专题05 导数及其应用(解答题)-大数据之十年高考数学真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考+全国理）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题05导数及其应用(解答题) 1．【2024年新高考1卷第18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) 【详解】（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，. 2．【2024年新高考2卷第16题】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 3．【2024年甲卷理科第21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) 【详解】（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，. 4．【2023年新课标全国Ⅱ卷第22题】（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】（1）证明见详解（2） 【详解】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 5．【2023年新课标全国Ⅰ卷第19题】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 6．【2023年高考全国乙卷理第21题】已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 【答案】(1)； (2)存在满足题意，理由见解析. (3). 【详解】（1） 当时，， 则， 据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. （2） 令， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. （3） 由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 由一次函数与对数函数的性质可得，当时， ， 且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以 ， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 7．【2023年高考全国甲卷理第21题】已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析. (2) 【详解】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 8．【2022年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【答案】(1) (2)见解析 【详解】（1）的定义域为，而， 若，则，此时无最小值，故. 的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. （2）[方法一]： 由（1）可得和的最小值为. 当时，考虑的解的个数、的解的个数. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 设，其中，则， 故在上为增函数，故， 故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 有两个不同的零点即的解的个数为2. 当，由（1）讨论可得、仅有一个解， 当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 则. 设，其中，故， 设，，则， 故在上为增函数，故即， 所以，所以在上为增函数， 而，， 故上有且只有一个零点，且： 当时，即即， 当时，即即， 因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 故， 此时有两个不同的根， 此时有两个不同的根， 故，，， 所以即即， 故为方程的解，同理也为方程的解 又可化为即即， 故为方程的解，同理也为方程的解， 所以，而， 故即. [方法二]： 由知，，， 且在上单调递减，在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增，且 ①时，此时，显然与两条曲线和 共有0个交点，不符合题意； ②时，此时， 故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③时，首先，证明与曲线有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 其次，证明与曲线和有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 再次，证明存在b，使得 因为，所以， 若，则，即， 所以只需证明在上有解即可， 即在上有零点， 因为，， 所以在上存在零点，取一零点为，令即可， 此时取 则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为 所以， 又因为在上单调递减，，即，所以， 同理，因为， 又因为在上单调递增，即，，所以， 又因为，所以， 即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 9．【2022年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2) (3)见解析 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 10．【2022年高考全国乙卷理第21题】已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）的定义域为 当时,,所以切点为,所以切线斜率为2 所以曲线在点处的切线方程为 （2） 设 若,当,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若,当,则 所以在上单调递增所以,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若 (1)当,则,所以在上单调递增 所以存在,使得,即 当单调递减 当单调递增 所以 当, 令则 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，， 所以在上有唯一零点 又没有零点,即在上有唯一零点 (2)当 设 所以在单调递增 所以存在,使得 当单调递减 当单调递增, 又 所以存在,使得,即 当单调递增,当单调递减， 当，， 又， 而,所以当 所以在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点 所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为 11．【2022年高考全国甲卷理第21题】已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 【答案】(1) (2)证明见的解析 【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为，则 令,得 当单调递减 当单调递增， 若,则,即 所以的取值范围为 [方法二]：同构处理 由得： 令，则即 令，则 故在区间上是增函数 故，即 所以的取值范围为 （2）[方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 因为,即证 又因为,故只需证 即证 即证 下面证明时， 设， 则 设 所以,而 所以,所以 所以在单调递增 即,所以 令 所以在单调递减 即,所以； 综上, ,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 12．【2021年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 13．【2021年新课标全国Ⅱ卷第21题】一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，． （1）已知，求； （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，； （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析. 【详解】（1）. （2）设， 因为，故， 若，则，故. ， 因为，， 故有两个不同零点，且， 且时，；时，； 故在，上为增函数，在上为减函数， 若，因为在为增函数且， 而当时，因为在上为减函数，故， 故为的一个最小正实根， 若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根， 综上，若，则. 若，则，故. 此时，， 故有两个不同零点，且， 且时，；时，； 故在，上为增函数，在上为减函数， 而，故， 又，故在存在一个零点，且. 所以为的一个最小正实根，此时， 故当时，. （3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1. 14．【2021年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【详解】(1)由函数的解析式可得：， 当时，若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； (2)若选择条件①： 由于，故，则， 而， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于，故，则， 当时，，， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. 当时，构造函数，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 注意到，故恒成立，从而有：，此时： ， 当时，， 取，则， 即：， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 15．【2021年高考全国乙卷理第20题】设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解 【详解】（1）由，， 又是函数的极值点，所以，解得； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以． 综合（ⅰ）（ⅱ）有． [方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得，，且， 当 时，要证，， ，即证，化简得； 同理，当时，要证，， ，即证，化简得； 令，再令，则，， 令，， 当时，，单减，故； 当时，，单增，故； 综上所述，在恒成立. [方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明 令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 16．【2021年高考全国甲卷理第21题】已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）. 【详解】（1）当时，, 令得,当时，,当时，, ∴函数在上单调递增；上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数 ,设函数, 则,令，得, 在内,单调递增； 在上,单调递减； , 又，当趋近于时，趋近于0， 所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是, 所以的取值范围是. [方法二]：构造差函数 由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解． 构造函数，求导数得． 当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意； 当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为． 由于， 当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即． 构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且． 所以，实数a的取值范围为． [方法三]分离法：一曲一直 曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解． 因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点． ①当时，与只有一个交点，不符合题意． ②当时，取上一点在点的切线方程为，即． 当与为同一直线时有得 直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点． 记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有． 综上所述，实数a的取值范围为． [方法四]：直接法 ． 因为，由得． 当时，在区间内单调递减，不满足题意； 当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减． 因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即． 令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即． 故实数a的范围为．] 17．【2020年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数． （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）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【详解】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）［方法一］：通性通法 ,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 18．【2020年新课标Ⅲ卷理科第21题】设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【详解】（1）因为，由题意，，即：，则． （2）［方法一］：通性通法 由（1）可得，， 令，得或；令，得， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 且， 若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或， 即或. 当时，， 又， 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点， 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点， 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当时，， 又， 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点， 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点， 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，所有零点的绝对值都不大于1. ［方法二］【最优解】： 设是的一个零点，且，则． 从而． 令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1． ［方法三］： 设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为． 设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即． 综上，的所有零点的绝对值都不大于1． ［方法四］： 由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为． （ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意； （ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为． （ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有． 综上，所有零点的绝对值都不大于1． ［方法五］： 设是的一个零点且，则是的另一个零点． ． 则，设，由判别式，所以方程有解． 假设实数满足． 由，得．与矛盾，假设不成立． 所以，所有零点的绝对值都不大于1． 19．【2020年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数f(x)=sin2xsin2x. （1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； （2）证明：； （3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增. （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【详解】(1)由函数的解析式可得：，则： ， 在上的根为：， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2)[方法一]【最优解】：基本不等式法 由四元均值不等式可得 ，当且仅当， 即或时等号成立． 所以． [方法二]：构造新函数+齐次化方法 因为，令，则问题转化为求的最大值． 求导得，令，得． 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 所以函数的最大值为，故． [方法三]：结合函数的周期性进行证明 注意到， 故函数是周期为的函数， 结合(1)的结论，计算可得：， ，， 据此可得：，， 即. (3)利用(2)的结论 由于， 所以． 20．【2020年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2） 【详解】(1)当时，，， 由于，故单调递增，注意到，故： 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由得，，其中， ①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②.当时，分离参数a得，， 记，， 令， 则，， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此，, 综上可得，实数a的取值范围是. [方法二]：特值探路 当时，恒成立． 只需证当时，恒成立． 当时，． 只需证明⑤式成立． ⑤式， 令， 则， 所以当时，单调递减； 当单调递增； 当单调递减． 从而，即，⑤式成立． 所以当时，恒成立． 综上． [方法三]：指数集中 当时，恒成立， 记， ， ①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意； ②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又， 所以若满足，只需，即，所以当时，成立； ③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立， 所以时，满足题意. 综上，. 21．【2019年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)见详解；(2) 或. 【详解】(1)对求导得.所以有 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. (2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立. 若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 . 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为 即解得. 综上得或. 22．【2019年新课标Ⅱ卷理科第20题】已知函数. （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线. 【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析； （2）证明见解析. 【详解】（1）函数的定义域为， ，因为函数的定义域为，所以，因此函数在和上是单调增函数； 当，时，，而，显然当，函数有零点，而函数在上单调递增，故当时，函数有唯一的零点； 当时，， 因为，所以函数在必有一零点，而函数在上是单调递增，故当时，函数有唯一的零点 综上所述，函数的定义域内有2个零点； （2）[方法一]【最优解：分别求得两条方程，比较常数项说明切线重合】 设在点处的斜率为． 切线的方程为，即． 由，得． 所以曲线上斜率为的切线的切点为． 切线的方程为，即． 由于，故曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线. [方法二]【利用切线的斜率相等进行证明】 由题设知，即，曲线在点处的切线l的方程为． 设在曲线上取一点，若其在点B处的斜率与直线l的斜率相等， 则有，即，故． 将点B的坐标代入直线l的方程中， ，整理得，上式显然成立． 则直线l过点B，即曲线在点处的切线也是曲线的切线． [方法三]【利用不同的方法计算斜率证明切线重合】 因为，所以由，设切点坐标为，解得． 因此，曲线在点处切线的斜率也是． 因为，所以， 因此，曲线在点处的切线也是曲线的切线． [方法四]【构造函数讨论单调性证明切线重合】 因为， 所以曲线在点处的切线方程是． 构造函数，由得． 因为当时，； 当时，，所以． 因此，函数只有一个零点． 所以曲线与曲线在点处的切线只有一个交点． 又，因此，曲线与直线相切于， 即曲线在点处的切线也是曲线的切线． 23．【2019年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【详解】（1）由题意知：定义域为：且 令， ， 在上单调递减，在上单调递减 在上单调递减 又， ，使得 当时，；时， 即在上单调递增；在上单调递减 则为唯一的极大值点 即：在区间上存在唯一的极大值点. （2）由（1）知：， ①当时，由（1）可知在上单调递增     在上单调递减 又 为在上的唯一零点 ②当时，在上单调递增，在上单调递减 又     在上单调递增，此时，不存在零点 又 ，使得 在上单调递增，在上单调递减 又， 在上恒成立，此时不存在零点 ③当时，单调递减，单调递减 在上单调递减 又， 即，又在上单调递减 在上存在唯一零点 ④当时，， 即在上不存在零点 综上所述：有且仅有个零点 24．【2018年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数． （1）若，证明：当时，； （2）若在只有一个零点，求的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友 当时，等价于． 设函数，则． ，所以在单调递减． 而，故当时，，即． ［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值 当时，． 令，令，得．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有． ［方法三］：【最优解】指对等价转化 当时，． 令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，． （2）［方法一］：指数找朋友 设函数， 在只有一个零点当且仅当在只有一个零点． （i）当时，，没有零点； （ii）当时，． 当时，；当时，． 所以在单调递减，在单调递增． 故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在只有一个零点； ③若，即，由于，所以在有一个零点， 由（1）知，当时，，所以． 故在有一个零点，因此在有两个零点． 综上，在只有一个零点时，． ［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数 令，得． 令．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则．当时，，当时，，故函数在区间内只有一个零点时，． ［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数 函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点．由与的图象可知它们在区间内必相切于y轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意． ［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数 当时，，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点．由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为．由切线过原点可得，故． ［方法五］：【通性通法】含参讨论 因为，， 当时，在区间内单调递增，又，故无零点； 当时，． ①当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点； ②当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．，从而单调递增．又，所以无零点． ③当时，，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足．所以，解得，则． ［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论 当时，，无零点； 当时，，记，则； 当时，，函数在区间内单调递增，则有，故无零点； 当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，，当时，， 故，得． 25．【2018年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知函数． （1）若，证明：当时，；当时，； （2）若是的极大值点，求． 【答案】（1）见解析 （2） 【详解】（1）当时，，. 设函数，则. 当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，. 所以在单调递增. 又，故当时，；当时，. （2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾. （ii）若，设函数. 由于当时，，故与符号相同. 又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点. . 如果，则当，且时，，故不是的极大值点. 如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点. 如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点 综上，. 26．【2018年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【详解】（1）的定义域为，. （i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减. （ii）若，令得，或. 当时，； 当时，.所以在单调递减，在单调递增. （2）［方法一］：【通性通法】消元 由（1）知，存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于 ， 所以等价于. 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即. ［方法二］：【通性通法】消元 由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时． 欲证不等式成立，只需证． 因为，所以，只需证． 令， 所以，在区间内单调递减，且，所以，即证． ［方法三］：硬算 因为， 所以有两个相异的正根（不妨设）． 则且即． 所以． 而，，所以． 设，则． 所以在上递减，，问题得证． ［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用 由（1）知，存在两个极值点当且仅当． 由于的两个极值点满足，所以．不妨设，则．由于． 由对数平均不等式可得，即． 故． 27．【2017年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得. 当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增. （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点. （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点. 设正整数满足，则. 由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为. 28．【2017年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 【答案】（1）；（2）． 【详解】（1）的定义域为. ①若，因为，所以不满足题意； ②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点. 由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1. （2）由（1）知当时，. 令得.从而 . 故. 而，所以的最小值为. 29．【2017年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 【答案】（1）a=1；（2）见解析. 【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a． 则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0． 因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0， 所以h（x）min＝h（）， 又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0， 所以1，解得a＝1； 另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1）， 所以等价于f（x）在x＝1处是极小值， 所以解得a＝1； （2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2， 令t′（x）＝0，解得：x， 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增， 所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2， 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正， 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0， 所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0， 由x0可知f（x0）＜（x0）max； 由f′（）＜0可知x0， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 30．【2016年新课标Ⅲ卷理科第21题】设函数，其中α＞0，记 的最大值为A． （Ⅰ）求； （Ⅱ）求A； （Ⅲ）证明. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（Ⅲ）详见解析. 【详解】（Ⅰ）. （Ⅱ）当时， . 因此. 当时，将变形为． 令，则是在上的最大值，，，且当时，取得极小值，极小值为． 令，解得（舍去），． （Ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以． （Ⅱ）当时，由，知．又 ，所以． 综上， （Ⅲ）由（Ⅰ）得. 当时，. 当时，，所以. 当时，，所以. 31．【2016年新课标Ⅱ卷理科第21题】(1)讨论函数 的单调性，并证明当 >0时， (2)证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）的最小值为，求函数 的值域. 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【详解】（Ⅰ）的定义域为. 且仅当时，，所以在单调递增， 因此当时， 所以 （Ⅱ） 由（Ⅰ）知，单调递增，对任意 因此，存在唯一使得即， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 因此在处取得最小值，最小值为 于是，由单调递增 所以，由得 因为单调递增，对任意存在唯一的 使得所以的值域是 综上，当时，有最小值，的值域是 32．【2016年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数有两个零点. （Ⅰ）求a的取值范围； （Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析 【详解】（Ⅰ）． （Ⅰ）设，则，只有一个零点． （Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增． 又，，取满足且，则 ， 故存在两个零点． （Ⅲ）设，由得或． 若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点． 若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点． 综上，的取值范围为． （Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即． 由于，而，所以 ． 设，则． 所以当时，，而，故当时，． 从而，故． 33．【2015年新课标Ⅱ理科第21题】设函数． （1）证明：在单调递减，在单调递增； （2）若对于任意，都有，求m的取值范围． 【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）. 【详解】（Ⅰ）． 若，则当时，，；当时，，． 若，则当时，，；当时，，． 所以，在单调递减，在单调递增． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是． 34．【2015年新课标Ⅰ理科第21题】已知函数，． （1）当为何值时，轴为曲线的切线； （2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. 【详解】（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得. 因此，当时，轴是曲线的切线. （Ⅱ）当时，，从而， ∴在（1，+∞）无零点. 当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点. 当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数. （ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点. （ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=. ①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点. ②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点； ③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分 综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点. 1．（2024·浙江·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若曲线在点处的切线与二次曲线只有一个公共点，求实数a的值． 【答案】(1)单调增区间：，单调减区间：． (2)或． 【详解】（1）易知定义域为R，， 所以，，，． 故单调增区间：，单调减区间：． （2）因为，， 所以曲线在点处的切线为 把切线方程代入二次曲线方程，得有唯一解， 即且，即 解得或． 2．（2024·广东汕头·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若恒成立，求的最小值． 【答案】(1)答案见详解 (2) 【详解】（1）（）， 当时，由于，所以恒成立，从而在上递增； 当时，，；，， 从而在上递增，在递减； 综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）令，要使恒成立， 只要使恒成立，也只要使. ， 若，，所以恒成立， 当时，，当时，， 可知在内单调递增，在内单调递减， 所以，解得：， 可知的最小值为； 若，，所以恒成立， 当时，，当时，， 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以在内无最大值，且当趋近于时，趋近于，不合题意； 综上所述：的最小值为. 3．（2024·山西吕梁·三模）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若对任意的，使恒成立，则实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【详解】（1）的定义域为， 令， 又， ，当，即时，，此时在上单调递增 ，当，即时， 令，解得 其中，当时， 所以在单调递增，在单调递减； 当时，， 故在单调递减，单调递增. 综上：在上单调递增； 在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增. （2）法一：不妨设，则，同除以得， 所以令， 当时，恒成立， ，若恒成立，符合题意， ，当恒成立， 令则， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以， ，若，同理恒成立，由知，当 所以不存在满足条件的. 综上所述：. 法二：. 令，则只需在单调递增， 即恒成立， ，令，则恒成立； 又， ①当时，在单调递增成立； ②当时，在单调递增，又，故不恒成立.不满足题意； ③当时，由得在单调递减，在单调递增， 因为恒成立，所以， 解得， 综上，. 4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数，. (1)求函数的单调区间； (2)若当时，恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1)递减区间为，无递增区间； (2). 【详解】（1）依题意，函数的定义域为， 求导得，当且仅当时取等号， 即在上单调递减， 所以函数的递减区间为，无递增区间. （2）当时，恒成立， 令，求导得， 当时，，当时，， 即函数在上递减，在上递增，则当时，， 令，依题意，，恒成立， 令，求导得，则函数在上单调递增， 当时，，因此， 所以实数m的取值范围. 5．（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数，. (1)当时，函数恒成立，求实数的最大值； (2)当时，若，且，求证：； (3)求证：对任意，都有. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）当时，恒成立， 即恒成立，只需即可， 令，，则， 令，，则， 当时，恒成立，在单调递增，所以， 所以在恒成立，在单调递增， 所以， 所以，即实数的最大值为. （2）当时，，， 所以，在上单调递增， 又，且，不妨设， 要证，即证明， 因为在上单调递增，即证， 因为，即证， 设 ，， 令，则，则，， 由可得，在单调递增， 所以，即， 所以成立，所以. （3）由（2）可知当时，在单调递增，且， 由得，即， 令，则，即， 所以，，，…，， 相加得. 6．（2024·贵州六盘水·三模）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数” (1)若，判断是否为上的“4类函数”； (2)若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围； (3)若为上的“2类函数”且，证明：，，. 【答案】(1)是 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）函数是上的“4类函数”，理由如下： 不妨设，所以， ， 所以是上的“4类函数”； （2），， 由题意知，对于任意不同的都有， 不妨设，则， 故且， 所以为上的增函数，为上的减函数， 所以对任意的，即， 由，令，则，， 令得在上单调递增，， 由，令， 只需，， 令得在单调递增， 所以， 综上所述，实数a的取值范围为； （3）证明：因为为上的“2类函数”，所以， 不妨设，当时，； 当时，因为， 所以 ， 综上所述，，，. 7．（2024·重庆·三模）已知函数. (1)当时，恒成立，求实数的取值范围； (2)已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证：； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【详解】（1）由于，则， 设，则，，且在上单减， 令得，令得， 所以在单调递增，单调递减， 所以，则. （2）（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为， 有，即， 此时，切线为：， 相减得， 所以， 设，，所以在上单调递减. 故当时，，所以； 当时，，所以，则. （ii）由题意得：存在实数，使在处的切线和在处的切线重合， 所以，即， 则， 又因为，所以， 题目转化为有两个不等实根，且互为倒数， 不妨设两根为， 则由得， 化简得， 所以， 所以，（也可写为）. 代入中得：有两个不等实根， 即， 设， 由于在上单调递减且， 所以在单调递增，单调递减， 而无限趋近于0时，无限趋向于负无穷大， 无限趋近于正无穷大时，无限趋向于负无穷大，， 所以，即. 8．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数． (1)求函数的极值； (2)设函数的导函数为，若（），证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且， 当时，，函数在上单调递增，无极值； 当时，令，可得；令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值. （2）证明：由（1）知，， 可得，且， 所以，所以， 因为，所以，可得， 则， 因为，所以，记得， 所以， 设，可得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，当时，， 所以，所以，即. 9．（2024·广东茂名·一模）设函数，. (1)当时，在上恒成立，求实数的取值范围； (2)若在上存在零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）当时，， 所以不等式转化为，在上恒成立. 令， 所以. 当时，恒成立. 若，则在上恒成立， 在上单调递增， 故，符合题意； 若，令函数， 则在上恒成立， 所以在上单调递增， 因为，且当时，. 所以，， 故当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围为； （2）因为，， 令，即， 所以. 令，， 则. 令，得. 所以当时，，单调递减； 当，时，单调递增. 所以当时，取得极小值， 即当时，取得极小值. 又因为，， 所以. 所以. 当取得极大值， 即当时，取得极大值. 又因为，， 所以. 所以， 所以当，. 所以. 又因为， 所以时，在上存在零点， 所以实数的取值范围为. 10．（2024·河南信阳·二模）已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”. (1)若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由； (2)若点的坐标为，请分别求出点、的坐标； (3)若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)原点不存在“上位点”，理由见解析 (2)点的坐标为，点的坐标为 (3)存在， 【详解】（1）已知，则，得， 故函数经过点的切线方程为， 其与函数图像无其他交点，所以原点不存在“上位点”. （2）设点的横坐标为，为正整数， 则函数图像在点处的切线方程为， 代入其“上位点”，得， 化简得， 即， 故， 因为，得（*）， 又点的坐标为， 所以点的坐标为，点的坐标为. （3）将代入，解得， 由（*）得，. 即，又， 故是以2为首项，为公比的等比数列， 所以，即，. 令，则严格减， 因为，所以函数在区间上严格增. 当时，，于是当时，严格减，符合要求 当时，. 因为时， 所以当时，， 从而当时严格增，不存在正整数， 使得无穷数列，，…，严格减. 综上，. 11．（2024·四川自贡·三模）已知函数 (1)求函数的单调区间； (2)函数有唯一零点，函数在上的零点为．证明：． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)证明见解析 【详解】（1）函数的定义域为， 且， 所以当时，当时， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）法一：由（1）可知若函数有唯一零点，则，即， 令，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 因为，， 所以， ， 当时，当时， 所以在上存在唯一零点，所以，即， 令，则， 所以在上单调递减， 故， 所以， 又， 所以， 令，则， 所以在上单调递增， 又， 所以. 法二：因为，由（1）可知若函数有唯一零点，则， 即， 设，而在上单调递增， 所以，，所以在上单调递增， 又， 令，所以在上单调递增， 所以，而， . 12．（2024·山东青岛·二模）已知函数. (1)证明曲线在处的切线过原点； (2)讨论的单调性； 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【详解】（1）由题设得，所以， 又因为，所以切点为，斜率， 所以切线方程为，即恒过原点． （2）由（1）得， 当时，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减； 当时，令，则， 当且时，即时，，在上单调递增， 当时，， 由，则，或，则， 所以在上单调递增，在上单调递增； 由，则，则， 所以在上单调递减； 当时，，则为开口向下的二次函数， 对称轴，，， 由，则，则，所以在上单调递增， 由，则，则，所以在上单调递减； 综上：当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 13．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数． (1)当时，求证； (2)当时，求函数的不动点的个数； (3)设，证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 (3)证明见解析 【详解】（1）当时，有， 所以， 所以 当且仅当，，即时，等号成立， 所以当时，，单调递增， 所以，所以得证. （2）当时，， 根据题意可知：方程解的个数即为函数的不动点的个数， 化为，令， 所以函数的零点个数，即为函数的不动点的个数， ，令，即，解得， 单调递减 单调递增 因为，， 所以在上有唯一一个零点， 又， 所以在上有唯一一个零点， 综上所述，函数有两个不动点. （3）由（1）知，， 令，则，即， 设，则满足， 所以，即， 所以， 所以，即. 14．（2024·青海·二模）已知函数，曲线在处的切线的斜率为. (1)求a的值： (2)证明：当时，. 【答案】(1). (2)证明见解析 【详解】（1）由已知得：， 则，解得； （2）结合（1）可得，即证. 设函数，. 当时，，在上单调递增， 所以； 设函数，. 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， . 所以，即得证. 15．（2024·河北沧州·三模）已知函数. (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：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【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. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题05导数及其应用(解答题) 1．【2024年新高考1卷第18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． 2．【2024年新高考2卷第16题】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 3．【2024年甲卷理科第21题】已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 4．【2023年新课标全国Ⅱ卷第22题】（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 5．【2023年新课标全国Ⅰ卷第19题】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 6．【2023年高考全国乙卷理第21题】已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 7．【2023年高考全国甲卷理第21题】已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 8．【2022年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 9．【2022年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 10．【2022年高考全国乙卷理第21题】已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 11．【2022年高考全国甲卷理第21题】已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 12．【2021年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 13．【2021年新课标全国Ⅱ卷第21题】一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，． （1）已知，求； （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，； （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 14．【2021年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②． 15．【2021年高考全国乙卷理第20题】设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 16．【2021年高考全国甲卷理第21题】已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 17．【2020年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数． （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）若不等式恒成立，求a的取值范围． 18．【2020年新课标Ⅲ卷理科第21题】设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 19．【2020年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数f(x)=sin2xsin2x. （1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； （2）证明：； （3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 20．【2020年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 21．【2019年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 22．【2019年新课标Ⅱ卷理科第20题】已知函数. （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线. 23．【2019年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 24．【2018年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数． （1）若，证明：当时，； （2）若在只有一个零点，求的值. 25．【2018年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知函数． （1）若，证明：当时，；当时，； （2）若是的极大值点，求． 26．【2018年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 27．【2017年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 28．【2017年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 29．【2017年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 30．【2016年新课标Ⅲ卷理科第21题】设函数，其中α＞0，记 的最大值为A． （Ⅰ）求； （Ⅱ）求A； （Ⅲ）证明. 31．【2016年新课标Ⅱ卷理科第21题】(1)讨论函数 的单调性，并证明当 >0时， (2)证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）的最小值为，求函数 的值域. 32．【2016年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数有两个零点. （Ⅰ）求a的取值范围； （Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：. 33．【2015年新课标Ⅱ理科第21题】设函数． （1）证明：在单调递减，在单调递增； （2）若对于任意，都有，求m的取值范围． 34．【2015年新课标Ⅰ理科第21题】已知函数，． （1）当为何值时，轴为曲线的切线； （2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数． 1．（2024·浙江·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若曲线在点处的切线与二次曲线只有一个公共点，求实数a的值． 2．（2024·广东汕头·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若恒成立，求的最小值． 3．（2024·山西吕梁·三模）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若对任意的，使恒成立，则实数的取值范围. 4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数，. (1)求函数的单调区间； (2)若当时，恒成立，求实数m的取值范围. 5．（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数，. (1)当时，函数恒成立，求实数的最大值； (2)当时，若，且，求证：； (3)求证：对任意，都有. 6．（2024·贵州六盘水·三模）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数” (1)若，判断是否为上的“4类函数”； (2)若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围； (3)若为上的“2类函数”且，证明：，，. 7．（2024·重庆·三模）已知函数. (1)当时，恒成立，求实数的取值范围； (2)已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证：； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 8．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数． (1)求函数的极值； (2)设函数的导函数为，若（），证明：． 9．（2024·广东茂名·一模）设函数，. (1)当时，在上恒成立，求实数的取值范围； (2)若在上存在零点，求实数的取值范围. 10．（2024·河南信阳·二模）已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”. (1)若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由； (2)若点的坐标为，请分别求出点、的坐标； (3)若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由. 11．（2024·四川自贡·三模）已知函数 (1)求函数的单调区间； (2)函数有唯一零点，函数在上的零点为．证明：． 12．（2024·山东青岛·二模）已知函数. (1)证明曲线在处的切线过原点； (2)讨论的单调性； 13．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数． (1)当时，求证； (2)当时，求函数的不动点的个数； (3)设，证明． 14．（2024·青海·二模）已知函数，曲线在处的切线的斜率为. (1)求a的值： (2)证明：当时，. 15．（2024·河北沧州·三模）已知函数. (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：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$