2024年全国一卷数学新高考题型细分S2-5——导数大题5 中档2

2024年全国一卷新高考题型细分S2-5 ——导数——大题5（中档）2 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《导数——大题》题目按难易程度排序：易、基础、中下、中档、中档长题、中上。具体题型有：切线、单调性、极值、最值、单调性分类讨论、恒成立、能成立、零点分析、拓展等，大概167道题。 导数 大题5（中档）2： 1. （2024年闽J13厦门二检，末）19.（17分）已知函数. （1）讨论函数的单调性；（[endnoteRef:2]） （2）设，若，且. ①求a的取值范围； ②设m为整数，当时，对任意的，，都有，求m的最小值. （单调性分类讨论，零点分析，中档；） [2: 19. 解：（1），……1分 ①当时，，所以为增函数；……2分 ②当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.……5分 综上，当时，为增函数；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）①因为，且， 所以当时，，所以为增函数，不满足；……6分 当时，令， ，则为增函数，令，得， 所以当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以， 且时，，当时，. 又因为为偶函数，所以存在，使得.……7分 不妨设，则当和时，，当时，， 所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 且，所以，， 且，，当，， 所以存在，且. 综上，a的取值范围为.……10分 ②当，则，由，所以， 所以，所以，……11分 所以，所以.……12分 下面证明成立，即证，令， 即证明，令，则， 在区间上单调递增，所以，所以成立.……14分 所以，即， 解得，因为，，……16分 因为，，当时，，， 所以存在，使得， 当，，满足，此时， 所以不符合题意，所以.……17分 ] 2. （2024年粤J42江门一模）18. 已知关于的方程有三个根，分别为，，，且. （1）求的取值范围；（[endnoteRef:3]） （2）设，证明：随着的增大而减小. （零点分析，零点分析，中档；） [3: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将函数写成分段函数，再利用导数分别求出函数在各段的单调性，即可画出函数图象，从而求出的取值范围； （2）由（1）可知，且，使得，则，再由，得到，令，则，从而得到，，再令，，利用导数说明函数的单调性即可. 【小问1详解】 令， 当时，所以在上单调递增， 当时，所以时， 时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，当时，且时， 当时， 则的图象如下所示： 因为关于的方程有三个根，即与有三个交点， 由图可知，即实数的取值范围为. 小问2详解】 由（1）可知，又，， 且在上单调递增，所以，使得， 所以， 由，所以，即， 令，则， 所以，， 令，， 则，令，， 所以，即在上单调递减， 所以， 又，即，所以， 即，所以， 所以在上单调递减， 即随着的增大而减小. 【点睛】关键点点睛：第一问关键是由导数说明函数的单调性，从而得到函数的图象，第二问关键是得到，. ] 3. （2024年浙J22九加一联盟三月考）18. 已知函数． （1）如果1和是的两个极值点，且的极大值为3，求的极小值； （2）当时，讨论的单调性；（[endnoteRef:4]） （3）当时，且函数在区间上最大值为2，最小值为．求的值． （极值，单调性分类讨论，最值，中档） [4: 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）18 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得和是方程的两根，利用韦达定理求出、的值，再求出函数的单调区间，即可求出函数的极大值，从而求出的值，最后求出极小值； （2）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （3）依题意，即可求出、的范围，再求出导函数，结合特殊值可得有两个实数根，且，即可得到是的极大值点，是的极小值点，则，，结合韦达定理得到，再由，即可求出、的值，从而得解. 【小问1详解】 因为，所以， 因为和是的两个极值点，所以和是方程的两根， 故，解得，即， 所以， 因为时，，当时，， 所以在区间上单调增，在区间上单调减， 所以，解得， 所以． 【小问2详解】 当时定义域为， 又，令，解得或， 若，则当时，；当时，． 故在区间单调递增，在上单调递减； 若，则恒成立，所以在区间单调递增； 若，则当时，；当时，． 故在区间单调递增，在上单调递减． 综上可得：当时在区间单调递增，在上单调递减； 当时在区间单调递增； 当时在区间单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 当时，， 由题意得：，即，① ，即，② 由①、②可知，，．③ 因为，， ，， 所以有两个实数根，且， 当时，，当时，， 故是的极大值点，是的极小值点． 由题意得，， 即， 两式同向相加得：，④ 注意到，，， 代入④得， 由③可知，，则，， 所以，， 所以， 所以，当且仅当， 即，又，所以时成立， 所以，从而． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先得到、的取值范围，再结合零点存在性定理得到有两个实数根，且，从而推导出. ] 4. （2024年鲁J23泰安新泰一中）18. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性；（[endnoteRef:5]） （3）若存在，且，使得，求证：. （切线，单调性分类讨论，零点分析，中档；） [5: 【答案】（1） （2）函数在区间上单调递减，在区间上单调递增 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分别求出和的值，求切线方程即可； （2）求原函数导函数，构造函数，借助其导数的符号，研究的单调性及符号，的单调性即可解决； （3）从出发，将不等式同构为的形式，设定，只需证成立，构造函数，用极值点偏移的方法解决问题即可. 【小问1详解】 当时，，所以， 又，所以， 曲线在点处的切线方程为：； 【小问2详解】 因为，且， 令，，因为，， 即函数在上单调递增， 由，得， 所以函数在上小于零，在上大于零， 因为，的符号和函数的符号一致， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增； 【小问3详解】 因为， 所以时，，且， 则，即， 若，且，， 所以，取自然对数得：， 即， 由得：， 即， 所以， 令， 设，所以， 所以时，，函数单调递减； 时，，函数单调递增； 下面证明：，又，即证， 即证，即证， 令， ， 所以在区间上单调递增， 所以，从而得证； 故， 即，所以， 所以，得证. 【点睛】思路点睛：极值点偏移是一种最常见的考法，其解题步骤大致分为3步，第一步：代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论. ] 5. （2024年苏J24苏锡常镇一调）19. 已知函数，函数. （1）若过点直线与曲线相切于点，与曲线相切于点. ①求的值；([endnoteRef:6]) ②当两点不重合时，求线段的长； （2）若，使得不等式成立，求的最小值. （切线，恒成立能成立，中档；） [6: 【答案】（1）①或1；② （2）1 【解析】 【分析】（1）利用导数求的切线，再由切线与也相切，利用判别式即可求出；根据确定点，即可求； （2）转化为原命题的非命题，利用单调性及恒成立探索时非命题成立，可得当时原命题成立，再验证能取得即可得解. 【小问1详解】 ①，设 ， 切点. 方程，即， 联立， 由，可得或1； ②当时，，此时重合，舍去. 当时，，此时， 此时 【小问2详解】 令， ，则， 所以在上单调递增， 若对，均有成立，即恒成立， 或， 对，当时，设， 若，即时，， 若，即时，， 均有. 因为，均有的否定为，使得不等式成立， 所以由，使得不等式成立，可得，其中包含情况， 而时，单调递增，注意到 在上递减，在上递增，成立，符合. 综上：的最小值为1. 【点睛】关键点点睛：本题第二问条件为存在性问题，利用命题与命题的否定之间的真假关系，转化为研究恒成立问题是本题关键点之一，其次证明均有时，变换主元，转为关于的二次函数，利用二次函数分类讨论，是解决问题的关键所在. ] 6. （2024年湘J35湖师附一模）18. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）时；（[endnoteRef:7]） （ⅰ）若，求的取作范围； （ⅱ）证明：． （切线，恒成立，恒成立，中档；） [7: 【答案】（1） （2） （ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可. （2）（ⅰ）设由得，再证明此时满足. （ⅱ）根据（ⅰ）结论判断出在上单调递增，即 【小问1详解】 当时， 所以切线方程为：即 【小问2详解】 （ⅰ） 即， 设 又是的一个必要条件，即 下证时，满足 又， 设在上单调递减， 所以， 又即在单调递增. 时，； 下面证明时不满足， ， 令， 则， ， ∴在为增函数， 令满足， 则， 又∴,使得， 当时，， ∴此时在为减函数， 当时，， ∴时，不满足恒成立. 综上. （ⅱ）设 由（ⅰ）知， 在上单调递增，即 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可． ] 7. （2024年湘J26衡阳八中）17. 已知函数 最小值为 （1）求 ；（[endnoteRef:8]） （2）若 ，且，过点 可以作曲线 的三条切线． 证明： （最值，切线，中档；） [8: 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）明确函数的定义域，求导，分析函数的单调性，求出函数的最小值，利用已知的函数的最小值，可求出的值； （2）先设切点，求导，明确切线的斜率，利用点斜式写出切线方程：，由切线过点，所以，问题转化为该方程在上有三个不同的解.设辅助函数，分析辅助函数的单调性，求出它的极值，利用极值的符号判断大小关系. 【小问1详解】 函数的定义域为. 因. 由. 若，则在上恒成立，即恒成立， 所以在单调递增，所以在上无最小值； 若，所以函数在上递减，在上递增， 所以函数的最小值为：， 由. 【小问2详解】 设过点的直线与曲线相切，切点为：. 因为：. 所以函数的切线方程为：， 因为切线过点，所以：. 设，问题转化在有三个解. ， 由（因为）. 所以在上递减，在上递增，在上递减. 所以函数的极小值为：；极大值：. 由，所以（） 由，所以. 只需证当时，（）. 设，则，因为，所以， 所以在上递减，且，所以. 所以，即. 所以. 【点睛】方法点睛：求函数的切线方程一般涉及两个问题： 1、求函数在处的切线，一般步骤为： （1）先求切点；（2）再求切线斜率：；（3）再利用点斜式写出切线方程：. 2、函数的切线过点，求切线方程，一般步骤为： （1）先设切点；（2）再求切线斜率：；（3）再利用点斜式写出切线方程：；（4）把点代入求出的值；（5）再求出、； （6）代入（3）中的点斜式得到切线方程. ] 8. （2024年鄂J12三校二模）18. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程；([endnoteRef:9]) （2）若，讨论曲线与曲线的交点个数． （切线，零点分析，中档；） [9: 【答案】（1）； （2）2． 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解方程， （2）求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解. 【小问1详解】 依题意，，故， 而，故所求切线方程为，即． 【小问2详解】 令，故， 令， ，令， ． ①当时，， 在上为减函数，即在上为减函数， 又， 在上有唯一的零点，设为，即． 在上为增函数，在上为减函数． 又 ， 在上有且只有一个零点，在上无零点； ②当时，单调递减， 又， 在内恰有一零点； ③当时，为增函数， ， 单调递增，又，所以存在唯一， 当时，递减；当时，递增，， 在内无零点．综上所述，曲线与曲线的交点个数为2． 【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键. ] 9. （2024年鲁J06潍坊一模）19. 已知函数（）． （1）讨论的单调性；（[endnoteRef:10]） （2）证明：（，）； （3）若函数有三个不同的零点，求的取值范围． （单调性分类讨论，恒成立，零点分析，中档；） [10: 【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，按与分类讨论求出的单调区间. （2）利用（1）中时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得. （3）变形函数，将的零点个数问题转化为的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解. 【小问1详解】 函数定义域为，求导得， 设，则， ①当时，恒成立，且至多一点处为0，函数在上递减； ②当时，有两个零点， 则当或时，，即；当时，，即， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，的递减区间为； 当时，递减区间为，递增区间为. 【小问2详解】 由（1）知，当时，时，， 则，令， 于是， ， 所以. 【小问3详解】 函数， 由于与同号，则只有一个零点， 令，由，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点， 由（1）知，当时，在上单调递减，不合题意； 当时，由（1）知，的两极值点满足，所以，得， 由， 则，由（2）知，当时，， 则，即， 因此， 由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点， 显然， 而，则，于是当时，存在三个不同的零点， 所以的取值范围是. 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. ] 10. （2024年鲁J05日照一模）18. 已知函数． （1）讨论函数的单调性；（[endnoteRef:11]） （2）当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． （单调性分类讨论，零点分析，中档；） [11: 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断函数单调性； （2）根据题意分析可知：在内单调递增，在内单调递减，，利用极值点偏离证明和，即可得结果. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，， 且，令，可得， 当，即时，可知在内恒成立， 即在内恒成立，所以在内单调递增； 当，即时，由解得或， 由可知， 若，；若，； 所以在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：当时，在内单调递增； 当时，在内单调递增，在内单调递减. 【小问2详解】 当时，可得，， 由（1）可知：在内单调递增，在内单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得内恒成立， 因，则， 且，内单调递减， 则，即； 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递增， 则，即； 由和可得. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． ] 11. （2024年鲁J03临沂一模）18. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性；（[endnoteRef:12]） （3）若存在，且，使得，求证：. （切线，单调性分类讨论，零点分析，中档；） [12: 【答案】18. 19. 函数在区间上单调递减，在区间上单调递增 20. 证明见解析 【解析】 【分析】（1）分别求出和的值，求切线方程即可； （2）求原函数的导函数，构造函数，借助其导数的符号，研究的单调性及符号，的单调性即可解决； （3）从出发，将不等式同构为的形式，设定，只需证成立，构造函数，用极值点偏移的方法解决问题即可. 【小问1详解】 当时，，所以， 又，所以， 曲线在点处的切线方程为：； 【小问2详解】 因为，且， 令，，因为，， 即函数在上单调递增， 由，得， 所以函数在上小于零，在上大于零， 因为，的符号和函数的符号一致， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增； 【小问3详解】 因为， 所以时，，且， 则，即， 若，且，， 所以，取自然对数得：， 即， 由得：， 即， 所以， 令， 设，所以， 所以时，，函数单调递减； 时，，函数单调递增； 下面证明：，又，即证， 即证，即证， 令， ， 所以在区间上单调递增， 所以，从而得证； 故， 即，所以， 所以，得证. 【点睛】思路点睛：极值点偏移是一种最常见的考法，其解题步骤大致分为3步，第一步：代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论. ] 12. （2024年粤J27深圳一调）22. 已知函数（），为的导函数，. （1）若，求在上的最大值；（[endnoteRef:13]） （2）设，，其中.若直线的斜率为，且，求实数的取值范围. （最值，恒成立，中档；） [13: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）若，求得，得到，结合的符号，得到，即，进而求得函数的最大值； （2）根据题意，转化为任意，都有，令，得出对于恒成立，记，求得，分类讨论，求得函数的函数与最值，即可求解. 【小问1详解】 解：若，可得，则， 即，可得， 当时，，所以在上单调递增， 又由，所以，即， 所以函数在上单调递减， 所以，即函数的最大值为. 【小问2详解】 解：由，可得， 因为， 所以对任意且，都有， 因为，可得，则， 对任意且，令， 则 对于恒成立， 由 则对于恒成立， 记， 可得， ①若，则，在单调递增，所以，符合题意； ②若，则， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以，当时，，不符合题意（舍去）， 综上可得，，即实数的取值范围为 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． ] 13. （2024年粤J35中山一中二调）22. 已知函数，其中是自然对数的底数． （1）讨论的单调性；（[endnoteRef:14]） （2）若，设关于的不等式对恒成立时的最大值为，求的取值范围． （单调性分类讨论，恒成立，中档；） [14: 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数，分类讨论函数单调性； （2）分离参数得，构造函数，利用导数研究函数的最小值，从而求出的表达式，再求取值. 【小问1详解】 的定义域为， ， 当时，，单调递增； 当时，， ， 单调递增； 单调递减； 综上，当时，在单调递增； 当时，在单调递增， 在单调递减. 【小问2详解】 因为的不等式对恒成立， 则，对恒成立， 令， 即， 令，即， 所以在上递增； ①当，即时，因为，所以， 当，，即，所以在上递增， 所以，故； ②当即时，因，，即， 所以在上递减，所以， 故； ③当，即时，因为在上递增， 所以存在唯一实数，使得，即， 则当时，，即；当时，，即， 故在上单减，上单增， 所以， 所以， 设，则， 所以在上递增，所以． 综上所述， ． 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$