2024年全国一卷新高考数学题型细分S2-5——导数大题8 中档5

2024年全国一卷新高考题型细分S2-5 ——导数——大题8（中档）5 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8（中档）5： 1. （2024年J01全国一卷）18. 已知函数 （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形；（[endnoteRef:2]） （3）若当且仅当，求取值范围． （恒成立，奇偶性，恒成立，中档；） [2: 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【小问1详解】 时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， 【小问2详解】 的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. 【小问3详解】 因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. ] 2. （2024年粤J47湛江一模）18. 已知函数． （1）讨论的单调性；（[endnoteRef:3]） （2）若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． （单调性分类讨论，零点分析，中档；） [3: 【答案】（1）在上单调递增，上单调递减， （2）见解析 【解析】 【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明. 【小问1详解】 由题意可得，所以， 的定义域为， 又，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 【小问2详解】 由，得，设， ，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又，，且当趋近于正无穷，趋近于， 的图象如下图， 所以当时，方程有两个根， 证明：不妨设，则，， 设， ，所以在上单调递增， 又，所以，即， 又，所以， 又，，在上单调递减，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明. ] 3. （2024年闽J01厦门一模）21. 已知函数有两个极值点，． （1）求实数的取值范围；（[endnoteRef:4]） （2）证明：． （零点，恒成立，中档；） [4: 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数，结合的极值点个数，得到且，是的两个不同根，列不等式组求参数范围； （2）设，应用分析法将问题化为证，令，则证，再由对应单调性即可证结论. 【小问1详解】 由题设且， 若，则在上恒成立，即递增，不可能有两个极值点，不符； 故，又有两个极值点，则，是的两个不同正根， 所以，可得，即实数的取值范围是. 【小问2详解】 由（1）且，，不妨设， 则 ， 要证，需证，即， 只需证，即，令，则证， 由（1），时，即， 所以在上递增，又，故，即， 综上，. 【点睛】关键点点睛：第二问，设，应用分析法将问题转化为证为关键. ] 4. （2024年苏J03南通联考）19. 已知函数，其中，为自然对数的底数． （1）函数，求的最小值；（[endnoteRef:5]） （2）若为函数的两个零点，证明：． （最值分类讨论，零点分析，中档；） [5: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导确定函数的单调性即可求解最值， （2）根据，故，进而构造函数，由导数求解单调性，结合零点存在定理与不等式的性质即可求. 【小问1详解】 由可得， 则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以的最小值为，故. 【小问2详解】 由于为函数的两个零点，所以也是的两个零点， 故，故，， , 令， 令，则， 当时, ,故单调递增， 故，则， 所以由零点存在定理可知，， 设， 则当时，单调递减， 当时，单调递增，故当， 故故， 故 ， 所以由零点存在定理可知，， 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. ] 5. （2024年鲁J01滨州一模）19. 已知函数（）． （1）讨论的单调性；（[endnoteRef:6]） （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；） [6: 【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，的递减区间为，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. ] 6. （2024年闽J06某市期末）21. 已知函数有两个极值点，． （1）求实数的取值范围；（[endnoteRef:7]） （2）证明：． （零点分析，恒成立，中档；） [7: 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数，结合的极值点个数，得到且，是的两个不同根，列不等式组求参数范围； （2）设，应用分析法将问题化为证，令，则证，再由对应单调性即可证结论. 【小问1详解】 由题设且， 若，则在上恒成立，即递增，不可能有两个极值点，不符； 故，又有两个极值点，则，是的两个不同正根， 所以，可得，即实数的取值范围是. 【小问2详解】 由（1）且，，不妨设， 则 ， 要证，需证，即， 只需证，即，令，则证， 由（1），时，即， 所以在上递增，又，故，即， 综上，. 【点睛】关键点点睛：第二问，设，应用分析法将问题转化为证为关键. ] 7. （2024年闽J05莆田二检）19. 已知函数． （1）证明：当时，； （2）若函数有两个零点． ①求的取值范围；（[endnoteRef:8]） ②证明：． （恒成立，零点，中档；） [8: 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，分类讨论判断单调性，结合单调性和最值分析证明； （2）①令，整理可得，设，求导，利用导数判断单调性，结合单调性分析零点问题；②分析可知原不等式等价于，构建函数证明即可. 【小问1详解】 由题意可得：函数，且，， 若，则在内恒成立， 可知在内单调递增，可得； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 可得， 且，则，则； 综上所述：当时，. 【小问2详解】 ①由题意可得：， 令，整理可得， 设，则， 且，可知， 令，解得；令，解得； 则在内单调递减，在内单调递增， 由题意可知：有两个零点，则，解得， 若，令，则 则， 可知在内有且仅有一个零点； 且当趋近于，趋近于，可知内有且仅有一个零点； 即，符合题意，综上所述：的取值范围为； ②由①可知：，即， 若，等价于， 等价于， 令，则， 令，则在内恒成立， 可知在内单调递增，则， 即， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 可得； 令，则， 令，则， 因为，则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立，可知在内单调递增， 则，即， 不妨设，则， 且，在内单调递减，可得， 即，可得； 即， 所以. 【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． ] 8. （2024年闽J02厦门二检）18. 若，都存在唯一的实数，使得，则称函数存在“源数列”.已知. （1）证明：存在源数列；（[endnoteRef:9]） （2）（ⅰ）若恒成立，求的取值范围； （ⅱ）记的源数列为，证明：前项和. （恒成立，中档；） [9: 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合，根据数列的新定义，即可证明结论； （2）（i）由恒成立，可得恒成立，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可求得答案； （ii）由（i）可得，从而由，推得，可得到，继而可利用放缩法以及裂项求和法，证明不等式. 【小问1详解】 由，得， 即在上单调递减，又， 当且x无限趋近于0时，趋向于正无穷大， 即的值域为，且函数在上单调递减， 对于可以取到任意正整数，且在上都有存在唯一自变量与之对应， 故对于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨设解为， 即，则都存在唯一的实数，使得， 即存在源数列； 【小问2详解】 （i）恒成立，即恒成立， 令，即恒成立， 令，则， 令，则，仅在时取等号， 即在上单调递减，故，即在上单调递增，、 故，故； （ii）由（i）得，故，即， 故， 当时，， 当时，， 即前项和. 【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的新定义以及数列不等式恒成立以及证明不等式问题，综合性较强，解答的关键在于证明不等式时，得到后，即可推出，此时要用放缩法得到，从而再用裂项法求和，证明不等式. ] 9. （2024年闽J04漳州三检）17. 已知函数． （1）讨论的单调性；（[endnoteRef:10]） （2）若不等式恒成立，求的取值范围； （3）当时，试判断函数的零点个数，并给出证明． （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） （3）有且仅有2个零点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，再分与两种情况分类讨论的单调性即可求解； （2）根据条件，分离常量得到，构造，将问题转化成求的最大值，即可解决问题； （3）构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理即可求解． 【小问1详解】 因， 所以， 当时，恒成立，所以； 当时，令， 解得（舍去负根）， 令，得；令，得． 综上所述， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由恒成立，得在上恒成立， 所以在上恒成立． 令， 则． 令， 易知在上单调递减． 又， 所以当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值， 即， 所以，即的取值范围为． 【小问3详解】 当时，， 则， 令， 则， 当时，，所以在上单调递减． 又， 所以在上存在唯一的零点． 设在上的零点为， 可得当时，，单调递增； 当时，单调递减， 解法一：， 因为，所以， 故．又，所以． 又， 所以在上有一个零点． 又， 所以在上有一个零点． 当时，， 所以在上没有零点． 当时， 令， 则， 所以在上单调递减， 所以，所以， 所以， 而，所以， 故在上没有零点． 综上所述，在定义域上有且仅有2个零点． 解法二：因为，， 所以在上有一个零点． 又， 所以在上有一个零点， 当时，， 易证， 所以， 从而在上恒成立， 故在上没有零点． 当时，， 设， 则， 所以在上单调递减． 又， 则在上恒成立， 所以在上恒成立， 故在上没有零点． 综上所述，在定义域上有且仅有2个零点． 【点睛】思路点睛：本题第二小问，将恒成立问题，分离常量转化为，构造函数，求的最大值，即可得解；第三小问，主要考查利用导数判断函数零点个数.利用导数可得当时，单调递增；当时，单调递减，其中，再结合零点存在性定理，可得零点所在区间得解. ] 10. （2024年粤J07六校联考）18. 已知函数，. （1）求证：当，；（[endnoteRef:11]） （2）若，恒成立，求实数的取值范围. （恒成立，恒成立，中档；） [11: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别构造函数，，，利用导数分别求出两函数的最值，即可得证； （2）在区间上恒成立，即在区间上恒成立，构造函数，由分类讨论求出函数的最值即可得解. 【小问1详解】 设， 则，所以在区间上单调递增， 所以，即， 设，， 则， 由时，，即， 所以， 设，则， 当时，，所以函数区间上单调递增， 故在区间上，，即在区间上，， 所以， 所以在区间上单调递增， 所以，即， 所以得证. 【小问2详解】 由在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 设，则在区间上恒成立， 而， 令，则， 由（1）知：在区间上，， 即，所以在区间上函数单调递增， ①当时，， 故在区间上函数，所以函数在区间上单调递增， 又，故，即函数在区间上恒成立； ②当时，， ， 故在区间上函数存在零点，即， 又在区间上函数单调递增， 故区间上函数， 所以在区间上函数单调递减， 由，所以在区间上，与题设矛盾. 综上，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． ] 11. （2024年粤J03佛山一中二调）22. 已知实数，，． （1）求的值；（[endnoteRef:12]） （2）若对恒成立，求a的最小值； （3）当正整数时，求证：． （求导，恒成立，恒成立，中档；） [12: 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，代入即可求解； （2）设，得到对恒成立，求得，求得，分和，两种情况讨论，求得函数的单调性，结合，即可求解； （3）解：由（2）知当时，对恒成立，转化为不等式对恒成立，结合和，两种情况讨论，即可得证. 【小问1详解】 解：由函数，可得，所以． 【小问2详解】 解：设， 因为对恒成立， 即对恒成立，且． 所以，可得． ①当时，因为，所以， 所以在上单调递增，所以； ②当时，令，得， 所以在上单调递减，上单调递增， 所以，（舍去）． 综上所述，实数的最小值为． 【小问3详解】 解：由（2）知当时，对恒成立，且， 所以对恒成立， 取，则， ①当时，可得，又，所以； ②当时，． 综上所述，原不等式成立． 【点睛】方法技巧：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． ] 12. （2024年冀J02某市二模）19. 已知函数． （1）若函数有3个不同的零点，求a的取值范围；（[endnoteRef:13]） （2）已知为函数的导函数，在上有极小值0，对于某点，在P点的切线方程为，若对于，都有，则称P为好点． ①求a的值； ②求所有的好点． （零点分析，拓展 ，中档；） [13: 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）首先讨论当时，有1个零点，当时，参变分离为存在两个根，再利用导数分析函数的图象，即可求解的取值范围； （2）①利用二次导数求函数的极小值，根据极小值为0，即可求解的值； ②首先求函数在点处的切线方程，再根据好点的定义，讨论和两种情况，求好点. 【小问1详解】 当，单调递增， 且，当时，，因此在区间上存在唯一零点， 当时，只要存在两个根即可，即存在两个根， 设，则， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 由，当时，，当时，， 所以当时，在区间有2个零点， 因此得到取值范围是； 【小问2详解】 ①，， 令，则， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，得， ②设为好点，对于任意，都有， 当时，成立， 当时，即为当时，， 当时，成立， 因为在点的切线方程为， 所以， 设，即， ， 又因为在上单调递减，上单调递增，故分情况讨论， （1）当时，因为为好点，所以恒成立， 若，在上单调递增，，， 所以在时单调递增，，满足条件，故时成立； 若，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，， 所以在时单调递减，，矛盾，不满足条件； （2）当时，因为为好点，所以恒成立， 若，在上单调递减，，， 所以在时单调递增，，满足条件，故时成立； 若，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，， 所以在时单调递减，，矛盾，不满足条件； 综上可知，由（1）（2）可得，且，即，所以只有一个好点. 【点睛】关键点点睛：本题的难点是最后一问，需理解好点的定义，并根据定义，分情况进行讨论. ] 13. （2024年闽J24漳州四检）19．设，函数，的定义域都为. (1)求和的值域；（[endnoteRef:14]） (2)用表示中的最大者，证明：； (3)记的最大值为，求的最小值. （最值，最值，最值，中档；） [14: 19．(1)，； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用导数的单调性求最值，即可得到值域； （2）通过分类讨论得到，将、和代入即可得证； （3）根据题意，结合（2）中结论，可得，分别求出对应值或范围进行比较即可得到结论. 【详解】（1）， 因为当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以的值域为，即. 因为是减函数， 所以的值域为，即. （2）当时，，即， 从而 当时，，即， 从而， 所以， 所以. . （3）由（1），得， ， 再结合（2），得 ， 所以， 所以 ， 又当， ， （可取）时，， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数在求函数最值中的应用和函数最值求法的新定义题型，关键在于分析表示中的最大者，得到，再结合题意运算即可. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$