2024年全国一卷新高考数学题型细分S2-5——导数大题6 中档3

2024年全国一卷新高考题型细分S2-5 ——导数——大题6（中档）3 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6（中档）3： 1. （2024年粤J15华附一调）22. 已知函数． （1）当时，求在曲线上的点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性；（[endnoteRef:2]） （3）若有两个极值点，，证明：． （切线，单调性分类讨论。零点分析，中档；） [2: 【答案】22. ； 23. 详见解析； 24. 详见解析. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出； （2）求出导函数，在定义域内分类讨论解含参不等式即可求出； （3）由题意得，，，而，只需证明，即证：，即证：对任意的恒成立即可． 【小问1详解】 由题可知，当时，， ，，切点为，切线的斜率为， 切线方程为：，即； 【小问2详解】 对函数求导可得，． 当时，．则在上单调递增． 当时，．则，． 令，则，或．，则， 综上：当时，在上单调递增， 当时，在和上单调递增， 在上单调递减． 【小问3详解】 有两个极值，， ，是方程的两个不等实根， 则，，， ． 要证：．即证：． 不妨设，即证：． 即证：对任意的恒成立． 令，．则． 从而在上单调递减，故． 所以． 【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构造函数法证明不等式的成立，属难题. ] 2. （2024年粤J18执信二调）22. 设函数． （1）若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值； （2）若当时，恒有，求实数a的取值范围；（[endnoteRef:3]） （3）设时，求证：． （切线，恒成立，恒成立，中档；） [3: 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，根据题意结合导数的几何意义列式求解； （2）构建，由题意可知：当时，恒有，且，结合端点效应分析求解； （3）由（2）可知：当时，，令，，可得，再令，可得，利用累加法分析证明. 【小问1详解】 因为，则， 则，，即切点坐标为，斜率， 由题意可得：，解得. 【小问2详解】 令， 则， 由题意可知：当时，恒有，且， 则，解得， 若，则有： ①当时，， 因为，可知， 令， 因为在内单调递增，可得在内单调递增， 则，即，符合题意； ②当时，则在内恒成立，符合题意； ③当时， 令， 则， 因为，则，， 可知在内恒成立， 则在内单调递增，可得， 则在内单调递增，可得，符合题意； 综上所述：实数a的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）可知：当时，， 令，可得， 令，则，则，整理得， 令，则，整理得， 则， 所以. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． ] 3. （2024年粤J19执信冲刺）22. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性．([endnoteRef:4]) （2）对任意的，，是否存在实数，使得当时，？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由． （单调性分类讨论，恒成立，中档；） [4: 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求函数的定义域及导函数，分类讨论，判断的正负即可得原函数单调性； （2）构造函数，并求其导函数，判断函数的单调性并求其最小值，对参数分类讨论，结合函数单调性以及零点存在性定理分析证明. 【小问1详解】 由题意知，的定义域为， 且， 当时，则， 令，解得，令，解得， 可得在上单调递减，在单调递增； 当时，则有： 若，则，令，则，单调递增； 令，则或，单调递减； 若，则，令，则，单调递增； 令，则或，单调递减； 若，则，单调递减； 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在，上单调递减，在上单调递增； 当时，均在，上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 【小问2详解】 存在实数，使得当时，，证明如下： 令， 则的定义域为，且， 令，则，令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为． 若，则，即，即， 于是对于任意的，都有当时，； 若，则， 记，， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以当时，， 所以在上单调递增， 所以当时，， 于是当时，，即，， 可得， 根据在上单调递增，由零点存在定理知，存在，使得， 且当时，，即． 综上可知，存在，使得当时，． 【点睛】关键点睛：求解本题第（2）问的关键： （1）将不等式问题转化为函数的最值问题； （2）根据最小值与0的大小关系进行分类讨论； （3）零点存在定理的应用． ] 4. （2024年鄂J25武汉洪山二模）18．已知函数. (1)求证: 当时，; (2)已知函数有3个不同的零点， （i）求证: ;（[endnoteRef:5]） （ii）求证: 是自然对数的底数). （恒成立，零点分析，中档；） [5: 18．(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】(1)在条件下利用导数求的最大值，在时利用导数求的最小值，由此完成证明；(2) （i）利用证明极值点偏移的方法证明，再结合基本不等式证明；（ii）根据(1)证明，结合切线方程证明. 【详解】（1）①当 ，即证 ， 令 ， 令 ，则当时，所以在上单调递减， 则有当时，所以在上单调递减， 所以当， 成立 ②当 时，，即证 ， 令 设，则，所以在上单调递增，所以 所以， 在上单调递减，，即 ， 综合①②当 时， （2）， 当 在 上单调递增，在 单调递减， 当 在上单调递增， 又函数有 3 个不同的零点 ， 所以，， （i）令 ， 在上单调递增，又 ， 又 在上单调递减， ，即 （ii)在处的切线方程与交点的横坐标， 过点 和的直线方程 与交点的横坐标 ， 由 （1）取 ， 则与在轴右侧交点横坐标为 ， ， 综上: 【点睛】本题第二小问中的第一个小题的解决的关键在于利用证明极值点偏移的方法证明，再利用基本不等式证明结论. ] 5. （2024年浙J41天域二模）18．定义，已知函数，其中. (1)当时，求过原点的切线方程；（[endnoteRef:6]） (2)若函数只有一个零点，求实数的取值范围. （切线，零点分析，中档；） [6: 18．(1)或 (2)或 【分析】（1）当时，求出，利用导数的几何意义得出切线斜率，即可求切线方程； （2）对分类讨论，根据函数只有一个零点，结合函数的单调性分别分析求出的取值范围. 【详解】（1）由题意知定义域，当时， ， 令， ， 在单调递增，单调递减，且， 令，则在单调递增，而， 又，，而， 所以当时，，当时，， 所以当时，，当时，， 所以， 所以在和单调递增，在单调递减. （ⅰ）当时，，设切点， 则此切线方程为， 又此切线过原点， 所以，解得， 即此时切线方程是 ； （ⅱ）当时，，所以， 设切点为，此时切线方程， 又此切线过原点，所以，解得， 所以此时切线方程， 综上所述，所求切线方程是：或； （2）（ⅰ）当时， 由（1）知，在和单调递增，单调递减， 且，， ， 此时有两个零点； （ⅱ）当时， 当时，， 由（1）知：在递增，递减，且， 所以时，，而， 所以在只有一个零点，没有零点； （ⅲ）当时， ，此时得， 由（1）知，当时，只有一个零点， 要保证只有一个零点，只需要当时，没有零点， ，得； （ⅳ）当时，当时，， 此时只有一个零点， 综上，只有一个零点时，或 . 【点睛】关键点点睛：通过对的分类讨论，得出解析式，再由函数的单调性，结合函数只有一个零点，分别分析或列出不等式求的范围，解题过程较繁琐. ] 6. （2024年冀J37沧州三模）19．已知函数.（[endnoteRef:7]） (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若有两个极值点，证明：. （切线，零点分析，中档；） [7: 19．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）当时，求得，利用导数的几何意义，求得切线方程，求得在坐标轴上的截距，进而求得围成三角形的面积； （3）根据题意，得到有两个不等正根，设，得到得单调性，求得，，令，求得为单调递增，结合，得到，令，求得函数在上单调递减，得到，即可得证. 【详解】（1）当时，函数，可得， 所以，，所以切线方程为， 当时，；当时，， 所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为. （2）依题意，有两个不等正根，不妨设， 由得，设，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增， 且当时，，可得，， 且，， 令，所以， 当时，，可得， 当时，，可得， 所以在上单调递增， 因为，所以，， 再令，可得， 当时，，在上单递减； 当时，，在上单递减， 所以，所以，所以， 令，，可得， 所以在上单调递减，所以，即， 所以，所以，， 所以. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 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，从而判定不等关系； 3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. ] 7. （2024年粤J129佛山二模）18．已知. (1)当时，求的单调区间；（[endnoteRef:8]） (2)若有两个极值点，，证明：. （单调性，零点分析，中档；） [8: 18．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性； （2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 【详解】（1）当时，， ， 则当，即时，， 当，即时，， 故的单调递减区间为、，单调递增区间为； （2），令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， 则 ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，，，从而可结合韦达定理得、的关系，即可用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. ] 8. （2024年粤J124广州天河三模）19．已知函数． (1)求的极值；（[endnoteRef:9]） (2)已知，证明：． （极值分类讨论，恒成立，中档；） [9: 19．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下得到单调性，结合极值定义可得结果； （2）令，结合（1）中结论，采用赋值方式可得到；令，利用导数可证得，采用放缩的方式可证得不等式. 【详解】（1）由题意知：定义域为，； ①当时，，， 在上单调递增，无极值； ②当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 的极小值为，无极大值； 综上所述：当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值. （2）令，则， 由（1）知：，，即， 令，则且，，， 取，则，即， 令，则， 在上单调递增，，即， ， 即. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够对于灵活应用（1）中所求结论，并通过构造函数的方式对所证不等式进行合理放缩，从而整理得到结果. ] 9. （2024年闽J20莆田三模）19．已知函数，其中. (1)当时，，求的取值范围.（[endnoteRef:10]） (2)若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列. (3)证明：（）. （恒成立 ，零点分析，恒成立，中档；） [10: 19．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）法一：先求的导数，再由导数讨论函数的单调性，判断是否成立，从而确定的取值范围；法二：由题意得，，即确定的单调性，由，得，然后通过设，利用导数证明即可； （2）由（1）可知，的单调性，由此可判断上存在唯一零点，在上存在唯一零点，由即可证明； （3）由题意，可得，即，进而得到，原命题即可证. 【详解】（1）（解法一）由题意可知的定义域为， ， 设，其中. ①当，即时，，所以，单调递增， 所以当时，，故满足题意； ②当，且，即时，， 所以，单调递增， 所以当时，，故满足题意； ③当，且，即时， 设的两根为，， 解得，， 则当时，，所以，单调递减， 则，故不满足题意 . 综上，的取值范围是 . （解法二）由题意可知的定义域为， ， 因为，，所以，解得， 以下证明满足题意. 由可知，，所以当时，， 设，，所以为递增函数， 所以，所以， 综上，a的取值范围是. （2）由（1）可知，当时，在和上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，， 取，， （其中，所以，即）， 取，. （其中，所以，即）， 所以在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，且， 所以，， 又，所以也是函数的零点， 显然且，所以，即，所以，所以，，成等比数列. （3）由（1）可知当时，为单调递增函数， 所以当时，，即， 整理得，即， 所以（）， 则（）， 故（）. 【点睛】关键点点睛：本题后两问关键是利用（1）的结论，将所要证明的问题进行转化. ] 10. （2024年粤J21中附一调）22. 如果有且仅有两条不同的直线与函数的图象均相切，那么称这两个函数为“函数组”．（[endnoteRef:11]） （1）判断函数与是否为“函数组”，其中为自然对数的底数，并说明理由； （2）已知函数与为“函数组”，求实数的取值范围． （拓展，拓展，中档；） [11: 【答案】（1）它们为“函数组”，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设出切点，得到两函数的切线方程，根据斜率相等得到，代入两切线方程，对照系数得到，解得或，求出两条切线方程，得到答案； （2）设出切点，得到两切线方程，求出，再联立，转化为方程有两个正数根，构造，求导得到其单调性，极值最值情况，数形结合得到答案. 【小问1详解】 函数和是“函数组”，理由如下： 设直线与曲线和相切于点， ，， 则切线方程分别为． 因此，则． 故， ， 由于两切线为同一直线，故， 即，又， 故，解得或， 当时，切线方程为， 当时，切线方程为， 因此切线方程为或． 因为有且仅有两条不同的直线与函数和的图象均相切， 所以它们为“函数组”． 【小问2详解】 因为函数与为“函数组”， 所以它们的图象有且仅有两条公切线． 由，得， 设切点坐标为，，则切线方程为， ，设切点为，则切线方程为， 由题意得有解，因为，所以． 联立，所以． 由判别式，可得． 依题意，关于实数的方程恰有两个不同的正数解． 令，则， 故当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 所以． 又，当时，； 所以．又，所以， 实数的取值范围是． 【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程； 当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解. ] 11. （2024年鄂J06武汉二调）19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：是其定义域上的增函数；（[endnoteRef:12]） （3）若，其中且，求实数的值． （切线，单调性，恒成立，中档；） [12: 【答案】（1） （2）证明过程见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）首先代入到函数表达式得切点坐标，求出切点处的导数值得切线斜率，由此即可得解. （2）对求导后，令，对继续求导发现，对于任意的有，故只需要证明时，，时，即可. （3）由（2）得，进一步令，，结合题意知时，，时，，对分类讨论即可求解. 【小问1详解】 由题意，即切点为， 所以曲线在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 由，设，则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 又，所以对于任意的有，即， 因此在单调递增，在单调递增， 即，则， 所以时，，单调递减，所以，即，即， 时，，单调递增，所以，即，即， 所以是其定义域上的增函数. 【小问3详解】 由（2）可知，时，，所以，故， 令，， 由题意时，，时，， 若，则当时，，不满足条件， 所以， 而， 令，则 ， 令，得， 在单调递减，在单调递增， 若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意； 若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意； 若，则当时，，单调递增，此时， 且当时，，单调递增，此时，满足题意， 所以，解得， 综上所述，. 【点睛】关键点睛：第二问的关键是在得到在单调递增，在单调递增，之后还要继续说明“左边的函数值”小于“右边的函数值”，由此即可顺利得解. ] 12. （2024年鄂J04名校联盟）22. 已知函数，，a，，且曲线在处的切线方程为. （1）讨论函数的单调性；（[endnoteRef:13]） （2）若对任意，都有，求实数a的取值范围. （单调性分类讨论，恒成立，中档；） [13: 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导得到导函数，根据切线方程确定，求导得到，证明，得到单调区间. （2）求导得到，构造，求导得到导函数，根据特殊值得到，使得，确定函数单调区间，得到，根据单调性计算最值得到答案. 【小问1详解】 ， ，. 由已知切线方程得，，所以. 故，定义域为. . 现确定，，证明如下： 设，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 故，即； 设，，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 故，即； 所以. 当时，对，都有，函数在上单调递增； 当时，对，都有，对，都有， 函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 记， 则， . 令，则. 当时，单调递增，且，. 证明如下：设，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 故，故，则， 所以，使得，即. 因此，当时，；当时，； 又当时，. 故在单调递减，在单调递增. 则对，， 由，得，即. 当时，对，都有，函数在上单调递增， 则，解得； 当时，对，都有，对，都有， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则对，都有成立，不符合题意，舍去. 综上所述，实数a的取值范围是. 【点睛】关键点睛：本题考查了函数的切线问题，函数的单调区间，恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用隐零点代换可以简化运算，是解题的关键，此方法是常考的方法，需要熟练掌握. ] 13. （2024年鄂J03武汉二联）22. 已知函数，． （1）当时，求证：；（[endnoteRef:14]） （2）函数有两个极值点，，其中，求证：． （恒成立，零点分析，中档；） [14: 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）构造求导，再构造应用导数研究单调性求函数符号，进而确定符号，判断单调性即可证结论； （2）令，，问题化为证成立，根据极值点有，构造研究单调性和最值，研究有两个零点求范围，即可证. 【小问1详解】 ，则 令，则， 在上，单调递减，在上，单调递增． 所以， 综上，，即在上单调递增，故， 即时，成立． 【小问2详解】 由题设，有两个极值点，，则①， 要证成立，即证成立． 令，，即证成立． ①式可化为，则， 令，， 在上，单调递增，在上，单调递减． ，要使有两个零点，则， 当时，，若与交于，则， 当时，由（1）知，若与交于，则，， 所以成立，则． 【点睛】关键点点睛：第二问，令，，将问题化证明成立，通过构造，研究有两个零点求范围为关键. ] 14. （2024年湘J08长沙适应）21 已知函数. （1）若有且仅有一个零点，求实数的取值范围：（[endnoteRef:15]） （2）证明：. （零点分析，恒成立，中档；） [15: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将题目转化为有一个解，构造函数，求导，思路1：讨论判断判别式判断单调性，确定零点个数；思路2：根据二次函数性质讨论和两种情况，判单调性求解； （2）利用（1）取得不等式，再赋值证明即可. 【小问1详解】 易知函数的定义域为. 由，可得. 设，则， ，且与有相同的零点个数. 思路1：令，，则. 当时，，则，即，可得在单调递减，则有且仅有一个零点. 当时，显然，则，可得在单调递减，则有且仅有一个零点. 当时，由，解得，，且. 当时，，即，则单调递增； 当时，，即，则单调递减. 不难得知， ， （令，故在单调递减， 故，即，）， 则在有一个零点，可知不只一个零点，不合题意. 综上，可知. 思路2：令，. 当时，在单调递减，有，即， 可得在单调递减，则有且仅有一个零点. 当时，. 若，则，可得在单调递减， 则有且仅有一个零点. 若，存在，且，使得.后续过程同思路1. 综上，可知 【小问2详解】 取，当时，，有， 即，则. 令，，则，即， 从而 . 【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究函数单调性及零点,解决第二问的关键是利用（1）的结论赋值得不等关系，从而进行求和证明. ] 15. （2024年湘J07株洲一检）20. 已知函数在处的切线方程为，其中e为自然常数. （1）求、的值及的最小值；（[endnoteRef:16]） （2）设，是方程（）的两个不相等的正实根，证明：. （切线，最值，零点分析，中档；） [16: 【答案】（1）、，的最小值为 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义可得，，计算即可得、，结合导数讨论单调性后即可得的最小值； （2）构造函数，借助导数研究单调性后结合函数零点的存在性定理，可得与在函数的两个零点之间，即可得证. 【小问1详解】 ， 由题意有及， 由可得，则，即， 故、，则， ， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故有最小值； 【小问2详解】 令，，， 则， 则当，即时，， 当，即时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故 ， 由，故， 又，当时，， 故有两个零点，不妨设两零点，有， 又， 由，故， 则，故. 【点睛】关键点睛：本题需观察出，即可尝试构造函数后，结合零点的存在性定理研究与是否在函数的两个零点之间. ] 16. （2024年浙J08强基联盟三月）19. 已知函数.([endnoteRef:17]) （1）当时，记函数的导数为，求的值. （2）当，时，证明：. （3）当时，令，的图象在，处切线的斜率相同，记的最小值为，求的最小值. （注：是自然对数底数）. （求导，恒成立，最值，中档；） [17: 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由得到，然后求导后求解； （2）当时，，利用导数法证明； （3）求导，由，得到，从而，令，得到，再利用导数法求解. 【小问1详解】 解：当时，， ∴， ∴； 【小问2详解】 当时，，∴， 令，则， 当时，；当时，， 所以当时，取得最小值， 则，即， ∴∴， ∴在上单调递增， ∴，得证； 【小问3详解】 当时，， ，所以，， 所以在上递增，，上递减， 由题意，，得， ， 由得到，记， 则， ，所以，， ∴在上递减，在上递增. ∴， 当时，， ∴. 【点睛】方法点睛：利用导数法证明不等式，一般是构造函数，转化为证. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$