2024年全国一卷数学新高考题型细分S2-5——导数大题10 中上

2024年全国一卷新高考题型细分S2-5 ——导数——大题（中上） 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（中上）： 1. （2024年冀J13示范高中）19. 已知函数 （1）若1是的极值点，求a的值；([endnoteRef:2]) （2）求的单调区间： （3） 已知有两个解， （i）直接写出a的取值范围；（无需过程） （ii）λ为正实数，若对于符合题意的任意，当时都有，求λ的取值范围. （极值；单调性分类讨论，零点分析，中上；） [2: 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）求导后，利用极值点的定义可知，从而求得； （2）分类讨论与，可得的单调情况； （3）（i）构造，分类讨论与时的图像性质，由极大值得到，再分类讨论区间与上零点的情况可确定a的取值范围； （ii）对进行转化得，令，则，构造函数证得，分类讨论与两种情况，从而确定. 【小问1详解】 因为，所以， 因为1是的极值点，所以，故，故. 此时，则时，时， 所以上递增，上递减，则1是的极值点，满足题设. 综上，. 【小问2详解】 由（1）知， 当时，，故在上单调递增； 当时，令得；令得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 【小问3详解】 （i）由得，即有两个解， 令，则，且在上两个零点， 当时，，故在上单调递增，则在上没有两个零点，不满足题意； 当时，令，得；令，得； 所以在上单调递增，在上单调递减，即的极大值为， 为使在上有两个零点，则，即，解得， 当时，易知，因为，故， 又在上单调递增，所以在有唯一零点； 当时， 令，则， 再令，则，故在上单调递增， 所以，即，故在上单调递增， 所以，因为， 所以，即，即，即，故， 所以，故， 又在上单调递减，所以在有唯一零点； 综上：当时，在上两个零点，即有两个解时，，即； （ii）由（i）得，，，故， 又，所以，即，即，故， 令，则， 故， 设，则， 当时，， 故当时，恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，，而 当时， 故存在，使得，使得， 故在为减函数，故，矛盾，舍； 综上：，即. 【点睛】方法点睛：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． ] 2. （2024年鲁J40临沂二模）19．已知函数.（[endnoteRef:3]） (1)当时，求证：存在唯一的极大值点，且； (2)若存在两个零点，记较小的零点为，t是关于x的方程的根，证明：. （极值，零点分析，中上；） [3: 19．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，利用零点存在性定理判断存在零点，利用隐零点方程代入化简，通过配方即可得证； （2）令，同构函数，根据单调性转化为的根，构造，利用导数判断单调性，结合零点存在性定理判断零点范围，得，,将转化为.记（），利用导数判断的范围，设，，利用判断的符号，由单调性可证. 【详解】（1）当时，，， ∴， 易知在上单调递减，且，， 则，使得当时，， 当时，，且，即，即， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴存在唯一的极大值点， 而， ∴． （2）令，得， 设，显然在定义域上单调递增， 而，则有， ∴． 依题意，方程有两个不等的实根， 即函数在定义域上有两个零点， 显然，当时，的定义域为， 在上单调递增，最多一个零点，不合题意， ∴，的定义域为， ∴求导，得， 当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， ， 要使有两个零点，必有，即， 此时，即在有一个零点， ， 令，， 求导得，显然在上单调递增， ∴， ∴在上单调递增，， ∴，则函数在上存在唯一零点． 由为的两个根中较小的根， 得，， 又由已知得， 从而， ∵， ∴， ∴． 设（）， 当时，，，则符合题意， 当时，，则在上单调递增， ∴不合题意， ∴ ∴设，． 求导，得，当时， 令，， 则，， ∴，在上单调递增， 从而，，即，， 从而， 即在单调递增，则， 于是， 即， 即． 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用零点存在性定理判断零点范围，进而将条件方程转化为不等式，构造函数，利用导数讨论的范围，再通过判断的单调性，利用单调性即可得证. ] 3. （2024年湘J42岳阳三检）19．已知的三个角的对边分别为且，点在边上，是的角平分线，设（其中为正实数）． (1)求实数的取值范围；（[endnoteRef:4]） (2)设函数 ①当时，求函数的极小值； ②设是的最大零点，试比较与1的大小． （求极值，零点分析，中上；） [4: 19．(1) (2)①0；②答案见解析. 【分析】（1）方法一：设，由，结合三角形面积公式化简可得，由此可求实数的取值范围， 方法二：由是的角平分线，结合面积公式证明，根据关系，结合余弦定理可得，结合三角形性质求的范围，可得结论. （2）①方法一：由（1）方法一可得，结合条件求，结合余弦定理可得， 方法二：由（1）方法二可得，由此可得，由此可得，求，再解方程，分区间判断函数的单调性，结合极值定义求结论， ②在时， 解方程，求出函数零点，由此可得，分别在，时，确定关系，利用导数方法求函数的极值点，由此比较的关系. 【详解】（1）方法一：设， 因为是的角平分线，所以， 因为 所以， 代入，，化简得：，因为， 所以实数的取值范围． 方法二：因为是的角平分线，所以， ，又，又， 所以，故， 在和中由余弦定理得 所以 ， 又，则 所以，又，所以 在中有，所以，所以 得，所以实数的取值范围 （2）①法一：当时，由（1）知，则，此时， 由余弦定理有：及得， 法二：由，当时有. 故， 所以， 令，可得或， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 故当时，函数取极小值，极小值为． ②（ⅰ）当时，由①知，又， 故 知的零点为， 故的最大零点； （ⅱ）当时，由（1）知， 则， 由余弦定理有，代入， 解得，由知，故， ，， 设 令解得：，且， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因为，故， 且时，， 故在上有唯一零点，此时成立 （ⅲ）时，由（1）知， 则， 由余弦定理有，及， 解得， 由知，故， 所以 当时，令解得：，且， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因为，且的图象的对称轴 所以，又因为， 故在上无零点，且， 故成立； 当时，恒成立，则在上单调递增， 故函数至多有一个零点， 由，知成立； 综上，当时；； 当时，； 当时，． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． ] 4. （2024年粤J104名校一联考）17. 已知． （1）讨论的单调性；([endnoteRef:5]) （2）若存在两个零点，证明：存在三个零点，且 （3）在（2）的条件下，证明：． （单调性分类讨论，零点分析，中上；） [5: 【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）对求导，对分类讨论即可求解； （2）一方面首先有，进一步，从而我们只需要证明在上还存在一个零点即可，对此我们可以不断求导结合零点存在定理分析即可得证； （3）设，，通过分析得出要证，只需要证明：，一方面可以构造函数来说明，另一方面由，，结合单调性来说明，由此即可得证. 【小问1详解】 ，如果则，所以在R上递减； 如果，则的符号以为分界线，左边负右边正， 所以在递减，在递增； 【小问2详解】 由于有两个零点， 故，而且，也就， 所以， 如果或， 那么， 所以有零点， 同时，由于且，所以， 而，令， 则，令， 则， 这表明递增， 同时由于， 所以在上有一实数u，满足， 且时，，时，. 所以在递减，在递增. 假设，就意味着在和上均递增， 所以，矛盾. 所以， 从而在和上各有一零点， 且在和上大于0，在上小于0. 那么由于， 我们知道， 所以上一定还有的零点. 综上所述，存在三个零点，且； 【小问3详解】 设，， 则有：， 但， 要证，只需要证明：， 首先，容易说明当时，， 实际上，这也就说此时， 而意味着， 上一问已证，同时由于是的零点（可导函数取极值的必要条件）， 所以， 在这里对某个函数，我们定义函数列：， 换言之是进行次求导后得到的函数， 从而令，， 则， 所以时，， 所以时，， 所以时，， 即， 所以， 又因为， 所以，从而， 也就是， 由于， 而在上小于0，在上大于0， 故， 又由于，， 而在上递减，在上递增， 故， 综上，，从而. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是构造函数来说明，由此即可顺利得证. 证. ] 5. （2024年鲁J24枣庄三月考）17. 已知． （1）讨论的单调性；（[endnoteRef:6]） （2）若，求的取值范围． （单调性分类讨论，恒成立，中上；） [6: 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导得，分，两种情况，求方程的解，分析的符号，进而可得的单调性． （2）方法一：化简不等式，证明，函数有唯一零点，由此证明，证明时，满足条件，时不满足条件即可； 方法二：化简不等式，并分离变量可得，利用导数研究的单调性及最小值，由此可求的取值范围. 【小问1详解】 由题意知定义域为， 且． 令， ①当时，，所以在上单调递增． ②当时，，记两根为， 则，且． 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减． 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 方法一： ，化简得． 设，则， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 又，所以，当且仅当取等号， 令，因为在上单调递增， 所以在上单调递增． 又因为， 所以存在唯一，使得①， 所以，当且仅当时取等号． ①当时，成立． ②当时，由①知，． 所以与恒成立矛盾，不符合题意． 综上． 方法二 ： 不等式，可化为， 所以． 令 则． 令，则． 所以在上单调递增． 又， 所以，使， 所以在上单调递减，在上单调递增． 由得， 即． 设，则 所以在上单调递增． 由，得， 所以， 即有，且 所以， 所以． 【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论： 若有最值.（1）恒成立⇔；（2）恒成立⇔. ] 6. （2024年粤J25深圳一调）18. 已知函数． （1）当时，求函数在区间上最小值； （2）讨论函数的极值点个数；（[endnoteRef:7]） （3）当函数无极值点时，求证：． （最值，零点分析，恒成立，中上；） [7: 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，构造函数后再求导，由二次导数得到在上单调递减，再由零点存在定理确定的最小值. （2）求导后令得，再利用换元法设，得到，构造函数，利用导数分析其单调性和极值，画出图像，再由方程根的个数讨论函数零点的个数. （3）先证明当时，，构造函数，求导后分析单调性得到最小值可证明之；再由（2）知，当函数无极值点时，，则，取最小值取，则有，即可证明. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，则， 因为，所以．则在上单调递减， 又因为， 所以使得在上单调递增，在上单调递减． 因此，在上的最小值是与两者中的最小者． 因为， 所以函数在上的最小值为． 【小问2详解】 ， 由，解得， 易知函数在上单调递增，且值域为， 令，由，解得， 设，则， 因为当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减． 根据时，， 得的大致图像如图所示． 因此有： （ⅰ）当时，方程无解，即无零点，没有极值点； （ⅱ）当时，， 设，则，令， 则在上时单调递增函数，即， 得，此时没有极值点； （ⅲ）当时，方程有两个解，即有两个零点，有两个极值点； （ⅳ）当时，方程有一个解，即有一个零点，有一个极值点． 综上，当时，有一个极值点；当时，有两个极值点；当时，没有极值点． 【小问3详解】 先证明当时，． 设，则， 记，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递减，， 即当时，不等式成立． 由（2）知，当函数无极值点时，，则， 在不等式中，取，则有， 即不等式成立． 【点睛】关键点点睛： （1）求函数在给定区间上的最值时，通常求导，利用导数的单调性分析最值，若在给定区间上不是单调的，常用零点存在定理分析其单调性，再比较区间的端点值找到最值. （2）讨论函数的极值点个数值，通常转化为分离参数，转化为两函数图像交点的个数或两函数相等时方程根的个数问题.用导数分析其单调性，求最值，再数形结合分析交点个数或方程根个数. （3）证明不等式成立问题时可采用构造函数，找到不等式一边的最小值大于另一边，或最大值小于另一边，即函数不等式恒成立问题. ] 7. （2024年粤J02佛山一中一模）22. 已知函数（为自然对数的底数）. （1）若，求实数的值；([endnoteRef:8]) （2）证明：； （3）对恒成立，求取值范围. （恒成立，恒成立，恒成立，中上；） [8: 【答案】（1）1 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）令对任意恒成立，讨论两种情况，可得且，从而可得答案； （2）由（1）知，当时，，即，等价于，要证明等价于证明； （3）令，分类讨论，通过多次求导，分别得到函数的单调性与最值，可以求出取值范围. 【小问1详解】 ， 令，对任意恒成立， 对于函数，，由，可得，由，可得， 所以时，函数单调递减，时函数单调递增， 所以时，函数取得最小值0，即当且仅当时等号成立， 当时，，因为，所以； 当时，，因为，所以； 当时，不等式恒成立； 综上，实数的值为1； 【小问2详解】 由（1）知，当时，，即， ， 证明：只需证明， 即证：. 令. 当时，显然单调递增，， 在上单调递减，， 当时，显然，即. 故对一切，都有，即， 故原不等式成立； 小问3详解】 令， ①若，当时，， 在单调递增， , 故存在唯一，使得，则当为减函数， ，此时，与题意不符（舍）. ②若， （i）当，则由①可知，在单调递增， 在单调递增，所以， 所以成立. （ii）当在单调递增， ，故存在唯一，使得， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， ，故存唯一，使得， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 在恒成立， 在单调递增， 恒成立， 时，恒成立， 综上所述，. 【点睛】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. ] 8. （2024年粤J04顺德二检）22. 已知函数． （1）讨论函数的单调性；（[endnoteRef:9]） （2）若函数有两个极值点，且满足（为自然对数的底数，）． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． （单调性分类讨论，零点分析，中上；） [9: 【答案】（1）答案见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，令，根据的正负分类讨论，求出函数的单调性； （2）（ⅰ）在（1）的基础上得到，并根据得到不等式，求出，得到的取值范围； （ⅱ）结合，，得到，根据的范围得到，令，，求导得到其单调性，故，要证明，只需证，结合且，放缩后得到结论. 【小问1详解】 定义域为， ， 令，其判别式为， 若，即时，恒成立，故在上恒成立， 故在上单调递增， 若，解得或， 设的两个根分别为， 解得， 当时，，，所以，且， 当时，，， 当时，，， 故在上单调递增， 在上单调递减， 当时，，，所以， 则，在上恒成立，在上单调递增， 综上，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增， 在上单调递减， 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可知，， ，即， ， 两边平方得， 解得，负值舍去， 其中，综上，， 实数的取值范围为； （ⅱ）由（ⅰ）知，， 将代入上式得， ， 由于，故， 所以， 因为，所以， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 故， 要证明，只需证， 因为，所以，且， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：导函数处理零点或极值点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断极值点或零点个数，较为复杂和综合的函数极值点或零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方 ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$