2024年全国一卷数学新高考题型细分S2-5——导数大题7 中档4

2024年全国一卷新高考题型细分S2-5 ——导数——大题7（中档）4 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7（中档）4： 1. （2024年粤J14华附二调）22 已知函数. （1）当时，讨论函数的单调性；([endnoteRef:2]) （2）若函数有两个零点，，且，求证：(其中是自然对数的底数). （单调性分类讨论，零点分析，中档；） [2: 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由题意，，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 则， 当时令，解得或， 当，即时恒成立，所以在上单调递增； 当即时，令，解得或，则在，上单调递增， 令，解得，则在上单调递减； 当即时，令，解得或，则在，上单调递增， 令，解得，则在上单调递减； 综上可得， 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 因为，由题意，是方程的两个根，①，②， ①②两式相加，得③，①②两式相减，得④， 联立③④，得，， 设，，，，， 因为，所以，则， 若，则一定有， 只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，即不等式成立， 设函数，， 在上单调递增，故时，， 即证得成立， 即证得当时，，即证得， ，即证得，则． 【点睛】思路点睛：本题第二问是导数应用中的函数零点，双变量问题.根据函数零点的定义可得，，两式相加，相减运算可得，，即得，令，即，又易证，只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，构造函数，用导数证明即可. ] 2. （2024年浙J09温州中学一模）22 已知. （1）若过点作曲线的切线，切线的斜率为2，求的值；（[endnoteRef:3]） （2）当时，讨论函数的零点个数. （切线，零点分析，中档；） [3: 【答案】（1）1 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导，设切点坐标为，结合导数的几何意义列式求解即可； （2）求导，可得在内单调递减，分类讨论判断在内的单调性，进而结合零点存在性定理分析判断. 【小问1详解】 由题意可得：， 设切点坐标为， 则切线斜率为，即， 可得切线方程为， 将，代入可得， 整理得， 因为在内单调递增， 则在定义域内单调递增，且当时，， 可知关于的方程的根为1，即， 所以. 【小问2详解】 因为， 则， 可知在内单调递减， 且，则，且在内单调递减， 可知在内单调递减，所以在内单调递减， 且， （i）若，即时，则在内恒成立， 可知在内单调递增，则，当且仅当时，等号成立， 所以在内有且仅有1个零点； （ⅱ）若，即时，则在内恒成立， 可知在内单调递减，则，当且仅当时，等号成立， 所以在内有且仅有1个零点； （ⅲ）若，即时，则在内存在唯一零点， 可知当时，；当时，； 则在内单调递增，在内单调递减， 且，可知，可知在内有且仅有1个零点， 且， ①当，即时，则在内有且仅有1个零点； ②当，即时，则在内没有零点； 综上所述：若时，在内有且仅有1个零点； 若时，在内有且仅有2个零点. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． ] 3. （2024年湘J04师大附中）22. 已知函数. （1）当时，讨论函数的单调性；（[endnoteRef:4]） （2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围. （单调性，恒成立，中档；） [4: 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）直接由得增区间，由得减区间； （2）问题转化为对任意,恒成立，引入函数，利用导数求出的最小值即可．为此需要求出则，并令，则，确定存在时，，然后得出的极值，比较和的大小即可得． 【小问1详解】 由得函数， 所以， 令得，令得或， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由，得，又， 所以，即对任意,恒成立， 令，则， 令，则， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又， 所以当时，在内存在唯一的零点， 所以当时，单调递增，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，， 因为，所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：本题利用导数研究不等式恒成立求参数范围，可通过分离参数法转化为求新函数的最值．难点在于新函数的最值，求出导函数后其零点不能直接确定，需要对其中的一部分函数进行定性确定零点（利用层层确定其存在性及范围），然后确定是极小值，还要与（端点处函数值）比较． ] 4. （2024年湘J02邵阳一联）22. 已知函数. （1）讨论的单调性；（[endnoteRef:5]） （2）设，求证：当时，恰有两个零点. （单调性分类讨论，零点分析，中档；） [5: 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数分类讨论函数单调性； （2）由题意，当时，，令，借助导数研究函数的单调性，结合函数值的正负性和零点存在定理可证. 【小问1详解】 . 当时，在上单调递减. 当时，在上，有，在上，有, 故在上单调递减，上单调递增. 当时，在上单调递增. 当时，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递减，上单调递增. 当时，在上单调递增. 当时，在上单调递减. 【小问2详解】 时，. 令， 则. 令. i.时，恒成立， 在上单调递增. 又， 存在一个零点，使. ii.， 恒成立， 在上单调递减. 又， . 存在零点，使. ， . 在上单调递增，上单调递减. 又. ， 存在一个零点，使. iii.， 恒成立. 在单调递减. 恒成立. 在没有零点. iv.时， 下面来证明当时，. 设. . 在上单调递增， ， 恒成立. 综上所述，在只有两个零点. 又是由向右平移一个单位所得， 在只有两个零点. 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． ] 5. （2024年湘J01长郡一模）19. 黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数（，s为常数）密切相关，请解决下列问题． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时； ①证明有唯一极值点； （[endnoteRef:6]） ②记的唯一极值点为，讨论的单调性，并证明你的结论． （拓展，零点分析，中档；） [6: 【答案】（1）在上单调递减； （2）①证明见解析；②在上单调递增，证明见解析； 【解析】 【分析】（1）对函数求导，并构造函数利用即可得出恒成立，可得函数在上单调递减， （2）①易知当时，由可知存在唯一变号零点，即可知有唯一极大值点； ②易知，求得的反函数，利用的单调性即可求得为单调递增； 【小问1详解】 由可得 ， 令，则； 又，，所以，即恒成立； 即函数在上单调递减， 又，所以， 可得恒成立，因此函数在上单调递减， 即当时，函数在上单调递减； 【小问2详解】 当时， ①由（1）可知 令，可得, 易知当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 即函数在处取得极大值，也是最大值； 注意到，由单调性可得，可知在大于零， 不妨取，则； 由零点存在定理可知存在唯一变号零点， 所以存在唯一变号零点满足， 由单调性可得，当时，，当时，； 即可得函数在上单调递增，在单调递减； 所以有唯一极大值点； ②记的唯一极值点为，即可得 由可得， 即可得的反函数， 令,，则， 构造函数，则， 显然在恒成立，所以在上单调递增， 因此，即在上恒成立， 而，即，所以在上恒成立， 即可得在上恒成立，因此在单调递增； 易知函数与其反函数有相同的单调性，所以函数在上单调递增； 【点睛】关键点点睛：本题在证明的单调性时，由于的表达式不易得出，因此可利用其反函数的单调性进行证明. ] 6. （2024年苏J08宿迁调研）18. 已知函数． （1）若，求的极小值；（[endnoteRef:7]） （2）若过原点可以作两条直线与曲线相切，求的取值范围． （极值，切线，中档；） [7: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数与极值的关系，即可求得答案； （2）设切点分别为，根据导数几何意义，表示出切线方程，将原问题转化为方程两个不同的根的问题，构造函数，利用导数求得其最小值的表达式，分类讨论，结合零点存在定理，即可求得答案. 【小问1详解】 由，得， 令得，则在上单调递减， 令得，则在上单调递增， 则的极小值为; 【小问2详解】 ， 设切点分别为， 则在处的切线方程为， 又切点过原点，所以， 即，同理， 所以为方程两个不同的根， 设，则， 若，则在单调递减，不可能有两个不同的根，不符合题意； 若，令得，在单调递减， 令得在单调递增， 所以， 若，即，则， 此时方程没有两个不同的根，不符合题意； 若，即，， 因为，所以，所以， 令，则， 所以在上单调递增，， 即，又的图象是不间断的曲线， 所以存在满足使得， 所以的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：难点在于根据切线的条数求解参数范围。解答时将问题转化为方程两个不同的根的问题，然后构造函数，利用导数，求得函数最小值，分类讨论，结合零点存在定理求解即可. ] 7. （2024年浙J06金丽衢一联）22. 已知函数有两个不同的零点． （1）求实数的取值范围；（[endnoteRef:8]） （2）证明：． （零点分析，零点分析，中档；） [8: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，当时，不满足题意；当时，求出函数的单调性，再求出极大值，即可得解； （2）要证，即证，构建函数，即可得证，再证，即证，只需证，即，构建函数，即可得证. 【小问1详解】 由题意，， 当时，，函数单调递增，不满足要求； 当时，令，得， 令，得． 设，于是， 所以在上单调递增，故， 故， 所以由零点存在定理可知，存在，使得； 存在，使得. 故当时，函数有两个不同的零点． 【小问2详解】 由题意，令，且不妨令，则有（*） 两式相减可得，， 要证．即证． （**） 令，则（**）即为． 设，则， 所以在上单调递减，所以，即有 （*）两式子相加得，， 则要证即证，由上式只需证， 即证（***） 令（***）． 设，则， 所以在上单调递增，所以，即有． 故. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：. ] 8. （2024年浙J05名校二联考）22. 已知函数， （1）当时，求函数的值域；（[endnoteRef:9]） （2）若函数恒成立，求的取值范围. （最值，恒成立，中档；） [9: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，易得在上单调递增求解； （2）方法一：分，，，，由求解；方法二：当时，成立，当时，成立，当时，转化为恒成立，由求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 在上单调递增又， 的值域是. 【小问2详解】 方法一：①当时， ， ②当时， ， 在上单调递增，成立. ③当时， 令， 则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， ， 使得当时，故在上单调递减， 则， ④当时， 令， 则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， ，即在上递增，则成立. 综上所述，若函数恒成立，则 方法二 当时，成立，当时，成立， 当时，恒成立， 令，则， 又， 令， ， 当时，， ， 在上单调递增. ， ，故， ，又， ，故. 【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，法一：由求解；法二：转化为 由求解. ] 9. （2024年浙J02嘉兴一中一模）22. 函数. （1）求函数的单调增区间；（[endnoteRef:10]） （2）当时，若，求证：； （3）求证：对于任意都有. （单调性分类讨论，零点分析，恒成立，中档；） [10: 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，分，和三种情况，得到函数递增区间； （2）由（1）得到的单调性，求出，构造，求导得到其单调性，求出，令，则，所以恒成立，不妨设，则，即，结合在单调递增，得到答案； （3）由（2）知，时，，变形为在时恒成立，赋值后，相加后得到答案. 【小问1详解】 函数的定义域是. 由已知得，. ①当时， 由得，或， ∴的单调增区间为，， ②当时， 当时，，所以单调增区间为. ③当时， 由得：或， ∴的单调增区间为， 综上，①当时，函数单调递增区间为，； ②当时，函数单调递增区间为； ③当时，函数单调递增区间为，. 【小问2详解】 当时，. 由（1）知，函数在上单调递增且； 令 ，， 令， 令，解得；令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 令，则，则， 故， 所以恒成立， 不妨设，则， 所以，所以， 因为，，而在单调递增， 所以，所以. 【小问3详解】 由（2）知，时，， 即， 故在时恒成立， 所以， ， ， ……， ， 相加得. 【点睛】导函数证明与整数相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. ] 10. （2024年冀J05唐山一模）19. 已知函数，， （1）求曲线在点处的切线方程：([endnoteRef:11]) （2）当时，求的值域． （切线，最值，中档；） [11: 【答案】19. 20. 【解析】 【分析】（1）求导即可根据点斜式求解直线方程， （2）分类讨论和时，导函数的正负，构造函数和，利用导数判断导函数正负，进而确定函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 由得，所以， 所以所求切线方程为，即 【小问2详解】 时，， ， 当时，，此时，故单调递增， 当时，， 接下来证明：当时，， 令又， 故当单调递减， 当单调递增， 故有最小值，因此，即， ， 令， 故单调递增，即， 所以，故在单调递增， 综上可得在单调递增，， 当而，因此， 所以的值域为 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 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． ] 11. 12. （2024年冀J04石家庄二中一模）22. 已知定义在上的函数和. （1）求证：；（[endnoteRef:12]） （2）设在存在极值点，求实数的取值范围. （恒成立，零点分析，中档；） [12: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）记，利用导数求出的最小值可得答案； （2）转化为有正的实数根，即方程有正的实数根，令，进而等价于有正的实数根，令，，即可求导分类讨论求解. 【小问1详解】 记()， 所以， 因此在上单调递减，故， 故； 【小问2详解】 ， 则， 由于在存在极值点， 所以有正的实数根， 即方程有正的实数根， 令，则，且， 故变形为，进而等价于有正的实数根， 令，， 则， 令，则， 当时，则， 所以在单调递增， 故，进而， 此时在单调递增，故，此时不符合要求， 当时，则，所以在单调递减， 故，进而，此时在单调递减，故，此时不符合要求， 当时，则在单调递增，由于， 当时，，故存在，使得， 故当单调递减，当单调递增， 又当时，， 因此存在，使得单调递减， 当单调递增，又，时，， 故函数有正零点，即有正的实数根. 综上可得. 【点睛】方法点睛：利用导数判断方程有无实根的方法，通过求函数的导数，可以判断函数是否有极值点，当函数有极值点时，就有可能存在实根，根据函数在极值点处的函数值和导数值的符号，可以进一步确定函数是否有实根. ] 13. （2024年冀J03冀州一调）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:13]） （3）设时，求证：． （切线，恒成立 ，恒成立，中档；） [13: 【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，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：利用导数求该函数的最值； 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． ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$