专题22导数-天津市2023年高三各区数学模拟考试题型分类汇编

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题22导数——天津市2023年高三各区数学模拟考试题型分类汇编1．（2023·天津和平·耀华中学校考一模）设，，.(1)求函数，的单调区间和极值；(2)若关于x不等式在区间上恒成立，求实数a的值；(3)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，（），求证：成等比数列.2．（2023·天津河西·统考一模）已知函数(1)当时，①求曲线的单调区间和极值；②求曲线在点处的切线方程；(2)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围．3．（2023·天津·校联考一模）已知函数，.(1)讨论的单调区间；(2)当时，令.①证明：当时，；②若数列满足，，证明：.4．（2023·天津·校联考一模）设函数．(1)讨论的单调性；(2)若当时，不等式恒成立，求m的取值范围．5．（2023·天津河北·统考一模）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)若对任意的，都有成立，求整数的最大值.6．（2023·天津·校联考一模）已知函数．（注：是自然对数的底数）．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，函数在区间内有唯一的极值点．①求实数的取值范围；②求证：在区间内有唯一的零点，且．7．（2023·天津南开·统考一模）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数有极大值，试确定的取值范围；(3)若存在使得成立，求的值.8．（2023·天津·大港一中校联考一模）已知函数，．，e为自然对数的底数．（1）如果函数在(0，)上单调递增，求m的取值范围；（2）若直线是函数图象的一条切线，求实数k的值；（3）设，，且，求证：．9．（2023·天津红桥·统考一模）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若恒成立，求实数的取值范围；(3)证明：．10．（2023·天津河东·一模）已知函数，．(1)求函数在点处的切线方程；(2)，，．（ⅰ）证明；（ⅱ）求函数在区间上零点的个数证明．11．（2023·天津·统考一模）已知函数，.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)求在区间上的极值；(3)设函数，.当时，，，不等式恒成立，求的取值范围.12．（2023·天津和平·统考一模）已知函数，其中为自然对数的底数，.(1)当时，函数有极小值，求；(2)证明：恒成立；(3)证明：.13．（2023·天津·统考一模）已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若对于任意，都有，求实数的取值范围.14．（2023·天津和平·耀华中学校考二模）已知，设函数的表达式为（其中）(1)设，，当时，求x的取值范围；(2)设，，集合，记，若在D上为严格增函数且对D上的任意两个变量s，t，均有成立，求c的取值范围；(3)当，，时，记，其中n为正整数．求证：．15．（2023·天津河北·统考二模）已知，函数，其中e是自然对数的底数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求函数的单调区间；(3)求证：函数存在极值点，并求极值点的最小值.16．（2023·天津南开·统考二模）已知函数，.(1)求的最小值；(2)若，且，求证：；(3)若有两个极值点，证明：.17．（2023·天津红桥·统考二模）已知函数，(1)若，求函数的极值；(2)设函数，求函数的单调区间；(3)若存在，使得成立，求a的取值范围．18．（2023·天津·二模）已知函数，．（1）若直线与函数的图象相切，求实数的值；（2）若存在，，使，且，求实数的取值范围；（3）当时，求证：．19．（2023·天津·统考二模）已知，函数.(1)当时，求的单调区间；(2)当时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；(3)设，若存在，使得，证明：.20．（2023·天津·校联考二模）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数有两个零点，（其中）.（i）求实数的取值范围；（ii）若存在实数，当时，使不等式恒成立，求实数的取值范围.21．（2023·天津和平·统考二模）已知函数，其中，(1)若，（i）当时，求的单调区间；（ii）曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围．(2)证明：当时，存在直线，使直线是曲线的切线，也是曲线的切线．22．（2023·天津河西·统考二模）已知函数，．(1)若，求函数的最小值及取得最小值时的值；(2)求证：；(3)若函数对恒成立，求实数a的取值范围．23．（2023·天津河东·统考二模）已知函数，.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求函数的单调区间和极值；（3）若对于任意，都有成立，求实数m的取值范围.24．（2023·天津滨海新·天津市滨海新区塘沽第一中学校考三模）已知函数.(1)求函数的单调区间和极值；(2)若，求证:；(3)已知点，是否存在过点P的两条直线与曲线，相切？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.25．（2023·天津河西·统考三模）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．26．（2023·天津滨海新·统考三模）已知定义域均为的两个函数，．(1)若函数，且在处的切线与轴平行，求的值；(2)若函数，讨论函数的单调性和极值；(3)设，是两个不相等的正数，且，证明：．27．（2023·天津北辰·统考三模）已知函数，其中.(1)当时，求函数在点上的切线方程.（其中e为自然对数的底数）(2)已知关于x的方程有两个不相等的正实根，，且.（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）设k为大于1的常数，当a变化时，若有最小值，求k的值.28．（2023·天津和平·统考三模）已知函数，，其中.(1)若曲线在处的切线与曲线在处的切线平行，求的值；(2)若时，求函数的最小值；(3)若的最小值为，证明：当时，.29．（2023·天津·统考高考真题）已知函数．(1)求曲线在处切线的斜率；(2)当时，证明：；(3)证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．【详解】（1）依题意，，求导得，由，得，解得，函数在区间上单调递增；由，得，解得，函数在区间上单调递减；由，得，解得，而，函数在上单调递增，在，上单调递减，所以函数在上的递增区间为；递减区间为：，，当时，函数取极小值，极小值为，当时，函数取极大值，极大值为.（2）关于的不等式在区间上恒成立，即：在区间上恒成立，令，求导得，令，求导得，由（1）知：在上的极大值为，又，从而在上的最大值为1，即在上恒成立，于是在上恒成立，则在上单调递增，从而，当时，，当且仅当时等号成立，因此在上单调递增，从而在上恒成立，则当时，在上恒成立；当时，令，则，即函数在上递增，，即当时，，于是，又，则存在，使得，当时，，函数在上单调递减，又，即当时，，与已知矛盾，所以.（3）对于函数，令，则，从而当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减，则当时，取最大值，最大值为，对于函数，令，则，从而当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减，故当时，取最大值，最大值为，因此，函数与有相同的最大值，其图象如下图所示，下面先证明：曲线与有唯一交点，由，得，即证明方程有唯一实数根，因为当时，，，则曲线与在区间上没有交点，即方程在上没有实根，令，求导得，令，求导得，令，求导得，显然在上递减，，函数在上递减，，函数在上递减，，于是当时，，函数在上单调递减，由，，从而函数在上存在唯一零点，则方程在上有唯一实数根，且，由于直线与曲线，共有3个不同交点，则直线必过点，且，，，由，得，即，而函数在上递增，，，则①，由，得，即，而函数在上递减，，，则②，由①②得：③，由，得，于是有④，所以由③④得，即成等比数列.2．【详解】（1）①当时，，函数的定义域为，，令得．当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；函数在时取极大值，极大值为，无极小值．②由（i）可知当，．则所求切线方程为，即．（2）由已知可得，方程在内有两个不等实根，设，则函数定义域为且，．当，即时，若，则，单调递增；若，则，单调递减，所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去．当，即时．，①当，即时，若，则，单调递减；若，则，单调递增，所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去；②当，即时，若，则，当且仅当时，取等号，所以函数在上单调递增，又，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去；③当，即时，若，则，单调递增；若，则，单调递减；若，则，单调递增．又，可知．因为．因为，所以，即．因为时，，因为，所以，所以在区间单调递增，由零点存在定理，可得存在唯一，使得，又．此时，所求方程有2个不同解，符合题意．④当，即时，若，则，单调递增；若，则，单调递减；若，则，单调递增．又，于是，令，，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，所以，所以，所以设，则，因为，所以，函数在单调递增，当时，，，因为在上单调递增，由零点存在定理，得存在唯一，使得，又．此时，所求方程有2个不同解，符合题意．综上所述，当时，函数有两个不同零点．3．【详解】（1）函数定义域为R，求导得，当时，恒成立，即在上单调递增，当时，令，解得，令，解得，即在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，①当时，，令，，恒成立，则在上单调递减，，因此，成立，所以当时，.②由①可知，当时，，由得，即，由，可得，而，又，即，则，由于，只需证，又当时，，令，，恒成立，则在上单调递增，，则当时，恒有，而，即成立，不等式成立，因此成立，即成立，所以原不等式得证.4．【详解】（1）依题意得．①当时，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增；②当时，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在和上单调递增；③当时在上恒成立，所以在上单调递增；④当时，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在和上单调递增．（2）当时，恒成立，则恒成立．（i）当时，不等式即，满足条件．（ii）当时，原不等式可化为，该式对任意恒成立．设，则．设，则．因为，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增．又因为，所以是在上的唯一零点，所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以当时，，所以．（iii）当时，原不等式可化为，此时对于（ii）中的函数，可知当时，，所以在上单调递减，且，所以当时，，即，所以在上单调递减，所以当时，，所以．综上所述，m的取值范围是．5．【详解】（1）函数，求导得，则，而，所以曲线在点处的切线方程是.（2）函数的定义域是，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以函数的递减区间是，递增区间是.（3），，令，求导得，由（2）知，在上单调递增，，，因此存在唯一，使得，即，当时，，即，当时，，即，因此函数在上单调递减，在上单调递增，于是，则，所以整数的最大值是3.6．【详解】（1）当时，，，切线的斜率，又，所以切点为，所以，切线方程为（2）①.函数，，（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，又，，所以在上有唯一零点，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，综上，的取值范围是．②.由①知，当时，，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以时，，则，又因为，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点．因为，由①知，所以，则，设，，则，，，所以在为单调递增，又，所以，又时，，所以．所以．由前面讨论知，，在单调递增，所以．7．【详解】（1）当时，，依题意，，可得，又，所以曲线在点处的切线方程为.（2）函数的定义域为，①当时，，所以在上单调递增，此时无极大值；②当时，令，解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，此时在处取得极大值，符合题意；③当时，令，解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，此时在处取得极大值，符合题意；④当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，此时无极大值；综上，实数的取值范围为.（3）可以看作是动点与动点之间距离的平方，动点在函数的图象上，在直线的图象上，问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，由得，，解得，所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，则，根据题意，要使，则，此时恰好为垂足，由,可得，所以.8．【详解】：（1），要使在上单调递增，则在上恒成立.∴，∴，令，当时，，单调递减，当时，，单调递增∴当x=1时，有最小值为，∴（2）∵，∴，设切点为，则∴，令，∴时，，单调递减，当k＞1时，，单调递增∴k＝1时，，∴时，k＝1.∴实数k的值为1.（3）要证只要证，两边同时除以得：，令得：所以只要证：，令∴，，∴即，∴原不等式成立.9.【详解】（1）当时，，的定义域为，，曲线在点处的切线方程的斜率为，又则切线方程为.（2）若恒成立，则，设，，由，得，由，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，，所以.（3）令，则，即，则，因为，，……，，所以.10．【详解】（1），切线斜率为，，切线方程为，∴（2）（ⅰ），；（ⅱ）即为，解得，，，当时，；当时，，且在区间，上单调递减，在区间上单调递增，，∵，∴在区间上单调递增，，，令令，，∵，∴，在上单调减，，∴在上单调递增，，，，在区间单调递减因此在区间上存在唯一零点由已知，由（2）（ⅰ），，∴在区间单调递减，在区间上存在唯一零点综上所述，在区间上存在3个零点．11．【详解】（1）当时，，，所以，，

所以曲线在点处的切线方程为.（2），.①当时，，在上单调增，所以无极值；②当时，令，得，列表如下：单调递减极小值单调递增所以的极小值为，无极大值；综上可得：当时函数无极值，当时极小值为，无极大值；（3）易知在上单调递减，在上单调递增，所以在上的最小值为.所以.

因为，由题意，对于任意的实数，，不等式恒成立，只需恒成立，所以，解得，又，所以.

①当时，因为，所以，由（2）知，在上单调增，所以.所以，所以在上单调增，则，解得，此时，②当时，由（2）知，在上单调递增，且，又，所以存在，且，使得，即，得.所以的解为和，列表如下：a单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，即，又，所以恒成立，此时，综上所述，实数的取值范围为12．【详解】（1），令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以有极小值，所以，即.（2）证明：不等式恒成立，即恒成立，设，则，易知是定义域上的增函数，又，则在上有一个根，即当时，，当时，此时在单调递减，在单调递增，的最小值为，，，，恒成立，故结论成立.（3）证明：由（2）知，，令，则.由此可知，当时，，当时，，当时，，，当时，，累加得：，又，所以.13．【详解】（1）因为函数，所以，.又因为，则切点坐标为，所以曲线在点处的切线方程为.（2）函数定义域为，由（1）可知，.令解得.与在区间上的情况如下：－0＋↘极小值↗所以，的单调递增区间是；的单调递减区间是.（3）当时，“”等价于“”.令，，，.令解得，当时，，所以在区间单调递减.当时，，所以在区间单调递增.而，.所以在区间上的最大值为.所以当时，对于任意，都有.14．【详解】（1）由题设，则，即，故，又，则，所以.（2）由题设，要使D上的任意两个变量s，t均有成立，所以在上成立，又在D上为严格增函数，即，同时在上恒成立，由解析式知：在上递减，只需，故，由且，，即在上递减，所以，故，可得.综上，；（3）由题设，则且，，故，所以，而，，所以，又，且，当且仅当时等号成立，所以，同理，，且均在时等号成立，所以，综上，，即成立.15．【详解】（1）当时，,,,,曲线在点处的切线方程,切线方程.（2）当时，，则令，得；令，得；所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．（3）令，因为，所以方程，有两个不相等的实根，又因为，所以，令，列表如下:-0+减极小值增所以存在极值点.所以存在使得成立，所以存在使得，所以存在使得对任意的有解，因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，当时，单调递减；当时，单调递增．所以当时，的最小值为．所以需要，即需要，即需要，即需要因为在上单调递增，且，所以需要，故的最小值是e．16．【详解】（1）解：函数的定义域为，，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，所以在时取得最小值0.（2）证明：由（1）知，所以.由，得且，所以，即，从而.所以.（3）证明：依题意，有两个不等正根，不妨设，由，得.设，由，知在上单调递增，在上单调递减.且当时，，可得，.，，令，则，当时，，所以，当时，，所以，所以在上单调递减.因为，，所以，.由（2）当时，有，所以，即，所以，从而.令，所以在上单调递减.所以，即.所以.所以，.所以.17．【详解】（1）当时，，定义域为，令得：，当时，，单调递增；当时，，单调递减，故是函数的极小值点，的极小值为，无极大值（2），定义域为因为，所以，令得：，令得：，所以在单调递增，在单调递减.综上：单调递增区间为，单调递减区间为.（3）存在，使得成立，等价于存在，使得，即在上有由（2）知，单调递增区间为，单调递减区间为，所以当，即时，在上单调递减，故在处取得最小值，由得：，因为，故.当，即时，由（2）知：在上单调递减，在上单调递增，在上的最小值为令因为，所以，则，即，不满足题意，舍去综上所述：a的取值范围为18．【详解】（1）设切点坐标为，由，得，所以切线方程为：，即.因为直线与函数的图象相切，所以，解得.（2）设，则，令，得，且当时，：当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在时取得极小值为0，即.由，可得，所以即为，由题意可得：函数在上有零点.因为，当时，，函数在上单调递增，所以，函数在上无零点：当时，令，得.①若，即时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，所以，函数在上无零点：②若，即时，当时，：当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，因为，所以函数在上无零点：又，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以，且在的图象连续不断，所以函数在上有且只有一个零点，即函数在上有零点.综上所述，.（3）当时，，令，则，令，则当时，，所以函数在区间上是增函数，又，，所以函数存在唯一的零点，且当时，；当时，.所以当时，；当时，.所以函数在上递减，在上递增，故，由得：，两边取对数得：，故，所以，即.19.【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，当时，可得，则，当时，可得，单调递减；当时，可得，单调递增，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间.（2）解：当时，可得，则，因为恒成立，即恒成立，令，若，则，存在，使得，即，不符合题意，所以，取，则，可得，即存在，使得.（3）解：由函数，可得，设，因为，可得则又由，可得，所以函数为单调递增函数，所以，即，所以，即，设，可得，所以当时，，即，所以，即，所以，代入可得：，则，所以.20．【详解】（1）由，则，所以，即切点坐标为，切线斜率，故切线方程为，即；（2）（i）由题意有两个不等的正根，等价于有两个不等的实根，设，则，设，，则在为增函数，，，∴存在唯一的，使，得①.当时，则，为单调减函数；当时，则，为单调增函数.所以，代入①式得，当趋向于或时趋向，所以时，函数有两个零点，即函数有两个零点.（ii）设，而，所以在为单调递增函数，由题意，恒成立即可，令，得，即有两正根，，，设且，则有两个正根，，由恒成立，故在上单调递增，且，由，得，得，则，令，由，整理得，对于等价于在上恒成立，等价于在上恒成立，令，则，注意到，则，解得，当时，当时恒成立，所以在上单调递增，则，所以在上单调递增，则，所以符合题意；当时，，，存在使，又在上单调递增，所以当时，为单调递减，则，不合题意.综上：实数的取值范围.21．【详解】（1）（i）由时，且，则，令，即，令，即，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（ii），两侧同时取对数，有，设函数，则，令，有，当时单调递增，当时单调递减，所以，又，且时，所以与有且仅有两个交点，即与有两个交点的充要条件为，即，所以的取值范围为．（2）曲线在处的切线．曲线在处的切线．要证当时，存在直线是曲线的切线，也是曲线的切线，只需证明当时，存在，使得和重合．只需证明当时，①，②两式有解，由①得：，代入②得：③，因此，只需证明当时，关于的方程③存在实数解．设，即证明当时存在零点．对于：时，且时单调递减，又，故存在唯一，使．由此，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值．因为，故，下面证明存在实数，使得．令且，则，所以在上递增，故，即，当时，有，根据二次函数的性质，存在实数使得，因此当时，存在使得．所以当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．22．【详解】（1）解：当时，，定义域为，所以，令得，所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，函数在处取得最小值，.（2）解：由（1）知，当时，，即，所以，要证成立，只需证，令，则，所以，当时，恒成立，所以，函数为单调递增函数，所以，，即，所以，所以成立（3）解：因为函数对恒成立所以对恒成立，令，则，当时，，在上单调递增，

所以，由可得，即满足对恒成立；当时，则，，在上单调递增，

因为当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；当时，令得令，恒成立，故在上单调递增，因为当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于时，趋近于负无穷，所以，使得，，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，只需即可；所以，，，因为，所以，所以，解得，所以，，综上，实数a的取值范围为23．【详解】（1），，则所以在点处的切线方程为即（2）因为，所以，①当时，因为，所以，函数的单调增区间是，无单调减区间，无极值②当时，令，解得，当时，；当，，所以函数的单调减区间是，单调增区间是，在区间上的极小值为，无极大值.综上，当时，函数的单调增区间是，无单调减区间，无极值当时，函数的单调减区间是，单调增区间是，极小值为，无极大值.（3）因为对于任意，都有成立，所以，即问题转化为对于恒成立，即对于恒成立，令，则，令，，则，所以在区间上单调递增，故，进而，所以在区间上单调递增，函数，要使对于恒成立，只要，所以，即实数m的取值范围是.24.【详解】（1）因为函数，则，当时，，函数在上单调递增，无极值；当时，令，解得，所以函数在上单调递增，若时，，所以函数在上单调递减，当时，函数取极小值，无极大值，综上：当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，当时，函数取极小值，无极大值.（2）由题意可得；当时，，函数在上单调递增，所以函数最多一个零点,与题意矛盾；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，因为，不妨设，则有，两式相减得，两式相加得，欲证，即证，即证，也即证，即证，令，，则，所以函数在上单调递增，因为，所以，所以得证，即.（3）存在，理由如下：设切点为，因为，所以切线的斜率为，则切线方程为，因为切线过点，所以，即，若过点可以作两条直线与曲线，相切，则上述关于的方程至少有两个不同的解，显然不是该方程的解，所以关于的方程在上至少有两个不同的解，令，则，令，则，当时，，所以函数在上单调递减；当时，，所以函数在上单调递增；所以，则当时，，函数在上单调递减；在上单调递增，因为，，则函数的大致图象如下图所示：

结合图象可知：当时，关于的方程在上有两个不同的解，此时过点可以作两条直线与曲线，相切，所以实数的取值范围为.25．【详解】（1）解：因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：（2）解：因为，

所以，令，则，∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.（3）解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由（2）知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.26．【详解】（1）因为，所以，所以，又在处的切线与轴平行，所以，所以，所以，即