3.4 导数的综合运用（讲义）-2025年高考数学一轮复习《一隅三反》系列（新高考新题型）

3.4 导数的综合运用 考点一 判断函数的零点个数 【例1】(2024福建合肥)已知a≥1，函数f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2． (1)若a＝1，求f(x)的单调区间； (2)讨论f(x)的零点个数． 【一隅三反】 1．（2024·湖北·模拟预测）函数． (1)当时，证明：； (2)讨论函数的零点个数． 2．（2024·河南）已知函数，． (1)当a＝2时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论关于x的方程的实根个数． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）已知在时取得极大值． (1)讨论在上的单调性； (2)令，试判断在上零点的个数． 考点二 已知函数零点求参数 【例2】（2024·广东汕头·三模）已知函数. (1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值. (2)若在只有一个零点，求. 【一隅三反】 1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数至多一个零点，求a的取值范围． 2．（2024·广东深圳·期中）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若恰有三个零点，求a的取值范围． 3．（2024·青海西宁·模拟预测）已知函数 (1)当时，求的零点； (2)若恰有两个极值点，求的取值范围. 考点三 隐零点 【例3-1】（2024湖北）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求证：函数的图象在x轴上方. 【例3-2】（2024·广东深圳）已知函数. （1）求函数在上的零点之和； （2）证明：在上只有1个极值点. 【一隅三反】 1．（2024·江苏宿迁）已知函数 (1)若求的极值； (2)若恒成立，求实数a的取值范围. 2．（2024北京）已知函数（，e为自然对数的底数）． (1)求函数的极值； (2)若方程在区间内有两个不相等的实数根，证明：． 3（2024·云南）已知函数，函数． (1)求函数的单调区间． (2)时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 考点四 不等式的证明 【例4-1】（2024·北京·三模）已知． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：． 【例4-2】（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数. (1)求函数在处的切线方程. (2)证明：. 【一隅三反】 1．（2024·山东威海·二模）已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 考点五 不等式的恒成立或存在性 【例5】（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 【一隅三反】 1．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围． 2．（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若不等式在区间上有解，求实数a的取值范围． 3．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围． 考点六 极值点偏移 【例6】（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数，． (1)当时，恒成立，求a的取值范围． (2)若的两个相异零点为，，求证：． 【一隅三反】 1．（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上 (1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值； (2)已知函数，关于的方程有两个不等实根. （i）求实数的取值范围; （ii）证明：. 2．（2024·四川眉山·三模）已知函数. (1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围； (2)若有两个不同极值点. ①求的取值范围； ②当时，证明：. 1． 单选题 1．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·陕西·模拟预测）当时，恒成立，则实数最大值为（    ） A． B．4 C． D．8 3．（2024·河南·三模）若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A． B． C．1 D． 4．（23-24高二下·天津·期中）若函数恰好有四个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（2024·重庆·模拟预测）已知函数，若存在使得，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数，若恒成立，则正实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·全国·模拟预测）已知过点的直线与函数的图象有三个交点，则该直线的斜率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知，若函数有两个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2． 多选题 9．（2024·河北衡水·三模）已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（   ） A． B．函数在区间上单调递减 C．过点能作两条不同直线与相切 D．函数有5个零点 10．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（    ） A． B． C． D． 11．（2024·山东济南·三模）已知函数，则（    ） A．曲线在处的切线斜率为 B．方程有无数个实数根 C．曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于 D．在上单调递减 3． 填空题 12．（2024·河北·三模）已知对任意恒成立，则实数的取值范围是 ． 13．（2024·福建泉州·一模）已知函数有且只有两个零点，则a的范围 ． 14．（2024·四川南充·模拟预测）已知圆和曲线相交于两个不同的点，则的取值范围为 . 4． 解答题 15．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数. (1)若是函数的极值点，求的值，并求其单调区间； (2)若函数在上仅有2个零点，求的取值范围． 16．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 17．（2024·广东湛江·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 18．（2024·全国·模拟预测）已知函数，． (1)若对任意的都有，求实数的取值范围； (2)若且，，证明：． 19．（2024·全国·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 3.4 导数的综合运用 考点一 判断函数的零点个数 【例1】(2024福建合肥)已知a≥1，函数f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2． (1)若a＝1，求f(x)的单调区间； (2)讨论f(x)的零点个数． 【答案】见解析 【解析】(1)若a＝1，则f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋2(x－1)． 当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0． 所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)当a＝1时，f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2， 因为f(1)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有1个零点． 当a＞1时，f′(x)＝1＋ln x－a＋2a(x－1)＝1＋ln x＋2ax－3a， 令g(x)＝1＋ln x＋2ax－3a，因为a＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f′(1)＝g(1)＝1－a＜0，f′＝g＝1＋ln ＞0，所以存在实数x0∈，使得g(x0)＝0． 在(0，x0)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数． 所以f(x)的最小值是f(x0)，其中x0满足f′(x0)＝0，即1＋ln x0＋2ax0－3a ＝0． 所以f(x0)＝x0ln x0－ax0＋1＋a(x0－1)2＝x0(3a－1－2ax0)－ax0＋1＋a(x0－1)2＝(1－x0)(a＋ax0＋1)， 因为x0∈，所以f(x0)＜0，因为f＝＋1－＞0，f(3)＝3ln 3＋a＋1＞0，所以f(x)有2个零点． 综上所述，当a＝1时，f(x)有1个零点；当a＞1时，f(x)有2个零点 【一隅三反】 1．（2024·湖北·模拟预测）函数． (1)当时，证明：； (2)讨论函数的零点个数． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【解析】（1）当时，，所以，令得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 从而，不等式得证． （2）令，则，． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 又，当时，；当时，． 从而当时，无零点；当或时，有一个零点； 当时，有两个零点． 2．（2024·河南）已知函数，． (1)当a＝2时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论关于x的方程的实根个数． 【答案】(1)(2)答案不唯一，具体见解析 【解析】(1)当a＝2时，，， 则切线的斜率为， 又，所以曲线在处的切线方程是， 即． (2)即为，化简得， 令，则， 令，则， 令，得． 当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减． ①当时，，即， 所以在R上单调递减． 又，所以有唯一零点0； ②当时，，，所以存在，， 又， 令，， 所以在上单调递减，， 即，所以存在，， x n m － 0 ＋ － 单调递减 单调递增 单调递减 则，又，所以存在，； 同理，，又，所以存在，， 由单调性可知，此时有且仅有三个零点0，，． 综上，当时，有唯一零点，方程有唯一的实根； 当时，有且仅有三个零点，方程有3个实根． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）已知在时取得极大值． (1)讨论在上的单调性； (2)令，试判断在上零点的个数． 【答案】(1)答案见解析 (2)三个零点 【解析】（1）由题意，，因为在时取得极大值， 则，得， 所以， 令，则或． 时，，单调递增， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 时，，单调递减． 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减． （2）在R上有3个零点，理由如下： ， 因为，所以是的一个零点． ， 所以是偶函数，即要确定在R上的零点个数，需确定时，的零点个数即可． ①当时，， 令，即或， 时，单调递减，且， 时，单调递增，且， 所以在有唯一零点； ②当时，由于， ， 而在单调递增，， 所以恒成立，故在无零点， 所以在有一个零点， 由于是偶函数，所以在有一个零点，而， 综上，在R有且仅有三个零点． 考点二 已知函数零点求参数 【例2】（2024·广东汕头·三模）已知函数. (1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值. (2)若在只有一个零点，求. 【答案】(1)极小值，无极大值； (2). 【解析】（1）函数的定义域为R，求导得，， 依题意，，则，， 当时，，当时，， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处取得极小值，无极大值. （2）函数在只有一个零点，等价于在只有一个零点， 设，则函数在只有一个零点，当且仅当在只有一解， 即在只有一解，于是曲线与直线只有一个公共点， 令，求导得，当时，，当时，， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在取得极小值同时也是最小值， 当时，；当时，， 画山大致的图象，如图， 在只有一个零点时，， 所以在只有一个零点吋，. 【一隅三反】 1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数至多一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）由得：， 当时，，， 所以函数在处的切线方程为：， 即，所以 （2）由函数的定义域为， 又由，分离参变量得：             令        令 在单调递增，又， 在上，在上， 在单调递减，在单调递增， 所以 ，          又时时 2．（2024·广东深圳·期中）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若恰有三个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）解：当时，函数，可得， 所以，且， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）解：因为， 可得是的一个零点， 因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根， 即方程有两个不为2实数根， 令，所以， 令，可得，令，可得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，也是最大值， 且当时，， 所以，当时，的值域为；当时，的值域为， 所以，且，所以且． 所以a的取值范围是． 3．（2024·青海西宁·模拟预测）已知函数 (1)当时，求的零点； (2)若恰有两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1)有且仅有一个零点 (2) 【解析】（1）当时，等价于. 令，则， 所以在上单调递增. 因为，所以有且仅有一个零点. （2）由，得. 令，则. 若，则在上恒成立，故在上单调递增， 最多只有一个零点，则最多只有一个极值点，不符合题意； 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则. 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则，从而. 显然，当时，，则，. 令，则， 设，则， 由， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即恒成立，故单调递增. 当时，，即， 则. 因为，所以，. 当时，，当时，， 则的单调递增区间为和，单调递减区间为， 则恰有两个极值点. 故当恰有两个极值点时，的取值范围为. 考点三 隐零点 【例3-1】（2024湖北）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求证：函数的图象在x轴上方. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为； (2)证明见解析. 【分析】(1)求，根据正负即可求y的单调区间； (2)求，根据零点的范围求出g(x)的最小值，证明其最小值大于零即可. 【详解】（1）， 令则. 当时，，∴函数在上单调递增； 当时，，∴函数在上单调递减. 即的单调递增区间是，单调递减区间是； （2）， ，易知单调递增， 又，， ∴在上存在一个， 使得：，即：，且， 当，有单调递减； 当，有单调递增. ∴， ∴， ∴函数的图象在x轴上方. 【例3-2】（2024·广东深圳）已知函数. （1）求函数在上的零点之和； （2）证明：在上只有1个极值点. 【答案】（1）（2）详见解析 【分析】（1）得到或，据此计算答案. （2）求导设，则，判断函数在上单调递减，在上单调递增，又，，得到答案. 【详解】（1）解：令，得或， 即或，即或 所以在上的零点之和为 （2）证明设，， ，， 当时，，则为增函数. 因为，，所以， 所以当时，；当时，， 从而的上单调递减，在上单调递增 又，，所以必存在唯一的，使得， 当时，；当时， 故在上只有1个极值点 【一隅三反】 1．（2024·江苏宿迁）已知函数 (1)若求的极值； (2)若恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)的极小值为，无极大值 (2) 【解析】（1）当， 令，解得， 则当单调递减，当单调递增， 故的极小值为，无极大值； （2）由题意可得 令则 当时，则时，，不合题意； 当时，设， ，， 所以存在时，， 因为，所以在上单调递增， 所以当，；当，， 则当，；当，， 则在单调递减，在单调递增， 所以 因为，所以，即 故解得 综上所述，实数a的取值范围 2．（2024北京）已知函数（，e为自然对数的底数）． (1)求函数的极值； (2)若方程在区间内有两个不相等的实数根，证明：． 【答案】(1)见解析(2)证明见解析. 【解析】(1)函数的定义域为，且. 当时，恒成立，在上单调递减，无极值. 当时，由，得，所以)在上单调递增； 由，得，所以在上单调递减. 所以当时，函数取得极大值，且极大值为. 综上所述，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值. (2) 方程，即为方程. 由题意，得方程在区间内有两个不相等的实数，不妨设. 令，则. 令，即，解得. 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因为，所以即. 要证，只需证. 又因为，所以. 所以只需证，只需证. 因为，所以.所以. 所以只需证，只需证. 只需证， 只需证. 令，则，所以只需证. 令，则. 令，则恒成立. 所以在上单调递减.所以. 所以.所以在上单调递增. 所以.所以. 所以. 3（2024·云南）已知函数，函数． (1)求函数的单调区间． (2)时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；(2). 【解析】(1)解：，令，则，当且仅当，时等号成立，∴在上单调递增，即在上单调递增． ∵，∴时，，时，， ∴的单调递增区间为，单调递减区间为． (2) 解：时，恒成立， ，， ， 时，，∴在上单调递增， ∵， 若，时，，∴在上单调递增， ∴时，，∴在上单调递增， ∴时，恒成立； 若，∵，∴，∴， ，， ∴在有唯一解，设为，且， 当时，，∴在上单调递减， ∴时，，∴在上单调递减， ∴与恒成立矛盾，舍去． 综上，实数的取值范围是． 考点4 不等式的证明 【例4-1】（2024·北京·三模）已知． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）当时，， ， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）， 令，得，令，则， 原方程可化为①，则是方程①的两个不同的根， 所以，解得， 由韦达定理得，则， 所以 ， 令，则， 所以函数在上单调递减， 所以， 所以. 【例4-2】（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数. (1)求函数在处的切线方程. (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解答 【解析】（1）由，可得， ，又， 所以函数在处的切线方程为，即. （2）由，可得， 令，可得， 当时，，所以在上单调递增， 又，即， 所以在上单调递增， 所以，当时，， 当时，， 综上所述：. 【一隅三反】 1．（2024·山东威海·二模）已知函数． (1)求的极值； (2)证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由题意得的定义域为， 则， 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，令，则，令，则， 即在上单调递增，在上单调递减， 故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值； （2）证明：设， ，令， 则，即在上单调递增， ， 故，使得，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故 即，即，则. 2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）函数的定义域为，且． 当时，恒成立， 所以在区间上单调递增； 当时，令，解得， 当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递减． 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）当时，因为，所以要证，只要证明即可， 即要证，等价于（*）． 令，则， 在区间上，单调递减； 在区间上，单调递增， 所以，所以（当且仅当时等号成立）， 所以（*）成立，当且仅当时，等号成立． 又在上单调递增，， 所以存在，使得成立． 综上所述，原不等式成立． 考点五 不等式的恒成立或存在性 【例5】（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【解析】（1）定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2），且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 【一隅三反】 1．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为； (2) 【解析】（1）因为，， 令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）依题意，存在，使得， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，因此， 故的取值范围为． 2．（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若不等式在区间上有解，求实数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2)． 【解析】（1）由题意知函数的定义域为， 而， 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得， 由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）因为不等式在区间上有解， 所以在区间上有解，此时， 即在区间上有解， 令，则． 令，则， 所以函数在上单调递增，所以． 当时；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 综上可知，实数a的取值范围是． 3．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围． 【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为 (2) 【解析】（1）当时，， ∴，由，得，由，得， 所以函数的单调增区间为，单调减区间为； （2）原条件等价于：在上存在实数解． 化为在上存在实数解， 令，                    则， ∴在上，，得，故在上单调递增， ∴的最小值为， ∴时，不等式在上存在实数解． 考点六 极值点偏移 【例6】（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数，． (1)当时，恒成立，求a的取值范围． (2)若的两个相异零点为，，求证：． 【答案】(1)(2)证明见解析 【解析】（1）当时，恒成立， 即当时，恒成立， 设， 所以，即， ， 设， 则， 所以，当时，，即在上单调递增， 所以， 所以当时，，即在上单调递增， 所以， 若恒成立，则． 所以时，恒成立，a的取值范围为. （2）由题意知，，不妨设，由得， 则， 令，则，即：． 要证，只需证，只需证，即证，即证（）， 令（），因为，所以在上单调递增， 当时，，所以成立，故． 【一隅三反】 1．（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上 (1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值； (2)已知函数，关于的方程有两个不等实根. （i）求实数的取值范围; （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明过程见详解. 【解析】（1）因为在轴上方，所以：； 为直角三角形，所以当轴时，所得圆锥的体积才可能最大. 设，则，（）. 设（），则，由. 因为，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以. 从而：. （2）（i）因为，即，即， 令，所以， 因为为增函数，所以即， 所以方程有两个不等实根等价于有两个不等实根， 令，所以 当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以. 当时，；当时，由洛必达法则知； 所以. （ii）由（i）知，， 令，， 因为，所以， 因为，，所以，即在单调递增，，所以. 因为，所以， 又因为，所以， 因为，，且在上单调递减， 所以，即，所以， 所以. 2．（2024·四川眉山·三模）已知函数. (1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围； (2)若有两个不同极值点. ①求的取值范围； ②当时，证明：. 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【解析】（1）依题意，， 设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率， 切线方程为，而点在切线上， 则，即有， 由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根， 令，则函数有2个零点， 求导得， ①若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值， 又， 当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ②若，恒成立，函数在上单调递增， 因此函数最多1个零点，不合题意； ③若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又， 显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ④若，显然，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 要函数有2个零点，必有，得， 当时，， 而函数在上的值域为，因此在上的值域为， 当时，令，求导得，函数在上单调递减， 则，， 而函数在上单调递减，值域为， 因此函数在上的值域为， 于是当时，函数有两个零点， 所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是. （2）①由（1）知，， 由函数有两个极值点，得，即有两个实数根， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，上单调递减，， 且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根 所以函数有两个极点时，的取值范围是. ②由，即，得， 要证明，只需证明， 而， 令，则，欲证明， 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 则在时单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即， 所以. 1． 单选题 1．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以当或时， 即在，上单调递增， 当时，即在上单调递减， 根据题意可得，即，解得. 故选：A 2．（2024·陕西·模拟预测）当时，恒成立，则实数最大值为（    ） A． B．4 C． D．8 【答案】B 【解析】因为，由，得.令 令，则在上恒成立， 故函数在上单调递增，所以即， 由，得，所以. 当且仅当时，取“=”， 此时，由与图象可知使，此时. 所以，即有最大值为4. 故选：B. 3．（2024·河南·三模）若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【解析】显然首先， ， 令，则，所以在定义域内严格单调递增， 所以若有成立，则必有， 即对于任意的恒成立， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， 从而，所以的取值范围是，即实数的最大值为. 故选：B. 4．（23-24高二下·天津·期中）若函数恰好有四个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，所以不是的零点， 当时，令，得， 令， 由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令， 则，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，， 且当趋近正无穷时，趋近2，如图所示， 所以当时，与的图象有且仅有四个交点， 此时函数恰好有四个零点. 故选：C. 5．（2024·重庆·模拟预测）已知函数，若存在使得，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于，， 所以在区间上单调递增，， 所以当时，的值域为. 对于，， 若，则，不符合题意. 若，则，所以在上单调递增， 所以当时，的值域为，符合题意，D选项正确. 当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减， ，而当时 所以当时，的值域为，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围为. 故选：D 6．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数，若恒成立，则正实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】，，且， 两边加上得，， 设，则，所以单调递增， ，即， 令，则， 的定义域是， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 当时，取得极大值即为最大值，， ，. 故选：C． 7．（2024·全国·模拟预测）已知过点的直线与函数的图象有三个交点，则该直线的斜率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】问题转化为方程有三个不等的实数根． 方法一：分离参数 因为，所以方程 有三个不等的实根等价于方程有两个不等的实根． 令， 则． 令，则，即单调递增． 又，所以当时，单调递减，且； 当时，单调递增， 且． 又因为当时，；当时，；当时，， 所以实数k的取值范围是． 故选：C． 方法二：分离函数 令，则，所以． 令，则，解得， 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增，有极小值； 而且， 所以方程有一解． ①当时，过一、三象限，两图象有两个交点，不合题意； ②当时，过原点O作的切线， 设切点，则， 所以． 又，得， 所以， 所以． 故选：C． 8．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知，若函数有两个不同的零点，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意，令，得， 已知，当时，，此时在单调递减， 当时，，此时在单调递增， 故当时，有最小值，而， 由此可知当时，，当时，， 若函数有两个不同的零点，结合零点存在定理可知， 的最小值， 又，所以，，所以，所以， 即a的取值范围是． 故选：B. 2． 多选题 9．（2024·河北衡水·三模）已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（   ） A． B．函数在区间上单调递减 C．过点能作两条不同直线与相切 D．函数有5个零点 【答案】AD 【解析】对于A中，由函数，可得， 因为 是函数的一个极值点，可得， 解得，经检验适合题意，所以A正确； 对于B中，由，令，解得或， 当时，；当时，；当时，， 故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B错误； 对于C中，设过点且与函数相切的切点为， 则该切线方程为， 由于切点满足直线方程，则， 整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误； 对于D中，令，则的根有三个，如图所示，， 所以方程有3个不同根，方程和均有1个根， 故有5个零点，所以D正确． 故选：AD． 10．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】设，则，在单调递增， 所以，即，即，A正确； 令，，则，而，所以，B不正确； 设，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 则在时取得最小值，即，C正确； 设，则，所以在上是增函数， 所以由得，即，D正确. 故选：ACD 11．（2024·山东济南·三模）已知函数，则（    ） A．曲线在处的切线斜率为 B．方程有无数个实数根 C．曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于 D．在上单调递减 【答案】BCD 【解析】对于A，，则， 故，A错误； 对于B，由于为周期函数，当时，， 故的图象大致如图示： 结合图象可知，当x增大到一定数值满足后， 大于的数将有无数个满足，B正确； 对于C，设为上任意一点，则， 由于，故， 由于时，，故曲线上任意一点与坐标原点连线的斜率在时才取到正值， 则时，取正值时，，取负值时，显然成立； 设，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减，故， 由于取等号条件和取等号条件不一致， 故，C正确； 对于D，设，则， 故在上单调递减，则，则； 设， ， 故在上单调递减，D正确， 故选：BCD 3． 填空题 12．（2024·河北·三模）已知对任意恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【解析】因为，， 所以，即， 设，， 令，，即在上单调递增， 令，，即在上单调递减， 则， 所以， 解得. 故答案为：. 13．（2024·福建泉州·一模）已知函数有且只有两个零点，则a的范围 ． 【答案】 【解析】由函数，令，可得， 即，因为，所以，所以， 可得或， 即或， 令，，可得，， 当时，可得，在单调递增，且； 当时，且； 当时，可得，在单调递减； 当时，可得，在单调递增，且， 又当时，，， 当时，且； 作出函数的图象，如图所示， 要使得有两个实数根，即有两个不同的零点， 结合图象，可得或，即实数的取值范围为. 故答案为：. 14．（2024·四川南充·模拟预测）已知圆和曲线相交于两个不同的点，则的取值范围为 . 【答案】 【解析】由可知，，所以令，， 则， 可得， 令， 原题意等价于在内有2个零点， 则， 显然， 若，，即，可得； 若，，即，可得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则 ， 当，即时， 可得， 此时至多只有一个零点，不满足题意； 当，即时，则， 且当趋近于或时，均趋近于， 由零点存在性定理可知：在内有2个零点，符合题意； 综上所述：的取值范围为. 故答案为：. 4． 解答题 15．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数. (1)若是函数的极值点，求的值，并求其单调区间； (2)若函数在上仅有2个零点，求的取值范围． 【答案】(1)；的增区间是和，减区间是； (2) 【解析】（1），，得， 当时，，得或， 的变化情况如下表所示， 0 0 增区间 极大值 减区间 极小值 增区间 所以函数的增区间是和，减区间是； （2）令，， 得， 令，， ，得， 如下表， 1 3 0 减区间 极小值3 增区间 因为函数在上仅有2个零点，即与有2个交点，如图： 16．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2) 【解析】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 17．（2024·广东湛江·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)在上单调递增，上单调递减， (2)见解析 【解析】（1）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， （2）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. 18．（2024·全国·模拟预测）已知函数，． (1)若对任意的都有，求实数的取值范围； (2)若且，，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）由，， 得，， 当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，所以当时，的最大值为． 当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，的最小值为． 所以，故实数的取值范围为． （2）由得，两边取对数并整理， 得，即，即． 由（1）知，函数在上单调递增，在 上单调递减，，（技巧：注意对第（1）问结论的应用） 而，当时，恒成立，不妨设，则． 记，， 则 ，所以函数在上单调递增， 所以，即，， 于是，， 又在上单调递减，因此，即， 所以． 19．（2024·全国·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】（1）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.， （2）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. （3）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，. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$