新高考数学模拟卷分类汇编三期专题15《函数与导数》解答题(解析版)

1、专题15 函数与导数解答题1（2021山东省实验中学高三月考）已知函数.（1）求函数的单调区间和极值；（2）若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围.【答案】（1）单增区间是，单减区间是，极小值，无极大值；（2）.【解析】（1）的定义域是，可得，x-20减函数极小值增函数所以的单增区间是，单减区间是当时，取得极小值，无极大值.（2）由（1）以及当， ，因为方程有两个不同的解，所以a的取值范围为.2（2021福建莆田二中高三月考）已知函数在与处都取得极值（1）求，的值；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1），；（2）【解析】（1）由题设，又，解得，（2）由，知，即，当时，随

2、的变化情况如下表：1+0-0+递增极大值递减极小值递增在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，当时，为极大值，又，则为在上的最大值，要使对任意恒成立，则只需，解得或，实数的取值范围为3（2021重庆市第七中学校高三月考）已知函数.（I）求函数的解析式及定义域； （II）若恒成立，求实数的最小值.【答案】（I）定义域为；（II）1.【解析】（I）令，即定义域为（II）令令，由二次函数知识，该二次函数开口向上，对称轴，而1离对称轴更远，故最大值在取得，即，故实数的最小值为1.4（2021山东新泰市第一中学高三月考）2021年新冠肺炎仍在世界好多国家肆虐，并日出现了传染性更强的“德尔塔”变异毒株、

3、“拉姆达”变异毒株，尽管我国抗疫取得了很大的成绩，疫情也得到了很好的遏制，但由于整个国际环境的影响，时而也会出现一些散发病例，故而抗疫形垫依饮艰巨，日常防护依然不能有丝毫放松.在日常防护中，口罩是必不可少的防护用品.某口罩生产厂家为保障抗疫需求，调整了口罩生产规模.已知该厂生产口罩的固定成本为万元，每生产x万箱，需另投入成本万元，当年产量不足万箱时，；当年产量不低于万箱时，若每万箱口罩售价万元，通过市场分析，该口罩厂生产的口罩当年可以全部销售完.（1）求年利润（万元）关于年产量（万箱）的函数关系式；（2）求年产量为多少万箱时，该口罩生产厂家所获得年利润最大.（注：）【答案】（1）；（2）当年产

4、量为万箱时，该口罩生产厂所获得年利润最大.【解析】依题意，当时，当时，所以所求的函数关系式是：；当时，即当时，取最大值，最大值为万元，当时，当时，当时，即在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值，且(万元)，而，于是得的最大值是，此时，所以，当年产量为万箱时，该口罩生产厂所获得年利润最大，年最大利润为万元.5（2021辽宁省盘锦市高级中学高三月考）已知函数.（1）判断的奇偶性，并用单调性定义证明在上单调递增；（2）若，不等式恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）偶函数，证明见解析；（2）.【解析】（1）由题意可知的定义域为R，则，所以=，所以函数为偶函数；（2）任取，则=-=，因为=

5、，当，所以在上单调递增.设，则t2，所以原命题等价于当t2时，不等式恒成立，令=，即，则或，解得或，综上可知.6（2021江苏苏州高三月考）已知函数在处的切线与轴垂直.（1）求的值；（2）判断在上零点的个数，并说明理由.【答案】（1）；（2）有且只有一个零点，理由见解析.【解析】（1），所以，所以；（2）由，可得，令，所以当时，所以，所以在上单调递增，又因为，所以在上无零点；当时，令，所以，即在上单调递减，又因为，所以存在，使得，所以在上单调递增，在上单调递减.因为，所以在上且只有一个零点；综上所述：在上有且只有一个零点.7（2021江苏省前黄高级中学高三月考）已知函数（1）讨论函数的单调性；

6、（2）当时，求使在区间上恒成立的的所有值.【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）.【解析】（1）由题意得，当时，则在区间上单调递增；当时，令，解得，令，解得，在区间上单调递减，在区间上单调递增（2）时，在区间上恒成立，. 令，解得，在区间上单调递减，在区间上单调递增，. ，即. 设，则，令，得，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上恒成立，当且仅当时，满足不等式的的值为综上，使在区间上恒成立的的所有值为8（2021湖南湘潭高三一模）已知为自然对数的底数，函数，（）（1）若，且的图象与的图象相切，求的值；（2）若对任意的恒成立，求的最大值【答案】（1）；（2）【解析】（1）因为的图象与的

7、图象相切，设切点为，又，所以，解得，所以；（2）因为等价于，令，当时，在上为增函数，且当时，所以不满足题意；当时，对任意的恒成立，所以，故，此时的最大值为0；当时，因为，由，得，又当时，当时，所以在上为增函数，在上为减函数，所以当时，有最小值，所以，即，所以，令（），则，所以当时，为增函数，当时，为减函数，所以，故，所以的最大值为；综上所述，的最大值为9（2021湖北省武汉市第一中学高三月考）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）记，若，是函数的两个极值点，求证：【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）的定义域为，当时，在区间上单调递增，当时，令，函数单调递增；，函数单调递减

8、；，函数单调递增综上，当时，在区间上单调递增，当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减 （2），方程的两个正根，10（2021河北邢台高三月考）已知函数满足.（1）试问是否存在，使得函数为奇函数?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.（2）若，求的取值范围.【答案】（1）存在，；（2）.【解析】（1）由得：，两个等式联立，消去得：，为奇函数，则，解得：，时，函数为奇函数.（2）设函数，则.当或时，；当时，在，上单调递增，在上单调递减，又，所以.， ，对恒成立，对恒成立.设函数，令，则，当且仅当，即时，等号成立，此时取得最小值，的取值范围为.11（2021福建省龙岩第一中学高三月考）已知函数为

9、奇函数.（1）求实数的值并证明的单调性；（2）若实数满足不等式，求的取值范围.【答案】（1），证明见解析；（2）.【解析】（1）因为是定义域为R奇函数，由定义，所以所以，.所以证明：任取，.，即.在定义域上为增函数.（2）由（1）得是定义域为R奇函数和增函数所以.12（2021福建三明市二中高三月考）已知函数，其中.（1）求的极值；（2）若存在区间，使和在区间上具有相同的单调性，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）函数的定义域为，.当时，函数在上单调递减，从而没有极大值，也没有极小值.当时，令得，和的情况如下表所示.-0+递减极小值递增故的单调递减区间为，单调递增区间

10、为，函数在处取得极小值，没有极大值.综上：当时，无极值；当时，有极小值，无极大值.（2）的定义域为，且.当时，故函数在上单调递增，由（1）知，当时，函数在上单调递增，符合题意.当时，在上单调递增，在上单调递减，不符合题意；当时，在上单调递减，若存在区间，使得和在区间上有相同的单调性，则，只须，解得，因此存在区间，使得和在区间上单调递减.综上，的取值范围是.13（2021重庆市实验中学高三月考）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间.【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】（1）当时，所以.所以，所以，曲线在点处的切线方程为，即；（2）.当时，在时，此时，函数的单调增

11、区间是；当时，若，则；若，则.此时，函数的单调递减区间是，递增区间是.综上所述：当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是，递增区间是.14（2021江苏扬州中学高三月考）已知函数，其中e是自然对数的底数.（1）若关于x的不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；（2）已知正数a满足：，试比较与的大小，并证明你的结论.【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】（1）若关于x的不等式在上恒成立，即在上恒成立，即在（0，+）上恒成立，设，则在上恒成立.当且仅当，即时上式等号成立.（2）由已知，令，由，解得.当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.在上的最小值为.注意到， 时，即，从而； 时，

12、； 时，即，从而.综上可知：当时，；当时，；当时，.15（2021江苏南京市中华中学高三月考）设函数f（x）=excosx+ax，（aR）.（1）当a=0时，求函数f（x）在区间0，上的最小值；（2）若，f（x）1恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）最小值为-e；（2）（-，-1.【解析】（1）当a=0时，f（x）=excosx，则f（x）=ex（cosx-sinx），令f（x）=0，解得x=，且当x0，时，f（x）0，即函数f（x）在0，上单调递增；当x，时，f（x）0，即函数f（x）在，上单调递减；且f（0）=1，f（）=-e1，故函数f（x）在区间0，上的最小值为-e；（2）由题意f（

13、x）=ex（cosx-sinx）+a，令g（x）=f（x）=ex（cosx-sinx）+a，则g（x）=-2exsinx，当x0，时，sinx0，则g（x）0，即函数g（x）在0，上单调递减；当x，时，sinx0，即函数g（x）在0，上单调递增；则g（x）在x=处取得极小值，也是最小值又g（0）=1+a，g（）=a-e，g（）=a，所以g（0）g（）g（），若g（）=a-e0，解得ae，+），此时g（x）=f（x）0，故f（x）在0，上单调递增，则f（x）max=f（）=a1，与a的范围矛盾，故舍去；若g（0）0，g（）0，g（）0，解得a（0，e），此时f（x）在0，上单调递减，在，上单调递

14、增，所以f（x）max=f（0）=1+a1，解得a0，与a的范围矛盾，故舍去；若g（0）0，解得a（-，-1，此时g（x）=f（x）0，故f（x）在0，上单调递减，则f（x）max=f（0）=1+a1，满足题意，则a-1，综上，a的取值范围为（-，-1.16（2021湖南永州市第一中学高三月考）已知，函数，其中为自然对数的底数.（1）证明：函数在上有唯一零点；（2）记为函数在上的零点，证明：；【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解【解析】（1）在上单调递增，所以由零点存在定理得在上有唯一零点；（2），令一方面： ，在单调递增，另一方面：，所以当时，成立，因此只需证明当时，因为当时，当时，所

15、以，在单调递减，综上，.17（2021湖北武汉市第一中学高三月考）已知函数.（1）若，求函数在区间上的最大值与最小值；（2）若函数的最小值为0，求实数的值.【答案】（1），；（2）.【解析】（1），.令，得.当，是单调递减的；当，是单调递增的，.又，.（2），当时，在上是递增的，无最小值，不满足题意；当时，令，得.当时，是单调递减的；当时，是单调递增的，.令，.令，则.当，是递增的；当，是递减的.，即.18（2021河北石家庄市第一中学高三月考）已知函数f（x）x2+（2）x+lnx.（1）当1时，求函数f（x）的单调区间；（2）若在当x（0，+）时恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）f（

16、x）的增区间为，减区间为；（2）（，1.【解析】（1）函数f（x）的定义域是（0，+），当1时，f（x）x2x+lnx，2x1+，令0，解得：0 x，令0，解得：x，故f（x）在（0，）递增，在（，+）递减，即f（x）的增区间为，减区间为；（2）f（x）x（exx2）恒成立，即xex1lnx+x 在 （0，+） 上恒成立，即ex在 （0，+） 上恒成立.令g（x）ex，则，令h（x）x2ex+lnx，则 h（x）2xex+x2ex+0，所以h（x）在（0，+）上单调递增，而h（1）e0，h（）10，故存在x0（，1），使得h（x0）0，即ex0+lnx00，所以x0ex0lnx0lnln，令（

17、x）xex，x（0，+），（x）（x+1）ex0，所以（x）在（0，+）上单调递增，所以x0lnlnx0，当x（0，x0） 时，h（x）0，即 g（x）0，故g（x）在（0，x0）上单调递减，当x（x0，+） 时，h（x）0，即 g（x）0，故 g（x） 在 （x0，+）上单调递增，所以当xx0时，g（x）取得极小值，也是最小值，所以故1，所以的取值范围为（，1.19（2021广东广雅中学高三月考）设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在两个极值点、，证明，.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）函数的定义域为，令.当时，若，则，函数单调递减，若，则，此时函数单调递增.

18、此时，函数的减区间为，增区间为；当时，对于函数，.（i）若，则，对任意的，此时，函数在上单调递减；（ii）当时，由，可得或，由，可得，此时，函数的减区间为、，增区间为；（iii）若，则，由可得，由可得.此时，函数的减区间为，增区间为；（2）因为函数存在两个极值点，由（1）可知，由可得，即，构造函数，其中，则对任意的恒成立，所以，函数在上单调递减，由已知可得，所以，即.故原不等式得证.20（2021广东茂名高三月考）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若是函数的两个极值点，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）时，所以切点坐标为，于是所求切线的斜率又因为所求切线过点，所以曲线在点处的切线方程为（2），是函数的两个极值点，是函数两个大于0的零点，是方程的两个不同正解，则，且由，可得，所以又且，令则构造函数，是上的减函数，21（2021重庆南开中学高三月考）已知函数，其中.（）讨论的单调性；（）若，设，（）证明：函数在区间内有唯一的一个零点；（）记（）中的零点为，证明：当时，.【答案】（）答案见解析（）（）证明见解析（）证明见解析【解析】（），令，得或，当时，由，得或，由，得，所以在和上单调