专题08 导数-2024届山东省高三数学二模分类汇编

· 专题08导数-2024年新高考地区数学 · 二模分类汇编-山东专用（学生版） 一、多选题 1．（2024·山东泰安·二模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．，直线与相切 B．， C．恰有2个零点 D．若且，则 2．（2024·山东临沂·二模）已知定义在上的函数满足，，且，则（    ） A．的最小正周期为4 B． C．函数是奇函数 D． 二、填空题 3．（2024·山东济南·二模）已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为 . 4．（2024·山东枣庄·模拟预测）设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ． 5．（2024·山东·二模）当时，，则实数的取值范围为 ． 6．（20-21高二下·北京·期中）已知轴为函数的图像的一条切线，则实数的值为 . 7．（2024·山东临沂·二模）若直线与曲线相切，则的取值范围为 . 8．（2024·山东聊城·二模）已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则 ． 9．（2024·山东滨州·二模）已知函数，数列满足，，，则 ． 三、解答题 10．（2024·山东济南·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)设是的两个极值点，是的一个零点，且.是否存在实数，使得按某种顺序排列后构成等差数列？若存在，求；若不存在，说明理由. 11．（2024·山东济南·二模）已知点是双曲线上一点，在点处的切线与轴交于点. (1)求双曲线的方程及点的坐标； (2)过且斜率非负的直线与的左､右支分别交于.过做垂直于轴交于（当位于左顶点时认为与重合）.为圆上任意一点，求四边形的面积的最小值. 12．（2024·山东济南·二模）已知函数 (1)讨论的单调性； (2)证明：. 13．（2024·山东济南·二模）在平面直角坐标系 中，直线l 与抛物线W：相切于点P ，且与椭圆 交于A，B两点. (1)当P 的坐标为时，求； (2)若点G 满足 求面积的最大值. 14．（2024·山东济南·二模）随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为 例如在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处. (1)设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量 ，求 的分布列和数学期望； (2)记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）已知 求 以及； （ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的. 15．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知函数，为的导数 (1)讨论的单调性； (2)若是的极大值点，求的取值范围； (3)若，证明：． 16．（2024·山东枣庄·模拟预测）若数列的各项均为正数，对任意，有，则称数列为“对数凹性”数列． (1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由； (2)若函数有三个零点，其中． 证明：数列为“对数凹性”数列； (3)若数列的各项均为正数，，记的前n项和为，，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得． 证明：数列为“对数凹性”数列． 17．（2024·山东淄博·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围． 18．（2024·山东·二模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围. 19．（2024·山东潍坊·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求实数a，b的值； (2)求的单调区间和极值． 20．（2024·山东泰安·二模）已知函数. (1)若的极大值为，求的值； (2)当时，若使得，求的取值范围. 21．（2024·山东日照·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线与椭圆相切，与圆相交于两点，设为圆上任意一点，求的面积最大时直线的斜率． 22．（2024·山东日照·二模）已知函数，． (1)判断函数在区间上的零点个数，并说明理由； (2)函数在区间上的所有极值之和为，证明：对于． 23．（2024·山东临沂·二模）已知函数. (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：. 24．（2024·山东聊城·二模）对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知． (1)设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间； (2)设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围． 25．（2024·山东滨州·二模）定义：函数满足对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”． (1)若，判断是否为上的“2类函数”； (2)若为上的“3类函数”，求实数a的取值范围； (3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，． 26．（2024·山东菏泽·二模）已知函数的图象与轴交于点，且在处的切线方程为，记．（参考数据：）． (1)求的解析式； (2)求的单调区间和最大值． 27．（2024·山东菏泽·二模）如图，已知为抛物线的焦点，过的弦交曲线于点（与不重合）． (1)求证：点为弦的中点； (2)连并延长交抛物线于点，求面积的最小值． 28．（2024·山东菏泽·二模）定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件． (1)求的值； (2)求的解析式； (3)若．比较与0的大小关系，并说明理由． 附：参考公式 试卷第2页，共6页 试卷第1页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ · 专题08导数-2024年新高考地区数学 · 二模分类汇编-山东专用（解析版） 一、多选题 1．（2024·山东泰安·二模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．，直线与相切 B．， C．恰有2个零点 D．若且，则 【答案】ACD 【分析】利用导数研究函数的单调性并作出图形，结合导数的几何意义即可判断A；根据函数的单调性和，即可判断B；根据函数的单调性和零点的存在性定理即可判断C；当、时，分别解方程，即可判断D. 【详解】由题意知，的定义域为，， 则，对于方程，， 所以在上恒成立，故在、上单调递减， 作出直线和函数的图象，如图， A：由图可知，当时，，则，， 所以曲线在点处的切线方程为， 此时使得直线与相切，故A正确； B：当时，，函数在上单调递减， 且，则存在使得， 当时，且，当时，， 所以，使得，故B错误； C：由选项B的分析知，函数在上有且仅有1个零点； 当时，，在上单调递减， 又，，由零点的存在性定理知， 函数在上有且仅有1个零点，所以恰有2个零点，故C正确； D：若，则，， 得，解得； 若，则，， 得，解得， 综上，若且，则，故D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：关于函数零点个数的有关问题，一般转化为两个函数图象交点问题，利用函数图象分析，结合零点单调存在性定理求解即可. 2．（2024·山东临沂·二模）已知定义在上的函数满足，，且，则（    ） A．的最小正周期为4 B． C．函数是奇函数 D． 【答案】AB 【分析】据题意，通过赋值得到，，即可判断A；令，可求出，由周期性可判断B；令，得到，由周期性，可证明是奇函数，假设函数是奇函数，推出矛盾，判断C；由周期性及对称性可计算D. 【详解】对于A，因为， 所以，， 所以，故的最小正周期为4，A正确； 对于B，因为， 令，则， 所以， 由A可知，，故B正确； 对于C， 因为，① 令，则， 所以， 所以，② 由①②，所以，即，故为奇函数， 若函数是奇函数，则， 所以，即， 所以， 所以的最小正周期为2，与选项A矛盾，故C错误； 对于D，因为为奇函数，且，所以， 又因为的最小正周期为4，所以， 因为 所以，， 所以， ， 以此类推， 所以，故D错误. 故选：AB 【点睛】方法点睛：本题以抽象函数为载体综合考查函数的性质，关键是根据已知条件判断出的周期. 以下是抽象函数周期性质的一些总结，可以适当总结记忆： 设函数， （1）若，则函数的周期为； （2）若，则函数的周期为； （3）若，则函数的周期为； （4）若，则函数的周期为； （5）若，则函数的周期为. 二、填空题 3．（2024·山东济南·二模）已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为 . 【答案】 【分析】对求导，利用导数判断其单调性和最值，令，整理得可得，构建，结合的图象分析的零点分布，结合二次函数列式求解即可. 【详解】由题意可知：的定义域为，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增，可得， 且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 作出的图象，如图所示， 对于关于x的方程， 令，可得，整理得， 且不为方程的根， 可知方程等价于， 若方程有三个不相等的实数解， 可知有两个不同的实数根， 且或或， 构建， 若，则，解得； 若，则，解得， 此时方程为，解得，不合题意； 若，则，解得， 此时方程为，解得，不合题意； 综上所述：实数a的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：利用函数零点求参数值或取值范围的方法 （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解． （2）分离参数后转化为求函数的值域（最值）问题求解． （3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解． 4．（2024·山东枣庄·模拟预测）设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 2 【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过作并构造直角三角形，根据的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可. 【详解】设，则， ，即，时取得最小值； 易知，，联立有， 显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示， 过作交l于N，过作， 则（重合时取得等号）， 设，则，所以，    故答案为：2， 【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的性质计算最值即可. 5．（2024·山东·二模）当时，，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由令，由，故有，可得，即得其必要条件，再在的条件下，借助，，可得，借助导数可得，即可得是其充分条件，即可得解. 【详解】令，则， 由，故，即， 即“”是“当时，”的必要条件， 当时， 令，则， 故在上单调递增，即，即， 则有， 令，则， 故在上单调递增，即，即， 则有， 即有， 令， 则， 由，，故， 即在上单调递增，则有， 即， 故“”是“当时，”的充分条件， 故实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一是借助必要性探路法（端点效应），得到其必要条件，二是借助常见不等式，在时，，在，的情况下，得到，从而可通过导数得到. 6．（20-21高二下·北京·期中）已知轴为函数的图像的一条切线，则实数的值为 . 【答案】 【分析】求出原函数的导函数，设切点为，，由题意列关于与的方程组，求解得答案． 【详解】解：由，得， 设切点为，， 则，消去并整理，得，则． ． 故答案为：． 7．（2024·山东临沂·二模）若直线与曲线相切，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】利用导数求切点坐标，再由切点在直线上可得，则，构造并研究单调性，进而求值域即可. 【详解】函数的导数为， 设切点为，所以，则，即 又因为在上，所以， 所以，即，所以， 所以， 令，， 令，可得，令，可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 当趋近正无穷时，趋近正无穷. 所以的取值范围为：. 故答案为：. 8．（2024·山东聊城·二模）已知正方形的四个顶点均在函数的图象上，若两点的横坐标分别为，则 ． 【答案】 【分析】分析函数关于点中心对称，进而正方形的对称中心为，设出直线的方程为，则直线的方程为，,，,，则,，,，联立直线方程与函数可得，，由，可得，进而求得的值，所以可得，代值计算即可得出答案． 【详解】因为，所以，则，得函数关于点中心对称， 显然该正方形的中心为， 由正方形性质可知，于，且， 不妨设直线的方程为，则直线的方程为， 设,，,，则,，,， 联立直线方程与函数得，即， ，同理， 又， ，即， 化简得，， ， ． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与曲线的综合运用.解决本题的关键是利用函数的对称性与正方形的对称性，从而可设互相垂直的两条直线，再根据直线与曲线相交的坐标关系，进而利用相交弦长公式确定直线斜率关系式.考查了运算求解能力，属于较难题目． 9．（2024·山东滨州·二模）已知函数，数列满足，，，则 ． 【答案】2 【分析】根据函数性质分析可知：在上单调递增，且为奇函数，进而可得，结合数列周期性分析求解. 【详解】由题意可知：的定义域为， 且，即， 可知为定义在上的奇函数； 且， 因为在上单调递增，可知在上单调递增； 综上所述：在上单调递增，且为奇函数. 因为，则， 可得，即， 由可知：3为数列的周期，则， 且，所以. 故答案为：2. 【点睛】易错点睛：本题分析的奇偶性的同时，必须分析的单调性，若没有单调性，由无法得出. 三、解答题 10．（2024·山东济南·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)设是的两个极值点，是的一个零点，且.是否存在实数，使得按某种顺序排列后构成等差数列？若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）借助导数祭计算可得函数的极值点为，零点为，结合等差数列定义计算即可得解. 【详解】（1）当时，， 则，故， 又，所以曲线在点处的切线方程为； （2）， 由于，故， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以的两个极值点为， 不妨设， 因为，且是的一个零点，故. 又因为， 故， 此时依次成等差数列， 所以存在实数满足题意，且. 11．（2024·山东济南·二模）已知点是双曲线上一点，在点处的切线与轴交于点. (1)求双曲线的方程及点的坐标； (2)过且斜率非负的直线与的左､右支分别交于.过做垂直于轴交于（当位于左顶点时认为与重合）.为圆上任意一点，求四边形的面积的最小值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用待定系数法求双曲线方程，利用导数法来求切线方程即可得A点坐标； （2）先设直线的方程，再利用三点共线，可求出直线过定点，从而把面积问题转化到两定点上去研究，最后发现为实轴两顶点时取到最小值，再去研究另一个圆上动点的最小值. 【详解】（1）由题意可知，，即，故的方程为：. 因为在第一象限，不妨设，则可变形为， 则，代入得：，所以切线方程为， 令得,所以点坐标为. （2）    显然直线的斜率存在且不为， 设，则， 联立方程，整理得：， ， 由三点共线得：，即， 整理得：， 所以，整理得， 满足，所以直线过定点，则且线段垂直于x轴， 令分别表示到的距离， 结合图，显然，仅当为右顶点时两式中等号成立， 所以 ，当且仅当时等号成立. 【点睛】关键点点睛：利用导数思想来研究某点处的切线方程；对于面积问题，本题是要转移到一边已知，从而把面积问题转化为点到这边距离的最小值问题. 12．（2024·山东济南·二模）已知函数 (1)讨论的单调性； (2)证明：. 【答案】(1)答案见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）求导可得，分和两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性； （2）构建，，根据单调性以及零点存在性定理分析的零点和符号，进而可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明. 【详解】（1）由题意可得：的定义域为，， 当时，则在上恒成立， 可知在上单调递减； 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 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. （2）构建， 则， 由可知， 构建， 因为在上单调递增，则在上单调递增， 且， 可知在上存在唯一零点， 当，则，即； 当，则，即； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则， 又因为，则，， 可得， 即，所以. 13．（2024·山东济南·二模）在平面直角坐标系 中，直线l 与抛物线W：相切于点P ，且与椭圆 交于A，B两点. (1)当P 的坐标为时，求； (2)若点G 满足 求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，根据题意结合导数的几何意义求得切线方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求，代入即可得结果； （2）根据题意可知：点为的重心，进而可得，结合基本不等式求其最大值. 【详解】（1）由可得， 设，可知直线l 的斜率， 可知切线方程为，即， 联立方程，消去y得， 可知，解得， 设，则， 则 若P 的坐标为，即， 所以. （2）因为点到直线的距离， 由题意可知：点为的重心，且， 可知 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：1．与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解． （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）． 14．（2024·山东济南·二模）随机游走在空气中的烟雾扩散、股票市场的价格波动等动态随机现象中有重要应用.在平面直角坐标系中，粒子从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位，且向四个方向移动的概率均为 例如在1秒末，粒子会等可能地出现在四点处. (1)设粒子在第2秒末移动到点，记的取值为随机变量 ，求 的分布列和数学期望； (2)记第秒末粒子回到原点的概率为. （i）已知 求 以及； （ii）令，记为数列的前项和，若对任意实数，存在，使得，则称粒子是常返的.已知 证明：该粒子是常返的. 【答案】(1)见解析 (2)（i）；；（ii）见解析 【分析】（1）求出求的可能取值及其对应的概率，即可求出分布列，再由数学期望公式求出； （2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故；粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑，再由古典概率公式求解即可；第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步，向下移动步，表示出，由组合数公式化简即可得出答案；（ii）利用题目条件可证明，再令可证得，进一步可得，即可得出答案. 【详解】（1）粒子在第秒可能运动到点或或的位置，的可能取值为：， ，，， 所以的分布列为： . （2）（i）粒子奇数秒不可能回到原点，故， 粒子在第4秒回到原点，分两种情况考虑： 每一步分别是四个不同方向的排列，例如“上下左右”，共有种情形； 每一步分别是两个相反方向的排列，例如“左左右右、上上下下”，共有种情形； 于是， 第秒末粒子要回到原点，则必定向左移动步，向右移动步，向上移动步， 向下移动步，故 . 故. （ii）利用可知： ， 于是， 令，， 故在上单调递增， 则，于是， 从而有：， 即为不超过的最大整数，则对任意常数，当时， ，于是, 综上所述，当时，成立，因此该粒子是常返的. 【点睛】关键点睛：本题第二问（ii）的关键点在于利用可得，再令可证得，进一步可得，即可得出答案. 15．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知函数，为的导数 (1)讨论的单调性； (2)若是的极大值点，求的取值范围； (3)若，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）令，求出导函数，再分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）结合（1）分、、、四种情况讨论，判断的单调性，即可确定极值点，从而得解； （3）利用分析法可得只需证，，只需证对任意，有，结合（2）只需证明，构造函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）由题知， 令，则， 当时，在区间单调递增， 当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）当时，， 由（1）知，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，且， 由（1）知，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，则当时，在上单调递增， 所以无极值点，不合题意； 当时，，且； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 所以是函数的极大值点，符合题意； 综上所述，的取值范围是. （3）要证， 只要证， 只要证，， 因为，则， 所以只要证对任意，有， 只要证对任意，有（※）， 因为由（2）知：当时，若，则， 所以，即①， 令函数，则， 所以当时，所以在单调递增； 则，即， 由①②得， 所以（※）成立， 所以成立. 【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. 16．（2024·山东枣庄·模拟预测）若数列的各项均为正数，对任意，有，则称数列为“对数凹性”数列． (1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由； (2)若函数有三个零点，其中． 证明：数列为“对数凹性”数列； (3)若数列的各项均为正数，，记的前n项和为，，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得． 证明：数列为“对数凹性”数列． 【答案】(1)只有1，2，4，3，2是“对数凹性”数列，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用“对数凹性”数列的定义计算即可； （2）利用导数研究三次函数的性质结合零点个数相同及“对数凹性”数列的定义计算即可； （3）将互换计算可得，令，可证明是等差数列，结合等差数列得通项公式可知，利用及的关系可得，并判定为单调递增的等差数列，根据等差数列求和公式计算结合基本不等式放缩证明其大于0即可. 【详解】（1）根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4中不成立， 所以数列1，3，2，4不是“对数凹性”数列； 而数列1，2，4，3，2中均成立，所以数列1，2，4，3，2是“对数凹性”数列； （2）根据题意及三次函数的性质易知有两个不等实数根， 所以， 又，所以， 显然，即不是的零点， 又， 令，则也有三个零点， 即有三个零点， 则有三个零点， 所以有两个零点， 所以同上有， 故数列为“对数凹性”数列 （3）将互换得：，所以， 令，得， 所以，故数列是等差数列， 记，所以， 所以， 又因为，所以， 所以，所以为单调递增的等差数列， 所以. 所以 所以，数列是“对数凹性”数列 【点睛】思路点睛：第二问根据定义及三次函数的性质、判别式先判定，再判定零点个数相同，再次利用导函数零点个数及判别式判定即可；第三问根据条件将互换得，利用赋值法证明是等差数列，再根据及的关系可得从而判定其为单调递增数列，根据等差数列求和公式计算结合基本不等式放缩证明其大于0即可. 17．（2024·山东淄博·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导得到切线斜率，进而求出直线即可；（2）求导，再参变分离，构造函数，转化为最值问题即可. 【详解】（1）当时，， 且， 又， 所以曲线在点处的切线方程为． （2）因为函数在区间上是减函数， 所以在区间上恒成立． 当且仅当在上恒成立， 则在上恒成立， 令，， 显然在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则，得， 实数的取值范围为 18．（2024·山东·二模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）先求导函数，再对m进行分类讨论得的正负情况，进而得函数单调性. （2）先由题意得出隐性条件得m的限制范围， 再对不等式两边同时取以为底的对数整理得左右两边为同样形式的不等式进而将原问题等价简化成研究 恒成立即可求解. 【详解】（1）由题可知，，且在定义域上单调递增， 当时，恒成立，此时在上单调递减， 当时，令，则， 所以时，，此时单调递减； 时，，此时单调递增， 当，即时， 此时在恒成立，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； 当时，在上单调递增. （2）因为，所以， 又，所以，即， 故时，恒成立， 令，，则， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，从而． 将两边同时取以为底的对数可得 整理可得． 令，则，且在上单调递增， 因为且， 所以在上恒成立， 所以恒成立， 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以， 所以， 又因为，所以． 【点睛】方法点睛：对于指、对、幂函数同时出现的复杂不等式问题，如本题，一般考虑用同构思想方法将不等式两边转化成形式一样的式子，再构造函数利用函数单调性来研究. 19．（2024·山东潍坊·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求实数a，b的值； (2)求的单调区间和极值． 【答案】(1)， (2)单调递增区间是，，单调递减区间是，极大值为，极小值为. 【分析】（1）求导根据导数的几何意义求解即可； （2）求导分析导函数的正负区间进而求解极值即可. 【详解】（1）由题可得， 由题意，故， 又，故. （2）由（1）可得， 令可得或，令可得， 故的单调递增区间是，，单调递减区间是. 则的极大值为，极小值为. 20．（2024·山东泰安·二模）已知函数. (1)若的极大值为，求的值； (2)当时，若使得，求的取值范围. 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）根据题意，求得，令，解得或，分类讨论，求得函数单调性和极大值，即可求解； （2）当时，由（1）得到的单调性，分别求得和，结合题意，分类讨论，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）解：因为函数，可得， 因为，令，解得或， 当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增 所以的极大值为，不符合题意； 当时，即时，，在上单调递增，无极大值； 当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以极大值为，解得. （2）解：当时， 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时， 当时，即时，当时，单调递增，， 又因为当时，， 因为，所以，当时，使得， 当时，即时， 当时，单调递增，， 当时， 若满足题意，只需，即， 当时，即时， 当时，在上单调递减，上单调递增 所以函数的最小值为， 所以， 又因为时，， 若满足题意，只需，即， 因为，所以， 所以，当时，不存在使得， 综上，实数的取值范围为. 【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、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、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； 3、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． 4、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，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． 21．（2024·山东日照·二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知直线与椭圆相切，与圆相交于两点，设为圆上任意一点，求的面积最大时直线的斜率． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)由已知条件得，再表示出通径长，解方程组即可求得； (2) 设直线方程为,由直线与椭圆相切可得，用圆心到直线的距离表示的面积，得到一个关于的函数最大值问题，利用导数求出取最大值时的值，再求出此时的值即可，注意斜率不存在的情况讨论与比较. 【详解】（1）由题椭圆的左焦点为， 即①； 当时，， 又过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，所以②， 由①②得：， 所以椭圆的标准方程为：. （2）当斜率存在时，设直线方程为,与联立，消去并整理得： 已知直线与椭圆相切，所以， 化简得：； 又O到直线的距离为， 设P到直线的距离为，则， 则的面积， 令, 得, 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，取得极大值也是最大值, 当斜率不存在时，可得， 此时的面积， 因为，所以， 综上：的面积最大值为，此时 故的面积最大时直线的斜率为. 22．（2024·山东日照·二模）已知函数，． (1)判断函数在区间上的零点个数，并说明理由； (2)函数在区间上的所有极值之和为，证明：对于． 【答案】(1)两个，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，结合函数的单调性及零点存在性定理判断即可； （2）结合（1）可得的极值点，判断极值点的大小，求极值点的和，再构造函数，判断函数值小于即可． 【详解】（1）因为函数，所以， 当时，，所以，在上单调递减， 且，所以在上无零点； 当时，，所以，在上单调递增， 且，，所以在上有唯一零点； 当时，，，在上单调递减， 且，，所以在上有唯一零点； 综上，函数在区间上有两个零点． （2）因为，所以， 由（1）知，在无极值点，在有极小值点，记为， 在有极大值点，记为， 同理可得，在有极小值点，， 在有极值点， 由，得， 因为，，所以， 所以，因为，，所以， 所以，， 因为，所以， 由函数在上单调递增，得． 所以， 因为在内单调递减，所以，所以， 同理，，，， 因为在上单调递减，所以， 所以，且，； 当为偶数时，， 当为奇数时，， 综上知，对，． 【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． 23．（2024·山东临沂·二模）已知函数. (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：. 【答案】(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. 24．（2024·山东聊城·二模）对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知． (1)设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间； (2)设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围． 【答案】(1)单调递增区间为，递减区间为； (2). 【分析】（1）根据给定的定义，列式求出值，再利用导数求出函数的单调区间. （2）利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可. 【详解】（1）由为“的可移倒数点”，得， 即，整理，即，解得， 由的定义域为R，求导得， 当时，单调递增；时，单调递减； 时，单调递增， 所以的单调递增区间为，递减区间为． （2）依题意，， 由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根， ①当时，，方程可化为，解得， 这与不符，因此在内没有实数根； ②当时，，方程可化为， 该方程又可化为． 设，则， 因为当时，，所以在内单调递增， 又因为，所以当时，， 因此，当时，方程在内恰有一个实数根； 当时，方程在内没有实数根． ③当时，没有意义，所以不是的实数根． ④当时，，方程可化为， 化为，于是此方程在内恰有两个实数根， 则有，解得， 因此当时，方程在内恰有两个实数根， 当时，方程在内至多有一个实数根， 综上，的取值范围为． 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 25．（2024·山东滨州·二模）定义：函数满足对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”． (1)若，判断是否为上的“2类函数”； (2)若为上的“3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)为上的“2类函数” (2) (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意结合“类函数”定义分析判断； （2）根据题意分析可知，均恒成立，根据函数单调性结合导数可知在内恒成立，利用参变分类结合恒成立问题分析求解； （3）分类讨论的大小关系，根据“类函数”定义结合绝对值不等式分析证明. 【详解】（1）对于任意不同的，不妨设，即， 则， 所以为上的“2类函数”. （2）因为为上的“3类函数”， 对于任意不同的，不妨设， 则恒成立， 可得， 即，均恒成立， 构建，，则， 由可知在内单调递增， 可知在内恒成立，即在内恒成立； 同理可得：内恒成立； 即在内恒成立， 又因为，即， 整理得，可得， 即在内恒成立， 令， 因为在内单调递增，则在内单调递增， 当，；当，；可知， 可得在内恒成立， 构建，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 构建，则在内恒成立， 可知在内单调递减，则； 可得，所以实数a的取值范围为. （3）（i）当，可得，符合题意； （ⅱ）当，因为为上的“2类函数”，不妨设， ①若，则； ②若，则 ； 综上所述：，，. 【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． 26．（2024·山东菏泽·二模）已知函数的图象与轴交于点，且在处的切线方程为，记．（参考数据：）． (1)求的解析式； (2)求的单调区间和最大值． 【答案】(1)； (2)单调增区间为，单调减区间为和，最大值为． 【分析】（1）利用导数求解函数在某一点处的切线方程求解即可； （2）利用导数求解函数的单调区间和最大值即可. 【详解】（1）由题意与轴的交点，又， 在点处的切线的斜率， 在点处的切线方程为，即切线方程为 （2）由（1）知，所以， ， 令得的变化情况列表如下， 0 2 + - 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数 所以的单调增区间为，单调减区间为和， ，又， ， 的最大值为． 27．（2024·山东菏泽·二模）如图，已知为抛物线的焦点，过的弦交曲线于点（与不重合）． (1)求证：点为弦的中点； (2)连并延长交抛物线于点，求面积的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系，求得，再由方程组，求得，得到与重合，即可求解； （2）由（1）知直线，联立方程组，求得，根据题意，得到，得到，令，得到，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【详解】（1）解：设直线，的中点为且， 联立方程组，整理得， 则，且， 可得， 所以中点的坐标为， 又由方程组，解得，即， 所以点与重合，即为中点. （2）解：由（1）知直线， 联立方程组，解得， 又由，所以， 所以， 令，则，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，面积取得最小值． 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题的方法与策略： 1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、圆锥曲线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用圆锥曲线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化． 2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用. 28．（2024·山东菏泽·二模）定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件． (1)求的值； (2)求的解析式； (3)若．比较与0的大小关系，并说明理由． 附：参考公式 【答案】(1)5；11 (2) (3)大小关系及理由见解析 【分析】（1）利用条件②代入可求，利用条件③代入可求； （2）利用累加法可得； （3）由（2），可得，所以， 则可得，根据裂项相消法得，讨论的范围即可求解. 【详解】（1）由条件②可得； 由条件③可得． （2）由条件②）可得： ， ， ， 将上述个等式相加，得； 由条件③可得： ， ， 将上述个等式相加，得． （3）由（2），所以， 则， 则 ， 当且仅当时，，上式取得等号， 即时，均有， 所以，当时，； 当时，； 当时，，所以． 【点睛】关键点点睛： 小问2，由条件，根据累加法求解； 小问3，由（2），得到，则可得到已知求和式，两边乘以利用二倍角公式化简，然后放大，根据裂项相消求和，即可求解． 试卷第44页，共45页 试卷第45页，共45页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$