专题01：导数十大基础题型 讲义-2025届高考数学二轮复习压轴题突破拿高分（导数篇）上海专用

2025年高考数学二轮复习压轴题突破拿高分（导数篇） 专题01 导数十大基础题型 题型1：导数的切线问题 【例1】（2022·全国·统考高考真题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． (1)若，求a； (2)求a的取值范围． 【例2】（2023闵行中学练习）已知，函数． (1)讨论的单调性； (2)求证：存在，使得直线与函数的图像相切． 【例3】（2023宝山区七校三模）已知函数，． (1)若曲线在处的切线与曲线相交于不同的两点，，曲线在A，B点处的切线交于点，求的值； (2)当曲线在处的切线与曲线相切时，若，恒成立，求a的取值范围． 【例4】（2023徐汇中学练习）已知，函数. (1)若是增函数，求的取值范围； (2)证明：当，且时，存在三条直线是曲线的切线，也是曲线的切线. 题型2：用研究导数函数的单调性 【例5】（2023华二期中）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)求在上的最小值． 【例6】已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性. 【例7】已知函数 其中． (1)若，求函数的单调区间和极值; (2)当时，讨论函数的单调区间． 题型3：用导数研究函数的极值 【例8】（2024春•宝山区校级月考）已知的图象在，（1）处的切线与直线平行． （1）求函数的极值； （2）若，，，求实数的取值范围． 【例9】已知函数. (1)证明：恰有一个零点； (2)设函数.若至少存在两个极值点，求实数的取值范围. 【例10】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个极值点，，证明：. 【例11】（2024•崇明区二模）已知． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数存在两个不同的极值点，，求证：； （3）若，，数列满足，．求证：当时，． 题型4：用导数研究函数的最值 【例12】（2024•嘉定区二模）已知常数，设． （1）若，求函数的最小值； （2）是否存在，且、、依次成等比数列，使得、、依次成等差数列？请说明理由． （3）求证：“”是“对任意，，，都有”的充要条件． 【例13】（2024•闵行区校级二模）已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，证明：有且只有一个零点； （3）求函数在，上的最小值． 题型5：恒成立、能成立与存在性问题 【例14】已知函数，其中. (1)讨论函数极值点的个数； (2)对任意的，都有，求实数的取值范围. 【例15】（2022·北京·统考高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【例16】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【例17】（2024春•浦东新区校级期中）已知函数，，是自然对数的底数． （1）讨论函数的单调性； （2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； （3）若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值． 题型6：导数的零点、方程的根与交点问题 【例18】设函数，，其中，曲线在处的切线方程为 (1)若的图象恒在图象的上方，求的取值范围； (2)讨论关于的方程根的个数． 【例19】已知a≥1，函数f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2． (1)若a＝1，求f(x)的单调区间； (2)讨论f(x)的零点个数． 【例20】已知函数，其中. (1)若，求的单调区间； (2)若恰有2个不同的极值点，求的取值范围； (3)若恰有2个不同的零点，求的取值范围. 【例21】已知函数，且. (1)求在上的最大值； (2)设函数，若函数在上有三个零点，求的取值范围. 【例22】（2022·全国·统考高考真题）已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【例23】（2024春•虹口区校级月考）已知函数的极小值为1． （Ⅰ）求实数的值； （Ⅱ）设函数． ①证明：当时，，恒成立； ②若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【例24】已知函数和在同一处取得相同的最大值． (1)求实数a； (2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为（），证明：． 题型7：不等式的证明 【例25】（2023·全国·统考高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【例26】已知函数，． (1)求的极值； (2)证明：当时，．（参考数据：） 【例27】已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，若不等式恒成立，求的取值范围； (3)设，证明：． 【例28】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数，求证：当时，． 【例29】已知． (1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数有两个极值点，证明：． 题型8：双变量问题 【例30】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且存在两个极值点，，证明：． 【例31】已知函数（为常数） (1)讨论的单调性 (2)若函数存在两个极值点，且，求的范围. 【例32】已知函数. (1)若关于的不等式恒成立，求的取值范围； (2)若，是的两个极值点，且，证明：. 题型9：极值点偏移问题 【例33】（2022·全国·统考高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 【例34】已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 题型10：建立模型解决实际问题 【例35】某个体户计划经销、两种商品，据调查统计，当投资额为（）万元时，在经销、商品中所获得的收益分别为万元与万元、其中（）；，（）已知投资额为零时，收益为零. （1）试求出，的值； （2）如果该个体户准备投入5万元经营这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大收益，并求出其收入的最大值.（精确到0.1，参考数据：）. 【例36】为优先发展农村经济，丰富村民精神生活，全面推进乡村振兴，某村在年新农村建设规划中，计划在一半径为的半圆形区域(为圆心)上，修建一个矩形名人文化广场和一个矩形停车场(如图)，剩余区域进行绿化，现要求，. （1）设为名人文化广场和停车场用地总面积，求的表达式； （2）当取最大值时，求的值. 【例37】某城镇在规划的一工业园区内架设一条16千米的高压线，已知该段线路两端的高压线塔已经搭建好，余下的工程只需要在已建好的两高压线塔之间等距离的再修建若干座高压电线塔和架设电线．已知建造一座高压线电塔需2万元，搭建距离为x千米的相邻两高压电线塔之间的电线和人工费用等为万元，所有高压电线塔都视为“点”，且不考虑其他因素，记余下的工程费用为y万元． (1)试写出y关于x的函数关系式． (2)问：需要建造多少座高压线塔，才能使工程费y有最小值？最小值是多少？（参考数据：） 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学二轮复习压轴题突破拿高分（导数篇） 专题01 导数十大基础题型 题型1：导数的切线问题 【例1】（2022·全国·统考高考真题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． (1)若，求a； (2)求a的取值范围． 【答案】(1)3 (2) 【解析】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为， 即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得； （2），则在点处的切线方程为，整理得， 设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得， 则，整理得， 令，则，令，解得或， 令，解得或，则变化时，的变化情况如下表： 0 1 0 0 0 则的值域为，故的取值范围为. 【例2】（2023闵行中学练习）已知，函数． (1)讨论的单调性； (2)求证：存在，使得直线与函数的图像相切． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）的定义域是，， 当时，恒成立，在单调递增； 当时，令，则，显然成立， 解得：，， 当时，；当时，， 的增区间是和，减区间是． （2），则，设切点坐标为． 由直线与函数的图象相切，则，解得：． 显然直线过原点，则，所以． 整理得，即：，得：． 设，． 当时，，递减，当时，，递增． 又，．所以存在，使得． 存在，使得直线与函数的图像相切． 【例3】（2023宝山区七校三模）已知函数，． (1)若曲线在处的切线与曲线相交于不同的两点，，曲线在A，B点处的切线交于点，求的值； (2)当曲线在处的切线与曲线相切时，若，恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【解析】（1）因为，所以， 所以曲线在处的切线方程为． 由已知得，，不妨设， 又曲线在点A处的切线方程为， 在点B处的切线方程为， 两式相减得， 将，， 代入得， 化简得， 显然，所以，所以，又，所以． （2）当直线与曲线相切时，设切点为， 则切线方程为，将点代入，解得，此时，， 根据题意得，，， 即恒成立． 令，则，，令，则， 易知在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以． 若，则，即在上单调递增， 则，所以在上恒成立，符合题意； 若，则． 又， 所以存在，使得， 当时，，单调递减，即， 所以此时存在，使得，不符合题意． 综上可得，a的取值范围为． 【例4】（2023徐汇中学练习）已知，函数. (1)若是增函数，求的取值范围； (2)证明：当，且时，存在三条直线是曲线的切线，也是曲线的切线. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）的定义域为 令， 令，得；令，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而，故的取值范围是. （2）设曲线的切点为， 则曲线在点处的切线方程为. 联立，得， 必有， 记函数，由题， 故当时，. 记， 令，得；令，得， 故在上单调递减，在上单调递增. 当，且时，， 当时，，故存在，使得， 当，或时，；当时，， 故在上单调递增，在上单调递减. 由，得，代入并整理得： 同理， 记，由（1）知为增函数， ， ， 又，当时，， 有三个零点， 存在三条直线是曲线的切线，也是曲线的切线. 题型2：用研究导数函数的单调性 【例5】（2023华二期中）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)求在上的最小值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）函数的定义域为， 则． 当时，在上恒成立， 故此时在上单调递减； 当时，由，得,由，得， 故此时在上单调递减，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）由（1）知，当时，在上单调递减， 所以在上单调递减，所以； 当时， (i)若，即时，在上单调递增， 此时，； (ii)若，即时，在上单调递减，在上单调递增， 此时，； (iii)若，即时，在上单调递减， 此时，． 综上所述，． 【例6】已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性. 【答案】(1) (2)答案见解析 【解析】（1）由已知，则， 当时，，， 则曲线在处的切线方程为，即 （2）由（1）知，， ①当时，， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； ②当时，由，得， （ⅰ）当时，， 当时，，在，单调递增； 当时，，在单调递减； （ⅱ）当时，，，在单调递增； （ⅲ）当时，， 当时，，在，单调递增； 当时，，在单调递减； 综上可得：①当时，在单调递增，在单调递减； ②当时，在，单调递增，在单调递减； ③当时，在单调递增； ④当时，在，单调递增，在单调递减. 【例7】已知函数 其中． (1)若，求函数的单调区间和极值; (2)当时，讨论函数的单调区间． 【答案】(1)的单调减区间为， 单调增区间为；极小值 （2） 答案见解析 【解析】（1）函数的定义域为． 则， 令，可得， 当变化时，和的变化情况如下： 单调递减 单调递减 单调递增 故函数的单调减区间为; 单调增区间为． 当时，函数有极小值. （2）因为 ，所以， 所以函数的定义域为， 求导可得 令，可得， 当时，， 因为(当且仅当时，) 所以函数在单调递增． 当时，， 当变化时， 和的变化情况如下： 单调递增 单调递减 单调递增 故函数的单调减区间为单调增区间为 当 时，， 当变化时，和的变化情况如下： 单调递增 单调递减 单调递增 故函数的单调减区间为单调增区间为， 综上，当时，函数在单调递增；当时，函数的单调减区间为单调增区间为；当 时，函数的单调减区间为单调增区间为， 题型3：用导数研究函数的极值 【例8】（2024春•宝山区校级月考）已知的图象在，（1）处的切线与直线平行． （1）求函数的极值； （2）若，，，求实数的取值范围． 【分析】（1）求得的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得，求出的导数和单调区间，即可得到所求极值； （2）设，可得，设在为增函数，设在为增函数，求得的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求的范围． 【解答】解：（1）的导数为， 可得的图象在，（1）处的切线斜率为， 由切线与直线平行，可得， 即，， ， 由，可得，由，可得， 则在递增，在递减， 可得在处取得极大值，且为，无极小值； （2）可设，若，， ，可得， 即有， 设在为增函数， 即有对恒成立， 可得在恒成立， 由的导数为得： 当，可得， 在递减，在，递增， 即有在处取得极小值，且为最小值， 可得， 解得， 则实数的取值范围是，． 【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题． 【例9】已知函数. (1)证明：恰有一个零点； (2)设函数.若至少存在两个极值点，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析(2) 【解析】（1）证明：令，得. 又，所以. 令，则， 所以在区间上单调递增. 又， 所以存在唯一的，使得， 即在区间内恰有一个零点， 故函数恰有一个零点. （2）由题意知， 所以. 因为函数至少存在两个极值点， 所以方程至少有两个不等实根. 令，则. 令，则， 所以函数在区间上单调递减. 又，所以当时，，即0，此时单调递增； 当时，，即，此时单调递减， 且当时，；当时，；当时，. 要使在区间内至少有两个不等实根， 则函数的图象与直线在区间上至少有两个交点. 作出函数的图象，如图所示， 则，解得. 此时，在区间和区间内各有一个零点，分别设为， 则当或时，；当时，， 故为的极小值点， 为的极大值点，符合题意.故实数的取值范围是. 【例10】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个极值点，，证明：. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【解析】（1）由题得，其中， 令，，其中对称轴为， ． ①若，则， 此时，则，所以在上单调递增； ②若，则， 此时在上有两个根，，且， 所以当时，，则，单调递增； 当,时，，则，单调递减； 当,时，，则，单调递增， ③当时，当时，，则，单调递增， 当时，，则，单调递减， ④当时，， 此时在上有两个根，， 所以当时，，则，单调递减； 当,时，，则，单调递增， 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增． 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在，上单调递增． （2）由（1）知，当时，有两个极值点，，且，， 所以 ． 令，， 则，故在上单调递减， 所以，所以， 即． 【例11】（2024•崇明区二模）已知． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数存在两个不同的极值点，，求证：； （3）若，，数列满足，．求证：当时，． 【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程； （2）由已知结合导数与单调性及极值关系先表示，然后结合二次方程根的存在条件即可证明； （3）结合导数分析的单调性，结合已知递推关系及函数单调性即可证明． 【解答】解 （1）当时， 所以曲线在点处的切线方程为； 证明：（2）由，得，令，则， 原方程可化为①，则是方程①的两个不同的根， 所以，解得， 所以， 因为，所以，所以， （3）由题意，，所以 当时，，所以函数在区间上严格减， 当时，，所以函数在区间上严格增， 因为，所以（1），（1）， 以此类推，当时，（1）， 又， 所以函数在区间上严格减， 当时，（1），所以， 所以，即，故． 【点评】本题主要考查了导数的几何意义在切线方程求解中的应用，还考查了导数与单调性在不等式证明中的应用，属于中档题． 题型4：用导数研究函数的最值 【例12】（2024•嘉定区二模）已知常数，设． （1）若，求函数的最小值； （2）是否存在，且、、依次成等比数列，使得、、依次成等差数列？请说明理由． （3）求证：“”是“对任意，，，都有”的充要条件． 【分析】（1）求导分析的符号，的单调性，最值，即可得出答案． （2）根据题意可得，，则，分两种情况：当时，当时，讨论是否满足条件，即可得出答案． （3）由，得，令，则原①，证明充分性和必要性，即可得出答案． 【解答】解：（1）， ， 令，得， 所以在上，单调递减， 在上，单调递增， 所以（1）． （2）若、、依次成等比数列，则， 若、、成等差数列，则， 所以， 所以， 当时，成立， 当时，则，联立，得， ，即， 所以，与矛盾， 所以时，存在，，满足条件， 当时，不存在，，满足条件． （3）证明：，则， ， 所以， 又 ， 令， 上式 ①， 令，则恒成立， 单调递减， 所以（1）， 充分性：若，则，则恒成立， 必要性：要使得①式恒成立，则恒成立，即． 【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题． 【例13】（2024•闵行区校级二模）已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，证明：有且只有一个零点； （3）求函数在，上的最小值． 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得曲线在处的切线方程； （2）当时，求得，利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可证得结论成立； （3）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在，上的单调性，即可求得函数在，上的最小值． 【解答】解：（1）当时，， ， ，， 曲线在处的切线方程为； （2）证明：当时，， 令，则或，且，列表如下： 0 0 0 增 极大值 减 极小值 增 函数的极大值为， 极小值为， 当时，， 又因为（2），由零点存在定理可知，函数在上存在唯一零点， 综上所述，当时，函数有且只有一个零点； （3）， ， ①当时，对任意的，，，则且不恒为零， 此时函数在，上单调递增，则； ②当时，由，可得，由，可得， 此时函数在，上单调递减，在，上单调递增， 则； ③当时，对任意的，，且不恒为零， 此时函数在，上单调递减，则． 综上所述，． 【点评】本题考查利用导数求函数的切线，利用导数研究函数的单调性与零点问题，利用导数研究函数的最值，属中档题． 题型5：恒成立、能成立与存在性问题 【例14】已知函数，其中. (1)讨论函数极值点的个数； (2)对任意的，都有，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）由题意知：定义域为，， 令，则， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 又，当时，恒成立， 大致图象如下图所示，    则当时，恒成立，即恒成立， 在上单调递减，无极值点； 当时，与有两个不同交点， 此时有两个变号零点，有两个极值点； 当时，与有且仅有一个交点， 此时有且仅有一个变号零点，有且仅有一个极值点； 综上所述：当时，无极值点；当时，有两个极值点；当时，有且仅有一个极值点. （2）由题意知：当时，恒成立； 设，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， 即，， 又恒成立，，即实数的取值范围为. 【例15】（2022·北京·统考高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【答案】(1) (2)在上单调递增. (3)证明见解析 【解析】（1）解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）解：原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 【例16】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）， 当时，，在上单调递减； 当时，，所以时，单调递增， 时，单调递减， 综上所述，当时，单调递减；当时，在上单调递增；在上单调递减. （2）若对任意恒成立，可得， 即对任意恒成立， 令，， ，令，， 因为，所以，所以在上单调递减， 在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递减， 所以当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以， 可得. 【例17】（2024春•浦东新区校级期中）已知函数，，是自然对数的底数． （1）讨论函数的单调性； （2）若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； （3）若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值． 【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论和两种情况，求函数的单调性； （2）方程，转化为，利用导数分析函数的图象，再利用数形结合，求参数的取值范围； （3）首先参变分离为，再令，，利用导数求函数的单调区间，并求函数的最小值的取值范围，即可求解的最大值． 【解答】解：（1）， 若，则恒成立，所以在上单调递增， 若，，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 综上可知，时，的增区间是， 当时，的减区间是，增区间是； （2）方程，显然当时，方程不成立，则，， 若方程有两个不等实根，即与有2个交点， 则， 当，，时，，在区间和单调递减， 并且时，，当时，； 当时，，单调递增， 时，当时，取得最小值，（1）， 画出函数的大致图象，如图所示： 由与有2个交点，得，所以的取值范围是； （3）当时，，， 所以， 当时，，， 令，， 则， 由（1）可知，在单调递增，且（1），（2）， 所以在上存在唯一的零点，即在上存在唯一的零点， 设此零点为，则，且， 当时，，单调递减， 当，时，，单调递增， 所以的最小值为， 所以， 所以整数的最大值为2． 【点评】本题考查了导数的综合应用问题，解题的关键是运用参变分离，转化为函数图象的交点问题，是难题． 题型6：导数的零点、方程的根与交点问题 【例18】设函数，，其中，曲线在处的切线方程为 (1)若的图象恒在图象的上方，求的取值范围； (2)讨论关于的方程根的个数． 【答案】(1)； (2)答案见解析 【解析】（1），则， 则,又因为，解得，， 所以； 由题意得，对一切恒成立， 分离参数得，对一切恒成立， 令，则， 令，则，， 所以函数过点，且在上单调递减， 当时，；当时，． 又易知与同号， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则，所以， 故的取值范围为； （2）由题意，原方程等价于分离参数后的方程， 令，由（1）知， 在上单调递增，在上单调递减， 又当时，；当时，， 所以的大致图象如图.观察图象可知：    当时，方程根的个数为； 当时，根的个数为； 当时，根的个数为． 【例19】已知a≥1，函数f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2． (1)若a＝1，求f(x)的单调区间； (2)讨论f(x)的零点个数． 【答案】见解析 【解析】(1)若a＝1，则f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋2(x－1)． 当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0． 所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)当a＝1时，f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2， 因为f(1)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有1个零点． 当a＞1时，f′(x)＝1＋ln x－a＋2a(x－1)＝1＋ln x＋2ax－3a， 令g(x)＝1＋ln x＋2ax－3a，因为a＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f′(1)＝g(1)＝1－a＜0，f′＝g＝1＋ln ＞0，所以存在实数x0∈，使得g(x0)＝0． 在(0，x0)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数． 所以f(x)的最小值是f(x0)，其中x0满足f′(x0)＝0，即1＋ln x0＋2ax0－3a ＝0． 所以f(x0)＝x0ln x0－ax0＋1＋a(x0－1)2＝x0(3a－1－2ax0)－ax0＋1＋a(x0－1)2＝(1－x0)(a＋ax0＋1)， 因为x0∈，所以f(x0)＜0，因为f＝＋1－＞0，f(3)＝3ln 3＋a＋1＞0，所以f(x)有2个零点． 综上所述，当a＝1时，f(x)有1个零点；当a＞1时，f(x)有2个零点 【例20】已知函数，其中. (1)若，求的单调区间； (2)若恰有2个不同的极值点，求的取值范围； (3)若恰有2个不同的零点，求的取值范围. 【答案】(1)单调减区间为，无增区间. (2) (3) 【解析】（1）解：若，则，可得， 设，则， 当时，递增；当时，递减， 所以，即，所以在递减， 即的单调减区间为，无增区间. （2）解：由函数，可得， 由题意可得有两个不等的正根， 设， 若，则在递增，不符合题意； 若，可得，令，可得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 可得， 因为有两个不等的正根，所以，解得， 所以实数的取值范围是. （3）解：由，可得，即， 设，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以， 又时，时，， 因为恰有2个不同的零点，所以，可得， 所以实数的取值范围是. 【例21】已知函数，且. (1)求在上的最大值； (2)设函数，若函数在上有三个零点，求的取值范围. 【答案】(1)最小值为，最大值为. (2) 【解析】（1）解：由函数，可得， 因为，可得，解得， 所以且， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当，函数取得极大值；当，函数取得极小值， 又由， 所以函数在区间上的最小值为，最大值为. （2）解：由函数和，可得， 因为函数在上有三个零点，即有三个实数根， 等价于与的图象有三个不同的交点， 又由， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当，函数取得极小值；当，函数取得极小值， 又由当时，，当时，， 要使得与的图象有三个不同的交点，可得， 即实数的取值范围是. 【例22】（2022·全国·统考高考真题）已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】（1）当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以； （2），则， 当时，，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 又， 由（1）得，即，所以， 当时，， 则存在，使得， 所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；此时， 由（1）得当时，，，所以， 此时 存在，使得， 所以在有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为. 【例23】（2024春•虹口区校级月考）已知函数的极小值为1． （Ⅰ）求实数的值； （Ⅱ）设函数． ①证明：当时，，恒成立； ②若函数有两个零点，求实数的取值范围． 【分析】求导之后，讨论单调性，再根据题设条件列式即可求解； ①法一：先判定 的单调性，再结合（1）的结论放缩即 可；法二：直接利用 的结论放缩即可， ②研究的单调性，极值的符号，再结合零点存在性定理的推论即可求解． 【解答】解：（Ⅰ）的定义域为，． 当时，恒成立，在上单调递增，无极小值； 当时，令，；令，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以的极小值为（a），即． 综上，． （Ⅱ）①法一：，． ， ，即在上单调递减． ． 由（Ⅰ）知，的最小值为（1），即（当且仅当时，等号成立）． ，即． 法二：由（Ⅰ）知，的最小值为（1），即（当且仅当时，等号成立）． 因为，所以 所以得证． ②． 当时，，在上单调递增，至多有一个零点． 当时，． 令，；令，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以的最小值为． 设，． 令，；令，． 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以的最大值为． 当时，（1），只有一个零点； 当时，，又（1），． 所以有两个零点； 当时，， 由①知，当时，对，恒成立，又（1）， 所以有两个零点； 综上：或． 【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于难题． 【例24】已知函数和在同一处取得相同的最大值． (1)求实数a； (2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为（），证明：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【解析】（1）由题意可得：，显然， 当时，令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得在处取到最大值； 当时，令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得在处取到最小值，不合题意； 综上所述：，在处取到最大值. 因为的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得在处取到最大值； 由题意可得：，解得. （2）由（1）可得：在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值， 且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于， 可得直线与曲线至多有两个交点； 在上单调递增，在上单调递减，在处取到最大值， 且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于， 可得直线与曲线至多有两个交点； 若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，则，    此时直线与曲线、均有两个交点， 构建， 构建，且，则， 可得在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值， 构建，则， 因为，令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得， 即，当且仅当时，等号成立， 可得：当时，，则， 所以； 当时，，且在上单调递增， 则，可得， 所以； 当时，，且在上单调递减， 则，可得， 所以； 综上所述：当时，； 当时，； 当时，. 结合题意可得：直线与曲线的两个交点横坐标为，与的两个交点横坐标为，且， 当，可得，即， 可得，即， 因为在上单调递增，且， 则，可得 所以； 当，可得，即， 可得，即， 因为在上单调递增，且， 则，可得， 所以； 综上所述：，即. 题型7：不等式的证明 【例25】（2023·全国·统考高考真题）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 【解析】（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. 【例26】已知函数，． (1)求的极值； (2)证明：当时，．（参考数据：） 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)证明见解析 【解析】（1）的定义域为，， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值， 所以的极大值为，无极小值； （2）设， 则， 令，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 又，，， 所以存在，使得，即． 当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以当时，在处取得极小值，即为最小值， 故， 设，因为， 由二次函数的性质得函数在上单调递减， 故， 所以当时，，即． 【例27】已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，若不等式恒成立，求的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)递增区间为，递减区间为 (2) (3)证明见解析 【解析】（1）当时，， 则， 令，得；令，得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）由，得， 设， 当时，， 所以当时，，不符合题意． 当时，， 设， 其图象为开口向下的抛物线，对称轴为， 当，即时， 因为， 所以当时，，即， 此时单调递增，所以，不符合题意． 当，即时，在上单调递减， 所以， 所以，所以在上单调递减， 所以，符合题意． 综上所述，的取值范围为． （3）由（2）可得当时，，即， 令，则， 所以， 以上各式相加得， 即， 所以． 【例28】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数，求证：当时，． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由题意知：的定义域为，； ①当时，在上恒成立， 在上单调递增； ②当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增；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）要证，只需证， 又，，则只需证； ①当时，，，恒成立； ②当时，，，， 则只需证，即证， 令，则， 令，则， 令，则， 在上单调递增，即在上单调递增， ，， ，使得，且当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 又，，又， 当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， ，即； 综上所述：当时，恒成立，即. 【例29】已知． (1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数有两个极值点，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，利用给定的单调性列出不等式，再结合恒成立条件求解作答. （2）根据给定条件，求出a的取值范围，将用a表示出，再构造函数并借助导数推理作答. 【解析】（1）函数定义域为，依题意，，成立， 即，成立，而当时，，因此， 而时，不是常数函数，于是得， 所以实数的取值范围是. （2）由（1）知，，因有两个极值点，则，即有两不等正根， 于是得，有， ， ，令，， ，显然函数在上单调递增，而， 因此，使得，即，当时，，当时，， 于是得在上单调递减，在上单调递增，， 显然在上单调递增，则，因此，即有， 所以. 【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理，本题的关键点在于转化成新函数的最值问题后，需要通过隐零点代换，进而求出函数的最值，使问题得到解决. 题型8：双变量问题 【例30】已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且存在两个极值点，，证明：． 【解答】解：（1）的定义域为，， 若，则，所以在单调递增； 若，当时，； 当时，． 所以在单调递减，在单调递增； 证明：（2）因为存在两个极值点且， ， 所以的两个极值点，满足， 所以，不妨设，则， 则 ， 要证，只需证， 设， 则， 知在单调递减，又（1）， 当时，，故， 即， 所以． 【例31】已知函数（为常数） (1)讨论的单调性 (2)若函数存在两个极值点，且，求的范围. 【解析】(1)∵， ，当时，，，在定义域上单调递增； 当时，在定义域上， 时，在定义域上单调递增； 当时，令得，， ，时，；时， 则在，上单调递增，在上单调递减. 综上可知：当时，在定义域上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减.（其中，） (2)由（1知有两个极值点，则， 的二根为， 则，， ， 设，又，∴. 则，， ∴在递增，. 即的范围是 【例32】已知函数. (1)若关于的不等式恒成立，求的取值范围； (2)若，是的两个极值点，且，证明：. 【解析】(1)因为恒成立，所以， 即. 令函数，则 恒成立. 令函数 ，则 ， 当 时， ，当 时， ， 时， ， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， ， 因为 ，所以在上单调递增， 所以等价于，即恒成立， 令函数，则 ， 当时， ；当 时， ， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 故的取值范围是； (2)因为是的两个极值点，所以是方程 的两个根， 令 ，则 ，有（1）的讨论可知， 若 存在两个零点， ，且， 由 ，即 ， 因为， 所以，即需证恒成立， 由 可得， 令，则，， 所以等价于，即， 令函数，，则 ， 所以在上单调递减，所以，即， 故； 题型9：极值点偏移问题 【例33】（2022·全国·统考高考真题）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 【解析】（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 【例34】已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由题意得，函数的定义域为. 由得：， 当时，在上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）因为是方程的两不等实根，， 即是方程的两不等实根， 令，则，即是方程的两不等实根. 令，则，所以在上递增，在上递减，， 当时，；当时，且. 所以0，即0. 令，要证，只需证， 解法1（对称化构造）：令， 则， 令， 则， 所以在上递增，， 所以h，所以， 所以，所以， 即，所以. 解法2（对数均值不等式）：先证，令， 只需证，只需证， 令， 所以在上单调递减，所以. 因为，所以， 所以，即，所以. 题型10：建立模型解决实际问题 【例35】某个体户计划经销、两种商品，据调查统计，当投资额为（）万元时，在经销、商品中所获得的收益分别为万元与万元、其中（）；，（）已知投资额为零时，收益为零. （1）试求出，的值； （2）如果该个体户准备投入5万元经营这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大收益，并求出其收入的最大值.（精确到0.1，参考数据：）. 【解析】(1)根据问题的实际意义，可知， 即：， (2)由(1)的结果可得：，依题意，可设投入商品的资金为万元（），则投入商品的资金为万元，若所获得的收入为万元，则有 （） ∴   ，令，得 当时，；当时，； ∴是在区间上的唯一极大值点，此时取得最大值： （万元），（万元） 答：该个体户可对商品投入3万元，对商品投入2万元，这样可以获得12.6万元的最大收益. 【例36】为优先发展农村经济，丰富村民精神生活，全面推进乡村振兴，某村在年新农村建设规划中，计划在一半径为的半圆形区域(为圆心)上，修建一个矩形名人文化广场和一个矩形停车场(如图)，剩余区域进行绿化，现要求，. （1）设为名人文化广场和停车场用地总面积，求的表达式； （2）当取最大值时，求的值. 【解析】（1）依题得，，， 取的中点，所以，连接，则，则， 由得，，所以，. （2），令，得， 解得或(不合题意，舍去)，设，则， ①当时，，单调递增；②当时，，单调递减， 所以当时，即时，取得最大值. 【例37】某城镇在规划的一工业园区内架设一条16千米的高压线，已知该段线路两端的高压线塔已经搭建好，余下的工程只需要在已建好的两高压线塔之间等距离的再修建若干座高压电线塔和架设电线．已知建造一座高压线电塔需2万元，搭建距离为x千米的相邻两高压电线塔之间的电线和人工费用等为万元，所有高压电线塔都视为“点”，且不考虑其他因素，记余下的工程费用为y万元． (1)试写出y关于x的函数关系式． (2)问：需要建造多少座高压线塔，才能使工程费y有最小值？最小值是多少？（参考数据：） 【解析】(1)由题意知，需要新建的高压线塔为座．                  所以，                     即． (2)由（1），得，                令得或（舍去）．                由，得；由，得， 所以函数y在区间上单调递减；在区间上单调递增．                  所以当时，函数y取得最小值， 且，此时应建高压线塔为（座）．              故需建19座高压线塔可使得余下的工程费用最低，且最小值为44.72万元． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$