专题03 导数及其应用 2020-2026年高考数学真题分类汇编（天津专用）（答案版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题03导数及其应用7年真题1年模拟考点01导数的切线方程1．【详解】（1）由于，所以，，则曲线在点处的切线方程为：，即；2．【详解】（1）当时，，，则，则，且，则切点，且切线的斜率为1，故函数在点处的切线方程为；3．【详解】（1）由于，故.所以，，所以所求的切线经过，且斜率为1，故其方程为.4．【详解】（1），则，所以，故处的切线斜率为；(2)5．【详解】（1），故，而，曲线在点处的切线方程为即.6．【详解】（1），则，又，则切线方程为；7．【详解】(Ⅰ)(i)当k=6时，，.可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即.考点02研究函数的极值1．【详解】（2）令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，，当时，，画出大致图像如下：所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点；2．【详解】(Ⅰ)(ii)依题意，.从而可得，整理可得：，令，解得.当x变化时，的变化情况如下表：x单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.考点03不等式恒成立、能成立问题1．【详解】（3）①当时，设构造函数，则，令，所以，由于在上单调递增，所以，则在上单调递减，故，则在上单调递减，则在上恒成立，即在上恒成立；令，所以，所以在上单调递增，则，当且仅当时取等，即在上恒成立.故，令，则，对于，令，则，变形得，裂项求和得，对题设不等式左边取对数放缩：，对题设不等式右边取对数放缩：：当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件；②当时，若,恒成立，此时原不等式右侧，只需证明：，由（2）问结论可得：对于二项式展开，两边取对数，，又因此，所以原不等式成立，则a的最大值为12．【详解】（2）设，则，从而当时，当时.所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.设，则.当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.一方面，若对任意，都有，则对有，取，得，故.再取，得，所以.另一方面，若，则对任意都有，满足条件.综合以上两个方面，知a的值是2.3．【详解】（3）由（2）知，此时，所以，令，若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故，所以实数b的取值范围.考点04不等式的证明1．【详解】（2）(2)方法一：令，则，当时，，，则，所以在上单调递增，则，所以在上恒成立，即在上恒成立；当时，令，所以，因为和在上单调递增，所以在上单调递增，所以，因为，所以，所以，由于，所以，则在上单调递增，则，即在恒成立，所以在上单调递减，所以，即在成立，故在成立，综上，在上恒成立，方法二：若证明当时，，即证当时，，设，，则，当时，切线不等式，，当且仅当时，等号成立，则，所以在上恒成立，当时，设，则，可知在上单调递增，则，因为，则，可得，且，则，可知在上单调递增，则，即在恒成立，可知在上单调递减，则，即在成立；综上所述：在上恒成立，所以在上恒成立.方法三：因为，即，可得，令，，则，设，，当时，则，当时，则，因为，则，可得，即，可知在内单调递减，且，当时，，即；当时，，即；综上所述：当时，；当时，；可知在内单调递增，在内单调递减，则，所以在内恒成立，且，即在内恒成立，所以在上恒成立.2．【详解】（3）先证明一个结论：对，有.证明：前面已经证明不等式，故，且，所以，即.由，可知当时，当时.所以在上递减，在上递增.不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当时，有，结论成立；情况二：当时，有.对任意的，设，则.由于单调递增，且有，且当，时，由可知.所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.故在上递减，在上递增.①当时，有；②当时，由于，故我们可以取.从而当时，由，可得.再根据在上递减，即知对都有；综合①②可知对任意，都有，即.根据和的任意性，取，，就得到.所以.情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.而根据的单调性，知或.故一定有成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论.3．【详解】(2)要证时，即证，令且，则，所以在上递增，则，即.所以时.(3)设，，则，由（2）知：，则，所以，故在上递减，故；下证，令且，则，当时，递增，当时，递减，所以，故在上恒成立，则，所以，，…，，累加得：，而，因为，所以，则，所以，故；综上，，即.4．【详解】（Ⅱ）证明：由，得.对任意的，且，令，则.

①令.当x>1时，，由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.因为，，，所以.

②由(Ⅰ)(2)可知，当时，，即，故

③由①②③可得.所以，当时，任意的，且，有.考点05研究函数的零点1．【详解】（2）（i）令，，得，设，则，由解得或，其中，；当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；且当时，；当时，；如图作出函数的图象，要使函数有3个零点，则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点.结合图象可知，.故a的取值范围为；（ii）由图象可知，，设，则，满足，由可得，两式作差可得，则由对数均值不等式可得，则，故要证，即证，只需证，即证，又因为，则，所以，故只需证，设函数，则，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；故，即.而由，可知成立，故命题得证.2．【详解】（II）（1）当时，因为曲线和有公共点，故有解，设，故，故在上有解，设，故在上有零点，而，若，则恒成立，此时在上无零点，若，则在上恒成立，故在上为增函数，而，，故在上无零点，故，设，则，故在上为增函数，而，，故在上存在唯一零点，且时，；时，；故时，；时，；所以在上为减函数，在上为增函数，故，因为在上有零点，故，故，而，故即，设，则，故在上为增函数，而，故.（2）因为曲线和有公共点，所以有解，其中，若，则，该式不成立，故.故，考虑直线，表示原点与直线上的动点之间的距离，故，所以，下证：对任意，总有，证明：当时，有，故成立.当时，即证，设，则（不恒为零），故在上为减函数，故即成立.综上，成立.下证：当时，恒成立，，则，故在上为增函数，故即恒成立.下证：在上恒成立，即证：，即证：，即证：，而，故成立.故，即成立.【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.1．【详解】（1）∵，切点为，∵，则曲线在处的切线方程为.（2），等价于，则使得成立，只需，，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上有最小值，，即对恒成立，令，即，，，①当时，，所以单调递增，在，不符合题意，②当时，由，得，则函数在上单调递增，由，得，则函数在上单调递减，故的最大值为，解得．（3）因为，令，由（2）知在上单调递减，在上单调递增，，则，①当时，所以，又，故，函数在上单调递减，又，则，要证明，只需证明，只需证明，即，令函数，求导得，又，不妨设，则，由在上单调递减，得，当时，，即，因此，令函数，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，则，当时，，函数在上单调递减，由，得，即，因此；②当时，可知有两个极值点x1,x2，且函数在上单调递减，在上单调递增，由为极值点，得，即，则，又，则．对任意，由，得，则，因此，即．综上可知．2．【详解】（1）当时，，，求导可得，，所以曲线fx在处的切线方程为，即.（2）（i），求导可得，因为，分类讨论当时，，fx单调递减，则fx不可能有极小值点；当时，令，即，解得，所以当时，，fx单调递减，当时，，fx单调递增，因此fx均有极小值点，且，，令，设函数，故对任意的，，求导可得，当时，，单调递增，当，，单调递减，，，当时，；，，图象如下图所示，故恒成立，解得．（ii）方程有两个根，由（i）可知，否则fx单调递减，不可能有两个根，方程有两个根等价于有两个根，设函数，，当，；当，，故可知，记，上式等价于有两个根，即，两式相减可得，记，故上式可写成，即，将代入可得，设函数，求导可得，设函数，求导可得，单调递增，故，即，单调递增，要求最小值，即求的最小值，就是求的最小值，设函数，求导可得，设函数，求导可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，，，的图象如下图所示，故存在使得，即，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，即时，取最小值，故．3．【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）函数，求导得，由，得，若，则在上恒成立，故为上的增函数，与题设矛盾；，而，则，即，解得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，而，当时，，函数在存在两个零点，当且仅当，则，解得，所以实数a的取值范围是.（3）依题意，，即，两边取自然对数得，而，则，令函数，显然是方程的根，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，由是函数较大的零点，得，即落在的严格单调递增区间内，令，要证明，只需证明且即可，①由，得，，则，，而且，得，，则，由在上单调递增，且，得，因此；②，令函数，求导得，函数在上单调递减，，因此，而，则，由，得，即，而，因此，即，，又函数在上单调递增，且，则，即，所以.4．【详解】（1）证明：，，，，，所以fx在区间上单调递增，.（2）（i）证明：由（1）fx在区间上单调递增，则时，，即此时fx无零点，当，，单调递增，又，，，则在上有一个零点a1，同理可得在上有一个零点，又，，，，又，，且在上单调递增，，即；（ii），，，，又，，．5．【详解】（1）函数的定义域为，，分母，导数符号由分子决定：当时，恒成立，故fx在和上单调递增；当时，，此时，为常函数，无单调性；当时，恒成立，故fx在和上单调递减；（2）(i)令，则题意等价于对恒成立，，，分母，故的符号由分子决定，分情况讨论：当时：对，，故在上单调递减；当时，，因此，与恒成立矛盾，舍去；当时：令，得，，符合定义域，当时，单调递增；当时，单调递减；故在处取得最大值，需满足，代入计算最大值：，令，则上式变为，对求导：，当时，单调递减；当时，单调递增，故在处取得最小值，即对成立，当且仅当时取等号，因此，的唯一解为，即，综上，k取值的集合为；(ii)由(i)知，，fx在点处的切线方程为：，切线交轴于，代入解得：，整理得：，令，则：，已知，故，由递推式得，当：左边：；右边：；左右相等；假设当时，结论成立，即：，根据递推公式：，将归纳假设代入：，，即：，故时结论也成立；故对任意自然数，恒有，由，得，且，由，得：，求和得：,代入，得：因，故，因此：得证．6．【详解】（1）时，，则，故在点处的切线斜率为.（2）当时，，，，令，解得或（舍去），当时，，单调递增，当时，，单调递减，因此的单调递增区间是，单调递减区间是.（3）设，因为，所以证明就等价于证明，令，，配方得，（i）当时，，则，记，，因为，,则当时，,当时，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以；（ii）当时，，令，，故在上单调递增，所以，，由（i）知在上单调递减，故，而所以，.由（i）（ii）可得：当时，对任意恒成立，所以当时，对任意恒成立．7．【详解】（1）函数的导函数，由题意得，所以，解得；（2）由（1），由余弦函数性质可得在上单调递减，因为，所以，若，由可得，，在上单调递减，无极值，舍去；若，由可得，，在上单调递增，无极值，舍去；若，则，所以存在使得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当时，函数取极大值，极大值为，因为fx在上的极大值大于1，所以，令，，则，所以函数在上单调递增，又，所以，又，所以，综上，a的取值范围为；（3）略.8．【详解】（1），所以，因此，，，所以，整理得；（2）（i），令，则，所以，时，，所以在单调递增；时，，所以在单调递减，因此，解得，又因为，所以存在唯一使得，又因为，令，，所以在上单调递增，因此，因此在存在唯一，使得.因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，、是函数的两个极值点，所以.（ii）因为，所以，又因为，所以，根据已知，所以，下面证，只需证，即证，令，，令，，所以在单调递增，所以，因此成立，所以，即，又因为，所以.9．【详解】（1）由题可知，，则，故曲线在点处的切线方程为，即；（2）要证明，即证，即证，令，定义域为，显然，则，其中，当时，令，则，其中，，故，故在上单调递增，又，故在上恒成立，故在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以恒成立，从而，当时，等号成立；（3）由（2）知，当时，，即，当时，，故，故10．【详解】（1）当时，，则，，则，所以当时，曲线在处的切线方程为，即.（2）函数的定义域为，则，当时，对任意的，恒成立，此时函数fx的增区间为，无减区间；当时，对于函数，.若时，即当时，对任意的，，此时函数fx的增区间为，无减区间；若Δ>0时，即当时，由可得，由可得或，此时函数fx的减区间为，增区间为、.综上所述，当时，函数fx的增区间为，无减区间；当时，函数fx的减区间为，增区间为、.（3）因为不等式对任意恒成立，则，因为，则，所以，则，即，令，所以，令，，则，令，其中，则，由（2）知，当a=2时，函数在上为增函数，因为，则，所以，即函数在上为增函数，此时，则，所以函数在上单调递增，则，所以，故实数a的取值范围是.11．【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而，所以曲线在处的切线方程为.（2）（ⅰ）当时，函数，求导得，由x1,x2是函数的两个极值点，得x由，得，令函数，则，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，而，所以.（ⅱ）有两解x1,x2，即e则当时，，令，则，，因此，不等式等价于，令函数，求导得，函数在上单调递增，则，即，，于是.12．【详解】（1）当，t=0时，，则，则，由fx在点处的切线与直线垂直，则，即，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，则，故，则；（2）（ⅰ），若，则恒成立，故在上单调递增，则有，与在上的最大值为矛盾，不符合题意；若，令，解得，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，若，即时，在上单调递减，则在上的最大值为，则，由，故不符合题意；若，即时，在上单调递增，在上单调递减，则在上的最大值为，即，由随t的增大而增大，则，故无解，不符合题意；若，即时，在上单调递增，则在上的最大值为，解得；综上所述：；证明略；（ⅱ）略.13．【详解】（1）当时，，所以，则，所以切点