專題04一元函數的導數及其應用（難點）一、單選題1．已知直線與是曲線的兩條切線，則（

）A． B． C．4 D．無法確定【答案】A【分析】依據題意，明顯地，切線必過，進而利用切線方程的公式，分別計算出，可得答案.【解析】解：由已知得，曲線的切線過，時，曲線為，設，直線在曲線上的切點為，，切線：，又切線過，∴，，同理取，曲線為，設，直線在曲線上的切點為，，切線：，又切線過，，∴，故選：A2．已知直線與曲線，分別交于點，則的最小值為（

）A． B． C．1 D．e【答案】B【分析】設與直線垂直，且與相切的直線為，切點為，設與直線垂直，且與相切的直線為，切點為，進而依據導數的幾何意義求得坐標得，即可得直線與直線重合時最小，再求距離即可.【解析】解：設與直線垂直，且與相切的直線為，設與直線垂直，且與相切的直線為，所以，，設直線與的切點為，因為，所以，解得，，即，設直線與的切點為，因為，所以，解得，，即，此時，所以，當直線與直線重合時，最小，最小值為.故選：B3．已知函數及其導函數的定義域均為，且為偶函數，，，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依據已知條件構造函數，再利用導數的正負與函數單調性的關系及偶函數的定義，結合函數的單調性及一元一次不等式的解法即可求解.【解析】已知，令，則，所以在上單調遞減，又因為偶函數，所以，所以，，所以不等式等價于，則，解得，所以不等式的解集為故選：A.4．已知函數，，曲線的圖象上不存在點P，使得點P在曲線下方，則符合條件的實數a的取值的集合為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由題可得恒成立，分類探討，可得，然后構造函數，利用導數可得，即得.【解析】由題可得恒成立，令，則，當時，單調遞增，函數的值域為R，不合題意，當時，，不合題意，當時，，由在上單調遞增，存在，使，即，所以，故函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，設，則，∴函數在上單調遞增，在上單調遞減，故，即所以，即.故選：A.【點睛】方法點睛：恒（能）成立問題的解法：若在區間D上有最值，則（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分別常數，即將問題轉化為：（或），則（1）恒成立：；；（2）能成立：；.5．設函數，的最小值為，則的最大值為（

）A． B．0 C．1 D．【答案】C【分析】對分類探討求出，再分類探討求出的最大值.【解析】設，不妨設，所以，所以，所以，當時，函數在上單調遞減，所以.當時，函數在上單調遞減，在單調遞增，所以.所以.當時，，所以，所以所以在單調遞減，所以，所以在單調遞增，所以.所以的最大值為1.當時，，在單調遞減，沒有最大值，所以的最大值為1.故選：C【點睛】關鍵點睛：本題解題的關鍵有兩個，其一是分類探討求出，其二是分類探討求出的最大值.6．已知函數，（其中e是自然對數的底數），若關于x的方程恰有三個不同的零點，且，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】依據解析式探討、的函數性質，由零點個數知與的交點橫坐標一個在上，另一個在上，數形結合可得，且，，進而可得代入目標式，再構造函數探討最值即可得解.【解析】由解析式，在上單調遞增且值域為，在上單調遞增且值域為，函數圖象如下：所以，的值域在上隨意函數值都有兩個x值與之對應，值域在上隨意函數值都有一個x值與之對應，要使恰有三個不同的零點，則與的交點橫坐標一個在上，另一個在上，由開口向下且對稱軸為，由上圖知：，此時且，，結合圖象及有，，則，所以，且，令且，則，當時，遞增；當時，遞減；所以，故最大值為.故選：A【點睛】關鍵點點睛：依據已知函數的性質推斷與的交點橫坐標的范圍，進而得到與的關系，代入目標式并構造函數探討最值.7．設函數，若曲線上存在點，使得成立，則實數的取值范圍為（

）A．， B．， C．， D．，【答案】C【分析】利用函數的單調性可以證明.令函數，化為.令，利用導數探討其單調性即可得出.【解析】解：，當時，取得最大值，當時，取得最小值，即函數的取值范圍為，，若上存在點，使得成立，則，.又在定義域上單調遞增.所以假設，則（c），不滿意.同理假設，也不滿意.綜上可得：.，.函數，的定義域為，等價為，在，上有解即平方得，則，設，則，由得，此時函數單調遞增，由得，此時函數單調遞減，即當時，函數取得微小值，即（1），當時，（e），則.則.故選：.【點睛】本題考查了函數單調性的應用、利用導數探討函數的單調性，考查了推理實力與計算實力，屬于難題.8．對于數列，若存在正數，使得對一切正整數，恒有，則稱數列有界；若這樣的正數不存在，則稱數列無界，已知數列滿意：，，記數列的前項和為，數列的前項和為，則下列結論正確的是（

）A．當時，數列有界 B．當時，數列有界C．當時，數列有界 D．當時，數列有界【答案】B【分析】當時，構造新函數，利用導數推斷其單調性，進而得出，由此推斷A;構造函數，推斷其單調性，推出，進而得到，從而說明，推斷B;當時，說明成立，從而推斷C,D.【解析】當時，令，則，當時，，故，因為，則，所以，（這是因為），令，則，故時單調遞增函數，故，則，假設，則，故由歸納法可得成立，所以，故數列無界，故A錯；又由，設則，故遞減，則，所以，則，則，故，則，故，即當時，數列有界，故B正確當時，，由，，假設，則，即成立，所以此時都無界，故C,D錯誤；【點睛】本題給定數列的新定義，要求能依據定義去推斷數列是否符合要求，其中涉及到構造函數，并推斷函數的單調性等問題，較為困難，比較困難.二、多選題9．關于切線，下列結論正確的是（

）A．與曲線和圓都相切的直線l的方程為B．已知直線與拋物線相切，則a等于C．過點且與曲線相切的直線l的方程為D．曲線在點處的切線方程為．【答案】ABD【分析】對A，由導數法求出曲線在切點處的切線方程，再由直線與圓相切與圓心到直線距離的關系列式即可求；對B，直線與拋物線相切，即兩方程聯立有唯一解；對C，點不在曲線上，設切點坐標為，結合導數法建立方程組求出切點坐標，即可進一步求出切線方程；對D，由導數法干脆求切線方程即可.【解析】對A，設直線l與曲線相切于點，則由知曲線在點P處的切線方程為，即直線l的方程為．由直線l與圓相切得，解得.故直線l的方程為．A正確；對B，由消去y得，所以解得．B正確；對C，因為點不在曲線上，所以設切點坐標為.又因為，所以解得所以切點坐標為，所以，所以直線l的方程為，即．C錯誤；D中，，所以，所以切線方程為，即．D正確．故選：ABD10．已知函數，下列說法不正確的是（

）A．當時，函數僅有一個零點B．對于，函數都存在極值點C．當時，函數不存在極值點D．，使函數都存在3個極值點【答案】ABD【分析】由時，即可推斷A選項；當時，求導確定函數的單調性即可推斷C選項；由C選項即可推斷B選項；由的零點個數即可推斷D選項.【解析】，，令，則，對于A，當時，，函數無零點，則A錯誤；對于C，當時，，，，，當時，，即單增，當時，，即單減，則，即函數單增，不存在極值點，C正確；對于B，由C選項知錯誤；對于D，假設，使函數都存在3個極值點，即存在3個變號零點，又由上知，當時，，即單增，最多只有1個零點；當時，當時，，即單增，當時，，即單減，最多只有2個零點，和存在3個變號零點沖突，則不存在，使函數都存在3個極值點，D錯誤.故選：ABD.【點睛】解決極值點問題，關鍵在于求導后由導數的正負確定函數的單調性，對于導數的正負不好干脆確定的，可以通過構造函數，再次求導，進而確定導數的正負，使問題得到解決.11．已知函數（），則下列命題正確的是（

）A．在上是單調遞增函數 B．對隨意，都有C．對隨意，都有 D．【答案】ACD【分析】利用函數導數與函數單調性的關系可推斷A，利用特值可推斷B，利用函數的單調性可推斷CD.【解析】對于A，，記，則，故當時，，那么，函數單調遞增，故A正確；對于B，，故B錯誤；對于C，因為對于，，當時，，，所以當時，，由A知，即，故C正確；對于D，，即，等價于，此式成立，故D正確：故選：ACD.12．已知，，則下列結論正確的是（

）A．函數在上的最大值為3 B．C．函數的極值點有2個 D．函數存在唯一零點【答案】ABC【分析】A：利用導數探討f(x)在上的單調性，從而可求其最大值；B：求出f(x)的最小值，推斷最小值的范圍即可；C：利用導數探討g(x)的導數的零點狀況即可推斷g(x)的極值點個數；D：由g(x)在上的單調性并推斷其值域即可推斷零點狀況．【解析】對于A，，令，則，故在上單調遞增，∴，在上單調遞增，∴，故A正確；對于B，由選項A知，在上單調遞增．∵，，∴存在，使得，即，則，∴當時，，，單調遞減；當時，，，單調遞增；∴，故B正確；對于C，，定義域為，，令，則．令，，則，∴在上單調遞減．又，，∴存在，使得，即，∴當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；故．又，，∴有兩個零點，∴有兩個極值點，故C正確；對于D，由選項C知當時，，∴當時，，于是在上單調遞減，∴當，，∴在上沒有零點，故D錯誤．故選：ABC．三、填空題13．設點P在曲線上，點Q在曲線上，則|PQ|的最小值為_____.【答案】【分析】令、，易知分別由已知函數向上平移一個單位得到且互為反函數，即關于，所以僅需P、Q關于對稱且兩點處切線平行于時|PQ|的最小，利用導數的幾何意義求點坐標，結合點線距離公式及對稱性即可求最小值.【解析】令、分別向上平移一個單位可得、，而與關于對稱，∴當兩條曲線在P、Q處的切線均與平行時，P、Q關于對稱，|PQ|有最小，對應曲線平移到、后，P、Q關于對稱即可，∴令，則，∴有，則，即，∴到的距離，∴.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：令、有原函數由它們經過同樣的平移得到，且、關于對稱，即當P、Q在、上的對應點關于對稱且切線與平行時|PQ|最小.14．已知函數的圖象關于點中心對稱，若，，使得，則的最大值是______．【答案】##【分析】結合的對稱性、單調性以及導數求得正確答案.【解析】關于點中心對稱，所以，，所以，解得，，，令解得，，所以在區間遞減；在區間遞增，所以的極大值是，微小值是，依題意，，使得，所以是的單調遞減區間，所以的最大值是.故答案為：【點睛】本題的關鍵點有兩點，一個是依據的對稱中心求得的值，另一個是函數單調性的“定義”的變型“，，使得”，這個條件給出的是的單調性.15．已知函數，，若存在，，使得成立，則的最大值為___________.【答案】【分析】利用導數分析函數、的單調性，結合已知條件可得出，變形后可得出，故，構造函數，其中，利用導數求出函數在上的最大值，即可得解.【解析】因為，其中，，當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞增，且當時，，當時，.因為，其中，，當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞減，且當時，，當時，.因為存在，，使得成立，則，，因為，由題意，所以，，則，所以，，故，其中，構造函數，其中，則，當時，，此時函數單調遞增，當時，，此時函數單調遞減，因此，.故答案為：.16．已知定義域為R的奇函數滿意：，若方程在上恰有三個根，則實數k的取值范圍是________．【答案】【分析】由題可知直線與函數的圖像有三個交點，利用導數探討函數的性質，利用數形結合思想能求出實數的取值范圍．【解析】定義為的奇函數滿意：，方程在上恰有三個根，即直線與函數的圖像有三個交點，由是上的奇函數，則，當時，，則，當時，，當時，，在上遞減，在上遞增，結合奇函數的對稱性和“周期現象”得在，上的圖像如下：由于直線過定點，如圖，連接，兩點作直線，過點作的切線，設切點，，其中，，則斜率，切線過點，則，即，則，當直線繞點在與之間旋轉時，直線與函數在，上的圖像有三個交點，故．故答案為：四、解答題17．已知函數．(1)探討在上的單調性；(2)若不等式恒成立，求的取值范圍．【答案】(1)答案不唯一，詳細見解析(2)【分析】（1）依據函數求解導數，故依據，確定導函數正負區間，得函數到單調性；（2）依據不等式，參變分別得恒成立，故可構造函數確定函數的單調性求最小值，則求得的取值范圍．【解析】（1）解：因為，，所以．當時，由，得；由，得．則在上單調遞減，在上單調遞增．當時，由，得；由，得．則在上單調遞增，在上單調遞減．綜上，當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減．（2）解：不等式恒成立，即不等式恒成立，即等價于恒成立．設，則．設，則．設，則．由，得，所以在上單調遞增，則，即，故在上單調遞增．因為，所以在上單調遞增，則，得，所以當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，則．故，即的取值范圍是．18．已知（為自然對數的底數），(1)當時，若直線是與的公切線，求的方程；(2)若對于隨意的，都有，求實數的取數范圍.【答案】(1)或(2)【分析】（1）分別設與，的切點，求出切線方程，進而結合公切線建立方程，再解方程得切點坐標，再求解切線方程即可；（2）由題知，進而令，求函數的最小值得，再結合單調性得，則，最終依據在上單調遞增即可得答案.（1）解：設與的切點又切線方程為：，即①設與切點為切線方程為：，即②由題知，①，②都是的方程，則有，消去得，即，解得或當時切線方程為當時切線方程為綜上，直線的方程為或.（2）解：要使，即令，易知在單調遞增，因為趨近于時趨近于，趨近于時趨近于，故必有，使，此時則當時單調遞減；當時單調遞增.故又，所以令，因為所以在單調遞減所以，要使，則又在上單調遞增所以，，即實數的取數范圍為.【點睛】本題考查利用導數求救公共切線問題，不等式恒成立問題，考查運算求解實力，邏輯推理實力等.本題其次問解題的關鍵在于構造函數，結合函數隱零點問題，得，，再探討最小值大于等于零恒成立得，進而得的取數范圍.19．已知函數且(1)求的值；(2)求函數的單調區間；(3)設函數，若函數在上單調遞增，求實數的范圍．【答案】(1)(2)單調增區間為，，單調減區間為(3)【分析】求出原函數的導函數，干脆利用列式求解值；把代入函數解析式，再由導數求解函數的單調區間；求出的解析式，求其導函數，利用導函數大于等于0在上恒成立，可得在上恒成立，令，再由導數求其最大值得答案．【解析】（1）由，得，，得；（2），，當時，，當時，，的單調增區間為，，單調減區間為；（3），，函數在上單調遞增，在上恒成立，即在上恒成立，也就是在上恒成立，即.令，則，當時，，當時，，的單調減區間為，.單調增區間為，則當時，.設，由上有，得.則.，得在上的最大值為.故實數的范圍是．【點睛】關鍵點點睛：本題涉及求函數單調區間及已知單調區間求參數范圍，前兩問較為基礎，要完成（3）問需留意以下兩點：（1）函數在某區間單調遞增等價于其導函數在某區間大于等于0恒成立.（2）求時，為防止出錯可采納降次思想.20．已知函數在處的切線方程為.(1)求實數m和n的值；(2)已知，是函數的圖象上兩點，且，求證：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）先求導，由可求對應的m和n的值；（2）設，由可推斷，由得，設，，，得，代換整理得，原不等式要證，只需證，全部代換為關于的不等式得，設，，由導數得，再證，放縮得，進而得證.【解析】（1）由，得.因為函數在處的切線方程為，所以，，則；（2）證明：由（1）可得，，，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.因為，是函數的圖象上兩點，且，不妨設，且，所以.由，得，即.設，.設，則，所以，即，故.要證，只需證，即證，即證，即證，即證，即證.令，，則，證明不等式；設，則，所以當時，；當時，，所以在上為增函數，在上為減函數，故，所以成立.由上還不等式可得，當時，，故恒成立，故在上為減函數，則，所以成立，即成立.綜上所述，.21．已知是函數的一個極值點．(1)求值；(2)推斷的單調性；(3)是否存在實數，使得關于的不等式的解集為?干脆寫出的取值范圍．【答案】(1)(2)函數在上單調遞增，在上單調遞減.(3)存在，【分析】（1）求導得到導函數，依據計算得到答案.（2）求導得到，依據導數的正負得到單調區間.（3）先證明，，計算得到，且，得到答案.【解析】（1），則，，解得.，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減.故是函數的極大值點，滿意.（2），當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減.（3），當，易知，，故.故，滿意條件.當時，設，故，故，即，當時，設，，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減；故，故.，即可以無限接近.綜上所述：.【點睛】本題考查了依據極值點求參數，利用導數求函數的單調區間，不等式恒成立問題，意在考查學生的計算實力，轉化實力和綜合應用實力，其中放縮的思想是解題的關鍵.22．已知函數，.(1)若在上單調遞增，求的取值范圍；(2)若，證明：.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）依據在上單調遞增，轉化為恒成立，即恒成立，構造新函數求最值即可得的取值范圍；（2）將要證，轉化為證明，結合（1）中構造的函數，分