专题3.5 导数的综合应用【八大题型】（讲义）-2025年高考数学二轮复习【举一反三】专练（新高考专用）

专题3.5 导数的综合应用【八大题型】 【新高考专用】 1、导数的综合应用 导数是高中数学的重要内容，导数的综合应用是高考常考的热点内容，从近几年的高考情况来看，高考中常涉及的问题有：不等式恒（能）成立问题、利用导数证明不等式、函数的零点（方程的根）问题等，这些问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问题在选择、填空、解答题中都有考查，但主要以解答题为主，而在解答题中进行考查时试题难度较大，需要灵活求解. 【知识点1 不等式恒（能）成立问题的解题策略】 1．不等式恒（能）成立问题的求解方法 解决不等式恒（能）成立问题主要有两种方法： (1)分离参数法解决恒（能）成立问题 ①分离变量：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，进而解决问题． ②恒成立； 恒成立； 能成立； 能成立. (2)分类讨论法解决恒（能）成立问题 分类讨论法解决恒（能）成立问题，首先要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，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可. 【知识点2 导数中的不等式证明的解题策略】 1．导数中的不等式证明的解题策略 (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． 2．移项构造函数证明不等式 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式. 3．分拆函数法证明不等式 (1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立. (2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，与lnx要分离，常构造与lnx，与的积、商形式.便于求导后找到极值点. 4．放缩后构造函数证明不等式 某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明. 【知识点3 导数中的函数零点问题的解题策略】 1．函数零点（个数）问题的的常用方法 (1)构造函数法：构造函数g( x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数. (2)函数零点存在定理：利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点. (3)数形结合法：函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，数形结合，根据图象的几何直观求解. 2．导数中的含参函数零点（个数）问题 利用导数研究含参函数的零点（个数）问题主要有两种方法： (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. 3．与函数零点有关的参数范围问题的解题策略 与函数零点（方程的根）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. 【知识点4 导数中的双变量问题的解题策略】 1．转化为同源函数解决双变量问题 此类问题一般是给出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解. 2．整体代换解决双变量问题 (1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x1，x2的式子. (2)与极值点x1，x2有关的双变量问题：一般是根据x1，x2是方程f'(x)=0的两个根，确定x1，x2的关系，再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为x1，x2的齐次式，然后转化为关于的函数，把看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题. 3．构造函数解决双变量问题的答题模板 第一步：分析题意，探究两变量的关系； 第二步：合二为一，变为单变量不等式； 第三步：构造函数； 第四步：判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题； 第五步：反思回顾解题过程，规范解题步骤. 【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1 导数中的函数零点（方程根）问题】 【例1】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2024·北京通州·二模）已知函数，，若关于x的方程恰有3个不同的实数根，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)若有两个不同的实数根，求实数的取值范围． 【变式1-3】（2024·甘肃白银·一模）已知函数. (1)若曲线在处的切线的斜率为3，求. (2)已知恰有两个零点. ①求的取值范围； ②证明：. 【题型2 利用导数证明不等式】 【例2】（2024·陕西榆林·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：. 【变式2-1】（2024·云南大理·一模）已知函数. (1)当时，证明：； (2)若函数有极小值，且的极小值小于，求的取值范围. 【变式2-2】（2024·安徽安庆·三模）已知函数，记是的导函数. (1)求的值； (2)求函数的单调区间； (3)证明：当时，. 【变式2-3】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若是的两个极值点，证明：． 【题型3 利用导数研究不等式恒成立问题】 【例3】（2024·四川达州·二模）当时，不等式恒成立，则取值范围是（    ） A． B． C．，e] D． 【变式3-1】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）函数.若对任意，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2024·四川内江·一模）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围． 【变式3-3】（2024·四川德阳·模拟预测）已知函数. (1)若曲线在点处的切线为，求实数的值； (2)已知函数，且对于任意，，求实数的取值范围. 【题型4 利用导数研究存在性问题】 【例4】（2024·陕西安康·模拟预测）若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】（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． 【变式4-2】（2024·四川乐山·三模）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若存在，使得，求的取值范围. 【变式4-3】（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数，，． (1)讨论：当时，的极值点的个数； (2)当时，，使得，求实数a的取值范围． 【题型5 利用导数研究双变量问题】 【例5】（2024·吉林长春·模拟预测）已知a，b满足，，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（2024·四川广安·模拟预测）已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】（2024·吉林·模拟预测）已知函数，. (1)当时，求函数的单调区间与极值； (2)若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围. 【变式5-3】（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数，其中． (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)当时，若且，比较与的大小，并说明理由 【题型6 导数中的极值偏移问题】 【例6】（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2024·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个零点，，且，求证：． 【变式6-3】（2024·江西·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且，证明：，且． 【题型7 导数在实际问题中的应用】 【例7】（2024·陕西·模拟预测）将一个体积为的铁球切割成一个正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式7-1】（2024·海南海口·模拟预测）琼中蜂蜜是海南省琼中黎族苗族自治县特产.人们赞美蜜蜂是自然界的建筑师，是因为蜜蜂建造的蜂房是以正六棱柱为单位的几何体.18世纪初，法国天文学家通过观测发现蜜蜂蜂房的每个单位并非六棱柱.如图1，左侧的正六棱柱底面边长为，高为.蜜蜂的蜂房实际形状是一个十面体，如图2，它的顶部是边长为的正六边形，底部由三个全等的菱形，和构成，其余侧面由个全等的直角梯形构成，，，蜜蜂的高明之处在于图2的构造在容积上与图1相等，但所用的材料最省.图2中，（    ）    A． B． C． D． 【变式7-2】（23-24高二下·安徽合肥·期中）如图所示，AB为沿海岸的高速路，海岛上码头O离高速路最近点B的距离是120km，在距离B点300km的A处有一批药品要尽快送达海岛．现要用海陆联运的方式运送这批药品，设登船点C到B的距离为x，已知汽车速度为100km/h，快艇速度为50km/h．（参考数据：．） (1)写出运输时间关于x的函数； (2)当C选在何处时运输时间最短？ 【变式7-3】（23-24高二下·北京西城·期末）设某商品的利润只由生产成本和销售收入决定．生产成本C（单位：万元）与生产量x（单位：百件）间的函数关系是；销售收入S（单位：万元）与生产量x间的函数关系是． (1)把商品的利润表示为生产量x的函数； (2)为使商品的利润最大化，应如何确定生产量？ 【题型8 导数中的新定义问题】 【例8】（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：. 【变式8-1】（2024·上海·模拟预测）已知函数，如果存在常数，对任意满足的实数，其中，都有不等式恒成立，则称函数是“绝对差有界函数” (1)函数是“绝对差有界函数”，求常数的取值范围； (2)对于函数，存在常数，对任意的，有恒成立，求证：函数为“绝对差有界函数” (3)判断函数是不是“绝对差有界函数”？说明理由 【变式8-2】（2024·浙江绍兴·二模）帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，. 已知在处的阶帕德近似为.注：，，，，… (1)求实数的值； (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)定义数列：，，求证：. 【变式8-3】（23-24高三下·重庆·期中）若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数” (1)证明：为“切合函数”； (2)若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：． 1．（2023·全国·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·全国·高考真题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 3．（2024·全国·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 4．（2023·全国·高考真题）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． 5．（2023·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 6．（2023·全国·高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 7．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 8．（2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 9．（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． 10．（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． 11．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 12．（2024·广东江苏·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． 13．（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 14．（2024·上海·高考真题）记 (1)若，求和; (2)若，求证:对于任意，都有，且存在，使得. (3)已知定义在上有最小值，求证"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 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3.5 导数的综合应用【八大题型】 【新高考专用】 1、导数的综合应用 导数是高中数学的重要内容，导数的综合应用是高考常考的热点内容，从近几年的高考情况来看，高考中常涉及的问题有：不等式恒（能）成立问题、利用导数证明不等式、函数的零点（方程的根）问题等，这些问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问题在选择、填空、解答题中都有考查，但主要以解答题为主，而在解答题中进行考查时试题难度较大，需要灵活求解. 【知识点1 不等式恒（能）成立问题的解题策略】 1．不等式恒（能）成立问题的求解方法 解决不等式恒（能）成立问题主要有两种方法： (1)分离参数法解决恒（能）成立问题 ①分离变量：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，进而解决问题． ②恒成立； 恒成立； 能成立； 能成立. (2)分类讨论法解决恒（能）成立问题 分类讨论法解决恒（能）成立问题，首先要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，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足题意即可. 【知识点2 导数中的不等式证明的解题策略】 1．导数中的不等式证明的解题策略 (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． 2．移项构造函数证明不等式 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式. 3．分拆函数法证明不等式 (1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)恒成立. (2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，与lnx要分离，常构造与lnx，与的积、商形式.便于求导后找到极值点. 4．放缩后构造函数证明不等式 某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明. 【知识点3 导数中的函数零点问题的解题策略】 1．函数零点（个数）问题的的常用方法 (1)构造函数法：构造函数g( x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数. (2)函数零点存在定理：利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点. (3)数形结合法：函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，数形结合，根据图象的几何直观求解. 2．导数中的含参函数零点（个数）问题 利用导数研究含参函数的零点（个数）问题主要有两种方法： (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. 3．与函数零点有关的参数范围问题的解题策略 与函数零点（方程的根）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. 【知识点4 导数中的双变量问题的解题策略】 1．转化为同源函数解决双变量问题 此类问题一般是给出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解. 2．整体代换解决双变量问题 (1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x1，x2的式子. (2)与极值点x1，x2有关的双变量问题：一般是根据x1，x2是方程f'(x)=0的两个根，确定x1，x2的关系，再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为x1，x2的齐次式，然后转化为关于的函数，把看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题. 3．构造函数解决双变量问题的答题模板 第一步：分析题意，探究两变量的关系； 第二步：合二为一，变为单变量不等式； 第三步：构造函数； 第四步：判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题； 第五步：反思回顾解题过程，规范解题步骤. 【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1 导数中的函数零点（方程根）问题】 【例1】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】由同构的思想可知，若有两个零点，则有两个解，即有两解，分离变量求导即可 【解答过程】解：由题意可知，若有两个零点，则有两个解， 等价于有两个解，因为，，所以， 令，原式等价于有两个解，又在上单调递增， 所以有两个大于零的解. 解，可得，令， 则，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，且，的图象如图： 所以当时，有两个交点，即有两个零点. 故选：A. 【变式1-1】（2024·北京通州·二模）已知函数，，若关于x的方程恰有3个不同的实数根，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意知和共有3个不同的实数根，由的图象知，只有一个解为，从而与有两个不同的交点，作出与图象，即可得出答案. 【解答过程】因为函数 ， 其图象如下图，则 因为，， 令，解得：；令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为关于x的方程恰有3个不同的实数根， 即和共有3个不同的实数根， 由的图象知，只有一个解为， 所以有两个不同的解，且根中不含， 即与有两个不同的交点， 与的图象如下图所示： 所以. 故选：A. 【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)若有两个不同的实数根，求实数的取值范围． 【解题思路】（1）根据已知条件利用切点求出的斜率和函数值列两个等式求解即可. （2）把方程中的参数分离，构造新函数，将方程根的个数转化为函数图象的交点个数，通过研究构造的新函数的大致图象数形结合求解即可. 【解答过程】（1）因为点在直线上，所以． 又，所以． ， ，所以． 综上． （2）由（1）得，易知， 所以有两个不同的实数根可转化为： 关于的方程有两个不同的实数根． 设， ， 令得，或． 所以当变化时，的变化情况为 0 0 0 单调递增 极大值 单调递减 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 所以的极大值为，极小值为， 当时，，当时，， 当且时，， ，当且时，， 当时，． 根据以上信息画出的大致图象，如图所示． 所以实数的取值范围为. 【变式1-3】（2024·甘肃白银·一模）已知函数. (1)若曲线在处的切线的斜率为3，求. (2)已知恰有两个零点. ①求的取值范围； ②证明：. 【解题思路】（1）由导数的几何意义求解即可； （2）①法一：令，得，将题意转化为的图象有两个交点，令，求出的单调性和值域，即可得出答案；法二：对求导，求出的单调性和值域，使得，即可得出答案. ②将题意转化为证明，设，证得可得，又，即可证明. 【解答过程】（1）解：由题意得. 因为曲线在处的切线的斜率为3， 所以，得. （2）①法一：解：令，得.令，则. 当时，单调递增； 当时，单调递减.故. 当趋近正无穷时，趋近，又， 所以，即的取值范围为. 法二：由题意得. 若，则单调递减，所以在上不可能有两个零点. 若，则当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，得. 当趋近时，趋近正无穷；当趋近正无穷时，趋近正无穷；. 故的取值范围为. ②证明：由①可得，则 两式相加得. 由，得. 要证，只需证. 设，则. 当时，单调递减， 当时，单调递增，则，即. 因为，所以，即. 又，所以，所以， 从而得证. 【题型2 利用导数证明不等式】 【例2】（2024·陕西榆林·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：. 【解题思路】（1）对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，对进行分类讨论，即可求出结果； （2）将问题转化成求证，由（1）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，即可证明结果. 【解答过程】（1）易知的定义域为，又， 当时，在区间上恒成立，此时，在区间上单调递减， 当时，当时，，时，，此时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）当时，证原不等式等价于证， 由（1）知时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 所以，得到，当且仅当时等号成立， 所以欲证，只需证，即证， 令，则，由，得到，由，得到， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又因为，得到 所以，所以当时，. 【变式2-1】（2024·云南大理·一模）已知函数. (1)当时，证明：； (2)若函数有极小值，且的极小值小于，求的取值范围. 【解题思路】（1）当时，证明出即可； （2）对实数的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数在其定义域上的单调性，可得出，根据题意可得出，可得出，利用导数分析函数在上的单调性，再利用函数的单调性可解不等式即可. 【解答过程】（1）证明：要证，只需证. 当时，则，其中， 可得，令得，，列表如下： 1 递减 极小值 递增 所以，函数在处取得即小值，亦即最小值，即， 所以，. （2）解：因为，其中，则， 当时，，，此时，函数在上单调递增， 当时，令，可得，列表如下： 递减 极小值 递增 所以，， 由题意可得，即. 令，其中，且. 不等式即为，. ， 当且仅当时，即时，. 所以，函数在单调递增，又，则. 因此，实数的取值范围是. 【变式2-2】（2024·安徽安庆·三模）已知函数，记是的导函数. (1)求的值； (2)求函数的单调区间； (3)证明：当时，. 【解题思路】（1）求出当时的的导函数即可得； （2）先分类讨论求出的导函数，即可得函数的导函数，再借助导数构造相应函数去研究的正负，即可得函数的单调性； （3）原问题可转化为证明：当时，，构造函数，可得的导函数与的关系，即可得其单调性，即可得证. 【解答过程】（1）函数的定义域为， 当时，， 此时，所以. （2）先求的导数， 当时，， 当时，， 当时，总有， 所以， 令，则，， 所以在，上均单调递减， 由（1），又，也即是， 所以当时，，于是， 所以在上单调递减， 当时，，于是， 所以在上单调递增， 当时，，于是， 所以在上单调递增， 当时，，于是， 所以在上单调递减， 故的单调递增区间是和， 单调递减区间是和； （3）当时，要证， 只需证， 因为，所以只需证， 只需证， 只需证， 只需证， 只需证， 令（）， 则只需证（）（※） 因为 由（2）知，在上单调递减， 所以当时，，所以， 所以在上单调递减， 又，所以，即不等式（※）成立， 故当时，. 【变式2-3】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若是的两个极值点，证明：． 【解题思路】（1）将代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到 的单调区间； （2）根据是的两个极值点，结合韦达定理可得，，要证明，即转化为求证，即证明令，构造函数，利用导数研究在的单调性即可得证. 【解答过程】（1）当时，的定义域为， 所以，令，解得， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增． （2）， 由题意可知，是方程的两根， 则，解得，所以，， 要证 ， 即证， 只需证， 需证 令，则需证， 设，则， 所以函数在上单调递减，所以，因此 由得，，所以， 故得证. 【题型3 利用导数研究不等式恒成立问题】 【例3】（2024·四川达州·二模）当时，不等式恒成立，则取值范围是（    ） A． B． C．，e] D． 【解题思路】恒成立问题一般采用分离参数的方法，进而转化成求函数的最值即可. 【解答过程】当 时, 不等式显然成立, 当 时, 由题意可得 则有 . 则 设，， 则，所以在上单调递增， 所以， 所以当 时, 单调递减; 当 时, 单调递增; 所以 , 所以 故选：C. 【变式3-1】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）函数.若对任意，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据条件得到恒成立，构造函数，利用的单调性，得到在区间上恒成立，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】因为， 因为对任意，都有，即恒成立， 令，易知在定义域上单调递增， 所以在区间上恒成立，也即在区间上恒成立， 令，则，由，得到，由，得到， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，得到， 故选：A. 【变式3-2】（2024·四川内江·一模）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围． 【解题思路】（1）求导，分和两种情况，结合导数的符号判断原函数单调性； （2）由题意可得：，分和两种情况，结合（1）中单调性分析求解即可. 【解答过程】（1）由题意可知：的定义域为，且， 若，则，可知在内单调递减； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增； 综上所述：若，在内单调递减； 若，在内单调递减，在内单调递增. （2）因为恒成立，则， 若，由（1）可知：在内单调递减， 且当趋近于时，趋近于，不合题意； 若，由可得， 由（1）可知：在内单调递减，在内单调递增， 则， 若，则，可得，符合题意； 综上所述：实数的取值范围为. 【变式3-3】（2024·四川德阳·模拟预测）已知函数. (1)若曲线在点处的切线为，求实数的值； (2)已知函数，且对于任意，，求实数的取值范围. 【解题思路】（1）利用导数的几何意义可得，可求，进而求得切点，利用切点在直线上，可求的值； （2）由题意可得，令，则，求导，可得，分类讨论可求得实数的取值范围. 【解答过程】（1）由，可得，， 又曲线在点处的切线为，所以， 解得，所以，所以，所以切点为， 又切点在直线上，所以，解得； （2），由对于任意，，所以， 令，则， 求导可得， 当时，，显然不满足题意， 当时，， 若，，函数在上单调递减， 若，，函数在上单调递增， 所以，所以， 所以，解得， 当时，， 若，，函数在上单调递减， 若，，函数在上单调递增， 所以，所以， 所以，解得， 综上所述：实数的取值范围为. 【题型4 利用导数研究存在性问题】 【例4】（2024·陕西安康·模拟预测）若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】将原不等式变形为，令，则，然后利用导数判断出在上递减，所以将问题转化为在上有解，即在上有解，再构造函数，利用导数求出其小大值即可. 【解答过程】由，得， 所以， 令，则可化为， ，令，则 ，令，得， 当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以在上递减， 所以在上有解， 所以在上有解， 令，则， 由，得，得， 由，得，得， 所以在上递增，在上递减， 所以， 所以， 即实数的取值范围为， 故选：D. 【变式4-1】（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． 【解题思路】利用导数求得在区间上的值域，求得在区间上的值域，由此求得的取值范围. 【解答过程】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. 【变式4-2】（2024·四川乐山·三模）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若存在，使得，求的取值范围. 【解题思路】（1）求导，根据导数判断函数的单调性； （2）根据导数，对分情况讨论函数的单调性，进而可得函数最值情况，即可得解. 【解答过程】（1）当时，，， 则， 令，解得或（舍）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 综上所述，在上单调递增，在上单调递减； （2）由题可知，令 当时，由可知，即，所以在为增函数. 对任意都有，符合题意. 由解得或. ，下面讨论与1的大小: ②当时，，则在上单调递增. 存在，使得. ③当时，，对任意都有，即 在上为减函数，恒成立，不符合题意. 综上所述，时，存在，使得. 【变式4-3】（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数，，． (1)讨论：当时，的极值点的个数； (2)当时，，使得，求实数a的取值范围． 【解题思路】（1）对函数求导，分别讨论当和导函数的正负，即可得到函数的单调性，从而求出极值点的个数； （2）对求导，确定其最小值，从而将问题转化成不等式成立，进而构造函数，求导确定其单调性，即可求解. 【解答过程】（1），，     ①当时，为增函数， 因为时，；时，， 所以有唯一的零点，当时，，当时，， 所以有一个极小值点，无极大值点．     ②当时，令，则，     令，得，     当时，，单调递增；当时，，单调递减． 所以，即，所以的极值点的个数为0． 综上所述，当时，的极值点个数为1， 当时，的极值点个数为0． （2）， 由，得，由，得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，     因为当时，，使得， 所以只需成立，即不等式成立．     令，则， 则， 则在上恒成立， 故在上单调递增，     又，所以， 故实数a的取值范围为． 【题型5 利用导数研究双变量问题】 【例5】（2024·吉林长春·模拟预测）已知a，b满足，，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】变换得到，，构造函数，确定函数单调递增，得到，化简得到答案. 【解答过程】，故，，即； ，故，即. 设，，，函数单调递增， ，故，即， 整理得到，即. 故选：D. 【变式5-1】（2024·四川广安·模拟预测）已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】构造，，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得到AB选项，构造差函数，得到，从而判断出C选项. 【解答过程】构造，，则恒成立， 则， 当时，，， 当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 因为，所以，， 又，所以，D错误， 因为，所以，， 所以，所以，A错误，B正确. 令，则， 当时，恒成立， 所以在上单调递增， 当时，，即， 因为， 所以 因为， 所以， 因为在单调递减， 所以，即 因为在上单调递减， 所以，C错误 故选：B. 【变式5-2】（2024·吉林·模拟预测）已知函数，. (1)当时，求函数的单调区间与极值； (2)若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围. 【解题思路】（1）将代入，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性，计算极值即可； （2）先将化为，然后令，将问题转变为有两个解为，设，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况， 分离得，再设新函数，利用导数求出其值域，最后求出的取值范围即可. 【解答过程】（1）当时，，其定义域为， ， 所以显然当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递増； 所以有极小值，无极大值； 综上所述，单调递减区间为；单调递増区间为；有极小值，无极大值. （2），令， 因为，所以在单调递增，则， 令，即在有2个零点，且， 因为， 当时，在单调递增，不存在2个零点， 所以， 当时，:当时，. 所以在单调递减，在单调递增， 则， 令， 当时，单调递减：当时，单调递增， 则，所以恒成立.即恒成立. 因此， ， 因为时，;且. ， 因为时，;且. 所以当，即时，函数有2个不同的零点. 又，即等价于， 设. 当时，;当时，. 则在上单调递增，在上单调递减，则， 由题意得:. （i）当，即时，恒成立; （ii）当，即时，有. 令， 由，即可得，所以， 综上，，因此. 【变式5-3】（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数，其中． (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)当时，若且，比较与的大小，并说明理由 【解题思路】（1）对函数求导，利用函数单调性与导数的关系，建立不等式求解即可； （2）由，得，要证明，只需证明，两边同时取对数整理得，构造函数，利用导数的性质证明即可. 【解答过程】（1）， 在上单调递增，在上恒成立且满足的点不连续． 当时，．由在上单调递减可知， 当时，，， 综上，的取值范围为 （2）当时，， 且， 下面证明， 即证明，等价于证明：， 设，所证即为：， 等价于证明：， 设函数． 在上单调递增，而， ，所证不等式成立． 【题型6 导数中的极值偏移问题】 【例6】（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解B，根据可得，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D. 【解答过程】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，， 因为，由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，，可得，故C错误； 由图可知，则，又因为，所以，，故D正确. 故选：D. 【变式6-1】（2024·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C. 【解答过程】因为，， 所以，则，即， 令，则，， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增, 所以， 对于，总有，即在上单调递增， 故，即在上恒成立， 所以对于，对于任意，在上取， 则， 所以当且趋向于0时，趋向于无穷大， 当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大， 所以的大致图像如图所示： . 对于AD，因为，，不妨设， 由图象可知，，故，故AD错误； 对于B，假设成立，取， 则，显然不满足，故B错误； 对于C，令，又， 则， 所以在上单调递增， 又，则，即， 又，则， 因为，所以，又，在上单调递增， 所以，即，故C正确. 故选：C. 【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个零点，，且，求证：． 【解题思路】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解. （2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解. 【解答过程】（1）因为函数的定义域是，， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 综上所述，当时，的减区间为，无增区间； 当时，的增区间为，减区间为． （2）因为是函的两个零点，由（1）知， 因为，设，则， 当，，当，， 所以在上单调递增，在上单调递减，． 又因为，且， 所以，． 首先证明：． 由题意，得，设，则 两式相除，得． 要证，只要证，即证． 只要证，即证． 设，． 因为，所以在上单调递增． 所以，即证得①． 其次证明：．设，． 因为，所以在上单调递减． 所以， 即． 所以②． 由①②可证得． 【变式6-3】（2024·江西·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且，证明：，且． 【解题思路】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性； （2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出. 【解答过程】（1）的定义域为R， 由题意，得，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当，且当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． （2）证明：由，得，是方程的两个实数根， 即是方程的两个实数根． 令，则， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以． 因为当时，；当时，，，所以． 不妨设，因为，是方程的两个实数根，则． 要证，只需证． 因为，， 所以只需证． 因为， 所以只需证． 令，， 则 在恒成立． 所以在区间上单调递减， 所以， 即当时，． 所以， 即成立． 【题型7 导数在实际问题中的应用】 【例7】（2024·陕西·模拟预测）将一个体积为的铁球切割成一个正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为，由球体积求得球半径，根据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于的函数，利用导数求体积最大值. 【解答过程】设正三棱锥的底面边长为，高为，球半径为， 由球的体积为，则，解得， ，即，故， 正三棱锥的体积为：， ， 由得：，此时函数单调递增， 由得：，此时函数单调递减， 当时，取得最大值，且最大值为. 故选：B. 【变式7-1】（2024·海南海口·模拟预测）琼中蜂蜜是海南省琼中黎族苗族自治县特产.人们赞美蜜蜂是自然界的建筑师，是因为蜜蜂建造的蜂房是以正六棱柱为单位的几何体.18世纪初，法国天文学家通过观测发现蜜蜂蜂房的每个单位并非六棱柱.如图1，左侧的正六棱柱底面边长为，高为.蜜蜂的蜂房实际形状是一个十面体，如图2，它的顶部是边长为的正六边形，底部由三个全等的菱形，和构成，其余侧面由个全等的直角梯形构成，，，蜜蜂的高明之处在于图2的构造在容积上与图1相等，但所用的材料最省.图2中，（    ）    A． B． C． D． 【解题思路】先用把蜂房的表面积表示出来，然后把当作自变量，求导确定蜂房表面积取最小值时的即为结果. 【解答过程】设，则由题意知蜂房的表面积为， 求导得， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得极小值，也是最小值，即此时蜂房最省料. 故选：D. 【变式7-2】（23-24高二下·安徽合肥·期中）如图所示，AB为沿海岸的高速路，海岛上码头O离高速路最近点B的距离是120km，在距离B点300km的A处有一批药品要尽快送达海岛．现要用海陆联运的方式运送这批药品，设登船点C到B的距离为x，已知汽车速度为100km/h，快艇速度为50km/h．（参考数据：．） (1)写出运输时间关于x的函数； (2)当C选在何处时运输时间最短？ 【解题思路】（1）由题意知，OB⊥AB，可求得OC，AC，进而得出； （2）求出的导数，结合函数的单调性求得结果． 【解答过程】（1） 由题意知，OB⊥AB，则， ∴. （2） ， 令，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以时，取最小值. 所以当点C选在距B点68km时运输时间最短. 【变式7-3】（23-24高二下·北京西城·期末）设某商品的利润只由生产成本和销售收入决定．生产成本C（单位：万元）与生产量x（单位：百件）间的函数关系是；销售收入S（单位：万元）与生产量x间的函数关系是． (1)把商品的利润表示为生产量x的函数； (2)为使商品的利润最大化，应如何确定生产量？ 【解题思路】（1）利用求出利润函数即可； （2）利用导数求在上的最大值，由一次函数单调性求上的最大值，比较大小，即可确定利润最大时的生产量. 【解答过程】（1）由题意，利润. （2）由（1），当时，， 所以，令，则或（舍）， 故，，即递增；，，即递减； 所以的极大值也是最大值为（万元）； 当时递减，此时最大值为（万元）. 综上，使商品的利润最大，产量为百件. 【题型8 导数中的新定义问题】 【例8】（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． 【变式8-1】（2024·上海·模拟预测）已知函数，如果存在常数，对任意满足的实数，其中，都有不等式恒成立，则称函数是“绝对差有界函数” (1)函数是“绝对差有界函数”，求常数的取值范围； (2)对于函数，存在常数，对任意的，有恒成立，求证：函数为“绝对差有界函数” (3)判断函数是不是“绝对差有界函数”？说明理由 【解题思路】（1）通过分析式子发现需利用导数求函数单调性，分析数值大小去掉绝对值，当单调递增时，，当单调递减时，，化简后需要对函数极值进行求解，再得出取值， （2）利用区间最大值替代，用特殊代替一般的思想， （3）利用三角函数的周期性及分析问题，同第一问的分析思路化简，对任意常数，只要足够大，就有区间的一个划分满足得出结论. 【解答过程】（1）， ，， 即当，单调递增；当，单调递减. 所以, 单调递增时，， 单调递减时，. 且当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0， 所以. 所以· （2）成立，则可取， 所以函数为“绝对差有界函数” （3）， 则有， 所以对任意常数，只要足够大，就有区间的一个划分 满足， 所以函数不是的“绝对差有界函数”. 【变式8-2】（2024·浙江绍兴·二模）帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，. 已知在处的阶帕德近似为.注：，，，，… (1)求实数的值； (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)定义数列：，，求证：. 【解题思路】（1）根据帕德近似定义，列式求解，即得答案. （2）由题意知只需比较与的大小，即比较比较1与的大小，从而构造函数，利用导数，即可求解； （3）结合题意得，令，结合（2）可得，进而推出，另一方面，令，利用导数，即可证明结论. 【解答过程】（1）由题意得，， ，故，， 解得，. （2）由上可得，要比较与的大小， ，只需比较1与的大小， 令，， 所以，从而可得在上单调递增， 所以，即，所以. （3）设，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立； 由题意知，，， 则，故可得；   ，令，， 故该函数在上递减，故可得，即，可得； 一方面：由（2）可得， 又因为，所以可得，即，即， 即， 故，即，所以. 另一方面：， 令，， 所以在单调递增，所以，得证. 【变式8-3】（23-24高三下·重庆·期中）若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数” (1)证明：为“切合函数”； (2)若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：． 【解题思路】（1）假设存在两个不同的数满足条件，通过求出即可得证； （2）（ⅰ）利用“切合函数”的定义得出关系式，通过构造新函数，通过新函数的单调性得出证明. （ⅱ）利用与的关系，把待证不等式转化为关于的不等式，构造函数，利用单调性证明即可. 【解答过程】（1）假设存在两个不同的数，满足题意， 易知，由题意可得 ， 即， ，，， ， 又， 所以. 因为，即， 化简可得，又， 所以， 代入， 可得或， 所以为“切合函数”. （2）由题意知， 因为为“切合函数”， 故存在不同的数(不妨设)使得 ， 即， 整理得， （ⅰ）先证， 即， ， 令，则由，知， 要证，只需证， 即， 设 ， 易知， 故在单调递减，所以， 故有， 由上面的式知, 所以.                                           （ⅱ）由上面的得， ， 又， 所以且， 故要证，                   只需证， 即 ， 设， 则即证 ， 设， 则， 即也就是在单调递增， ， 所以在单调递增， 所以 ， 因为， 所以， 所以， 所以原不等式成立. 1．（2023·全国·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可. 【解答过程】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 2．（2024·全国·高考真题）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【解题思路】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【解答过程】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD. 3．（2024·全国·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 【解题思路】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解. 【解答过程】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 故答案为：. 4．（2023·全国·高考真题）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． 【解题思路】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可; （2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可. 【解答过程】（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. 5．（2023·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 【解题思路】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解； （2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解； 法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解. 【解答过程】（1）因为，所以， 则 ， 令，由于，所以， 所以 ， 因为，，， 所以在上恒成立， 所以在上单调递减. （2）法一： 构建， 则， 若，且， 则，解得， 当时，因为， 又，所以，，则， 所以，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 综上所述：若，等价于， 所以的取值范围为. 法二： 因为， 因为，所以，， 故在上恒成立， 所以当时，，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 当时，因为， 令，则， 注意到， 若，，则在上单调递增， 注意到，所以，即，不满足题意； 若，，则， 所以在上最靠近处必存在零点，使得， 此时在上有，所以在上单调递增， 则在上有，即，不满足题意； 综上：. 6．（2023·全国·高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【解题思路】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【解答过程】（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. 7．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【解题思路】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果； （2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解. 【解答过程】（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. 8．（2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 【解题思路】（1）利用导数的几何意义求斜率； （2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论； （3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论. 【解答过程】（1），则， 所以，故处的切线斜率为； （2）要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. （3）设，， 则， 由（2）知： ，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而， 因为，所以， 则， 所以，故； 综上，，即. 9．（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． 【解题思路】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性； （2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可. 【解答过程】（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. 10．（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． 【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值. （2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围. 【解答过程】（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，. 11．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【解题思路】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可； （3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可. 【解答过程】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 12．（2024·广东江苏·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． 【解题思路】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【解答过程】（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，. 13．（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 【解题思路】（1）直接使用导数的几何意义； （2）先由题设条件得到，再证明时条件满足； （3）先确定的单调性，再对分类讨论. 【解答过程】（1）由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. （2）设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设，则 . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对有 ， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. （3）先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时. 故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 14．（2024·上海·高考真题）记 (1)若，求和; (2)若，求证:对于任意，都有，且存在，使得. (3)已知定义在上有最小值，求证"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 【解题思路】（1）将代入求解即可； （2）根据函数的单调性，对进行分类讨论，然后求出即可证明; （3）利用偶函数的定义，即可证明必要性，利用，得出两个集合中最小的元素相同，从而，即可证明充分性. 【解答过程】（1）由题意得:； （2）由題意知，记，有或2， 0 2 正 0 负 0 正 极大值 极小值 现对分类讨论: 当，有为严格增函数，因为，此时，符合条件; 当时，，先增后减，， 因为取等号)，所以， 此时，符合条件，且时，； 当时，，在严格增，在严格减，在严格增， ，因为， 此时，，则，则成立; 综上可知，对于任意，都有，且存在，使得. （3）必要性:若为偶函数，则， 当，因为，故; 充分性：若对于任意正实数，均有，其中， 因为有最小值，不妨设， 由于任意，令，则， 故最小元素为，中最小元素为， 又 则对任意成立，则 ， 若，则对任意成立是偶函数， 若，此后取， ， 综上，任意，即是偶函数. 故"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 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 $$