第04讲 导数在研究函数中的应用（寒假预科讲义）-2025年高二数学举一反三系列寒假精品讲义（人教A版2019）

第04讲 导数在研究函数中的应用 【人教A版2019】 模块一 导数中函数零点（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1.1】（23-24高二上·山西吕梁·期末）函数的零点个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【例1.2】（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】（23-24高三上·湖北荆门·阶段练习）的零点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【题型2 函数零点（方程根）的参数范围问题】 【例2.1】（23-24高二下·四川凉山·期中）函数存在3个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【例2.2】（23-24高二下·北京通州·期末）已知函数；若方程恰有三个根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式2.1】（23-24高二下·河北邢台·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)已知函数有两个零点，求实数的取值范围. 【变式2.2】（2024高二下·云南曲靖·学业考试）已知函数． (1)若只有一个零点，求的值； (2)若有两个零点，证明：． 模块二 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3.1】（23-24高二下·广东广州·期末）下列四个不等式①，②，③ ，④ 中正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【例3.2】（23-24高三上·四川绵阳·开学考试）若，则（   ） A． B． C． D． 【变式3.1】（23-24高二下·四川乐山·期中）证明不等式： (1)，； (2)． 【变式3.2】（23-24高二下·河南洛阳·期中）给定函数. (1)判断函数的单调性，并求出函数的极值; (2)证明:当时，. 模块三 导数中的恒成立、能成立问题 1．导数中的恒（能）成立问题 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4.1】（23-24高二下·辽宁·期末）若对任意的，且，都有，则的最小值是（    ） A． B．e C．0 D．1 【例4.2】（23-24高二下·甘肃武威·阶段练习）若不等式在上恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 【变式4.1】（23-24高二下·江西南昌·期中）不等式恒成立，则实数的最大值为（    ） A． B． C．1 D．2 【变式4.2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【题型5 利用导数研究能成立问题】 【例5.1】（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 【例5.2】（23-24高二下·江苏镇江·阶段练习）若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【变式5.1】（2024高三·全国·专题练习）已知，，若，，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式5.2】（23-24高三上·全国·阶段练习）已知函数．若存在实数，使得成立，则正实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【题型6 利用导数研究双变量问题】 【例6.1】（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数，若，且，，则（    ） A． B． C． D． 【例6.2】（23-24高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数有两个零点，且，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D．有极小值点 【变式6.1】（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6.2】（2024高三·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【题型7 导数在实际问题中的应用】 【例7.1】（23-24高二下·天津河东·期中）将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒．若要使方盒的容积最大，则边长为（    ） A． B． C． D． 【例7.2】（23-24高二下·甘肃·期中）某厂家生产某种产品，最大年产量是10万件．已知年利润y（单位：万元）与年产量x（单位：万件）满足，若年产量是2万件，则年利润是万元（生产的均可售完）．要使生产厂家获得最大年利润，年产量为（    ） A．7万件 B．8万件 C．9万件 D．10万件 【变式7.1】（2024·福建龙岩·模拟预测）进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为 .已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（    ） A．80 B．90 C．100 D．110 【变式7.2】（2024高二下·全国·专题练习）某工厂需要建一个面积为的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，则要使砌墙所用材料最省，则堆料场的长和宽各为（    ） A．16 m，16m B．32m，16m C．32 m，8m D．16m，8m 一、单选题 1．（23-24高二下·重庆九龙坡·期中）已知正数满足（e为自然对数的底数），则下列不等式一定成立的是（     ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·贵州·开学考试）已知函数有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·吉林·期末）某莲藕种植塘每年的固定成本是3万元，每年最大规模的种植量是15万斤，每种植1斤莲藕，成本增加1元，销售额（单位：万元）与莲藕种植量（单位：万斤）满足，要使销售利润最大，每年需种植莲藕（    ） A．12万斤 B．10万斤 C．8万斤 D．6万斤 4．（23-24高二下·湖北武汉·期末）若函数的图象与的图象恰好有四个交点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·河南安阳·期中）若对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若对任意的，，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高二下·海南·期末）已知函数若关于的方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（23-24高二下·河北石家庄·阶段练习）已知函数，则下列正确的是（   ） A．的极小值为 B．在单调递增 C．有三个实根 D．，当时，恒成立，则的取值范围是 10．（23-24高二下·云南临沧·期末）（多选）已知函数，则（    ） A．当时，在上单调递减 B．当时，在上恒成立 C．有2个零点，则 D．有极值，则 11．（23-24高二下·贵州·期中）已知函数，，，则下列说法中正确的是（    ） A．函数只有1个零点，当时，函数只有1个零点． B．若关于x的方程有两个不相等的实数根，则实数． C．，且，都有． D．，，使得成立，则实数． 三、填空题 12．（23-24高二下·四川雅安·期中）函数的零点个数为 . 13．（23-24高二下·甘肃·期中）某商户销售、两种小商品，当投资额为千元时，在销售、商品中所获收益分别为千元与千元，其中，如果该商户准备共投入5千元销售、两种小商品，为使总收益最大，则商品需投入 千元. 14．（23-24高二下·江苏常州·期中）若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是 ． 四、解答题 15．（23-24高二下·江西新余·阶段练习）将一个边长为1米的正六边形铁皮的六个角截去六个全等的四边形，再把它沿虚线折起（如图），做成一个无盖的正六棱柱铁皮盒.    (1)试把这个正六棱柱铁皮盒的容积表示为盒底边长的函数； (2)多大时，盒子的容积最大？并求出最大值. 16．（23-24高二下·湖北·期中）已知函数（为自然常数，）． (1)讨论函数的单调性； (2)证明：当时，． 17．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知函数. (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围. 18．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数. (1)在处切线斜率为2，求； (2)当时， ①，证明：； ②判断的零点个数，并说明理由. 19．（23-24高二下·辽宁葫芦岛·期末）已知函数. (1)若是的极值点，求的值； (2)若函数有两个零点. ①求实数的取值范围； ②证明：. 第 1 页 共 23 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 导数在研究函数中的应用 【人教A版2019】 模块一 导数中函数零点（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1.1】（23-24高二上·山西吕梁·期末）函数的零点个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】求导可得函数的单调性，进而结合零点存在性定理即可求. 【解答过程】，令，则，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故当时取最小值， 又，， 所以=0在上各有一解，所以有两个零点， 故选：B. 【例1.2】（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】（23-24高三上·湖北荆门·阶段练习）的零点的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【解题思路】先把零点个数转化为函数交点个数，再构造函数,结合导函数求解单调性及极值最后应用数形结合求解. 【解答过程】由得，构造函数，求导得 在上单调递减，在上单调递增，上单调递减，且， 及时，的图像如图，得到有3个解.    故选：D. 【题型2 函数零点（方程根）的参数范围问题】 【例2.1】（23-24高二下·四川凉山·期中）函数存在3个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用导数求出函数的极值，再借助三次函数的性质列出不等式组求解即得. 【解答过程】函数，求导得， 当时，，函数在R上单调递增，该函数最多一个零点； 当时，由，得或，由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得极大值， 当时，函数取得极小值， 函数存在3个零点，当且仅当，解得， 所以的取值范围为. 故选：C. 【例2.2】（23-24高二下·北京通州·期末）已知函数；若方程恰有三个根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】结合导数分析函数的性质，在同一坐标系内作出直线与函数的图象，数形结合求出范围. 【解答过程】当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，，求导得， 由，得，由，得，即函数在上递增，在上递减， 当时，取得极大值，且当时，恒成立， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图， 观察图象知，当时，直线与函数的图象有3个公共点，即方程恰有三个根， 所以实数的取值范围是. 故选：C. 【变式2.1】（23-24高二下·河北邢台·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)已知函数有两个零点，求实数的取值范围. 【解题思路】（1）对求导，再对分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解单调性； （2）对求导，利用导数判断函数的单调性，求出的最小值，结合零点个数即可求解的取值范围. 【解答过程】（1）的定义域为， . 若，则恒成立，在上单调递增； 若，则当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减； 综上所述，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）， 则， 又因为函数单调递增，且， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当，即时，， ， 所以在和上各有一个零点. 当时，的最小值为，且， 所以在上至多只有一个零点. 综上，实数的取值范围是. 【变式2.2】（2024高二下·云南曲靖·学业考试）已知函数． (1)若只有一个零点，求的值； (2)若有两个零点，证明：． 【解题思路】（1）求出函数的导数，通过函数的单调区间，从而求出函数的最小值，令最小值为0求得的值； （2）问题转化为证明，设函数，根据函数的单调性证明即可． 【解答过程】（1）函数， 令得 当时，在单调递增； 当时，在单调递减； 所以函数在时取最大值， 当时，函数;当 时，函数    ; 根据函数的单调性可知当最大值为0时，函数只有一个零点， 易知， 所以； （2）证明： 不妨设要证明：，只需要证，易知 由（1）可知在单调递增，在单调递减； 所以只要证明，即证， 设函数而， 并且在区间上 即在单调递增，所以 从而所以 所以. 模块二 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3.1】（23-24高二下·广东广州·期末）下列四个不等式①，②，③ ，④ 中正确的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【解题思路】首先证明、，利用判断①②③，令令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可说明④. 【解答过程】令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以（当且仅当时取等号）； 令，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 所以（当且仅当时取等号）； 对于①：当时，所以，故①正确； 对于②：因为（当且仅当时取等号），所以，当且仅当时取等号，故②正确； 对于③：（当且仅当时取等号），故③错误； 对于④：令，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以（当且仅当时取等号），故④正确；综上可得①②④正确． 故选：C. 【例3.2】（23-24高三上·四川绵阳·开学考试）若，则（   ） A． B． C． D． 【解题思路】根据选项构造两个函数，，再利用导数思想，来研究在上是否是单调函数，即可作出选项判断. 【解答过程】令，则，令，则恒成立， 即在定义域上单调递增，且， 因此在区间上必然存在唯一，使得， 所以当时单调递减，当时单调递增，故，B均错误； 令，当时， 在区间上为减函数， ，即选项C正确，D不正确． 故选：C． 【变式3.1】（23-24高二下·四川乐山·期中）证明不等式： (1)，； (2)． 【解题思路】（1）构造函数，求导，结合函数单调性即可求解， （2）构造函数，求导，结合函数单调性即可求解， 【解答过程】（1）设，，则． 令，得． 当时，，从而在内单调递增； 当时，，从而在内单调递减． 所以当时，在区间上取最大值． 所以，所以，，． （2）设，则．令，得． 当时，，函数在区间上单调递增； 当时，，函数在区间上单调递减． 所以当时，取最小值． 所以，所以，． 【变式3.2】（23-24高二下·河南洛阳·期中）给定函数. (1)判断函数的单调性，并求出函数的极值; (2)证明:当时，. 【解题思路】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，求解函数的单调区间，再求函数的极值； （2）首先由不等式构造函数，转化为证明函数的最小值大于0. 【解答过程】（1）函数的定义域为. . 令，解得. 当变化时，的变化情况如下表 负 0 正 单调递减 极小值 单调递增 在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，有极小值. （2）要证明当时，， 即证明当时，. 令函数. 则. 当时，. 设函数. 则，故在上单调递增. 又 所以存在唯一的使得. 且. 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以 设函数 则 即在单调递增. 所以原不等式得证. 模块三 导数中的恒成立、能成立问题 1．导数中的恒（能）成立问题 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4.1】（23-24高二下·辽宁·期末）若对任意的，且，都有，则的最小值是（    ） A． B．e C．0 D．1 【解题思路】根据题意将原不等式转化为，令，则，则可得在上递减，则，再次转化为在上恒成立，构造函数，求出，从而可求出的范围，进而可求得答案. 【解答过程】因为，，所以， 所以由，得， 所以，所以， 所以， 令，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上恒成立， 令，则， 所以在上递减，所以， 所以，所以的最小值是0. 故选：C. 【例4.2】（23-24高二下·甘肃武威·阶段练习）若不等式在上恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C．1 D． 【解题思路】设，，证明函数单调递减，讨论，确定函数的单调性，结合的最大值小于等于0，求的范围可得结论. 【解答过程】由，，得 ，所以在为减函数， 又函数在也为减函数，， 在上单调递减， ①当时， 当时，单调递减， ，符合题意； ②当时， 存在，使得， 当时，单调递减，，不符合题意，舍去； ③当时，，又在上单调递减， 当时，单调递减， . 令，则 在上单调递减， ，符合题意. 综上所述，的最小值为1. 故选：C. 【变式4.1】（23-24高二下·江西南昌·期中）不等式恒成立，则实数的最大值为（    ） A． B． C．1 D．2 【解题思路】先明确函数的定义域，分离参数，利用进行放缩处理. 【解答过程】设，，则，因为，所以， 所以在上单调递增，所以，即. 所以在恒成立. 由题意：函数的定义域为：. 所以原不等式可化为：，问题转化为求（）的最小值. 而（当且仅当时取“=”） 结合图象： 方程在上有唯一解. 所以. 故选：B. 【变式4.2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】等价于，令，求导分析单调性，可得等价于，进而可得，令，只需，利用导数求解最值即可得出答案． 【解答过程】等价于， 令，则，所以是增函数， 所以等价于， 所以，所以， 令，则， 所以在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以 ，故 所以实数的取值范围为． 故选：B． 【题型5 利用导数研究能成立问题】 【例5.1】（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. 【例5.2】（23-24高二下·江苏镇江·阶段练习）若存在，使得不等式成立，则实数m的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【解题思路】求出在有解，构造函数，根据函数的单调性求出的最大值即可． 【解答过程】由存在，使得不等式成立得： 在有解， 令，则， 故时，，此时函数是单调递减， 时，，此时函数单调递增， 故时，，时，， 又， 故函数的最大值是， ， 故选：A． 【变式5.1】（2024高三·全国·专题练习）已知，，若，，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意可知：，利用导数求，根据二次函数性质求，即可得结果. 【解答过程】由题意可知：， 因为，则， 注意到，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，则， 又因为，由二次函数性质可知， 可得，即实数的取值范围是. 故选：C. 【变式5.2】（23-24高三上·全国·阶段练习）已知函数．若存在实数，使得成立，则正实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】 构造函数，利用导数求其最大值；再利用导数分析的单调性，利用函数的性质求解不等式即可. 【解答过程】 令，则， 当时，，函数在上单调递减， ， 若存在实数，使得不等式成立， 等价于成立，又 ， ， ，所以． 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 为正实数， ，又函数在上单调递增， ，解得 正实数的取值范围为． 故选：C． 【题型6 利用导数研究双变量问题】 【例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. 【例6.2】（23-24高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数有两个零点，且，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C． D．有极小值点 【解题思路】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于0，判断A；根据方程，指对互化，判断B；根据极值点的位置，结合，即可判断C；根据A的判断，即可判断D. 【解答过程】由题意，函数，则， 当时，在上恒成立，所以函数单调递增，不符合题意； 当时，令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为函数有两个零点且， 对A，则，且， 所以，解得，所以A正确； 对B，，且，，故，， 所以，所以B正确； 对C，由，且由A可知，，，则，但不能确定， 所以C不正确； 对D，由函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数的极小值点为，所以D正确； 故选：C. 【变式6.1】（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6.2】（2024高三·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【解题思路】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围； ②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【解答过程】（1）由题意可得，， 当时，，在上单调递增； 当时，由解得，由解得， 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）①等价于有两个零点， 令，则，在时恒成立，∴在时单调递增， ∴有两个零点，等价于有两个零点. ∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减，∴， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，∵，， 记，则， 记，则， 所以在上单调递增，所以，即， 故在上单调递增，所以， 即， ∴在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，的取值范围为. ②因为，不等式两边同时取对数化简可得， 要证即证：， 即证，由（2）中①知，，∴只需证. ∵，，∴，， ∴ ，只需证. 设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立.∴，即. 【题型7 导数在实际问题中的应用】 【例7.1】（23-24高二下·天津河东·期中）将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒．若要使方盒的容积最大，则边长为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】依题意，可得，求导确定函数单调性即可求解. 【解答过程】依题意，折成无盖盒子的底面是边长为的正方形，高为，则， 由得，， 令，解得，令，解得，故在单调递增，在单调递减，且在处取得最大值，B正确； 故选：B． 【例7.2】（23-24高二下·甘肃·期中）某厂家生产某种产品，最大年产量是10万件．已知年利润y（单位：万元）与年产量x（单位：万件）满足，若年产量是2万件，则年利润是万元（生产的均可售完）．要使生产厂家获得最大年利润，年产量为（    ） A．7万件 B．8万件 C．9万件 D．10万件 【解题思路】根据题意，得到，利用导数求得函数单调性，得出函数的额最大值点，即可求解. 【解答过程】由年利润与年产量满足， 因为年产量是万件，则年利润是万元，所以，解得， 所以，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，当时，取得最大值， 即年产量为万件时，厂家获得的年利润最大. 故选：B. 【变式7.1】（2024·福建龙岩·模拟预测）进入4月份以来，为了支援上海抗击疫情，A地组织物流企业的汽车运输队从高速公路向上海运送抗疫物资.已知A地距离上海500，设车队从A地匀速行驶到上海，高速公路限速为 .已知车队每小时运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v的立方成正比，比例系数为b，固定部分为a元.若，，为了使全程运输成本最低，车队速度v应为（    ） A．80 B．90 C．100 D．110 【解题思路】设运输成本为元，依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的极小值点，从而得解； 【解答过程】解：设运输成本为元，依题意可得， 则 所以当时，当时，当时， 即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得极小值即最小值， 所以 时全程运输成本最低； 故选：C. 【变式7.2】（2024高二下·全国·专题练习）某工厂需要建一个面积为的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，则要使砌墙所用材料最省，则堆料场的长和宽各为（    ） A．16 m，16m B．32m，16m C．32 m，8m D．16m，8m 【解题思路】求出新墙总长度的表达式，利用导数判断其单调性，确定最小值点，即可求得答案. 【解答过程】如图所示，设场地一边长为xm，则另一边长为m， 因此新墙总长度，则， 令，得或(舍去)， 当时，，当时，， 则L在上单调递减，在上单调递增， ∴是L的最小值点，此时， 故当堆料场的宽为16 m，长为32 m时，可使砌墙所用的材料最省. 故选：B. 一、单选题 1．（23-24高二下·重庆九龙坡·期中）已知正数满足（e为自然对数的底数），则下列不等式一定成立的是（     ） A． B． C． D． 【解题思路】由题设且，构造、，利用导数、零点存在性定理判断在上的函数值符号，即可得答案. 【解答过程】由题设，则，且，则， 令且，故， 令，则在上递增， 故， 所以在上递增，故， 所以在上递增，故， 即在上恒成立，故，D错，C对； 对于的大小关系，令且， 而，， 显然在上函数符号有正有负，故的大小在上不确定， 即的大小在上不确定，所以A、B错. 故选：C. 2．（24-25高三上·贵州·开学考试）已知函数有三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】将零点问题转化为交点问题，结合导数求解即可. 【解答过程】因为有三个零点， 所以有三个根，所以和有三个交点， 而，令，， 令，， 所以在上分别单调递增，在上单调递减， 所以极小值为，极大值为， 当时，，时，， 所以，故B正确. 故选：B. 3．（23-24高二下·吉林·期末）某莲藕种植塘每年的固定成本是3万元，每年最大规模的种植量是15万斤，每种植1斤莲藕，成本增加1元，销售额（单位：万元）与莲藕种植量（单位：万斤）满足，要使销售利润最大，每年需种植莲藕（    ） A．12万斤 B．10万斤 C．8万斤 D．6万斤 【解题思路】写出销售利润，求导得到函数单调性和最值，得到答案. 【解答过程】设销售利润为， 则， 所以， 令得，令得， 可知在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，销售利润最大. 故选：A. 4．（23-24高二下·湖北武汉·期末）若函数的图象与的图象恰好有四个交点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据题意，利用导数求得函数的单调区间和极值，画出函数的图象，结合图象，得到实数的取值范围. 【解答过程】当时，，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，且， 当时，，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，且， 当时，；当时，， 函数的图象，如图所示， 要使得函数与的图象有4个交点，则， 所以实数的取值范围为. 故选：C. 5．（23-24高二下·河南安阳·期中）若对任意恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据给定的不等式，利用同构的思想，并按分类讨论，构造函数，利用导数探讨单调性转化为恒成立的不等式求解. 【解答过程】由，得，当时，，当时，， 不等式恒成立，当时，令函数，求导得， 当时，，函数在上单调递增，而当时，， 不等式，即，于是， 因此，恒成立，令，求导得， 则函数在上单调递增，，于是，则， 所以实数的取值范围是. 故选：D. 6．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）若对任意的，，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意得单调递减，转换成导函数不可能为正数即可列不等式求解. 【解答过程】当时，恒成立，即当时，恒成立， 设，则单调递减， 而在上恒成立，即在上恒成立， 所以. 故选：C. 7．（23-24高二下·海南·期末）已知函数若关于的方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】先进行变形，关于的方程有两个不同的实根，即关于的方程有两个不同的实根.即与有两个不同的交点.研究图像，数形结合可解. 【解答过程】，则关于的方程有两个不同的实根，即关于的方程有两个不同的实根. 即与有两个不同的交点. 令，，解得. 递增，递减， 则有极大值.， 则可画出的草图.与有两个不同的交点. 则实数的取值范围是. 故选：D． 8．（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】由题意，故只需分别求出两个函数、的最大值即可列不等式求解. 【解答过程】若，使成立， 则当且仅当， 于函数而言，其最大值为， 于而言，其导数， 当时，，当时，， 所以当时，单调递增，当时，单调递减， 从而的最大值， 所以原题条件等价于，即. 故选：B. 二、多选题 9．（23-24高二下·河北石家庄·阶段练习）已知函数，则下列正确的是（   ） A．的极小值为 B．在单调递增 C．有三个实根 D．，当时，恒成立，则的取值范围是 【解题思路】求导后可得单调性，结合极值定义可知AB正误；作出图象，根据与的交点个数可得C正确；将D中问题转化为在上单调递增，由，采用分离参数的方式可求得D正确. 【解答过程】由题意知：定义域为，； 当时，；当时，； 的单调递减区间为，；单调递增区间为； 对于A，的极小值为，A正确； 对于B，当时，单调递减，B错误； 对于C，的极大值为，且当时，，由此可得图象如下图所示， 由图象可知：与有三个不同的交点， 即有三个实根，C正确； 对于D，由当时，恒成立可得：， 令，则在上单调递增， 在上恒成立，在上恒成立； 在上的最大值为，，D正确. 故选：ACD. 10．（23-24高二下·云南临沧·期末）（多选）已知函数，则（    ） A．当时，在上单调递减 B．当时，在上恒成立 C．有2个零点，则 D．有极值，则 【解题思路】对于A，当时，利用时，，即可判断；对于B，利用，即可判断；对于C，讨论的单调性，令，即可判断；对于D，利用当时，的单调性即可判断. 【解答过程】对于A，B选项，，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， ∴，∴；故A正确，B错误； 对于C选项，， 当时，，单调递增，最多有一个零点， 当时，令，得， 当时，，单调递减， 时，，单调递增， 故， 若有2个零点，则只需，解得，故C正确； 根据选项C分析，结合极值概念可知，时，有唯一的极小值，故D错误. 故选：AC. 11．（23-24高二下·贵州·期中）已知函数，，，则下列说法中正确的是（    ） A．函数只有1个零点，当时，函数只有1个零点． B．若关于x的方程有两个不相等的实数根，则实数． C．，且，都有． D．，，使得成立，则实数． 【解题思路】先分别求出函数和的单调性，对于A，直接解和时的最小值即可判断得解；对于B，根据函数的单调性结合函数的最小值和值的正负分布情况即可得解；对于C，根据函数的单调性即可得解；对于D，先由条件得到，再根据单调性确定并求解即可得解. 【解答过程】由题意， 故当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 定义域为，， 故当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 对于A，令，故函数只有1个零点； 当时，，故没有零点，故A错误； 对于B，，时，，时，， 故有两个不相等的实数根，则实数，故B正确； 对于C，在上单调递减，故C错误； 对于D，，，成立，则， 所以，即，故D正确. 故选：BD. 三、填空题 12．（23-24高二下·四川雅安·期中）函数的零点个数为 2 . 【解题思路】利用导数判断函数的单调性，再结合函数零点存在性定理，即可求解. 【解答过程】，， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值， ，所以在上有1个零点， 又，所以在上有1个零点， 所以函数的零点个数为2. 故答案为：2. 13．（23-24高二下·甘肃·期中）某商户销售、两种小商品，当投资额为千元时，在销售、商品中所获收益分别为千元与千元，其中，如果该商户准备共投入5千元销售、两种小商品，为使总收益最大，则商品需投入 1 千元. 【解题思路】由题意列收益函数，然后利用导数法求得最大值，即可得解. 【解答过程】设投入经销商品的资金为千元， 则投入经销商品的资金为千元，所获得的收益千元， 则， 可得 ，当时，可得，函数单调递增； 当时，可得，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为， 所以当投入商品的资金为4千元，投入商品的资金为1千元时， 此时总收益最大为千元. 故答案为：1. 14．（23-24高二下·江苏常州·期中）若关于的不等式在内有解，则实数的取值范围是 ． 【解题思路】题设中的不等式等价于，令，结合导数可得该函数的单调性，结合可得的解，从而可求实数的取值范围. 【解答过程】由有意义可知，. 由，得. 令，即有. 因为，所以，令， 问题转化为存在，使得. 因为，令，即，解得； 令，即，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，所以当时，. 因为存在，使得成立，所以只需且，解得. 故选：. 四、解答题 15．（23-24高二下·江西新余·阶段练习）将一个边长为1米的正六边形铁皮的六个角截去六个全等的四边形，再把它沿虚线折起（如图），做成一个无盖的正六棱柱铁皮盒.    (1)试把这个正六棱柱铁皮盒的容积表示为盒底边长的函数； (2)多大时，盒子的容积最大？并求出最大值. 【解题思路】（1）求出盒子的高、盒子的底面积，得盒子的容积； （2）由（1）可得，利用导数求出的最大值即可. 【解答过程】（1）如图，， 则盒子的高， 所以盒子的底面积， 所以盒子的容积，    （2）由（1）可得， 所以， 令，解得（舍去）， 所以当时，则单调递增， 当时，则单调递减， 所以当时取得极大值，即最大值， 所以当米时，盒子的容积最大为立方米. 16．（23-24高二下·湖北·期中）已知函数（为自然常数，）． (1)讨论函数的单调性； (2)证明：当时，． 【解题思路】（1）求出函数的导数，讨论a的范围，确定导数正负，即可得答案； （2）将原不等式转化为证明成立，构造函数，利用导数求出其最小值，证明其最小值大于0，即可证明结论. 【解答过程】（1）由题意知函数定义域为R，， 当时，，则在R上单调递减； 当时，令，则，则在上单调递增； 令，则，则在上单调递减； 综合上述，当时，在R上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）证明：由（1）可得当时，， 要证明，只需证明， 即证； 令，则， 当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 则， 即成立， 故当时，. 17．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知函数. (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)若存在，使得成立，求实数的取值范围. 【解题思路】（1）求导，即可根据导函数的正负求解， （2）将问题转化为存在，成立，构造函数，求导得函数的最值即可求解． 【解答过程】（1）， 解得， 因为，所以， 当，当， 所以在上单调递减，在上单调递增； （2）， 当时，由可得不成立， 当时，， 令恒成立， 故在单调递减， 所以， 所以的取值范围为. 18．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数. (1)在处切线斜率为2，求； (2)当时， ①，证明：； ②判断的零点个数，并说明理由. 【解题思路】（1）根据导数的几何意义代入计算解方程可得； （2）①对函数求导并构造函数利用函数单调性即可证明得出结论； ②对不同区间上的单调性进行分类讨论，并利用零点存在定理可得在上有两个零点. 【解答过程】（1）由可得， 可得，解得； （2）当时，，其定义域为； 可得； ①当时，令， 则， 令， 则； 因此可知在上单调递增，即， 因此，可得在上单调递增； 所以，即在上单调递增， 因此， 即可得时，； ②由，可知在上单调递增， 易知当趋近于时，趋近于，又； 根据零点存在定理可得在上存在唯一零点； 设，， 即可得时，；时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，当趋近于时，趋近于， 令， 所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增； 即可得，当趋近于时，趋近于， 即可得在上有唯一零点，且，即的一个零点为0，上无零点， 综上可知，在上有两个零点. 19．（23-24高二下·辽宁葫芦岛·期末）已知函数. (1)若是的极值点，求的值； (2)若函数有两个零点. ①求实数的取值范围； ②证明：. 【解题思路】（1）对函数先求导，结合是的极值点计算出结果，再进行验证； （2）①由题意得函数的零点即方程的实根，对进行分类讨论，利用导数判断函数单调性求得最值，进而计算出实数的取值范围； ②构造函数利用函数导数判断函数单调性，根据函数单调性证明：. 【解答过程】（1），当时即解得 检验：当在递减；在递增 则是极小值点成立，所以. （2）由题意得函数的零点即方程的实根， ①（i）当时不成立. （ii）当时，令， 的减区间增区间. 当时..当时， 若有两个零点.即有两个实根， 则的取值范围. ②方法一： ， 令， 于是， ， 令，则， ， 则在单调递减，所以， ， 则在单调递减， 又因为， 方法二： ，令 ，令， 在单调递减，又因为，所以， 即，在单调递减， ， 又因为， 又因为在单调递增， 所以所以. 第 1 页 共 23 页 学科网（北京）股份有限公司 $$