文档文本内容
专题07 函数与导数
题号
1
2
3
4
5
6
答案
C
B
B
C
B
A
7．
或
8．
题号
1
2
3
4
5
答案
D
D
A
A
C
题号
1
2
3
4
5
6
答案
A
B
A
B
C
B
题号
1
2
3
答案
B
ACD
ACD
4．
5．
6．
或
考点1
函数的基本性质
考点2
抽象函数
考点3
指对幂函数
考点4
函数的应用
题号
1
答案
ABD
2．e
题号
1
2
3
4
5
答案
B
A
ABD
ABD
ABD
6．
1．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分
、
，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得
，且
，解出即可得；
（2）
，构造函数
、
，利用导数研究两函数单调性
后可得最值，从而可得
时，
，
，即可得证.
【详解】（1）由题得
，
考点5
导数的几何意义
考点6
导数与函数的单调性极值最值
考点7
导数的综合大题
当
时，
，
在
上单调递减，
最多有一个零点，不符合题意；
当
时，令
，得
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，
又
时，
时，
，
所以只需
，解得
，
故实数
的取值范围是
；
（2）当
时，
．
令
，则
，
令
，得
，当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
所以
，
所以当
时，
；
令
，则
，令
，得
，
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减，
所以
，因为
，所以当
时，
；
故当
时，
.
2．(1)
在
上单调递增
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调性；
（2）根据题意，求导得，结合
为
的极值点可得
，再代入计算导函数恒非负得出函数单调
性即可判断；
（3）根据题意，将问题转化为
时，
，令
，
再用导数求其极值，结合隐零点问题的求解方法即可得证.
【详解】（1）当
，
时，
，
则
，
记
，则
，
所以
在
上单调递增，则
，
即
，所以函数
在
上单调递增.
（2）不存在a，b，使得
为
的极值点，理由如下：
当
时，
无意义；
当
时，若
为
的极值点，
则
，即
，即
，
所以
.
又
，
，
令
，则
，
所以当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增.
所以
，所以
恒成立，
所以
单调递增，故
不是极值点，
综上所述，不存在a，b，使得
为
的极值点.
（3）证明：当
，
时，
，
，则
，
所以
，
.
要证：当
时，
，
当
时，
，又
，
令
，则
，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
所以
，所以
.
又
，
令
，则
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，又
，
，
则存在
，使得
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减，且
，
故
.
只要证
，
即证
.
记
，只需证：
.
由于
，
，
当
时，
，则
在
上单调递减，
于是只需证
，
又
，命题得证.
3．(1)
时，
的递增区间为
，无单调递减区间，
时，
的单调递增区间为
,
，单调递减区间为
.
(2)
(3)有且仅有
时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时
.
【分析】（1）求导，分类讨论导数的正负即可求解，
（2）根据两点距离公式，结合换元法，构造函数
，利用导数求解其单调性，即可
求解，
（3）根据对称性将问题锁定在正四边形和正六边形，分别考虑两种情况，正方形时，根据对角线相等得
，进而利用换元法，根据方程有解，结合基本不等式以及对勾函数的性质可得
，
正六边形时，根据直线方程和
联立得
，对
讨论即可得解.
【详解】（1）
的定义域为
,
，
当
时，
恒成立，此时
在
单调递增，故单调递增区间为
，无单调递减
区间.
当
，令
，则
和
，
当
和
时，
，当
时，
，
故此时
的单调递增区间为
,
，单调递减区间为
.
（2）当
时，
，
则
，
令
，则
，
，
令
，则
或
，
当
或
时，
，当
时，
，
故
的单调递增区间为
，递减区间为
，
且
,
故当
或
时，此时关于的方程
有唯一的正根，对应两个不同的
，符合题意.
故
的取值范围为
.
（3）由于函数
为奇函数，图形关于原点对称，故函数
的图像也是中心对称图形，其对称中心为
，若图像存在唯一的正多
边形，则该正多边形的中心必为
.将坐标轴平移，使得原点与中心对称点
重合，则该函数解析
式为
,该变换不影响正
多边形的存在性和唯一性，以及
的取值，因此，设
进行研究.
接下来只考虑
的情况；
由（2）可知关于的方程
至多有三个不相等的正实数根，对应6 个不同的
，因此
.
又由于
的图像有唯一的对称中心
，故要有唯一的正多边形，该正多边形一
定也以
为对称中心，否则就不唯一，因此排除正三角形和正五边形,只需要研究正四边形和正六边形.
当
时，若
时，
恒成立，此时
在
单调递增，曲线
上不存在4 个点，
让其构成正方形，因此
,
不妨设正方形的4 个顶点分别为
,由于直线
的斜率一定存在，设其中一条对角线
的方
程为
，则
，解得
，
所以
同理可得
，
由
得
，化简可得
，
根据题意可知方程
只有一个正根，
由于
不符合上式，故
，
因为
，所以
，故
，
设
，则
，令
，
由题意可知，只需要直线
与函数
的图像只有唯一的公共点即可，
故
，当且仅当
取到等号，
故
，则
，
故
时，
符合题意.
当
时，同上可知
，
在
,
单调递增，在
单调递减.
假设曲线
上存在正六边形
,由对称性可知该正六边形中心位于原点处，
不妨设对角线
的倾斜角为
，则
的倾斜角分别为
,
即
取
，（
时
不存在），
联立
，可得
，（
舍去），
则
故
，
同理
，
，
若要存在正六边形，则
有解，
（i）
时，
,显然
，故
，不满足要求，此时正六边
形不存在，
（ii）
时，
，
，
显然
故
,不满足要求，此时正六边形不存在，
综上所述，有且仅有
时，存在唯一的一组点构成正多边形，此时
.
4．(1)证明见解析
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）证明
恒成立，再将x 替换为
放缩证明原不等式即可；
（2）（i）令
，求导研究
的单调性，证明
在
有唯一零点
，
最后再对a 的范围进行分类讨论即可；（ii）结合（1）中
推得
，并结合（i）中的零点
对应的等式，放缩可得
，进一步得到
，再结合裂项相消法即可证明原不等
式左边，对于不等式右边，由不等式
，令
代入，并结合（i）中的零点对应的等式，可
证明
，根据
，令
代入，可证
，最后结合两者放缩即可证明原不等式
右边．
【详解】（1）令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以有
，即
，
当
时，
恒成立．
（2）（i）由题意有
有唯一的正零点
，
因为
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时，
；
，
，
当
时，
，
由零点存在性定理可知，
在
有唯一零点
，
当
时，
，则
满足题意；
当
时，要保证
，则只要
，
即
，
恒成立，所以
，
综合可得
．
（ii）由题意可知
，也即
，
由（1）知
，则
，即
，且
，
因此有
，
即
，也即
，可得
，
所以有
，
故
，
又因为
，所以有
，
根据题意有
，
从而有
，
即
，可得
，进一步得
，
又
，所以
，所以
，故
，
所以
，
由
可得
，也即
，
令
得
，进一步得
，
所以
，
故
，
综上有
．
5．(1)
，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出
和
，并作差比较即可；
（2）将原不等式等价于
，设
，求导后分
、
、
三种情况讨论单调性，结合单调性判断即可；
（3）根据
，结合
求出
的通项表达式，再令
，由（2）可得不等
式
，又令
，可得
，再结合裂项相消法证明即可．
【详解】（1）当
时，
，则
，
所以
，
所以
，
所以
．
（2）由题可知，因为
，
所以原不等式等价于
，即
，
设
，因为
，
，
令
，
，
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
，也即
在
上单调递减，
，所以
不符题意；
当
时，又
，令
，解得
，
则
时，
，所以
在
上单调递减，
又因为
，所以必存在
，使得
时，
，
也即
在
上单调递减，
，所以
不符题意；
当
时，
，则
时，
，
所以
在
上单调递增，
，
也即
在
上单调递增，
，所以
符合题意；
综上所述，a 的取值范围为
．
（3）因为
，所以
，
即
，又
，
所以
，
也即当
时，
，又
，
所以
，
由（2）可知，当
时，
，也即
，
令
，则
，即
，
所以
．
6．(1)当
时，
单调递减，当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
(2)
【分析】（1）对函数求导后先分析
的取值范围，若
易得
单调递减，若
，则令
，
求得极值点后即可根据导数的正负判断函数的单调性；
（2）由题意得
，分类讨论
与1 的位置关系，由此确定
，进而可求得
的取值范围.
【详解】（1）由题意得
，
①当
时，
恒成立，即
恒成立，
在
上单调递减；
②当
时，令
，
，
故当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
综上，当
时，
单调递减，当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）由（1）知，当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
若
恒成立，则有
，
①若
，即
时，则
在
上单调递减，则
，
由
得
，此时前后矛盾，故舍；
②若
，即
，则
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，
由
得
，解得
，
综上所述，
的取值范围是
.
7．(1)增区间为
，减区间为
.
(2)（i）
（ii）证明见解析
【分析】（1）代入
，
对函数求导，即可求得函数
的单调区间；
（2）（i）利用不等式恒成立可得
，结合单调性即可求得
，可得
（ii）由（i）可得
，对函数多次求导并利用单调性与极值，结合零点存在性定理即可判断
在
上有且仅有一个零点
，即可得出证明.
【详解】（1）当
，
时，
可得
，所以
，
当
时，
；当
时.
所以
的增区间为
，减区间为
.
（2）（i）设
，则
在
上单调递减，
则只需
，
令
，
，由
可得
；
所以
在
上单调递增，在
上单调递减.
所以
，所以
，
所以
.
（ii）由上知
，又
，
当
时.
，
当
时，
，
由零点存在定理可知存在
，使得
.
下面证明：
在区间
上有且仅有一个零点
.
记
，
，
则
，令
，可得
；
则
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
.
①当
时，
，所以
单调递减
此时
在区间
上有且仅有一个零点
②当
时，
，
.
当
时，此时存在唯一的
，使得
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，所以
在
上有且仅有一个零点
.
当
时，
存在两个点
，
，使得
，
即
，
故
在
上单调递减，
上单调递增，
上单调递减，
又
.
记
，
.
所以
，进而
，所以对任意
，总有
则对任意
，
.所以
不存在零点.
而
在
上单调递减，
，
所以
在
上有且仅有一个零点
.
综上所述，
在
上有且仅有一个零点
，
且当
时，
，
时，
，从而
为
的极大值点，
所以
有且仅有一个极大值点
，证毕.
8．(1)
；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）直接求导得
，分析其单调性即可得到最小值；
（2）求导后得到切线方程，再设新函数
，求导后得到其极大值，
最后对
分类讨论即可；
（3）设
，求导后得到其单调性，利用零点存在性定理得到
，结合
得
，最后根据两角差的正切公式合
理放缩即可证明不等式.
【详解】（1）当
时，
，
当
，所以
在
单调递增，
所以
的最小值为
．
（2）当
时，
，
，
所以
在点
处的切线方程为：
，
整理得
，
令
，
则
，因为
，
当
时，
为单调递增函数，
当
时，
为单调递减函数，
函数
所有的极大值为
，
当
时，极大值等于0，即
，
极小值
，
当
为正整数时，极大值全部小于0，即
在
无零点，
为一个零点，
当
为负整数时，极大值全部大于0，函数
所有的极小值为
，
且随着
的增大，极小值
越来越小，
因此
在点
处的切线与
有3 个交点，
只需
时，极小值
，即
，即
有解，
令
为
上的严格增函数，
，
故存在唯一实数
，满足
故存在唯一的
，
使得曲线
在点
处的切线与
有3 个交点.
（3）当
时，
零点即为
零点，
在区间
上单调递增，
又因为
，当
时，
，
所以
，
由（1）知，当
时，
，即
，
，
又因为
，
所以
，即
，
又因为
又
，故
，
故
，
因为
故
，因此
，
又
，函数
在
上单调递增，
所以
，
故
，
综上：
.
9．(1)
不是“3 阶自和函数”.
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“3 阶和函数”的定义，举反例说明函数
不是区间
上的“3 阶
和函数”.
（2）根据“2 阶和函数”的概念，求实数
的取值范围.
（3）先根据“2 阶和函数”的概念求
的值，再利用“极值点偏移”证明
；
设
，分析函数极值，可得
，结合
，可得当
时，
，当
时，
，进而得
，
整理可证
.
【详解】（1）对于
，有
.
如果存在
，使得
．
则必有
，
令
，则
，
所以
不是“3 阶和函数”.
（2）函数
在区间
上的值域为
．
因为
是
在区间
上的“2 阶和函数”．
所以对任意
，总存在唯一的
，使得
成立，
所以
，
所以
在
上的值域必定包含区间
，且当
时，方程的解在
上是唯一的.
又因为函数
的图象开口向上，对称轴为
，
当
时，
在
上单调递增，则必有
，解得
．
当
时，
在
上单调递减，则必有
，解得
．
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
则必有
，解之得：
；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
则必有
，解之得：
.
综上所述，
的取值范围为
.
（3）对
，有
．
如果存在
，使得
，则必有
，
因为
为区间
上的“2 阶和函数”，
所以
，即
，解得
.
所以当
时，函数
，
所以函数
的定义域为
，且
．
设
，
则
，
因为
，所以
．
所以
在
上单调递增，即
在
上单调递增，而
．
所以当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增．
而
，当
且
时，
．
所以
.
设
，则
，
所以
，又
，
所以
，所以
．
因为
且
在
上单调递增，
所以
，即
.
设
，则
，
所以当
时，
，
单调递减，
当
时，
单调递增．
所以
，则
．
因为
，
所以当
时，
，当
时，
.
所以
，
整理得
由①
②得，
，
因为
，所以
，所以
．
综上得证.
10．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用求导判断函数的单调性，利用单调性即可得证；
（2）将函数
求导得
，记
，再求导得
，根据
，分成
，
和
三类情况讨论函数
的单调性，即可逐一判断求得参数范围；
（3）由（1）知，当
时，
，先后令
，令
，将其化成
，再令
，
，可得
，利用
结合条件可得
，从而要证
，即证
，
再由余弦函数的单调性，需证
，设
，利用求导判断单调性证明
即可.
【详解】（1）因
，则
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
所以
，故当
时，
．
（2）
的定义域为
，则
，
记
，则
，则
．
①若
，即
，则
令
，则
，所以
在
上单调递增，
当
时，
此时
，则
，故
在
上单调递增，不合题意；
②若
，即
，则必存在
，使得当
时，
，则
在
上
单调递增．
又
，所以当
时，
，即
在
上单调递增，不合题意；
③若
，即
，同理可得，存在
，使得当
时，
，
则
在
上单调递减．又
，则当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，所以
是
的极大值点．
综上所述，
的取值范围是
．
（3）由（1）知，当
时，
．
令
，则
，再令
，
则
．
令
，
，则
．
所以
．
由
，得
．
要证
，只需证
．
因为
在
上单调递减，所以只需证
．
令
，则
，令
，则
，
易知
在
上单调递减．又
，
，
所以存在
，使得
，则
在
上单调递增，在
上单调递减．
又
，且
在
上单调递增，故
在
上大于0.
而
在
上单调递减，且
，故存在唯一的
，使得
.
则
在
上单调递增，在
上单调递减．
又
，
，所以
恒成立，
所以
，则
，所以
．
11．(1)
或
或
;
(2)
，
;
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数，结合余弦值相等的角满足的条件，即可求解；
（2）利用余弦的和差角公式和二倍角公式化简，即可求解；
（3）利用
，结合四倍角公式和三倍角公式，建议方程，再结合零点存在定理即可求解.
【详解】（1）因为
所以依题意可知：
，
即
．
所以
或
，
，
又因为
所以
或
或
．
（2）因为
，再由
，可得
；
同理
，再由
，可得
（3）
.
．
令
，则
是方程
的根．
又
，
是函数
的零点．
，由
，解得
．
在
上单调递增，在
上单调递减．
当
时，
没有零点．
于是
必在区间
上．
又
在
上单调递增，
且
．
由零点存在定理可知：
．即
．
