《金牌教程》大二轮专题复习专题作业-导数的综合应用

1、试卷第 =page 2 2页，共 =sectionpages 2 2页试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页金牌教程大二轮专题复习专题作业-导数的综合应用1已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若，证明：.2已知函数（，）.(1)若，是函数的零点，求证：；(2)证明：对任意，都有.3已知函数，其中(1)讨论函数的单调性；(2)若函数有且仅有两个零点，求实数a的取值范围4已知函数.(1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值；(2)若不等式恒成立，求的最小值.5已知函数.(1)若曲线在点处的切线方程为，求a的值；(2)若恒成立，求a的取值范围6已知函数(1)当时

2、，求的单调区间；(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围7已知函数，其中.(1)讨论的单调性；(2)若函数有两个极值点，且恒成立（为自然对数的底数），求实数的取值范围.8已知函数.(1)当时，求的极值；(2)当时，求a的取值范围.9设函数(1)若曲线在点处的切线方程为，求的值；(2)若，求实数的取值范围；(3)求证：当时，函数不存在零点10已知函数(1)求函数的极值；(2)设，为两个不等的正数，且，若不等式恒成立，求实数的取值范围答案第 = page 18 18页，共 = sectionpages 18 18页答案第 = page 1 1页，共 = sectionpages 2 2页参考答案：

3、1(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线方程；（2）利用导数证明，从而得出，设，利用导数证明恒成立，从而得出，由结合的单调性证明.(1)又，曲线在处的切线方程为，即.(2)设，则，当时，单调递减，当时.单调递增.，即.当时，当时，设，则设，则令，解得当时，单调递减，当时，单调递增.，即在上单调递增当时，恒成立.，即.又单调递减.又【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数：根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式. （2）根据条件，寻找目标函数：一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关

4、系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.2(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）时，将整理为，构造函数，根据其单调性推知，则命题得证；（2）利用时，将所证不等式变形为证明，接下来构造函数，令，得另一函数，通过求导判断其单调性，最终即可证明不等式成立.(1)当时，令，显然在上单调递增，由，(2)对，令，则在单调递增，且，所以当时，即，当时，令，令，在上单调递减，上单调递增，即（两次不等式取“=”条件不一致）即，证毕!【点睛】关键点点睛：利用时将所需证不等式变形，以及在构造函数之后，采用换元令得到新的函数再进行求导判断单调性证明不等式，是本题不等式证明的两个关键点.3(1

5、)答案见解析(2)【解析】【分析】小问1：函数的定义域为，讨论与即可求解；小问2：若函数有且仅有两个零点，必有，且，根据的单调性，结合零点存在性定理即可求解(1)（1）函数的定义域为，当时，此时函数单调递增，没有减区间；当时，令，有，可得函数的增区间为，减区间为，(2)（2）由（1）可知，若函数有且仅有两个零点，必有，且，又由，令，有可得函数单调递减，又由，可得时，故时，当且时，存在M，使得，有，存在时，故有（利用不等式），由上知，若函数有且仅有两个零点，则实数a的取值范围为4(1)，(2)【解析】【分析】（1）根据题意可知，从而可得出答案；（2）不等式恒成立，即即可，求出函数的导函数，分，三

6、种情况讨论，求出函数的最小值，分析从而可得出答案.(1)解：由已知，所以，又，所以，所以；(2)解：函数定义域为R，因为，（）若，即时，在R上单调递增，因为当时，所以取，则，不合题意；（）若，即时，在R上单调递增，若不等式恒成立，则，所以，即的最小值为0；（）若，即时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增；若不等式恒成立，则，即，所以；设（），则，设（），则，注意到为增函数，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以，此时，即的最小值为，综上所述的最小值为.【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数求参数的最值问题，还考查了不等式恒成立问题，考查了利用导数求函数的最值，考查了

7、分类讨论思想和数据分析能力，属于难题.5(1)2(2)【解析】【分析】（1）先求导数，然后根据导数的几何意义可求答案.（2）将恒成立变形为恒成立，整理为，然后构造函数，将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题解决.(1)， , ,曲线在点处的切线方程为, ，即 ，解得 ；(2)恒成立，即恒成立，即 ，令 ， 则 ，故在 上是单调递增函数， ， ，即，令 ，则 ，当时，此时单调递增，当时，此时单调递减， ，故 ，则 ，即 .6(1)单调递减区间为，单调递增区间为；(2).【解析】【分析】（1）当时，得出的定义域并对进行求导，利用导数研究函数的单调性，即可得出的单调区间；（2）将题意等价于在内有解

8、，设，即在上，函数，对进行求导，令，得出，分类讨论与区间的关系，并利用导数研究函数的单调和最小值，结合，从而得出实数的取值范围.(1)解：当时，可知的定义域为，则，可知当时，；当时，；所以的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)解：由题可知，存在，使得成立，等价于在内有解，可设，即在上，函数，令，即，解得：或（舍去），当，即时，在上单调递减，得，又，所以；当时，即时，在上单调递增，得，不合题意；当，即时，则在上单调递减，在上单调递增，即，不符合题意；综上得，实数的取值范围为.【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式成立的综合问题：（1）利用导数解决单调区间问题

9、，应先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；利用导数解决含有参数的单调性问题，要注意分类讨论和化归思想的应用；（2）利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造新函数，利用导数研究的单调区间和最值，再进行相应证明.7(1)答案见解析；(2)【解析】【分析】（1）示出导函数，在定义域内分类讨论确定的正负，得单调区间；（2）由有两个不等实根得出的一个范围，同时得出的关系，计算化为的函数，不等式变形后，引入函数，由导数确定单调性后可得不等式的解，即得的范围(1)的定义域是，时，时，时，的减区间，增区间是；时，或时，时，的增区间是和，减区间是；时，恒成立，的增区间是，无减区间；时，或时，时，

10、的增区间是和，减区间是；(2)，由题意有两个不等正根，又，所以，由题意，设，则，在上递减，又，所以由，得综上，【点睛】本题考查导数研究函数的单调性，考查极值点有关的问题，解题方法由导函数为0得出极值点的性质，同时得出参数的一个范围，计算有关极值点的代数式，化简不等式，利用函数的单调性得出不等式的解，从而得出结论，本题属于较难题8(1)极大值，没有极小值(2)【解析】【分析】（1）把代入，然后对函数求导，结合导数可求函数单调区间,即可得解；（2）构造函数，将不等式的恒成立转化为函数的最值问题，结合导数与单调性及函数的性质对进行分类讨论，其中当和时易判断函数的单调性以及最小值，而当时，的最小值与0

11、进一步判断(1)当时，的定义域为，.当时，当时，所以在上为增函数，在上为减函数.故有极大值，没有极小值.(2)当时，恒成立等价于对于任意恒成立.令，则.若，则，所以在上单调递减，所以，符合题意.若，所以在上单调递减， ，符合题意.若，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，不合题意.综上可知，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查了不等式恒成立问题，其关键是构造函数，通过讨论参数在不同取值范围时函数的单调性，求出函数的最值，解出参数的范围.必要时二次求导.9(1)；(2)；(3)证明见解析.【解析】【分析】（1）计算得出，根据已知条件可得出关于、的等式组，由此可求得结果；（2）

12、由已知可得，由，利用导数法证明得出，可得出，由此可得出实数的取值范围；（3）分、三种情况讨论，利用导数证明出成立，即可证得结论成立.(1)解：因为，则，因为点在直线上，则，所以，解得.(2)解：因为成立，则，当时，下面证明，设，其中，则，令，则且不恒为零，所以，函数在上为增函数，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，即成立，所以，故实数的取值范围为.(3)解：因为，所以，且两个等号不同时成立，即，令，其中，则且不恒为零，所以函数在上单调递增，且，当时，即，所以当时，即，此时函数不存在零点；当时，而，此时，即，所以此时函数不存在零点；当时，而，所以，即，所以此时函数不存在零点综上

13、可得，时，函数不存在零点【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.10(1)函数极大值1，无极小值；(2).【解析】【分析】(1)对函数求导，求出导数值的零点并判断在其左右两侧导数值正负即可计算作答.(2)令，把问题转化为用函数表示出，再利用(1)中信息进行推理计算作答.(1)函数定义域为R，求导得，当时，当时，因此，函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数有极大值1