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压轴小题15 三角函数的切线问题
【2024届温州高三期末】已知，函数在点处的切线
均经过坐标原点，则（ ）
A． B． C． D．
先根据导数的几何意义化简得出，再根据图象结合正切函数的图象与性质确定零点的大致范围，再适当放缩判定即可.
设切点为，则切线方程为，将代入切线方程，则有，
故A，B错误．
由图易知，，，，
要考虑与的大小关系，只需考虑与的大小，
由于，，且在上单调递增，
所以，，
所以，即，故．
故选：C
（22-23高三上·江西新余·期末）
1．已知函数，，若与图像的公共点个数为，且这些公共点的横坐标从小到大依次为，，…，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
（2023·湖北武汉·二模）
2．已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（ ）
A． B． C． D．
先根据导数的几何意义化简得出，由正切函数的图象与性质及两点斜率公式数形结合判定即可.
设切点为，则切线方程为，将代入切线方程，则有，
故A，B错误．
设，如上图易知：
，
由正切函数图象性质，得
，即，
则有
又，所以，
解得，故C正确，D错误．
综上：选C．
3．不等式，恒成立，则的最小值为
A． B． C． D．
4．已知函数有且只有三个零点，则属于
A． B． C． D．
总评
本题的切入点为三点的切线均过原点，可设切点后将原点代入得到这一过渡条件．
而本题的难点在于比较与的大小关系，其实要判断的是之间的距离是增大还是缩小，其实这里可以用极限思想先猜出答案，当时，会无限接近于极值点则，则可以猜测是单调递减的，即．
而严格的证明，需要将与进行联系，如方法一通过单调性联系，方法二通过数形结合后与斜率进行联系．
5．已知函数，直线过原点且与曲线相切，其切点的横坐标从小到大依次排列为，，，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．数列为等差数列
C． D．
6．已知函数的图象与直线恰有四个公共点，其中，则（）
A． B．0 C．1 D．
7．设函数．过点作函数图象的所有切线，则所有切点的横坐标之和为（ 　　）
A． B． C． D．
（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期中）
8．已知，若恒成立，则不正确的是（ ）
A．的单调递增区间为
B．方程可能有三个实数根
C．若函数在处的切线经过原点，则
D．过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线
（22-23高三下·江苏常州·开学考试）
9．已知函数，则（ ）
A．函数不是周期函数
B．函数的图象只有一个中心对称点
C．函数的单调减区间为
D．曲线只有一条过点的切线
10．设正整数使得关于的方程在区间内恰有个实根，则（ ）
A．
B．
C．
D．，，成等差数列
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】对于A，根据函数与方程的关系，两函数作差构造新函数，利用导数研究其零点个数，可得答案；对于B，由题意，作图，可得函数在处相切，可得方程，结合三角恒等式，可得答案；对于C，由题意，作图，根据对称性以及公共点所在区间，可得答案；对于D，利用三角函数的值域与周期性，可得答案.
【详解】对于A：当时，令，则，即函数在定义域上单调递减，
又当时，所以函数有且仅有一个零点为，
同理易知函数有且仅有一个零点为，即与也恰有一个公共点，故A错误；
对于B：当时，如下图：
易知在，且，与图象相切，
由当时，，则，，
故，从而，
所以，故B正确；
对于C：当时，如下图：
则，，所以，又图象关于对称，
结合图象有，即有，故C错误；
对于D：当时，由，
与的图象在轴右侧的前个周期中，每个周期均有个公共点，共有个公共点，故D错误.
故选：B.
2．B
【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围.
【详解】对于任意，，，的范围恒定，
只需考虑的情况，
设对应的切点为，，，
设对应的切点为，，，
，，，
只需考虑，，其中的情况，
则，
，其中，
；
又，，
，；
令，则，
在上单调递增，，
设，
，又，，
；
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
即，在上单调递减，，
，；
综上所述：.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数与三角函数综合应用问题，解题关键是能够采用特殊值的方式，考虑不含变量的函数的情况，采用构造函数的方式对所求式子进行放缩，从而求得的范围.
3．A
【分析】首先确定函数的特征，然后结合函数图像求得k的取值范围即可确定k的最小值.
【详解】令，则，
很明显函数的周期为，
由导函数的符号可得函数在区间上具有如下单调性：
在区间和上单调递增，在区间上单调递减，
绘制函数图像如图所示，
考查临界条件，满足题意时，直线恒在函数的图像的上方，
临界条件为直线与曲线相切的情况，
此时，即的最小值为.
故选A.
【点睛】本题主要考查导函数研究函数的性质，导函数求解切线方程，数形结合的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4．D
【分析】有且仅有三个不同零点等价于与有且仅有三个不同交点，数形结合知当与相切时，满足题意，利用导数的几何意义可得，进一步得到，所以，再求出的范围即可得到答案.
【详解】由已知，有且仅有三个不同零点等价于方程有且仅有三个
不同实根，等价于与有且仅有三个不同交点，
如图
当与相切时，满足题意，因为，
所以，且，消a得
由诱导公式，有，
又，所以.
故选：D
【点睛】本题考查已知函数的零点个数求范围问题，涉及到导数的几何意义，考查学生数形结合的思想，转化与化归思想，是一道有一定难度的题.
5．D
【分析】根据导数的几何意义列出方程组，化简得出结论．
【详解】解：设直线的方程为，切点为，，则，
由导数的几何意义可得，
，故B、C错误．
由，可得：，
，，
，
，则，故A错误，D正确．
故选：D
6．A
【分析】先将函数解析式化简为，结合题意可求得切点及其范围，根据导数几何意义，即可求得的值.
【详解】函数
即
直线与函数图象恰有四个公共点，结合图象知直线与函数相切于，，
因为，
故，
所以.
故选：A.
【点睛】本题考查了三角函数的图像与性质的综合应用，由交点及导数的几何意义求函数值，属于难题.
7．A
【分析】根据题意，所有切线过点，显然点不一定为切点，因此先设切点，，对求导，得切线斜率，从而写出切线方程，点坐标代入，得到关于的方程：
，注意到函数与函数都关于点对称，因此推出所有切点的横坐标也关于点成对出现，每对和为，当，时，数出共2019对，即可得出结论．
【详解】解：函数，
；
设切点为，切线的斜率为
故切线方程为：；
；
，
令 ；
这两个函数的图象关于对称，
所以他们交点的横坐标关于点对称；
从而所做所有切点的横坐标也关于点成对出现；
又在区间内共有对，每对和为，
所有切点的横坐标之和为．
故选：．
【点睛】本题考查了函数曲线上切线方程的求法，转化思想，数形结合的思想方法，属于难题．
8．ABC
【分析】A选项，根据，得到，画出函数图象，可得单调区间；
B选项，结合函数图象得到方程的根的个数；
C选项，分和两种情况，得到或；
D选项，设上一点，分M为切点和不是切点，结合函数图象可得过图象上任何一点，最多可作函数的8条切线.
【详解】A选项，因为函数，时，由于恒成立，
故要想恒正，则要满足，
时，恒成立，，
当时，在恒成立，
故在单调递增，又当时，，
故在上恒成立，满足要求，
当时，令，故存在，使得，
当时，，当时，，
故在上单调递减，
又当时，，故时，，不合题意，舍去，
综上：，
当时，，，
且，画出函数图象如下，
故的单调递增区间为，A错误；
B选项，可以看出方程最多有两个实数解，不可能有三个实数根，B错误；
C选项，当时，，则，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程得，解得，
当时，，则，
则函数在处的切线方程为，
将代入切线方程得，，
其中满足上式，不满足，故C错误；
D选项，当时，设上一点，
，当切点为，则，
故切线方程为，此时有一条切线，
当切点不为时，设切点为，
则，此时有，
即，其中表示直线的斜率，
画出与的图象，
最多有6个交点，故可作6条切线，
时，当切点不为时，设切点为，
则，，，
，，
结合图象可得，存在一个点，
使得过点的切线过上时函数的一点，
故可得一条切线，
当M点在时的函数图象上时，由图象可知，
不可能作8条切线，综上，过图象上任何一点，
最多可作函数f(x)的8条切线，D正确.
故选：ABC
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2) 已知斜率求切点,即解方程；(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点,利用求解.
9．AD
【分析】A选项，利用反证法判断出答案；B选项，设关于中心对称，得到，列出方程，求出，得到对称中心不止一个；C选项，由导函数结合定义域求出函数的单调性；D选项，设出切点，得到切线方程，代入，化简后得到，换元后得到，，分，与，得到函数的单调性，极值，最值情况，结合隐零点推出零点个数.
【详解】对于A，因为的定义域是，
所以若有周期，则周期为的整数倍，假设周期，
则即，
当为奇数时，等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；
当为偶数时，等式可整理为，，该等式矛盾，故假设不成立；
综上，则不是周期函数，A正确；
对于B，设关于中心对称，
，
∴，即；
令，，则，，所以，
则，解得：，，
关于，中心对称，对称中心不止一个，B不正确；
对于C，令，得，
解得或，；
∵的定义域为，
∴的单调递减区间为，，，，，C不正确；
对于D，设切点，
切线方程为，
∵切线过
∴，化简得，
故，令，
，
当时，，故，
∴在上单调递减，
因为，
由零点存在性定理可得：在上有唯一零点，
当时，令，，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
故，
故，
当时，单调递减，
因为，
，
故存在，使得，即，
结合，可得：或，
因为，所以，，
故，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故在处取得极大值，
因为，所以，
故时，，
所以在上无零点，
在有且仅有一个零点，D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
10．ABC
【分析】利用函数图象，结合图象判断每个选项即可.
【详解】解：如图所示，函数与函数恰有个交点.
选项A，根据对称性可知，正确；
选项B，考虑在区间内，两函数在时相切，所以，
所以满足，
而，
所以，正确；
选项C，两函数在时相切，所以，所以，正确；
选项D，若，，成等差数列，则因为，关于原点对称，所以必有 ，即，则，则，
故不符合题意，错误.
故选：ABC.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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