专题5.4 导数在研究函数中的应用【八大题型】-2024-2025学年高二数学举一反三系列（人教A版2019选择性必修第二册）

专题5.4 导数在研究函数中的应用【八大题型】 【人教A版（2019）】 【题型1 函数零点（方程根）的个数问题】 1 【题型2 函数零点（方程根）的参数范围问题】 2 【题型3 利用导数证明不等式】 3 【题型4 利用导数研究不等式恒成立问题】 4 【题型5 利用导数研究存在性问题】 5 【题型6 利用导数研究双变量问题】 6 【题型7 导数中的新定义问题】 7 【题型8 导数在实际问题中的应用】 9 【知识点1 导数中的函数零点（方程根）问题】 1．导数中的函数零点（方程根）问题 利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法： (1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决. (2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y= g (x)图象的交点问题. 2．与函数零点（方程根）有关的参数范围问题的解题策略 与函数零点（方程根）有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况. 【题型1 函数零点（方程根）的个数问题】 【例1】（23-24高二下·江西景德镇·期末）下列给出的四个函数中，零点的个数最多的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（23-24高二下·浙江·期中）函数的零点个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-2】（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求零点的个数． 【变式1-3】（24-25高三上·福建福州·阶段练习）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，求曲线在处的切线方程； (3)当时，试讨论函数的零点个数． 【题型2 函数零点（方程根）的参数范围问题】 【例2】（23-24高三上·天津·期中）已知函数，若函数有且只有3个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2024·山西太原·二模）已知函数，若方程恰有三个不同实数根，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）已知函数在处取得极值，其中． (1)求的值； (2)当时，方程有两个不等实数根，求实数k的取值范围． 【变式2-3】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数，其中为常数. (1)当时，试讨论的单调性； (2)若函数有两个不相等的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【知识点2 导数中的不等式证明】 1．导数中的不等式证明 (1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可. (2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题． 【题型3 利用导数证明不等式】 【例3】（24-25高三上·全国·阶段练习）已知函数，的图象在处的切线方程为. (1)求的值； (2)证明：. 【变式3-1】（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）已知函数有两个极值点. (1)求的取值范围； (2)证明：. 【变式3-2】（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数． (1)若时，求的取值范围； (2)若，证明：当时，． 【变式3-3】（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知函数． (1)求函数的极值； (2)证明：对任意的，有； (3)若，证明：． 【知识点3 导数中的恒成立、存在性问题】 1．导数中的恒成立、存在性问题 解决不等式恒（能）成立问题有两种思路： (1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题． (2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可. 【题型4 利用导数研究不等式恒成立问题】 【例4】（24-25高三上·山西忻州·阶段练习）已知，设函数，若在上恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）对于，不等式恒成立，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（24-25高三上·河北邢台·期中）已知函数（）． (1)当时，讨论的单调性； (2)若不等式对恒成立，求a的取值范围． 【变式4-3】（24-25高三上·全国·阶段练习）已知函数，，其中，. (1)若在处取得极值，求的值； (2)讨论函数的单调性： (3)若对任意，当时，不等式恒成立，求的取值范围. 【题型5 利用导数研究存在性问题】 【例5】（23-24高二下·广东广州·阶段练习）已知函数，若存在，使得成立，则实数m的最小值是（    ） A． B． C． D．4 【变式5-1】（23-24高二下·新疆·期中）已知，存在唯一的整数，使得成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】（24-25高三上·甘肃兰州·阶段练习）已知函数. (1)讨论在区间上的单调性； (2)若时，不等式有解，求的取值范围. 【变式5-3】（23-24高三上·河北唐山·阶段练习）已知． (1)讨论的单调性； (2)若存在唯一的整数，使得，求实数a的取值范围； (3)是否存在实数m，使得恒成立？若存在，请求出m的取值范围；若不存在，请说明理由． 【知识点4 导数中的双变量问题】 1．导数中的双变量问题 导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现，要想解决双变量问题，就需要掌握破解双参数不等式的方法： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式； 二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【题型6 利用导数研究双变量问题】 【例6】（24-25高三上·山西大同·开学考试）已知是函数的两个极值点，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式6-1】（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数，若，且，，则（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2024·四川德阳·二模）已知函数， (1)当时，讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点，求的最小值. 【变式6-3】（24-25高三上·全国·阶段练习）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若是的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：（为函数的导函数）. 【题型7 导数中的新定义问题】 【例7】（23-24高二下·江苏常州·期中）设定义在上，若对任意实数，存在实数，使得成立，则称满足“性质”，下列函数满足“性质”的有（    ） A． B． C． D． 【变式7-1】（23-24高二下·北京房山·期末）给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数，记．若在上恒成立，则称在上为凸函数．以下四个函数在上不是凸函数的是（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】（23-24高二下·甘肃临夏·期末）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．已知函数． (1)若是函数的“拐点”，求a的值和函数的单调区间； (2)若函数的“拐点”在y轴右侧，讨论的零点个数． 【变式7-3】（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. ①求的取值范围； ②证明：. 【知识点5 导数在解决实际问题中的应用】 1．导数在解决实际问题中的应用 (1)利用导数解决实际问题时，常常涉及用料最省、成本(费用)最低、利润最大、效率最高等问题，求解时需要分析问题中各个变量之间的关系，抓主元，找主线，把“问题情境"翻译为数学语言，抽象成数学问题，再选择合适的数学方法求解，最后经过检验得到实际问题的解. (2)解决优化问题的方法并不单一，运用导数求最值是解决这类问题的有效方法，有时与判别式、基本不等式及二次函数的性质等结合，多举并用，达到最佳效果. (3)利用导数解决实际问题的一般步骤 【题型8 导数在实际问题中的应用】 【例8】（2024高三·全国·专题练习）小李准备向银行贷款万元全部用于某产品的加工与销售，据测算每年利润（单位：万元）与贷款满足关系式，要使年利润最大，小李应向银行贷款（    ） A．3万元 B．4万元 C．5万元 D．6万元 【变式8-1】（2024高三·全国·专题练习）某海上油田A到海岸线(近似直线)的垂直距离为10海里，垂足为B，海岸线上距离B处100海里有一原油厂C，现计划在BC之间建一石油管道中转站M.已知海上修建石油管道的单位长度费用是陆地上的3倍，要使从油田A处到原油厂C修建管道的费用最低，则中转站M到B处的距离应为(　　) A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 【变式8-2】（2024·上海崇明·一模）某公园有一块如图所示的区域，该场地由线段、、及曲线段围成.经测量， ，米，曲线是以为对称轴的抛物线的一部分，点到、的距离都是50米.现拟在该区域建设一个矩形游乐场，其中点在曲线段上，点、分别在线段、上，且该游乐场最短边长不低于30米.设米，游乐场的面积为平方米.    (1)试建立平面直角坐标系，求曲线段的方程； (2)求面积关于的函数解析式； (3)试确定点的位置，使得游乐场的面积最大. 【变式8-3】（23-24高二下·北京西城·期末）某种型号轮船每小时的运输成本（单位：元）由可变部分和固定部分组成．其中，可变部分成本与航行速度的立方成正比，且当速度为时，其可变部分成本为每小时8元；固定部分成本为每小时128元． (1)设该轮船航行速度为，试将其每小时的运输成本表示为的函数； (2)当该轮船的航行速度为多少时，其每千米的运输成本（单位：元）最低？ 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 $$ 专题5.4 导数在研究函数中的应用【八大题型】 【人教A版（2019）】 【题型1 函数零点（方程根）的个数问题】 1 【题型2 函数零点（方程根）的参数范围问题】 5 【题型3 利用导数证明不等式】 9 【题型4 利用导数研究不等式恒成立问题】 14 【题型5 利用导数研究存在性问题】 17 【题型6 利用导数研究双变量问题】 20 【题型7 导数中的新定义问题】 25 【题型8 导数在实际问题中的应用】 29 【知识点1 导数中的函数零点（方程根）问题】 1．导数中的函数零点（方程根）问题 利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法： (1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决. (2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y= g (x)图象的交点问题. 2．与函数零点（方程根）有关的参数范围问题的解题策略 与函数零点（方程根）有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况. 【题型1 函数零点（方程根）的个数问题】 【例1】（23-24高二下·江西景德镇·期末）下列给出的四个函数中，零点的个数最多的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据零点的定义，以及利用导数判断函数的单调性，以及最值，零点存在性定理，即可判断零点个数最多的函数. 【解答过程】A. ，得，有1个零点， B. ，，得，当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减，当时，函数取得最大值， 且，所以只有1个零点， ，所以在区间只有1个零点， 所以函数有2个零点， C. ，，得， 当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值0，所以只有1个零点， D. 在定义域单调递增，，， 所以函数只有1个零点， 综上可知，零点个数最多的是函数有2个零点. 故选：B. 【变式1-1】（23-24高二下·浙江·期中）函数的零点个数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】先确定函数定义域，然后令可分解因式得，通过求导研究函数的单调性，确定最小值符号，即可得出结论. 【解答过程】解：由题可得，故令， 即，令， 则， 由， 所以在单调递增，在递减， 又 ，， 在与分别有一个零点， 所以有两个零点，故有两个零点， 故选：B. 【变式1-2】（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求零点的个数． 【解题思路】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解； （2）利用导数判断出函数的单调性，再构造函数利用导数判断的符号，根据零点存在性定理得解. 【解答过程】（1）因为，， 所以，，， 所以切线方程为，即. （2），当，，， 所以，即在上单调递减， 令，， 当时，，在上单调递减，即在上单调递减； 又因为，当时，即在单调递增， 因此在单调递增，在单调递减． 当时，，；，因为在单调递增， 所以根据零点存在定理，在有唯一零点； 令，， 当时，，单调递增，且， 当时，，单调递减； 所以，即， 所以， 所以， 又因为在单调递减，根据零点存在定理在有唯一零点． 综上，在上有2个零点． 【变式1-3】（24-25高三上·福建福州·阶段练习）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，求曲线在处的切线方程； (3)当时，试讨论函数的零点个数． 【解题思路】（1）分，两种情况，讨论的正负性可得单调性； （2）由题可得：，后由点斜式可得切线方程； （3）将的零点个数可看作直线与曲线的交点个数，后由导数知识研究函数 的单调性，画出的大致图象，即可得答案； 【解答过程】（1）， 当时，恒成立，故在上单调递增， 当时，令，解得， 所以当时，单调递增； 当时，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； （2）由，则，得， 曲线在处的切线的斜率为 故曲线在处的切线的方程为， 即； （3）由于，即， 即的零点个数可看作直线与曲线的交点个数问题； 令，则， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 故， 当时，，当时，， 当趋向于负无穷时，趋向于负无穷，当趋向于正无穷时，趋向于， 作出函数的图象如图： 当，即时，直线与曲线中的有个交点， 当，即时，直线与曲线的有个交点， 当，即时，直线与曲线中的无交点， 故时，函数的零点个数是；时，函数的零点个数是； 时，函数的零点个数是； 【题型2 函数零点（方程根）的参数范围问题】 【例2】（23-24高三上·天津·期中）已知函数，若函数有且只有3个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题意，得到是的一个零点，转化为和时，分别有一个零点，分类讨论，结合二次函数的性质，以及利用导数的几何意义，即可求解. 【解答过程】解：由函数，若有且只有3个零点， 当时，可得，可得是的一个零点， 当时，由，可得，解得； 当时，，可得，可得， 要使得函数在上有一个零点， 即函数与的图象有一个公共点，则满足， 综上可得：，即函数有三个零点时，实数的范围为 故选：B. 【变式2-1】（2024·山西太原·二模）已知函数，若方程恰有三个不同实数根，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】作出函数的图象，转化为两个函数有三个交点，利用数形结合计算特殊位置即可. 【解答过程】 如图所示，作出函数的图象， 方程恰有三个不同实数根，等价于上述两个函数图象有三个交点， 易知， 显然与必有一个交点， 所以要满足题意需与有两个交点， ①先求与相切时的值， 设切点为，则， 令， 即单调递增， 又，所以， 当过点时，， 此时满足条件的 ②再求与相切时的值， 联立，， 易知切点横坐标为，显然时，，符合要求， 当过点时，， 此时满足条件的， 综上：. 故选：C. 【变式2-2】（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）已知函数在处取得极值，其中． (1)求的值； (2)当时，方程有两个不等实数根，求实数k的取值范围． 【解题思路】（1）先求导函数，再依据题意求解检验即可. （2）由（1）得和，接着研究在上的正负从而得在上的单调性，根据单调性数形结合即可得解. 【解答过程】（1）由求导得， 依题意可知，即，解得， 此时，， 由得或， 当时，，函数递增， 当时，，函数递减， 故时，函数取得极大值，故. （2）由（1）得，， 令，解得或，因， 故当时，函数递减，当时，函数递增， 当时，取得极小值，无极大值，所以， 所以在区间上，的最大值为或，而， 所以在区间上的最大值为，最小值为， 作出函数与直线的图像，如图，    由图知. 【变式2-3】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数，其中为常数. (1)当时，试讨论的单调性； (2)若函数有两个不相等的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【解题思路】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性； （2）（i）结合（1）的单调性判断、的符号，排除，再在的情况下研究的单调性和最值，根据零点的个数求参数范围； （ii）由（i）有，分析法将问题化为证明，进而构造并利用导数研究其符号，即可证结论. 【解答过程】（1）由题设，且， 当时，在上，在上，在上， 所以，在、上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立，故在上单调递增； 当时，在上，在上，在上， 所以，在、上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由， 若时，， 令且，则， 所以时，时， 故在上递增，在上递减，则， 所以， 结合（1）中的单调性，易知不可能出现两个不相等的零点， 又时，在上只有一个零点，不满足， 所以，此时，在上，在上， 故在上单调递减，在上单调递增，则， 又趋向于0或负无穷时，趋向正无穷，只需成立， 显然在上递减，且当时， 所以，时恒成立，即所求范围为； （ii）由（i），在时，存在两个不相等的零点， 不妨令，要证，即证，而， 由（i）知：在上单调递增，只需证， 由，则 令，且， 则 ， 所以，在上，即在上递增， 所以，即成立， 所以，得证. 【知识点2 导数中的不等式证明】 1．导数中的不等式证明 (1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可. (2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题． 【题型3 利用导数证明不等式】 【例3】（24-25高三上·全国·阶段练习）已知函数，的图象在处的切线方程为. (1)求的值； (2)证明：. 【解题思路】（1）利用导数的几何意义，结合已知的切线方程，求解即可； （2）要证，即证，构造函数，通过求导判断函数的单调性，求解最值即可求解. 【解答过程】（1），则，， 则过切点的切线方程为， 即，所以，即； （2）要证：，即证：， 设，， 令，解得， 当时，单调递减，时，单调递增， 所以， 所以. 【变式3-1】（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）已知函数有两个极值点. (1)求的取值范围； (2)证明：. 【解题思路】（1）由题得有两个根，令，问题转换成是方程的两个正根，再利用一元二次方程的判别式大于零和韦达定理即可得解. （2）令后求导，再次构造函数令求导后得到导数小于零恒成立可得的单调性，然后结合零点存在定理分析的单调性，再求出的最大值，最后由对勾函数的单调性得出最大值的取值范围即可； 【解答过程】（1）由题得有两个根， 令，则有两个正根， 令，则是方程的两个正根， 则，解得. （2）证明：令， 则. 令，则， 则在上单调递减. 又， 故存在，使，即，则当时，； 当时，，故在上单调递增，在上单调递减， 则. 又，则， 故，即. 所以. 【变式3-2】（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数． (1)若时，求的取值范围； (2)若，证明：当时，． 【解题思路】（1）参变分离，得到，构造，，求导得到其单调性，求出最小值为，故； （2）不等式变形为，令，，二次求导得到其单调递减，结合，证明出结论. 【解答过程】（1）， 令，， 则，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在处取得极小值，也是最小值，最小值为， 故； （2）， 即， 令，， 则， 令，则恒成立， 故在上单调递减， 又，故， 故在上恒成立， 故在上单调递减， 又， 故，结论得证. 【变式3-3】（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知函数． (1)求函数的极值； (2)证明：对任意的，有； (3)若，证明：． 【解题思路】（1）先求出导函数，再令根据导函数的单调性得出极值. （2）先构造函数，再求导得出函数单调性，得出函数最小值，得出，同乘即可得出证明不等式； （3）先构造函数，应用单调性可得，再分，三种情况分别证明即可. 【解答过程】（1）因为， 令， 又因为单调递减；单调递增； 所以的极小值为，无极大值. （2）令， 可得，令， 单调递增，， 单调递减； 单调递增； 所以， 所以， 所以，即得， 所以 （3）对任意的，令， 所以 令 单调递增，， 单调递减， 所以设，则即 可得， 当单调递增，所以，可得 所以， 当单调递减，所以，可得 所以， 当 因为单调递增，所以，可得可得， 因为单调递减，所以，可得可得， 所以， 所以. 【知识点3 导数中的恒成立、存在性问题】 1．导数中的恒成立、存在性问题 解决不等式恒（能）成立问题有两种思路： (1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题． (2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可. 【题型4 利用导数研究不等式恒成立问题】 【例4】（24-25高三上·山西忻州·阶段练习）已知，设函数，若在上恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题意同构可得，构建，结合单调性可得，参变分析可得，构建，利用导数求最值结合恒成立问题分析求解. 【解答过程】由题意可知：，整理可得， 设，则，可知在内单调递增， 由题意可知：，则对任意内恒成立， 可得对任意内恒成立， 设函数，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以的最小值为，可得， 所以的取值范围为. 故选：D. 【变式4-1】（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）对于，不等式恒成立，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由得，，同构函数由得：，再参变分离，转化为借助导数求函数的最值即可. 【解答过程】已知，由得，， 构造函数则是R上的增函数，则由得：， 即，令， ， 当则单调递减， 当，则单调递增， ∴，则又则. 故选：C. 【变式4-2】（24-25高三上·河北邢台·期中）已知函数（）． (1)当时，讨论的单调性； (2)若不等式对恒成立，求a的取值范围． 【解题思路】（1）对求导，得到，令，得到或，再利用导数与函数单调性单间的关系，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的最大值，即可求解. 【解答过程】（1）由题意得， 因为时，令，得或， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）由，得到， 因为，所以，则， 令，则， 当时，，即在区间上单调递增， 当时，，即在区间上单调递减，所以， 得到，所以，故的取值范围为． 【变式4-3】（24-25高三上·全国·阶段练习）已知函数，，其中，. (1)若在处取得极值，求的值； (2)讨论函数的单调性： (3)若对任意，当时，不等式恒成立，求的取值范围. 【解题思路】（1）根据极值点求得，并进行验证. （2）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间. （3）由（2）求得的最小值，利用导数求得的最大值，再结合已知条件来求得的取值范围. 【解答过程】（1）令， 由题意，. 由已知得，解得， 此时， 易知在区间上单调递增，在上单调递减， 则函数在处取得极小值，因此. （2）由题意， 其中，， ①当，即，在上单调递减，在上单调递增. ②当，即，则在上单调递减. 综上，当时，的单调递减区间为； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. （3）当时，由（2）可知当时，函数取得最小值， 即， 由，可得在上单调递增， 即当时，， 对任意，当时，不等式恒成立， 则必有，即，解得， 所以k的取值范围是. 【题型5 利用导数研究存在性问题】 【例5】（23-24高二下·广东广州·阶段练习）已知函数，若存在，使得成立，则实数m的最小值是（    ） A． B． C． D．4 【解题思路】分离参数，利用导函数求函数的最值即可. 【解答过程】由能成立， 问题转化为， 令， 由；由， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴，则， 故m的最小值为4． 故选：D. 【变式5-1】（23-24高二下·新疆·期中）已知，存在唯一的整数，使得成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】设，，依题意函数在直线下方的图象有且只有一个点的横坐标为整数，利用导数说明函数的单调性，画出的图象，由过定点，再数形结合即可求出参数的取值范围. 【解答过程】设，， 由题意可知函数在直线下方的图象有且只有一个点的横坐标为整数， 因为，所以， 由，解得，由，解得， 则在上单调递增，在上单调递减； 又，，，即过点，， 且当时，当时； 如图，作出的大致图象如下所示： 因为直线过定点，且当时， 所以，即，故， 即的取值范围是． 故选：D. 【变式5-2】（24-25高三上·甘肃兰州·阶段练习）已知函数. (1)讨论在区间上的单调性； (2)若时，不等式有解，求的取值范围. 【解题思路】（1）求出函数的导数，按分类讨论，求出函数的单调区间. （2）根据给定条件，将不等式分离参数得，再构造函数，，利用导数求出函数的最大值即可. 【解答过程】（1）函数，求导得，由，得， 当时，，当且仅当时取等号，函数在上单调递减； 当时，，当且仅当时取等号，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增. （2）依题意，不等式在时有解，即在时有解， 令，，求导得， 由，得；由，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得最大值，因此， 所以实数的取值范围是. 【变式5-3】（23-24高三上·河北唐山·阶段练习）已知． (1)讨论的单调性； (2)若存在唯一的整数，使得，求实数a的取值范围； (3)是否存在实数m，使得恒成立？若存在，请求出m的取值范围；若不存在，请说明理由． 【解题思路】（1）分析可知的定义域为，求导，利用导数求的单调性； （2）分和两种情况，根据（1）中单调性求最值，分析求解； （3）构建，利用导数判断的单调性，分和两种情况，参变分离结合恒成立问题分析求解. 【解答过程】（1）由题意可知：的定义域为，且， 令，解得或；令，解得或； 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减， 则，不合题意； 当时，由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减， 则，且， 若存在唯一的整数，使得，则，； 综上所述：实数a的取值范围为. （3）构建， 因为，可知的定义域为， 且， 若，则；若，则； 可知在上单调递减，在上单调递增， 因为恒成立，则有： 若，可得， 因为在内单调递增，则，所以； 若，可得， 因为在内单调递减，在内单调递增， 当时，，且， 则对任意恒成立，所以； 综上所述： 存在实数m，使得恒成立，且的取值范围为. 【知识点4 导数中的双变量问题】 1．导数中的双变量问题 导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现，要想解决双变量问题，就需要掌握破解双参数不等式的方法： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式； 二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【题型6 利用导数研究双变量问题】 【例6】（24-25高三上·山西大同·开学考试）已知是函数的两个极值点，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】求导得极值点满足的等量关系，回代入式子化简减元，将恒成立问题转化为一元函数值域问题求解可得. 【解答过程】，，则， 令得，， 由题意知是方程的两正根， 则，解得，且. 由 ， 令，则， 由，故在单调递减，故， 要使恒成立，即恒成立， 则，则实数的取值范围是. 故选：B. 【变式6-1】（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数，若，且，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】 利用导数讨论函数的单调性，设、且，结合图象得，再利用导数研究函数的性质得，结合变形、基本不等式，即可判断各项正误. 【解答过程】，则，令， 当时，单调递减，当时，单调递增， 在上，且，，，即. 综上，的图象如下：结合，，令， 如上图，若且，则，则不一定成立，A错误； 又，故，则不一定成立，B错误； 令， 则， 当时，，得，则； 当时，，得，则， 所以函数在R上单调递增，且， 所以在R上恒成立，得， 即，又，所以， 由，且函数在单调递减，得，即，D正确. 又，则，即，故，C错误. 故选：D. 【变式6-2】（2024·四川德阳·二模）已知函数， (1)当时，讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点，求的最小值. 【解题思路】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与两种情况即可得解； （2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到，，，利用消元法将表示成关于的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解. 【解答过程】（1）因为， 所以, 令，则， 因为， 当时，，则，即， 此时在上单调递增， 当时，，由，得，且， 当或时，，即； 当时，，即， 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， 其中. （2）由（1）可知，为的两个极值点，且， 所以，且是方程的两不等正根， 此时，，， 所以，，且有，， 则 令，则，令， 则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以， 所以的最小值为. 【变式6-3】（24-25高三上·全国·阶段练习）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若是的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：（为函数的导函数）. 【解题思路】（1）求导函数，分与两类讨论函数的单调性即可； （2）①结合（1）的分析，若有两个零点，则且极大值可得，再通过找点使，然后利用零点存在性定理证明当时有两个零点； ②由不等式，利用放缩法先证明.由零点满足的关系式得消，再结合整体换元转化为证明关于的，再构造函数，利用导函数证明可得. 【解答过程】（1）的定义域为. ①当时，，，则， 所以在上单调递减； ②当时， 当时，，在上单调递增， 当时，，则在上单调递减. 所以，在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）①因为是的两个零点， 由（1）可知，且， 由在上单调递增，在上单调递减， 则，解得. 而当时，，， 由且，则在与各有一个零点. 又由单调性可知，至多两个零点. 故当时，有两个零点. 综上可知，的取值范围是. ②因为是的两个零点， 所以，解得， 所以， 令，即，代入上式得： . 令，. ，令， 则，. 所以在上单调递减，且， 由，所以，即； 所以在上单调递减，且， 由，所以，又， 所以. 由，且， 可知. 又因为，则在上是减函数， 所以，. 故得证. 【题型7 导数中的新定义问题】 【例7】（23-24高二下·江苏常州·期中）设定义在上，若对任意实数，存在实数，使得成立，则称满足“性质”，下列函数满足“性质”的有（    ） A． B． C． D． 【解题思路】对题干条件变形，转化为在上不单调，即可满足“性质”，再分别对选项一一判断即可. 【解答过程】将变形为：， 令，则在上至少有2个不等实数使得， 所以在上不单调，即可满足“性质”； 对于A，，当时，在上单调递增，所以不满足“性质”； 对于B，，，所以时，，当时，，所以在上不单调，满足“性质”； 对于C，，当时，则，所以在上单调递减，则不满足“性质”； 对于D，，当时，，在上单调递减，则不满足“性质”； 故选：B. 【变式7-1】（23-24高二下·北京房山·期末）给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数，记．若在上恒成立，则称在上为凸函数．以下四个函数在上不是凸函数的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据凸函数的定义，分别对各选项求二阶导，然后判断是否小于，从而得到正确选项． 【解答过程】对于A，，， ， 当时，，，恒成立，故A为凸函数； 对于B，对于，，， 当时，恒成立，故B为凸函数； 对于C，由，得，所以， 因为，所以恒成立，故C为凸函数； 对于D，对于，，， 当时，恒成立，故D不是凸函数. 故选：D. 【变式7-2】（23-24高二下·甘肃临夏·期末）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．已知函数． (1)若是函数的“拐点”，求a的值和函数的单调区间； (2)若函数的“拐点”在y轴右侧，讨论的零点个数． 【解题思路】（1）根据已知条件及导数法求函数的单调性即可求解； （2）根据（1）的结论及导数法其函数的极值，结合函数零点与最值的关系即可求解. 【解答过程】（1）由题可知，， ， 因为是函数的“拐点”， 所以，解得． 所以， ． 令，得或， 令，得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为和. （2）由（1）可知，函数的拐点横坐标为，所以， 令，解得或； 令．解得． 所以的单调递减区间为，单调递增区间为和， 所以的极小值为， 的极大值为． 当，即时，有三个零点; 当，即时，有两个零点; 当，即时，有一个零点. 【变式7-3】（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. ①求的取值范围； ②证明：. 【解题思路】（1）利用定义结合导数直接计算解方程即可； （2）①根据定义知，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为，构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明. 【解答过程】（1）函数是上的“双中值函数”． 理由如下： 因为，所以. 因为，，所以 令，得，即，解得. 因为，所以是上的“双中值函数”. （2）①因为，所以. 因为是上的“双中值函数”，所以. 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，所以，所以，即的取值范围为； ②证明：不妨设， 则，，即，． 要证，即证． 设， 则． 设，则， 所以在上单调递增，所以，所以， 则在上单调递减． 因为，所以，即． 因为，所以． 因为，所以． 因为，所以． 由①可知在上单调递增，所以，即得证． 【知识点5 导数在解决实际问题中的应用】 1．导数在解决实际问题中的应用 (1)利用导数解决实际问题时，常常涉及用料最省、成本(费用)最低、利润最大、效率最高等问题，求解时需要分析问题中各个变量之间的关系，抓主元，找主线，把“问题情境"翻译为数学语言，抽象成数学问题，再选择合适的数学方法求解，最后经过检验得到实际问题的解. (2)解决优化问题的方法并不单一，运用导数求最值是解决这类问题的有效方法，有时与判别式、基本不等式及二次函数的性质等结合，多举并用，达到最佳效果. (3)利用导数解决实际问题的一般步骤 【题型8 导数在实际问题中的应用】 【例8】（2024高三·全国·专题练习）小李准备向银行贷款万元全部用于某产品的加工与销售，据测算每年利润（单位：万元）与贷款满足关系式，要使年利润最大，小李应向银行贷款（    ） A．3万元 B．4万元 C．5万元 D．6万元 【解题思路】利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可求出最值. 【解答过程】依题意，得， 令，得， 令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值. 故选：B. 【变式8-1】（2024高三·全国·专题练习）某海上油田A到海岸线(近似直线)的垂直距离为10海里，垂足为B，海岸线上距离B处100海里有一原油厂C，现计划在BC之间建一石油管道中转站M.已知海上修建石油管道的单位长度费用是陆地上的3倍，要使从油田A处到原油厂C修建管道的费用最低，则中转站M到B处的距离应为(　　) A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 【解题思路】设，求出修建费用关于的函数解析式，根据单调性得出求出函数极值点，得出结论． 【解答过程】设海里，在陆地上修建管道没海里费用为，修建总费用为， 则， 令， 则， 当时，，当时，， 当时，取得最小值，故而取得最小值． 故选：B． 【变式8-2】（2024·上海崇明·一模）某公园有一块如图所示的区域，该场地由线段、、及曲线段围成.经测量， ，米，曲线是以为对称轴的抛物线的一部分，点到、的距离都是50米.现拟在该区域建设一个矩形游乐场，其中点在曲线段上，点、分别在线段、上，且该游乐场最短边长不低于30米.设米，游乐场的面积为平方米.    (1)试建立平面直角坐标系，求曲线段的方程； (2)求面积关于的函数解析式； (3)试确定点的位置，使得游乐场的面积最大. 【解题思路】（1）先以O为坐标原点，OA、OB所在直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，然后根据题意求解析式即可； （2）分别求出D在不同线段的解析式，然后计算面积； （3）在不同情况计算最大值，然后比较两个最大值就可以得到面积最大值，然后确定D的位置. 【解答过程】（1）以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系， 如图所示，则，，，    设曲线所在的抛物线方程为，，点，在抛物线上， 则，解得，， 所以曲线段所在的抛物线方程为. （2）因为点在曲线段上，，，所以， ∴，. （3）∵，， 令，解得， 当时，，当时，， 所以时，函数单调递增，时，函数单调递减， 因此，当时，是极大值也是最大值， 即当点在曲线段上且到的距离为米时，游乐场的面积最大. 【变式8-3】（23-24高二下·北京西城·期末）某种型号轮船每小时的运输成本（单位：元）由可变部分和固定部分组成．其中，可变部分成本与航行速度的立方成正比，且当速度为时，其可变部分成本为每小时8元；固定部分成本为每小时128元． (1)设该轮船航行速度为，试将其每小时的运输成本表示为的函数； (2)当该轮船的航行速度为多少时，其每千米的运输成本（单位：元）最低？ 【解题思路】（1）设每小时的可变成本为，根据可变部分成本与航行速度的立方成正比可求，从而可求每小时的运输成本； （2）该轮船每千米的运输成本，利用导数求其单调性即可. 【解答过程】（1）设该轮船航行速度为时，其每小时的可变成本为（单位：元）， 则，其中．           由题意，得，解得，故．           所以每小时的运输成本，其中． （2）该轮船每千米的运输成本，           求导，得，其中．           令，解得．           由，解得；故在区间上单调递增； 由，解得；故在区间上单调递减．           所以当时，取得最小值． 故当该轮船的航行速度为时，其每千米的运输成本最低，且为9.6元． 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 $$