备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析：导数(解析版)

《备战2020年浙江省高考数学优质卷分类解析》第三章导数1.从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.2.浙江省恢复对导数的考查后，已连续三年将导数应用问题设计为压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.3.常见题型，选择题、解答题各一道，难度基本稳定在中等以上.一．选择题1．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知存在导函数，若既是周期函数又是奇函数，则其导函数（）A．既是周期函数又是奇函数B．既是周期函数又是偶函数C．不是周期函数但是奇函数D．不是周期函数但是偶函数【答案】B【解析】若是周期函数，设其周期为，则．所以周期函数的导数仍是周期函数；若是奇函数，则，所以，即，所以奇函数的导数是偶函数，故选B．2．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】已知二次函数2()f x x bx a =-+的部分图象如图所示，则函数()'()x g x e f x =+的零点所在区间为（）A．(1,0)-B．(0,1)C．(1,2)D．(2,3)【答案】B 【解析】由函数f (x )的图象可知，0＜f (0)＝a ＜1，f (1)＝1－b ＋a ＝0，所以1＜b ＜2.又f ′(x )＝2x －b ，所以g (x )＝e x＋2x －b ，所以g ′(x )＝e x＋2＞0，所以g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1－b ＜0，g (1)＝e＋2－b ＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g (x )的零点所在的区间是(0，1)，故选B.3．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】已知实数a >0，b >0，a ≠1，且满足lnb ＝，则下列判断正确的是（）A．a >b B．a <bC．b >1D．b <1【答案】C 【解析】令函数f(x)=-2lnx，则，所以f(x)单调递增，又f(1)=0，可得f(x)<0在（0，1）恒成立，f(x)>0在（1，）恒成立，取，则f()==lnb ，当时，f()<0，即lnb <0,b<a；当时，f()>0，即lnb>0,b>a；故A，B 不一定成立；又当时，lnb<0，所以，由换底公式得到b>1；当时，lnb>0,所以,得到b>1.故选C.4．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知，且函数.若对任意的不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，不等式恒成立，所以，即恒成立，令，则，时，＜0，g（x）递减；时，＞0，g（x）递增，所以g（x）最小值为：，令（），所以令（1）当时，t≥4，，所以的最小值为：，所以，即，解得：，所以（2）当1＜＜4时，所以，，的最小值为：，所以，即，解得：所以恒成立.综合（1）（2）可知：故选：B.5．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知函数2()x f x xe =，下列说法正确的是（）A．任意12m e>-，函数()y f x m =-均有两个不同的零点；B．存在实数k ，使得方程()(2)f x k x =+有两个负数根；C．若()()()f a f b a b =≠，则10a b -<+<；D．若实数a ，b 满足2212()a b e e e a b -+<≠，则()()f a f b ≠.【答案】D 【解析】∵函数2()x f x xe =，'2()(12)x f x x e =+，可知：12x =-时，函数()f x 取得极小值即最小值．11(22f e -=-，如图所示．由图象可得：A．当102m e-<<时，函数()y f x m =-有两个不同的零点，因此不正确；B．存在实数k ，使得方程()(2)f x k x =+有两个一正一负根，不可能为两个负数根；C．若()()()f a f b a b =≠，则1a b +<-，因此不正确；D．若()()f a f b =（不妨设102a b ≤-≤<），则222221(12)2a b a a a a e e e e e a e b-+=+>-≥，因此其逆否命题正确．故选：D．6．【浙江省镇海中学2019届高三上期中】已知函数，则函数的图象为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】=，当x＜0时，=．令g（x）=2x3﹣1+ln（﹣x），由，得，当x∈（﹣∞，）时，g′（x）＞0，当x∈（，0）时，g′（x）＜0．所以g（x）有极大值为=．又x2＞0，所以f′（x）的极大值小于0．所以函数f（x）在（﹣∞，0）上为减函数．当x＞0时，=．令h（x）=2x3﹣1+lnx，．所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，而h（1）=1＞0，h（）=﹣．又x2＞0，所以函数f′（x）在（0，+∞）上有一个零点，则原函数有一个极值点．综上函数f（x）的图象为D中的形状．故选：D．二.填空题7．【浙江省杭州高级中学2019届高三上期中】函数的图象在点处的切线方程为___．【答案】【解析】函数f（x）的导数为f′（x）••2，函数y＝f（x）的图象在点处的斜率为k＝，即有函数y＝f（x）的图象在点处切线方程为.8．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上期末联考】已知函数在开区间上单调递减，则的取值范围是_____.【答案】【解析】由题意，在恒成立.只需要即可，整理得，作出其对应的平面区域如图所示；所以把视为平面区域内的点与原点距离的平方，由点到直线的距离公式可得，所以的最小值为，则的取值范围是.故答案为9.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】已知函数，若对任意的恒成立，则的取值范围是___．【答案】【解析】∵，∴在上成立，∴在上单调递减，∴，．又“对任意的恒成立”等价于“对任意的恒成立”∴，解得，∴的取值范围是．故答案为．三.解答题10．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知函数，其中为实数.（1）若函数的图像关于点对称，求的解析式；（2）若，且，为函数的极小值点，求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】（1）设为图像上的任意一点，则点关于点的对称点为，即，所以，对所有实数成立，从而.，求得：，从而.（2），由知设，则，即，因为，所以，因为极小值存在，所以.①若，则，所以.②若，则，所以，令，则，则在上为减函数，在上为增函数，又，故，综上所述，的取值范围为.11．【浙江省2019届高三高考全真模拟（二)】已知函数()2a f x x x=+，()ln g x x x =+，其中0a >．(1)若1x =是函数()()()h x f x g x =+的极值点，求实数a 的值；(2)若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)3a =1,2e +⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】(1)∵h(x)＝2x＋2a x ＋ln x，其定义域为(0，＋∞)，∴h′(x)＝2－22a x＋1x ，∵x＝1是函数h(x)的极值点，∴h′(1)＝0，即3－a 2＝0.3经检验当3是函数3(2)对任意的x 1，x 2∈[1，e]都有f(x 1)≥g(x 2)成立等价于对任意的x 1，x 2∈[1，e]，都有f(x)min ≥g(x)max .当x∈[1，e]时，g′(x)＝1＋1x＞0.∴函数g(x)＝x＋ln x 在[1，e]上是增函数，∴g(x)max ＝g(e)＝e＋1.∵f′(x)＝1－22a x＝，且x∈[1，e]，a＞0.①当0＜a＜1且x∈[1，e]时，f′(x)＝＞0，∴函数f(x)＝x＋2ax在[1，e]上是增函数，∴f(x)min＝f(1)＝1＋a2.由1＋a2≥e＋1，得0＜a＜1，∴a不合题意．②当1≤a≤e时，若1≤x≤a，则f′(x)＝＜0，若a＜x≤e，则f′(x)＝＞0.∴函数f(x)＝x＋2ax在[1，a)上是减函数，在(a，e]上是增函数．∴f(x)min＝f(a)＝2a.由2a≥e＋1，得a≥12e+.又1≤a≤e，∴12e+≤a≤e.③当a＞e且x∈[1，e]时f′(x)＝＜0，函数f(x)＝x＋2ax在[1，e]上是减函数．∴f(x)min＝f(e)＝e＋2ae.由e＋2ae≥e＋1，得a＞e，∴a＞e.综上所述，a的取值范围为[12e+，＋∞)．12．【浙江省台州市2019届高三4月调研】已知函数（为自然对数的底数，）.（Ｉ）若关于的方程有三个不同的解，求实数的取值范围；（Ⅱ）若实数，满足，其中，分别记：关于的方程在上两个不同的解为，；关于的方程在上两个不同的解为，，求证：.【答案】（Ｉ）；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ｉ）由，得当和时，，单调递增当时，，单调递减又，，当时，；当时，因为关于的方程有三个不同的解所以（Ⅱ）记所以当时，，单调递减当时，，单调递增当时，，单调递减当时，，单调递增又因为，所以所以当和时，，即由题意，不妨设，所以因为，且函数在上单调递减所以，即①同理因为，且函数在上单调递增所以②①+②得：即13．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若方程有两个不相等的实数根，求证：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）.当时，，函数在上单调递增，所以函数的单调增区间为.当时，由得；由得，所以函数的单调增区间为，单调减区间为.（2）因为是方程的两个不等实根，所以.不妨设，则，，两式相减得,即.又，当时，；当时，.故只要证明即可，即证，即证,即证.设，令，则,则在为增函数，又,所以时，总成立，得证.14．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】记（I）若对任意的x 0恒成立，求实数a的值；（II）若直线l:与的图像相切于点Q(m，n)；（i）试用m表示a与k；（ii）若对给定的k，总存在三个不同的实数a1，a2，a3，使得直线l与曲线，，同时相切，求实数k的取值范围.【答案】（I）（II）（i）.（ii）见解析【解析】（I）∵∵，又∵恒成立，∴是的最大值∴，∴；反过来，当时，单调递减，又，∴在（0，1）上递增，在（1，上递减，，∴恒成立.∴（II）（i）∵，由切点，则有：，把①代入②可得：，代入①式得：（**），（ii）根据题意方程（**）有三个不同的解，令∴==由，解得两根分别为与∴当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减∴的极小值为；的极大值为又∵时，∴当时，方程（**）有三个不同的根，下面说明三个不同的对应的也是不同的：设方程（**）的三个不同的根分别为：，且则有：，，，显然只需说明即可，又由可得：即，假设，则有，即即即，令，即设∴∴在上是减函数，即，与矛盾∴假设不真，即∴当，存在三个不同的实数使得直线与曲线，，同时相切．15．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知函数，，曲线与有且仅有一个公共点.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若存在实数，，使得关于的不等式对任意正实数恒成立，求的最小值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4【解析】（Ⅰ）由题意知，即，令，则.∵在上递增，在上增减，∴，∴.（Ⅱ）解法一：由题意知必有，即，当时，，，不符合题意；当时，有，此时，，不符合题意，因此有，因此①令，则，在递增，在递减，故②由①②两式知，构造函数，则，在递减，在递增，故，此时.解法二：由（1）知，，设，可知，，∵在恒成立，即，又，∴，即①由在恒成立，即在恒成立，设，，则，由得，在上单调递增，由得，在上单调递减，故，得②由①②得③存在，使得③成立的充要条件是，即，记，显然，，∴在上单调递增，在上单调递减，，，故在存在，使，∴不等式的解为，∴的最小值为4，从而由③得.16.【浙江省金华十校2019届高三上期末】已知，，其中，为自然对数的底数．若函数的切线l经过点，求l的方程；Ⅱ若函数在为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】Ⅰ；Ⅱ见解析【解析】Ⅰ设l和的切点是，在该点处的导数，它是切线l的斜率，经过，也过切点，的斜率又可写为，故，故，解得：，故直线l的斜率为，故l的方程是：；Ⅱ判断：函数的零点个数是0，下面证明恒成立，，故，若在递减，则，因此，要证明对恒成立，只需证明对恒成立，考虑等价于，记，，先看，，令，解得：，令，解得：，故在递减，在递增，，再看，.令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，.，且两个函数的极值点不在同一个x 处，故对恒成立，综上，对恒成立，故函数函数零点是0个．17．【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】设函数2()ln ()f x ax x a R =-∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）1[,)2e+∞【解析】（1）由题意，2'21()(0)ax f x x x-=>.当0a ≤时，'()0f x <，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令()0f x '=，解得2x a=∴当12x a ∈时，'()0f x <，当1)2x a∈+∞时，'()0f x >．∴()f x 在)2a上单调递减，在)2a+∞上单调递增；（2）∵()0f x ≥恒成立，∴(e)0f ≥，可得21a e ≥．由（1）可得，()f x 在2a 上单调递减，在)2a+∞上单调递增，∴()f x 的最小值为1))222f a a =-.∴1022a-≥，解得12a e ≥.因此，实数a 的取值范围为1[,)2e+∞.18．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考】已知函数．（1）若在处导数相等，证明：为定值，并求出该定值；（2）已知对于任意，直线与曲线有唯一公共点，求实数的取值范围.【答案】（1）6；（2）【解析】（1）证明：，，由题意得，，则；（2）解：，函数在的图象为下凸，在的图象为上凸，记，求得处的切线为，再记，由，求得的极大值点为，①当时，直线与曲线显然只有唯一公共点；②当时，直线斜率为正，且与曲线有三个公共点，舍去；③当时，直线斜率为正，且与曲线有三个公共点，舍去；④当时，若，在直线上方，直线与曲线的上凸部分有唯一公共点，与下凸部分不相交；若，直线与曲线）交于P点，与上凸部分和下凸部分均不相交；若，在直线下方，直线y=kx+a与曲线的下凸部分有唯一公共点，与上凸部分不相交，此种情况成立．综上，的取值范围为．19.【浙江省嘉兴市2019届高三上期末】已知函数，且曲线在点处的切线方程为.（Ⅰ）求实数，的值；（Ⅱ）函数有两个不同的零点，，求证：.【答案】（1），；（2）见解析.【解析】（Ⅰ）由曲线在点处的切线方程为，故，又，，所以，解得，；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，故，所以，的两个不同的零点为，，不妨设，因为，所以，，要证明，即证明，而故只需证明即可，又，所以，故只需证明，即需证，即证，即只需证即可，令，由于，故，设，，，，显然，故，是增函数，所以，又，所以恒成立，即，成立，因此，得证.20.【浙江省名校新高考研究联盟（Z20)2019届高三第一次联考】设，已知函数，．Ⅰ若恒成立，求的范围Ⅱ证明：存在实数使得有唯一零点．【答案】；见证明.【解析】Ⅰ，，，恒成立，，解得，又当时，，在单调递增，，综上所述；Ⅱ设的零点为，有，则，令，则，，在上存在零点，设为，取，则，，，设的零点为，则在上递增，在上递减，函数存在两个零点，，函数在，上递减，在上递增，函数存在唯一的零点，综上所述存在，符合题意．21.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上期末联考】设，函数.（I）证明：当时，对任意实数，直线总是曲线的切线；（Ⅱ）若存在实数，使得对任意且，都有，求实数的最小值.【答案】（I）见证明；（Ⅱ）-1【解析】（I）证明：此时，.注意到对任意实数，，，故直线是曲线在原点处的切线；（Ⅱ）由题意，存在实数，使得对任意，都有，且对任意，都有.因，故（否则，若，则在的左右附近，恒有，从而单调递减，不合题意）.于是，因此.又当，时，（等号成立当且仅当），于是在内单调递增，满足题意.所以的最小值为.22.【浙江省七彩联盟2019届高三上期中】已知函数．证明：函数存在唯一的极值点，并求出该极值点；若函数的极值为1，试证明：．【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】，，，令得，得，在上单调递增，在上单调递减，有唯一的极值点，极值点为，由可得，，要证明，只要证，令，，易知在上单调递增，且当时，，当时，，存在唯一的实数，使得，即，即，，在单调递减，在单调递增，，下面证明，利用反证法，假设，，即，即，，则由可知，这与矛盾，，即，故．23.【浙江省2019届高考模拟卷（一)】已知函数.（1）当时，求的极值；（2）当时，讨论的单调性；（3）若对任意的，，恒有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）极小值，无极大值；（2）参考解析；（3）【解析】（1）当时，1分由,解得.2分∴在上是减函数，在上是增函数.3分∴的极小值为，无极大值.4分（2）.5分①当时，在和上是减函数，在上是增函数；6分②当时，在上是减函数；8分③当时，在和上是减函数，在上是增函数.8分（3）当时，由（2）可知在上是减函数，∴.9分由对任意的恒成立，∴10分即对任意恒成立，即对任意恒成立，11分由于当时，，∴.12分24.【浙江省2019届高考模拟卷（二)】已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）设点，是函数图像上异于点的两点，其中，，是否存在实数，使得，且函数在点切线的斜率为，若存在，请求出的范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】（1）由题意得函数的定义域为．当时，由题意得，由得或；由得．又当时，函数单调递增．所以当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为；当时，的增区间为，减区间为．（2）假设存在实数满足条件．设，，由得，∴．又，，且函数在点切线的斜率为，∴，∴．令，则，∴当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递增；当时，单调递减．∴当时，取得极小值，且极小值为；当时，取得极大值，且极大值为，∴或．∴存在实数满足条件，且实数的取值范围为．25.【浙江省2019届高考模拟卷（三)】已知函数，.（1）求的单调区间；（2）证明：存在，使得方程在上有唯一解.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）函数f（x）的定义域为，因为，令，则，即，则在上恒成立，当或，由有或，由有，综上，当时，的递增区间是，当或时，的递增区间是，递减区间是；（2）令，当时，则，因为，故当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，即当时，有最小值，又h（1）=1-2a，当a<1时，h（1）0，即在上恒成立，又a<1时,，取x=,则即，又在上递增，而h(，由函数零点存在定理知在上存在唯一零点，所以当a<1时即存在，使得方程在上有唯一解，即方程在上有唯一解.26.【浙江省杭州高级中学2019届高三上期中】已知函数.（1）若关于的方程在内有两个不同的实数根，求实数的取值范围.（2）求证：当时，.【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由可得：即，x与y=a有两个不同的交点.由,可知：在上单调递增，在上单调递减，∴（2）证明：，由得在上单调递增，又,根据零点存在定理可知，存在，使得当时，，f（x）在上单调递减；当时，，f（x）在上单调递增；故.由，得到，即，，故，其中，令，，由，得到在上单调递减，故，即，综上：有当时，.27.【浙江省镇海中学2019届高三上期中】已知，函数在点处与轴相切（1）求的值，并求的单调区间；（2）当时，，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】（Ⅰ）函数在点处与轴相切．，依题意，解得，所以．当时，；当时，．故的单调递减区间为，单调递增区间为．（2）令，．则，令，则，（ⅰ）若，因为当时，，，所以，所以即在上单调递增．又因为，所以当时，，从而在上单调递增，而，所以，即成立．（ⅱ）若，可得在上单调递增．因为，，所以存在，使得，且当时，，所以即在上单调递减，又因为，所以当时，，从而在上单调递减，而，所以当时，，即不成立．综上所述，的取值范围是．28.【浙江省台州市2019届高三上期末】设函数，R．（Ⅰ）求函数在处的切线方程；（Ⅱ）若对任意的实数，不等式恒成立，求实数的最大值；（Ⅲ）设，若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，求实数的取值范围．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）-1（Ⅲ）或【解析】（Ⅰ），.且，所以在处的切线方程为.（Ⅱ）因为对任意的实数，不等式恒成立.所以恒成立.设，则，所以在，单调递增，在，单调递减.所以，因为，是方程的两根.所以.（其中）所以的最大值为.（Ⅲ）若对任意的实数，关于的方程有且只有两个不同的实根，当，得，与已知矛盾.所以有两根，即与有两个交点令，则.令，，则在单调递减，单调递增，所以.（ⅰ）当时，即时，则，即在，单调递增，且当时，的取值范围为；当时，的取值范围为.此时对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.（ⅱ）当时，有两个非负根，，所以在，，单调递增，单调递减，所以当时有4个交点，或有3个交点，均与题意不合，舍去.（ⅲ）当时，则有两个异号的零点，，不妨设，则在，单调递增；在，单调递减.当时，的取值范围为，当时，的取值范围为，所以当时，对任意的实数，原方程恒有且只有两个不同的解.所以有，，得.由，得，即.所以，，.故.所以.所以当或时，原方程对任意实数均有且只有两个解.29.【浙北四校2019届高三12月模拟】已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n =2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n =2n，∴数列{a n }是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n =n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln ，令f′（x）=0，即1+x•ln =0，解得：x≈4.95，∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b 5=5•=，b 4=4•=﹣，b 6=6•=﹣，∴M 的最小值为．30.【浙北四校2019届高三12月模拟】设，已知函数．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）求函数在上的最小值；（Ⅲ）若,求使方程有唯一解的的值．【答案】（1），则在上递增，则在在上递减，上递增，（2）（3）【解析】（Ⅰ）定义域为，，则在上递增，则在在上递减，上递增，（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，时，在上是增函数，∴；②当时，在上递减，上递增，∴；综上，（Ⅲ）令，由题意，得方程有唯一解，又，定义域为，令得∴在递减，上递增，有唯一解，∴．由即得，设，易知在递增，且∴方程的解为即，解得，故，当时，方程有唯一解时的值为．。