高二導數章節(jié)綜合檢測

高二導數章節(jié)綜合檢測第I卷（選擇題）選擇題（本大題8個小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．拉格朗日中值定理是微分學的基本定理之一，定理內容如下：如果函數在閉區(qū)間上的圖象連續(xù)不間斷，在開區(qū)間內的導數為，那么在區(qū)間內至少存在一點，使得成立，其中叫做在上的“拉格朗日中值點”．根據這個定理，可得函數在上的“拉格朗日中值點”的個數為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】求導，設為“拉格朗日中值點”，由題意得到，構造，研究其單調性，結合零點存在性定理得到答案.【詳解】，令為函數在上的“拉格朗日中值點”，則，令，則在上恒成立，故在上單調遞增，又，，由零點存在性定理可得：存在唯一的，使得.故選：B2．已知函數的導函數的圖像如圖所示，若在處有極值，則的值為（

）A．3 B．3 C．0 D．4【答案】C【分析】根據導函數的圖象判斷導數的正負，判斷函數單調性，即可判斷出答案.【詳解】由函數的導函數的圖像可知當時，，當時，，當時，，即在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞減，故為函數的極大值點，即，故選：C3．已知在處取得極小值，則的值為（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】求導，然后通過求出的值，再代入原導函數驗證在處取得極小值即可.【詳解】由已知，，，得，此時，，令，得或，令，得，故在上單調遞減，在上單調遞增，故在處取得極小值，符合題意.則的值為.故選：B.4．設函數，在上的導函數存在，且，則當時（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】對于AB，利用特殊函數法，舉反例即可排除；對于CD，構造函數，利用導數與函數單調性的關系證得在上單調遞減，從而得以判斷.【詳解】對于AB，不妨設，，則，，滿足題意，若，則，故A錯誤，若，則，故B錯誤；對于CD，因為，在上的導函數存在，且，令，則，所以在上單調遞減，因為，即，所以，由得，則，故C正確；由得，則，故D錯誤.故選：C.5．已知，，，且，恒有，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將轉化為單調遞減，然后導函數小于等于0恒成立即可.【詳解】解：由題意知

，，且，恒有則在上單調遞減設則恒成立，則令，則，當時當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，故所以．故選：D6．已知定義在上的函數的導函數為，且，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】因為不等式等價于，故考慮構造函數，結合已知條件證明其單調性，結合單調性解不等式即可.【詳解】令，函數的定義域為，因為所以，故故在R上單調遞減，又因為所以，，所以不等式可化為，所以，所以的解集為故選：B.7．已知，則的大小關系為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】構造函數，利用導數研究函數的單調性進行函數值的大小比較.【詳解】方法一：比較的大小時，（法一）設函數，則，令，得，當時，，函數單調遞增；當，函數單調遞減，所以當時，函數取得最大值，因為，所以，即.（法二）因為，設為坐標原點，結合函數的圖象知，所以；比較的大小時，設函數，則，當時，，所以函數在上單調遞減；當時，，所以函數在上單調遞增，因為，，又，所以，即，綜上可得，，故B，C，D錯誤.故選：A.方法二（估值法）：因為0.43.所以，故B，C，D錯誤.故選：A.8．已知函數，關于x的方程有四個不同的實數根，則實數t的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，求導判斷單調性，再根據與圖象之間的關系，即可繪制函數的圖象.令，結合圖象，根據題意若要滿足有四個根，只需方程的兩根與滿足：其中一個根，另一個根或．再結合二次函數圖象可建立不等式即可求解.【詳解】令，則，令，解得，故函數在區(qū)間上單調遞減，在上單調遞增，且在處，取得最小值，當時，；當時，，又因為，則的圖像是將的圖象在軸下方的部分關于軸向上翻折，保留軸上方的部分得到的，故的圖象如圖所示，令，結合圖象，根據題意若要滿足有四個根，則需方程有兩個實根與，且滿足其中一個根，另一個根或，由，得或，當方程的一個根，另一個根時，將代入，可得，故化為，解得或，不符合題意；當方程的一個根，另一個根時，所以解得．綜上所述，實數t的取值范圍為．故選：B．【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是要準確畫出函數的圖象，可通過對求導得到單調性，再結合與圖象之間的關系，即可繪制函數的圖象，從而把問題轉化為方程的兩根與滿足：其中一個根，另一個根或．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分．9．已知函數的定義域為，導函數為，滿足，（為自然對數的底數），且，則（

）A． B．C．在處取得極小值 D．無極大值【答案】BCD【分析】設，對其求導可得，因此設，根據題意可得的解析式，對A：利用導數判斷的單調性分析判斷，對B、C、D：利用導數判斷的單調性分析判斷.【詳解】設，則，可設，則，解得，故，即，令，則，故在上單調遞增，∴，即，則，A錯誤；∵，令，解得，則在上單調遞減，在上單調遞增，∴，在處取得極小值，無極大值，B、C、D均正確故選：BCD.【點睛】結論點睛：（1）形式，聯想到；（2）形式，聯想到.10．函數，以下說法正確的是（

）A．函數有零點 B．當時，函數有兩個零點C．函數有且只有一個零點 D．函數有且只有兩個零點【答案】BC【分析】利用導函數研究函數的單調性，進而得到函數的最值，根據零點存在定理求解即可.【詳解】，定義域，所以，令解得，令解得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，，則的圖象如圖所示：故A錯誤；又當時，，所以從圖像可得，當時，函數有兩個零點，B正確；恒成立，所以在上單調遞減，又，，所以函數有且只有一個零點，C正確，D錯誤；故選：BC11．對于三次函數，給出定義：設是函數的導數，是函數的導數，若方程有實數解，則稱為函數的“拐點”．某同學經過探究發(fā)現：任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心．若函數，則（

）A．一定有兩個極值點B．函數在R上單調遞增C．過點可以作曲線的2條切線D．當時，【答案】BCD【分析】對求導，得出，沒有極值點，可判斷A，B；由導數的幾何意義求過點的切線方程條數可判斷C；求出三次函數的對稱中心，由于函數的對稱中心為，可得，由倒序相加法求出所給的式子的值，可判斷D.【詳解】由題意知，，恒成立，所以在R上單調遞增，沒有極值點，A錯誤，B正確；設切點為，則，切線方程為，代入點得，即，解得或，所以切線方程為或，C正確；易知，令，則．當時，，，所以點是的對稱中心，所以有，即．令，又，所以，所以，D正確．故選：BCD.12．函數（e為自然對數的底數），則下列選項正確的有（

）A．函數的極大值為1B．函數的圖象在點處的切線方程為C．當時，方程恰有2個不等實根D．當時，方程恰有3個不等實根【答案】BD【分析】求出函數的導數，利用導數探討極大值判斷A；利用導數的幾何意義求出切線方程判斷B；分析函數性質并結合函數圖象判斷CD作答.【詳解】對于A：，在區(qū)間，上，，單調遞增，在區(qū)間上，，單調遞減，所以的極大值為，A錯誤；對于B：，，則函數圖象在點處的切線方程為，即，B正確；對于C、D：因為在上遞增，在上遞減，，，在上遞增，且在上的取值集合為，在上的取值集合為，因此函數在上的取值集合為，的極大值為，的極小值為，作出函數的部分圖象，如圖，觀察圖象知，當或時，有1個實數根；當或時有2個實數根；當時，有3個實數根，C錯誤，D正確.故選：BD【點睛】思路點睛：研究方程根的情況，可以通過轉化，利用導數研究函數的單調性、最值等，借助數形結合思想分析問題，使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現.第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共4個小題，每小題5分，共20分．13．已知函數與函數存在一條過原點的公共切線，則__________.【答案】【分析】由導數的幾何意義分別表示公切線方程，再由公切線過過原點得出.【詳解】設該公切線過函數、函數的切點分別為，.因為，所以該公切線的方程為同理可得，該公切線的方程也可以表示為因為該公切線過原點，所以，解得.故答案為：14．已知函數有兩個極值點，則實數的取值范圍是______.【答案】【分析】求出函數的導數，問題轉化為和在上有2個交點，根據函數的單調性求出的范圍，從而求出的范圍即可．【詳解】，若函數有兩個極值點，則和在上有2個交點，，時，即，遞增，時，，遞減，故（1），而時，恒成立，時，恒成立，所以，故答案為：．15．已知函數，，若存在，，使得成立，則的最小值為__________．【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，可得，構造函數，利用導數求出函數在上的最小值可得解.【詳解】函數的定義城為，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，又，所以時，；時，；時，，同時注意到，所以若存在，，使得成立，則且，所以，所以，所以構造函數，而，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以，即．故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點利用導數分析函數得，再構造函數，考查了學生分析問題、解決問題的能力..16．已知函數，若存在實數，滿足，則的最大值是______．【答案】【分析】作出的函數圖象，得出，，將化簡為，構造函數，，由得出單調遞增，求出的最大值，即可求得答案．【詳解】解：作出的函數圖象如圖所示：∵存在實數，滿足，，，由圖可知，，，設，其中，，顯然在單調遞增，，，，在單調遞增，在的最大值為，的最大值為，故答案為：．四、解答題：本大題共5小題，17題共10分，其余各題每題12分，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．已知函數．(1)當時，求函數在點處的切線；(2)討論的單調性．【答案】(1)(2)答案見詳解【分析】（1）運用導數的幾何意義求出切線的斜率，再由點斜式即可求解；（2）求出導數，令，所以，，對分類討論導數的符號即可求解．【詳解】（1）當時，，所以切點為，，，所以切線方程為．（2）由，令，所以，，當時，即時，恒成立，所以在定義域上是增函數；當時，即時，當和時，恒成立，所以是增函數，當時，恒成立，所以是減函數；當時，即時，當和時，恒成立，所以是增函數，當時，恒成立，所以是減函數；綜上所述：當時，在定義域上是增函數；當時，在和上是增函數，在上是減函數；當時，在和上是增函數，在上是減函數．18．已知函數（其中是自然對數的底數）.(1)求在上的最值；(2)若函數沒有零點，求實數的取值范圍.【答案】(1)最小值為，最大值為.(2)【分析】（1）利用導數直接求解函數最值即可；（2）由題知方程沒有實數根，進而構造函數，研究其值域得，進而轉化為解即可得答案.【詳解】（1）解：，所以，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，因為，，，，所以，函數在上的最小值為，最大值為.（2）解：因為函數沒有零點，所以方程無實數根，即方程沒有實數根，令，則，所以，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，函數在處取得最大值因為當時，當時，所以，函數的值域為，所以，當方程沒有實數根，，即，所以，實數的取值范圍為.19．已知函數．(1)若，求曲線的斜率等于3的切線方程；(2)若在區(qū)間上恰有兩個零點，求a的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出導函數，令求得切點坐標后可得切線方程；（2）求導函數，利用導數求出函數的單調區(qū)間，得到函數的極值點，依題意結合零點存在定理，列出不等式求解即可.【詳解】（1）當時，，，則，設切點為，則，解得或（舍），∴，故切點為，∴所求切線方程為，即．（2），令，得，①當，即時，在上，∴在上單調遞減，此時在上不可能存在兩個零點；②當，即時，在上，遞減；在上，遞增，則在時取得極小值，結合零點存在定理，要使在區(qū)間上恰有兩個零點，則，得．∴綜上的取值范圍是．20．已知，.(1)若是單調函數，求實數的取值范圍(2)若不等式對任意成立，求的最大整數解【答案】(1)(2)9【分析】（1）由導數的幾何意義可得是單調函數，只需或恒成立即可；（2）利用分離參數法，將不等式變形，令新函數，再根據導數判斷函數的單調性進而求出最值，即可得到結果.【詳解】（1）因為，定義域為，所以，令，由導數的幾何意義可得要使在是單調函數，只需在內滿足或恒成立，即或即可，顯然在上單調遞增，且，沒有最大值，所以，解得.（2）當時，可轉化為，令，則，記，當時，，所以為上的增函數，且，，所以存在使得，即，所以在上遞減，在上遞增，且，因為，所以，所以，，所以的最大整數解為9【點睛】導函數中常用的兩種轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}，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.21．已知函數．(1)求函數的圖象在點處的切線方程；(2)求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出函數的導數，利用導數的幾何意義即可求得答案；（2）將所要證明的不等式變形為，從而構造函數，利用導數判斷其單調性，求得其最小值，即可證明原不等式.【詳解】（1）因為，所以，所以，又因為．所以函數的圖象在點處的切線方程為，即．（2）證明：要證，即證，即證，即證．令，則．由，可得，（舍去）因為當時，，所以當時，，在上單調遞減；當時，，在上單調遞增．所以，所以，結論得證．另解：證明：因為，所以要證，即證，即證．設，則．令，則，而函數在上單調遞減，又，，故存在唯一的，使得，即，即，等式兩邊同時取對數得，即．當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減．所以，即，所以在上單