2022届广东省高三数学一轮复习专题04：导数（含答案）

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1、专题04：导数一、单选题1（2022广东湛江一模）已知当时，函数的图象与函数的图象有且只有两个交点，则实数k的取值范围是（）ABCD2（2022广东广州一模）曲线在点处的切线方程为（）ABCD3（2022广东汕头一模）已知，则以下不等式正确的是（）ABCD4（2022广东深圳一模）已知函数，其中，则（）A在上单调递增B在上单调递减C曲线是轴对称图形D曲线是中心对称图形5（2022广东韶关一模）已知，则（）ABCD6（2022广东茂名一模）已知，则的解集是（）A或或且B或或，且C或或且D或或且二、填空题7（2022广东一模）已知直线分别与函数和的图象交于点A，B，则的最小值为_.8（2022广东

2、广东一模）已知，则曲线在处的切线方程是_9（2021广东佛山一模）已知函数，当时，函数的零点个数为_；若函数有两个零点，则实数a的取值范围为_三、解答题10（2022广东惠州一模）已知函数（）.(1)当m=0时，讨论的单调性；(2)若不等式对恒成立，求m的取值范围.11（2022广东一模）已知，为的导函数.(1)若对任意都有，求的取值范围；(2)若，证明：对任意常数，存在唯一的，使得成立.12（2022广东湛江一模）已知函数，.(1)当时，证明：当时，；(2)若对，都，使恒成立，求实数a的取值范围.13（2022广东广州一模）已知函数，为的导数.(1)证明：当时，；(2)设，证明：有且仅有2个

3、零点.14（2022广东汕头一模）已知函数（且为常数）.(1)讨论函数的极值点个数；(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.15（2022广东深圳一模）已知函数（）(1)求函数的单调区间；(2)若函数有两个零点，（i）求实数a的取值范围；（ii）求证：16（2022广东广东一模）已知函数，（1）若函数在处取得极大值，求实数的值；（2）当时，若对，不等式恒成立，求实数的值17（2022广东韶关一模）已知函数且.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论函数的零点个数.18（2022广东茂名一模）已知函数.(1)若，恒成立，求的取值范围；(2)证明：；(3)证明：当时，.19（2021广东佛山

4、一模）已知函数的两个极值点为，2，且在处的切线方程为(1)求函数的表达式；(2)当时，恒成立，求实数的取值范围20（2021广东佛山一模）设函数(1)当时，求的单调区间；(2)任意正实数，当时，试判断与的大小关系并证明参考答案1A【分析】将两个函数的解析式联立，消去，得到等式，问题转化为方程有两个不同的正实根，根据这个等式运用常变量分离法，通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.【详解】由题设，当时，令，则，所以当时，则单调递增；当时，则单调递减.又，所以当时，直线与的图象有两个交点，即函数的图象与函数的图象有且只有两个交点.故选：A.【点睛】关键点睛：利用常变量分离法构造函数利用导数的性

5、质是解题的关键.2A【分析】利用导数的几何意义得到切线的斜率，利用点斜式求出切线方程.【详解】，所以，又当时， 所以在点处的切线方程为：，即.故选：A.3C【分析】由于，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可【详解】，令，则，当时，当时，所以在上递增，在上递减，因为，所以，因为，所以，所以故选：C4C【分析】由解析式易得且定义域为且即可判断C；对求导，并讨论、研究在上的符号判断A、B；根据是否为定值判断D.【详解】由题设，定义域为且，所以关于对称，C正确；又，当时，不妨假设，则，显然，此时在上有递减区间，A错误；当时，在上，即在上递增，B错误；由，不可能为定值，故

6、D错误.故选：C【点睛】关键点点睛：利用导数结合分类讨论研究函数的区间单调性，根据、是否成立判断对称性(为常数).5C【分析】构造函数，利用导数证明，进而比较大小，再根据正余弦函数性质比较大小即可得答案.【详解】解：当，又，所以，故记，所以，令，得，令，得，所以在单调递减，在单调递增.所以，即，当时取等号.所以，所以.故选：C.6A【分析】不等式等价于或，分别解不等式，再取交集，即可得到答案；【详解】为偶函数，当时，在恒成立，在单调递增，且，当时，；当时，；当时，当时，不等式等价于或的解集是或或且7【分析】由题意，为A，B两点横坐标差的绝对值，因此设出坐标作差，再求最值即可.【详解】与的交点为

7、，函数所以在区间上单调递增，令，对于一个的值，有唯一的使，所以，有，所以，令，则，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减.所以，故.故答案为：8【分析】利用导数的几何意义，即可求解.【详解】，所以曲线在处的切线方程式，得.故答案为：9 1 【分析】（1）令，得，再构造函数，分析函数的性质即得解；（2）令得到，再对分两类讨论、分离参数分析函数的图象得解.【详解】（1）当时，令，所以，所以，令，所以函数是增函数（增函数+增函数=增函数），当时，；，所以只有一个解，所以当时，函数的零点个数为1；（2）令所以，当时，不成立，所以不是函数的零点.当时，所以,令，令，所以函数在单调递增，在单调递减，因为，

8、所以，所以在时有两个零点，在时只有一个零点，在时只有一个零点；所以或，由对勾函数得，当时，即时，此时方程有一个零点，当即时，方程有两个零点.所以当或时，原函数有两个零点.故答案为：1；.10(1)函数在上单调递增；(2).【分析】（1）求得，再求二阶导数，根据二阶导数的正负判断的单调性，从而求得其正负，即可判断原函数的单调性；（2）根据（1）中所求，对进行适度放缩，对参数与的大小关系进行分类讨论，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明.(1)当时，则令，则因为时，；时，所以函数在区间单调递减，在单调递增所以，所以函数在R上单调递增.(2)因为对恒成立，且所以当时，有；当时，有由（1）知，所以由

9、，得当时，所以函数在单调递增所以当时，；当时，所以当时，对恒成立.当时，令，则令，则因为，有，所以所以函数在区间单调递增，且有所以当时，；当时，所以函数在单调递减，在单调递增因为，所以存在使得，且时，所以函数在区间上单调递减，即，则有与条件矛盾，即不合题意.综上，可得实数m的取值范围是.【点睛】本题考察利用导数判断函数单调性，以及利用导数由恒成立问题求参数范围的问题；其中解决第二问的关键是利用第一问中的结论对导数进行放缩，同时利用零点存在定理找到当时的矛盾点，也是重中之重，属综合困难题.11(1)(2)证明见解析【分析】（1）通过分离变量的方式得到，利用导数可求得，由此可得的范围；（2）将问题

10、转化为在区间上有唯一的零点，由解析式可确定在上单调递减；结合（1）的结论知，进而得到，由零点存在定理可证得结论.(1)由得：，即；令，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，即的取值范围为.(2)设，将问题转化为在区间上有唯一的零点，由，知在区间上单调递减，故函数在区间上至多有个零点，由（1）知：当时，（当且仅当时取等号），又，即，即，又，即，由函数零点存在定理知：在区间上有唯一的零点，即存在唯一的，使得成立.【点睛】关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，本题第二问证明的关键是能够将问题转化为在区间上有唯一的零点的证明问题，从而能够结合零点存在定理进行证明.12(1)证明见解析；

11、(2).【分析】（1）通过构造函数利用导数证明、，利用放缩法进行证明即可；（2）构造函数利用二次求导法得到，再通过构造函数，利用导数的性质进行求解即可.(1)当时，.令，则，所以在上单调递增，且，所以，即.令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以，所以.所以当时，有，所以当时，.(2)因为，使恒成立，令，只需，即在上恒成立，.整理得.（*）.设，则，设，又，可得时，单调递增；时，单调递减，因此当时，有最小值，所以在R上单调递增.所以（*）式即，所以，即.设，则，令，解得.当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.所以，所以.所以实数a的取值范围为【点睛】关键点睛：通过构造函数，利用二次求

12、导法是解题的关键.13(1)证明过程见解析(2)证明过程见解析【分析】（1）令，利用导数判断的单调性，并求出其最小值即可证明；（2）由（1）可知，在上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明在上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.(1)由，设，则，当时，设，和在上单调递增，当时，则，函数在上单调递增，即当时，;(2)由已知得，当时， ，在上单调递增，又，由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，当时，设，则，在上单调递减，在上单调递减，又，由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，综上所述，有且仅有2个零点.14(1)答案见解析

13、(2)【分析】（1）求得，分、三种情况讨论，作出函数与函数的图象，数形结合可得出函数的极值点的个数；（2）由参变量分离法可知对任意的恒成立，利用导数结合隐零点法求出函数在其定义域上的最小值，即可得出实数的取值范围.(1)解：函数的定义域为，则.令，则，由，可得，列表如下：减极小值增所以，.当时，即当时，对任意的，且不恒为零，此时函数在上单调递增，则函数无极值点；当时，令，则，由，可得，列表如下：减极小值增且当时，；当时，.作出函数与函数的图象如下图所示：（i）当时，直线与函数的图象有两个交点，设这两个交点的横坐标分别为、，且，由图可知，当或时，；当时，.此时，函数有个极值点；（ii）当时，由图

14、可知，直线与函数的图象有一个交点，设其横坐标为，且，当时，；当时，.此时函数只有个极值点.综上所述，当时，函数无极值点；当时，函数有个极值点；当时，函数只有个极值点.(2)解：不等式对任意的恒成立，等价于对任意的恒成立，所以，对任意的恒成立，令，其中，则，令，其中，则对任意的恒成立，所以，函数在上单调递增，因为，故存在，使得，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，因为，则，因为，则，因为函数在上单调递增，由可得，故，可得，所以，故.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.15(1)当时，函数的

15、单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是(2)（i）（ii）证明见解析【分析】（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.(1)定义域为，当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是(2)（i）由（1）知：当时，在上单调递增，函数不可能有两个零点；当时，因为在上递增，在上递减，因为，故，设，则，当时，当时，故在处取得极

16、大值，也是最大值，所以，故，即取，则因此，要使函数且两个零点，只需，即，化简，得，令，因为，所以函数在上是单调递增函数，又，故不等式的解为，因此，使求实数a的取值范围是：.（ii）因为，所以，下面先证明，根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，因为在时单调递增，且，于是只需证明，因为，所以即证，记，所以在单调递增，则，即证得，原命题得证.【点睛】极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.16（1）；（2）.【分析】（1）先根据极值点对应的导数值为零求解出的可取值，然后检验的取值下在处是否取极大值，由此确

17、定出的值；（1）先将问题转化为“时，”，再通过换元将问题转化为“恒成立”，然后构造函数，采用分类讨论的方法分析的最小值与的关系，由此求解出的值.【详解】（1）因为，所以，因为在处取极大值，所以，所以，所以 当时，+单调递减极小值单调递增极大值单调递减所以在处取极大值，符合题意；（2）当时， ，又因为对，不等式，所以时，所以时，令，因为为上的增函数，且的值域为，所以，故问题转化为“恒成立”，不妨设，所以，当时，所以在上单调递增，且，所以当时，这与题意不符；当时，令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，所以，记，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，又因为，即，所以.【点睛】方法点睛

18、：利用导数求解参数范围的两种常用方法：（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.17(1)；(2)当或时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为3.【分析】（1）求导，计算得到即切线的斜率，由点斜式进行求解；（2）先将整理变型成，在考察的零点，注意性质的运用.(1)若，则，又，所以，所以曲线在点处的切线方程是：.(2)函数的定义域为，又，所以函数的零点个数，即方程的解的个数，记，显然是函数的零点，记若，则，即，所以

19、，所以函数在单调递增，函数有唯一零点1.若，此时，则，所以，所以函数在有唯一零点1，若时，由于，所以函数的在的零点个数与在零点个数相同，当时，所以，使得，当时，所以函数在单调递增，当时，所以函数在单调递减.所以，又，所以函数在有1个零点，在没有零点，所以函数在和各有1个零点，综上所述，当或时，函数的零点个数为1；当时，函数的零点个数为3.【点睛】本题零点的求解综合的考察了分类讨论，零点存在定理，导数的应用，关键的步骤在于发现在的零点个数与在零点个数相同的函数性质.18(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）参变分离得，构造函数令，利用导数求出函数的最小值，即可得到答案；（2）对分三

20、种情况讨论，分别证明，即可得到答案；（3）根据不等式成立，利用放缩法，进行不等式的证明；(1)恒成立，即，令，.时，在上是单调减函数；当时，在上是单调增函数.(2)证明：（2）由（1）得，.当时，显然成立；当时，显然成立故.(3)由（2）得，即，时，则.又，当时，.19(1)(2)【分析】（1）求，由题意可得，由导数的几何意义可得，将代入，中求出的值即可求解；（2）分别讨论，分别分离参数，构造函数转化为最值问题即可求解.(1)由可得，则，2是方程的两根，所以，（*）因为又因为处的切线方程为故，代入（*）式解得，故(2)由（1）知：，当时，即恒成立，此时，当时，由即，分离参数可得：，设，则，故在

21、上单调递减，上单调递减，上单调递增，故当时，在上单调递减，上单调递增，所以的最小值为，所以，当时，由分离参数可得设，则，由过程知在上单调递减，故，所以，综上所述：的取值范围为.20(1)增区间为，减区间为，(2)，证明见解析【分析】（1）求导得导函数的表达式，根据导函数的正负，可求的单调区间.（2）由，换元，构造函数得，分情况讨论最值，进而求解.（1）时，令得；令得或故的单增区间为，单减区间为，（2）结论：，证明如下：设，由 均为正数且得设，则当时，由得即故单调递减，从而而，此时成立当时，在上单调递减，在上单调递增故的最小值为此时只需证，化简后即证设，故单调递增，从而有，即证综上：不等式得证【点睛】本题考查了用导数研究函数的单调性和最值，同时考查了构造函数，分类讨论的数学思想，是一道中档题.