第=PAGE1*2-11頁共=SECTIONPAGES2*24頁◎第=PAGE1*22頁共=SECTIONPAGES2*24頁第=PAGE1*2-11頁共=SECTIONPAGES2*24頁◎第=PAGE1*22頁共=SECTIONPAGES2*24頁第六章導數及其應用綜合復習訓練學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．設函數在處存在導數為2，則（

）A．1 B．2 C． D．32．已知方程有4個不同的實數根，分別記為，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．3．若函數的導數的最小值為0，則函數的零點為（

）A．0 B． C． D．4．已知函數，則不等式的解集是（

）A． B． C． D．5．曲線在點處的切線的斜率為（

）A．5 B．6 C．7 D．86．已知，則下列各式一定成立的是（

）A． B． C． D．7．已知函數為奇函數，則（

）A．0 B． C．1 D．28．如圖是的導函數的圖象，對于下列四個判斷，其中正確的判斷是（

）A．當時，取得極大值 B．在上是增函數C．當時，取得極大值 D．在上是增函數，在上是減函數二、多選題9．已知函數，則下列選項正確的是（

）A．在上單調遞減B．恰有一個極大值C．當時，有三個零點D．當時，有三個實數解10．已知函數，，若直線與曲線和分別相交于點，，，，且，，則（

）A． B． C． D．11．下列結論正確的有（

）A．若不存在，則曲線在點處沒有切線B．函數的導數為C．函數在上單調遞減D．函數的切線與函數的圖象可以有兩個公共點12．已知函數的圖象與直線的交點個數分別為3，1，則（

）A．在上單調遞增B．1是的極大值點C．D．或三、填空題13．已知定義域為的函數，對，若存在，對任意的，有恒成立，則稱為函數的“特異點”.函數在其定義域上的“特異點”個數是個.14．已知函數（為自然對數的底數），若關于的方程有且僅有四個不同的解，則實數的取值范圍是．15．已知直線既是曲線的切線，也是曲線的切線，則.16．已知函數的圖象上存在不同的兩點，使得曲線在點處的切線都與直線垂直，則實數的取值范圍是．四、解答題17．將函數圖象上所有點的橫坐標伸長至原來的2倍（縱坐標不變），再向左平移個單位長度，得到函數的圖象．(1)求函數在區間內的所有零點之和；(2)若，討論函數的單調性．18．已知函數．(1)討論的單調性并判斷有無極值，有極值時求出極值；(2)函數；若方程在上存在實根，試比較與的大小．19．已知函數，在處取得極值．(1)求函數的解析式；(2)求函數的極值；(3)設函數，若對于任意，總存在，使得，求實數a的取值范圍．20．已知函數.(1)若是函數的一個極值點，求實數的值；(2)若函數有兩個極值點，其中，①求實數的取值范圍；②若不等式恒成立，求實數的取值范圍.21．已知函數，若的圖象在點處的切線方程為．(1)求函數的解析式；(2)如果在區間上是增函數，求實數的取值范圍．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．C【分析】利用導數的定義即可得解.【詳解】由依題意，知，則.故選：C.2．A【分析】將問題轉化為，進而構造函數，求導確定函數的單調性，結合二次方程根的分布可得，進而可求解.【詳解】易知不是方程的根，故當時，可化為，令，得．設，則，令，可得或，令，可得，故在和上單調遞減，在上單調遞增，，作出的大致圖象，如圖，數形結合可得方程有兩個不相等的實數根，設為，，則，且，則，解得，不妨設，則，由，可得.故選：A．【點睛】方法點睛：處理多變量函數值域問題的方法有：（1）消元法：把多變量問題轉化單變量問題，消元時可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即給出的條件是和為定值或積為定值等，此時可以利用基本不等式來處理，用這個方法時要關注代數式和積關系的轉化.（3）線性規劃：如果題設給出的是二元一次不等式組，而目標函數也是二次一次的，那么我們可以用線性規劃來處理.3．B【分析】由，確定，由的最小值為0，得出的解析式，進一步求出函數的零點.【詳解】因為函數的導數，所以，c為常數，設，則恒成立，在R上單調遞增，又，所以當時，即，所以在單調遞減，當時，即，所以在單調遞增，所以在處取得最小值，即，故，所以，故，令，解得，函數的零點為.故選：B.4．A【分析】利用導數及導函數的單調性判斷極小值點在，再由函數的單調性及可得不等式的解集.【詳解】因為單調遞增，且，，所以存在唯一，使得，所以當時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，又，且，所以由可得，故選：A5．B【分析】求函數在處的導數即可.【詳解】因為，所以曲線在點處的切線的斜率為．故選：B6．D【分析】根據對數函數的單調性即可判斷AB；根據指數函數的單調性即可判斷C；構造函數，利用導數判斷出函數的單調性即可判斷D.【詳解】對于AB，因為，所以，故A錯誤；因為，所以，但不一定大于1，故不一定大于0，故B錯誤；對于C，因為，則，所以，故C錯誤；對于D，不等式等價于，兩邊取自然對數得，因為，所以原不等式等價于，設函數，則，令，則，當時，，所以在上單調遞減，故當時，，所以，故在上單調遞減，所以，即，故D正確．故選：D．7．A【分析】由奇函數性質可知，函數的定義域關于軸對稱，求得，進而通過導數公式計算可得結果.【詳解】易知的定義域為．因為函數為奇函數，所以，顯然是奇函數，滿足題意，所以，故，故選:A．8．D【分析】由導函數的圖象，確定導函數的正負，由此得到函數的單調性，由極值的定義判斷函數的極值，由此判斷四個選項即可.【詳解】根據導函數的圖象可知，當時，，當時，，可知在內單調遞減，在單調遞增，所以當時，取得極小值，當時，取得極大值，當時，取得極小值，故ABC錯誤，D正確.故選：D.9．ABD【分析】根據絕對值的定義分類討論去掉絕對值符號后，求導確定函數的單調性、極值，在確定方程的根的個數時需注意函數值的變化趨勢.【詳解】A：當時，，則，所以函數在上單調遞減，故A正確；B：當時，，則，所以函數在上單調遞增；當時，，則，所以函數在上單調遞增；結合選項A的分析，知是函數的極大值點，是函數的極小值點，故B正確；C：當時，，，當時，，所以當時，方程無實根，即函數無零點，故C錯誤；D：當時，，由以上討論，知當時，，而，如圖，由圖可知，方程有3個實根，所以有3個實根，故D正確.故選：ABD【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解.10．AD【分析】利用導數分別求出，的單調性，畫出圖像，數形結合得出的范圍，根據和的單調性即可判定.【詳解】因為的定義域為R，，令，即，所以在上為增函數，在上為減函數，且，當時，當時，的定義域為，，令，即，所以在上為增函數，在上為減函數，且，當時，當時，如圖：易知，且，因為，所以，因為，在上為增函數，所以，即，同理，即，所以，又，所以，故A正確，B錯誤；又，故D正確，C錯誤；故選：AD.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是利用導數得出，的單調性，借助和的單調性可得結果.11．BCD【分析】根據導數的幾何意義判斷A，根據導數的運算法則判斷B，利用導數求出函數的單調區間，即可判斷C，利用特例說明D.【詳解】對于A：若不存在，說明曲線在點處切線的斜率不存在，不是說函數在點處無切線，故A錯誤；對于B：對于函數，則，故B正確；對于C：，則，所以當時，即在上單調遞減，則函數在上單調遞減，故C正確；對于D：函數的切線與函數的圖象可以有兩個公共點，例如函數，在處的切線為，與函數的圖象還有一個公共點，故D正確.故選：BCD12．ABD【分析】對的取值范圍進行分類討論，并對函數求導得出單調性可判斷AB正確，利用函數與方程的思想畫出圖象可得C錯誤，D正確.【詳解】當時，，得，所以在上單調遞增，A正確.當時，，得，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，1是的極大值點，B正確.當趨近于時，趨近于0，當趨近于時時，趨近于，且，則的圖象如圖所示，

由圖可得或錯誤，D正確.故選：ABD13．1【分析】根據題意知“特異點”為的極大值點，所以通過分析的極大值點個數即可得解.【詳解】由題意知“特異點”為的極大值點，因為，所以，當時，，當時，，又，，故不存在.又因為，易知：當時，單調遞增，故不可能有“特異點”，當時，設，則，令，則；，則；所以在上單調遞增，在上單調遞減，故為的極大值點，即為的“特異點”.綜上所述，在其定義域內僅有一個“特異點”.故答案為：1.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是理解“特異點”的意義，發現其為的極大值點，從而得解.14．【分析】設，由題意可得當時函數有2個零點，進而方程有2個正解，利用導數的幾何意義求出直線與函數圖象相切時k的值，根據數形結合的思想即可求解.【詳解】設，則，所以函數為偶函數，又，則，所以當時，有兩個零點，且當時，，則，令，令，則，所以函數在上單調遞增.下面討論直線與函數圖象相切的情況，設切點為（），則曲線在處的切線方程為，即，有，解得，

由圖可知，當時，直線與函數圖象在上有2個交點，即函數在上有2個零點，所以實數k得取值范圍為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題的解題關鍵，是根據函數的奇偶性確定其在在上有2個零點，結合數形結合的思想從而得解.15．/【分析】利用導數的幾何意義計算即可.【詳解】設曲線與的切點分別為，易知兩曲線的導函數分別為，，所以，則.故答案為：.16．【分析】由題意可得有兩個不相等的正實數根，法一：令，利用導數求出函數的單調區間及最值即可得解；法二：可得關于的方程有兩個不相等的正實數根，再根據一元二次方程根的分布情況求解即可.【詳解】由題意知，曲線在點處的切線斜率都是2，所以關于的方程有兩個不相等的正實數根，解法一：令，則，當時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，即函數在上單調遞減，在上單調遞增，又當時，，當時，，所以，解得，所以實數的取值范圍是.解法二：可得關于的方程有兩個不相等的正實數根，則，解得，所以實數的取值范圍是.故答案為：.17．(1)(2)在上單調遞增，在上單調遞減【分析】（1）利用三角恒等變換及平移公式化簡可得函數，利用正弦函數的圖象及性質可得求得的零點，進而求得結果．（2）由（1）可得，，，結果三角函數性質計算即可求得結果．【詳解】（1）由題可得，，所以函數．根據正弦函數的圖象及性質可得，的零點為，所以函數在區間內的所有零點之和為．（2）由（1）可得，，所以，所以．令，得，所以，解得，所以函數的單調遞增區間為；令，得，所以，解得，所以函數的單調遞減區間為．綜上，函數在上單調遞增，在上單調遞減．18．(1)答案見解析(2)【分析】（1）求出函數的定義域與導函數，分、兩種情況討論，分別求出函數的單調性與極值；（2）利用導數說明的單調性，即可得到，，令，則方程在，上存在實根，結合（1）中函數的單調性，可得，即，則，令，，利用導數說明函數的單調性，即可得到，從而得解.【詳解】（1）函數的定義域為，又，當時，恒成立，所以在上單調遞增，無極值，當時，令，解得，所以當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以當時，取到極小值，無極大值，綜上所述，當時，在上單調遞增，無極值，當時，在上單調遞減，在上單調遞增，極小值為，無極大值．（2）因為，，則，令，解得或（舍），所以當時，單調遞增，所以，即，令，，則，若方程在上存在實根，則方程在，上存在實根，當時在上單調，則在上有解，即應該在上有解，但是在上無解，不合題意，所以在上不單調，即，由（1）知，即，所以，，令，，則，所以在上單調遞增，所以，所以．【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．19．(1)(2)函數的極小值為，極大值為2.(3)【分析】（1）根據題意列出方程組，解出后驗證即可；（2）根據極值的定義結合函數單調性即可求解；（3）分類討論求得的最小值及的最小值，結合題意建立不等式，求解即可.【詳解】（1）∵，則，由題意可得，解得，則函數的解析式為，且，令，解得：，則當變化時，的變化情況如下表：減極小值增極大值減故符合題意，即.（2）由（1）可得：當時，函數有極小值；當時，函數有極大值2.（3）∵函數在時，，在時，且，∴由（1）知：當時，函數有最小值，又∵對任意總存在，使得，則當時，的最小值不大于，對于開口向上，對稱軸為，當時，則在上單調遞增，故的最小值為，得；當時，則在上單調遞減，故的最小值為，得；當時，則在上單調遞減，在上單調遞增，的最小值為，得或，不合題意，舍去；綜上所述：的取值范圍是.20．(1)(2)①，②【分析】（1）對函數求導，依題意可得，解得，經檢驗符合題意；（2）①將函數有兩個極值點轉化為方程有兩個不同的正數根，再由函數與方程的思想可知函數與函數的圖象在上有兩個不同交點，利用數形結合可得；②由兩極值點的關系通過構造函數可將不等式恒成立問題轉化為函數對任意的恒成立，利用導數并對實數的取值分類討論即