，的定义域为， 由，令 当时，故在内为增函数； 当时，故在内为减函数； 又当趋向于或时，趋向于， 由此知函数在时取得最大值，无最小值．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 13.【答案】解：数列是等比数列， 设首项是，公比是， 由，， 解得，则 由于， 则，， 由得，， 当时，，满足上式， 因此， 所以， 所以， 接下去求的前项和，记的前项和是， ， ， 由得， 整理得：，即数列的前项和为． ， 要求的最大项，可以设函数， 则， 令 则， 分析可得，，，使得， 所以在单调递增，单调递减， ， ， ，使得， 当时，，当时，，时，， 因此在单调递减，在，单调递增，在，单调递减， 只要比较，，的大小，，，． 所以第五项是最大项，．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 14.【答案】解：时，， 又，故，即所求切线斜率为， 在处的切线方程为：，即； 存在，，使得曲线关于直线对称． ，定义域为， 要使函数的图像关于对称，则由定义域的对称性知：， 若此时的图像关于对称， 则由，，得：， 故得：． 令，下面证明时，， ，， 所以，存在，，使得关于直线对称； ， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点； 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， ，令，则， 当，时，，在区间上单调递减， 则时，，在区间上无零点，不合题意 当，即时，由于时，， 所以时，，在区间上单调递增， 所以时，，得在区间上单调递增， 则时，， 所以在区间上无零点，不符合题意 当时，令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的在上的最小值为， 可知， ， 设，则， 可知函数在上单调递增， 则， 即， 又，即， 则存在，使得， 又，结合的单调性，可得 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 令，则， 令，则，， 可得在点的切线方程为， 即， 则， 可得， 易知是以为二次项系数的二次函数，且， 故必然存在，使得， 则， 结合函数的单调性及函数零点存在定理，可得在上必然存在变号零点， 即在区间上存在变号零点， 故当时，在存在极值， 综上可知：实数的取值范围为   【解析】本题考查导数的几何意义、函数的对称性、函数的极值，属于拔高题． 根据导数的几何意义为切线斜率，利用点斜式即可求出； 根据函数对称性性质可得，满足方程，即可求解； 根据函数在存在极值，令，将问题转化为在有变号零点，再分类讨论求解即可． 15.【答案】解：注意到的定义域为 当时，，则，解得． 当时，，故单调递减 当时，，故单调递增． 故的单调增区间为 由，解得． 当时，，故单调递减 当时，，故单调递增． 故， 注意到，当时等号成立． 又，当时等号成立． 故，得证．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 16.【答案】解：由，得，则， 所以切线斜率，又，则切线方程为，即． 由，得， 当时，，所以 当时，转化为， 令， 则， 因为，所以， 当时，，所以在递减，当时，，所以在递增，所以，得综上，． 设，则，又，则 即，解得， 所以一方面， 对任意，有，即． 另一方面，若方程存在除以外的其他解，则方程需无解求导得，由得或． 当，时， ，在上递增，方程有唯一解，满足题意． 当时，当时，，在区间递减 当时，，在区间和上递增，此时极大值，所以方程有唯一解，满足题意． 当时，当时，，在区间递减当时，在区间和上递增， 此时极大值为，极小值为， 当时，则极小值，又时，，所以存在，满足，且方程有解，不满足题意． 当时，则极小值，此时若方程有除以外的其他解，必有，而极小值，且当时，，所以无解，满足题意综上，  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 17.【答案】解：的定义域为，， 时，恒成立，所以在上单调递减； 若，则由得，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 综上：当时，在上单调递减 当时，在上单调递减，在上单调递增． 由知，在单调递减，在单调递增， 当即时，在单调递减， 所以当时，有最小值； 当即时，在单调递减，在单调递增， 所以当时，有最小值； 当即时，在单调递增， 所以当时，有最小值； 综上：．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 18.【答案】解：证明：因为， 所以， 因为， 所以， 整理得， 解得， 所以为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为， 证明：因为， 所以对任意，，恒成立， 所以存在常数，使得， 令， 此时，且， 解得， 因为， 所以， 因为是“缺陷偶函数”， 所以， 即， 整理得， 此时， 解得， 则， 因为， 所以有两个不相等的实数根，， 不妨设， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 时，，单调递增， 所以有两个极值点，； 若， 即， 解得， 此时， 当时，要证， 需证， 因为， 所以， 要证， 令，函数定义域为， 可得， 当单调递减； 当单调递增， 所以， 所以， 此时， 所以． 则当时，．  【解析】由题意，根据，解方程求解即可； 根据，取，可得，即可对求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证； 利用放缩法，先证明，构造，求导，确定函数的最值即可得证． 本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题． 19.【答案】解：由函数，可得， 所以，且， 所以曲线在处的切线方程为， 令，解得，所以． 解：因为，所以， 所以， 所以曲线在处的切线方程为， 令，得，即， 因为，所以， 即，所以， 所以， 所以，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以． 解：由得， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，则，即， 由，得， 设，则， 因为，由，得，所以， 函数的定义域为，，所以函数在上单调递增， 当时， ，即， 所以， 所以数列在时单调递减，故数列不是周期数列； 同理，当时， ， 数列在时单调递增，故数列不是周期数列； 当时， 可得， 所以数列在时单调递减，故数列不是周期数列； 当时， 可得， 所以数列在时单调递增，故数列不是周期数列． 综上所述，当时，不存在，使得关于的“切线数列”为周期数列．  【解析】根据题意，求得，得到，的值，结合导数的几何意义，求得切线方程，进而求得的值； 根据题意，利用导数的几何意义求得切线方程为，令，得到，结合，，证得，进而得到，结合等比数列的通项公式，即可求解； 根据题意，利用导数的几何意义，求得切线方程为，得到，设，利用导数求得函数在上单调递增，分类讨论，即可求解． 本题考查利用导数研究函数的单调性，进而研究数列单调性的方法，同时考查了分类讨论思想的应用，属于中档题． 第1页，共21页 学科网（北京）股份有限公司 $$