期末专题04 导数大题综合（6大题型27题）（湖南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编

期末专题04 导数大题综合（6大题型27题） 题型概览 题型01 单调性问题 题型02 极值与最值 题型03 恒成立与有解问题 题型04 零点问题 题型05 导数在立体几何中的应用 题型06 函数新定义 优选提升题 ( 题型01 ) 单调性问题 1．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数，其中. (1)当时，求函数在上的最大值； (2)讨论的单调性. 2．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)若，当时，证明：； (2)若，讨论的单调性. 3．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数，其中. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求a的值及切线方程； (2)若函数在定义域内单调递减，求a的取值范围. ( 题型02 ) 极值与最值 4．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)求函数在上的单调区间和最小值. 5．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求函数的单调递增区间； (3)若函数在区间上只有一个极值点，求的取值范围. 6．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数． (1)若，判断的单调性； (2)若在上没有极值点，求的取值范围． 7．(23-24高二下·湖南岳阳·期末)已知函数，其中. (1)若，求在处的切线方程； (2)当时，设.求证：存在极小值点. ( 题型03 ) 恒成立与有解问题 8．(23-24高二下·湖南·期末)设函数． (1)当，求在点处的切线方程； (2)证明：当时，； 9．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数． （1）当时，求在区间上的最值； （2）当时，，求的取值范围． 10．(23-24高二下·湖南益阳安化县·期末)已知函数，. (1)，求的单调区间； (2)若方程有两个解，求的取值范围； 11．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)函数在区间上有零点，求的值； (3)记函数，设，是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值. 12．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)当时，求函数极值； (2)讨论在区间上单调性； (3)若恒成立，求实数的取值范围. 13．(23-24高二下·湖南邵阳邵东·期末)已知函数，其中. (1)求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)当时，令函数，证明：. 14．(23-24高二下·湖南郴州·期末)已知函数. (1)若在上单调递减，求实数的取值范围； (2)当时，求证在上恒成立. 15．(23-24高二下·湖南张家界·期末)已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若的极大值为，求的取值范围； (3)若，证明：当时，. 16．(23-24高二下·湖南部分学校·期末)已知函数，（）. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意恒成立，求整数a的最小值. ( 题型04 ) 零点问题 17．(23-24高二下·湖南长沙第一中学·期末)已知函数. (1)当时，求证：； (2)若存在两个零点，求实数的取值范围. 18．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. ( 题型0 5 ) 导数在立体几何中的应用 19．(23-24高二下·湖南株洲第十三中学·期末)立德中学高中数学创新小组开展一项数学实验（1）给出两块相同的边长都为8cm的正三角形薄铁片（如图1、图2），其中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥；图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分）每个四边形中有且只有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）形容器． (1)试求图1剪拼的正三棱锥体积的大小； (2)设正三棱柱底面边长为x，将正三棱柱形容器的容积V表示为关于x的函数，并标明其定义域，并求其最值． (3)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请仿照图2设计剪拼方案，用虚线标示在图3中，并作简要说明． ( 题型0 6 ) 函数新定义 20．(23-24高二下·湖南·期末)设函数在区间上可导，为函数的导函数.若是上的减函数，则称为上的“上凸函数”；反之，若为上的“上凸函数”，则是上的减函数. (1)判断函数在上是否为“上凸函数”，并说明理由； (2)若函数是其定义域上的“上凸函数”，求的取值范围； 21．(23-24高二下·湖南·期末)从函数的观点看，方程的根就是函数的零点，设函数的零点为.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.具体做法如下：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线（轴，以下同），切线与轴交于点，再作在点处切线，一直重复，可得到一列数：.显然，它们会越来越逼近.于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解. (1)设，试用牛顿法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； (2)如图，设函数； （i）由以前所学知识，我们知道函数没有零点，你能否用上述材料中的牛顿法加以解释？ （ii）若设初始点为，类比上述算法，求所得前个三角形的面积和. 22．(23-24高二下·湖南湘西州·期末)若函数满足对于任意的，恒成立，则称为“反转函数”.已知函数，. (1)当时，证明：为“反转函数”. (2)已知有三个零点，，，且. ①求a的取值范围； ②证明：. 23．(23-24高二下·湖南·期末)微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下: 如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数. (1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”； (2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于； (3)若，且，求证:. 24．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)设函数有两个不同的零点， （i）求实数的取值范围： （ⅱ）若满足，求实数的最大值. 25．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)当时，恒成立，求实数的取值范围； (2)已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证：； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 26．(23-24高二下·湖南·期末)设函数． (1)讨论的单调性； (2)已知直线与曲线交于三点，且． （i）若成等差数列，求k； （ii）证明：． 27．(23-24高二下·湖南部分学校·期末)已知函数. (1)若是的极大值点，求的值； (2)用表示中的最大值，设函数，试讨论零点的个数. 注：若，当时，，当时，. / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题04 导数大题综合（6大题型27题） 题型概览 题型01 单调性问题 题型02 极值与最值 题型03 恒成立与有解问题 题型04 零点问题 题型05 导数在立体几何中的应用 题型06 函数新定义 优选提升题 ( 题型01 ) 单调性问题 1．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数，其中. (1)当时，求函数在上的最大值； (2)讨论的单调性. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）当时，利用导数研究函数单调性，从而得最值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，综合可得出函数的单调性. 【详解】（1）当时，， 则， 所以，当或时，，则函数单调递增， 当时，，则函数单调递减， 故函数在和上单调递增，在上单调递减， 又， 所以，函数在上的最大值为； （2）函数的定义域为， ， 当时，由，可得，， 当时，当时，，此时，函数单调递减， 当或时，，此时，函数单调递增， 当时，对任意的，， 此时，函数在上单调递增； 当时，当时，，此时，函数单调递减， 当或时，，此时，函数单调递增， 综上所述，当时，函数在、上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在、上的单调递增，在上单调递减. 2．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)若，当时，证明：； (2)若，讨论的单调性. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）根据函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调性，进而可得到，即可证明结果； （2）对求导得到，令，得到或，再对进行分类讨论，利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果. 【详解】（1）当时，，即证当时，， 令，则， 令，则在区间上恒成立， 所以，当且仅当时取等号， 所以在区间上恒成立，当且仅当时取等号， 所以在上单调递减， 所以对，所以，即. （2），令，得或， ①当时，恒成立，所以在上单调递增； ②当时，，令，得，或，令，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减； ③当时，，令，得，或，令，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 综上所述，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 3．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数，其中. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求a的值及切线方程； (2)若函数在定义域内单调递减，求a的取值范围. 【答案】(1)2， (2) 【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，得出切线方程. （2）由已知得出对恒成立，所以，令，借助导数求得出结果. 【详解】（1）由题可知，则，解得. 切点为，切线为 （2）∵在上是减函数， ∴对恒成立，所以， 令，则，由得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，故只需 故a的取值范围. ( 题型02 ) 极值与最值 4．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)求函数在上的单调区间和最小值. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分类讨论即可根据导函数的正负，即可求解单调性得解. 【详解】（1）当时，，则， 故，， 故切线方程为，即， （2）且， 当时，，的单调增区间为，； 当时， 当时，，当时，， 所以的单调减区间为，单调增区间为，； 当时，，所以的单调减区间为， 5．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求函数的单调递增区间； (3)若函数在区间上只有一个极值点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)、 (3) 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程； （2）当时，求出，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的单调递增区间； （3）令，分析可知，函数在上有且只有一个异号零点，对实数的取值进行分类讨论，结合题意可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围. 【详解】（1）解：当时，，则，所以，，， 故当时，曲线在点处的切线方程为，即. （2）解：当时，，该函数的定义域为， ， 由，即，解得或， 因此，当时，函数的单调递增区间为、. （3）解：因为，则， 令，因为函数在上有且只有一个极值点， 则函数在上有一个异号零点， 当时，对任意的，，不合乎题意； 当时，函数在上单调递增， 因为，只需，合乎题意； 当时，函数的图象开口向下，对称轴为直线， 因为，只需，不合乎题意，舍去. 综上所述，实数的取值范围是. 6．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数． (1)若，判断的单调性； (2)若在上没有极值点，求的取值范围． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2) 【分析】（1）解不等式即可； （2）分两种情况：即在上恒成立，或在上恒成立。 【详解】（1）当时，，其定义域为， ， 由，得．由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． （2）因为， ， 当时，， 若在上没有极值点，则在上单调， 即在上恒成立，或在上恒成立． 若在上恒成立，则，解得， 若在恒成立，则，解得． 综上所述，a的取值范围为． 7．(23-24高二下·湖南岳阳·期末)已知函数，其中. (1)若，求在处的切线方程； (2)当时，设.求证：存在极小值点. 【答案】(1) (2)证明见详解. 【来源】湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期教学质量监测数学试题 【分析】（1）当时，，由此利用导数的几何意义即可求出函数在处的切线方程. （2）求得导数，得到，再求函数的导数，因为，所以与同号，构造函数，求得，利用零点存在定理证明函数存在，使得，进而得到在上的单调性，即可作出证明. 【详解】（1）依题意得，函数的定义域为， 因为， 所以， 所以， 所以， 又因为， 所以在处的切线方程为， 即. （2）因为， 所以， 即， 所以， 令， 则， 所以对任意，有，故在单调递增. 因为， 所以，， 所以存在，使得. 因为恒成立， 所以和在区间上的情况如下表： 单调递减 极小值 单调递增 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 所以存在极小值点. ( 题型03 ) 恒成立与有解问题 8．(23-24高二下·湖南·期末)设函数． (1)当，求在点处的切线方程； (2)证明：当时，； 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可； （2）先证明在上存在唯一零点，设为，再由导数求出最小值结合基本不等式和对数的运算证明即可. 【详解】（1）当时，， 则，即， 所以在点处的切线方程为，即. （2）因为， 因为为单调递增函数，也为单调递增函数， 所以为单调递增函数，又，且， 所以在上存在唯一零点，设为， 当时，，为单调递减函数；当时，，为单调递增函数； 所以， 由可得，即， 所以， 当且仅当时取等号， 所以当时，， 9．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数． （1）当时，求在区间上的最值； （2）当时，，求的取值范围． 【答案】（1），；（2）. 【分析】（1）先求出函数的导数，再判断单调性，可求出最值． （2）先得到，时，，再求出函数的最小值即得解． 【详解】解：（1）当时，， 当，时，，，， 在，上单调递增， ，． （2）当，时， ， ，，，， 当时，， 在，上单调递增，， ，， 的取值范围为，． 10．(23-24高二下·湖南益阳安化县·期末)已知函数，. (1)，求的单调区间； (2)若方程有两个解，求的取值范围； 【答案】(1)答案见解析. (2). 【来源】湖南省益阳市安化县2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）求导，讨论两种情况的单调性即可； （2）由方程有两个解，则有两个解，令，通过导数求函数的单调性即可. 【详解】（1）由题意，函数定义域为， ，， 当时，恒成立，即在单调递增； 当时，令，则；令，则； 所以在单调递减，在单调递增. 综上所述，当时， 的单调递增区间为； 当时， 的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）方程有两个解，即有两个解， 令，则， 令，则，在单调递增； 令，则，在单调递减； 所以函数的最大值为， 如图所示，所以的取值范围为.    11．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)函数在区间上有零点，求的值； (3)记函数，设，是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再求出切点坐标，即可求出切线方程； （2）求出的导数，判断的单调性，利用零点存在性定理判断即可； （3）求函数的导函数，令，依题意方程有两不相等的正实根、，利用韦达定理，结合的取值方程，即可求出的取值范围，则，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而得解． 【详解】（1）因为，所以，则切线斜率为， 又，切点为，所以切线方程为； （2），， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以的极小值为，， 在区间上存在一个零点，此时； 又，， 在区间上存在一个零点，此时， 综上，的值为或； （3）函数，， 所以， 由得，依题意方程有两不相等的正实根、， 则，所以， ，，， 又，，，解得， ， 构造函数，， 所以， 在上单调递减， 所以当时，， 因为恒成立， 所以，则的最大值为． 【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． 12．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)当时，求函数极值； (2)讨论在区间上单调性； (3)若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)极大值，无极小值 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求导，由导函数的正负确定函数单调性，即可根据极值点定义求解， （2）求导，分类讨论导函数的正负即可求解， （3）构造函数，利用导数求解函数的最值即可求解，或者利用对数运算，结合换元法将不等式转化为，设，求导求解即可. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，， 求导得，由，得， 由，得，由，得， 因此在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，无极小值. （2）由， 在时，， 若，,即在区间上单调递增； 若，,即在区间上单调递减； 若，令，令， 可知在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：时，在区间上单调递增； 时，在区间上单调递减； 时，在上单调递增， 在上单调递减. （3）方法1： 根据题意可知， ， 设， 则， 令， 则定义域上单调递增，易知， 即，使得， 即时，，故，此时单调递减， 时，，，此时单调递增， 则， ，即. 方法2：由， ， 设，则， 设，则， 当单调递减； 当单调递增； . 【点睛】方法点睛： 1. 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． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 13．(23-24高二下·湖南邵阳邵东·期末)已知函数，其中. (1)求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)当时，令函数，证明：. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【来源】湖南省邵阳市邵东市2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题 【分析】（1）求导，并计算，由点斜式写出直线方程； （2）利用导数分类讨论函数单调性； （3），利用导数研究函数的最小值即可得证. 【详解】（1）， . 切线方程为：，即. （2）由题意得函数的定义域为， ， ， ①当时，在上单调递减； ②当时，时，在上单调递减. 时，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. （3）当时，， . 令，则. 构建函数. 当时，函数单调递增. 当时，函数单调递增. 在内有唯一零点. 当函数单调递减. 当函数单调递增. 当时，函数取最小值. . . 构造函数. 令. 当时，函数单调递增. 当时，函数单调递增. . 【点睛】方法点睛：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）通常要构造新函数，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； （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． （3）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，进行求解，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． 14．(23-24高二下·湖南郴州·期末)已知函数. (1)若在上单调递减，求实数的取值范围； (2)当时，求证在上恒成立. 【答案】(1) (2)证明见解析 【来源】湖南省郴州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题 【分析】（1）求出导函数，问题转化为，恒成立，用分离参数法再转化为求函数的最值． （2）求出在时的最大值，由最大值小于1证得结论成立，注意令，由单调性得有唯一零点，然后得出是最大值，再由的性质证明即可． 【详解】（1）函数，则， 对任意的恒成立，所以， 故，,， 所以，所以在上为单调递增函数， 所以，所以， 故实数的取值范围为； （2）证明：由题意知，要证在上，， 令，则， 显然在上单调减，， 所以存在，则， 所以当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以， 因为，所以，则 故在上恒成立. 15．(23-24高二下·湖南张家界·期末)已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若的极大值为，求的取值范围； (3)若，证明：当时，. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【来源】湖南省张家界市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】（1）根据导数的几何意义，计算导数得到答案； （2）分情况讨论的单调性，即可得到的取值范围； （3）将命题转化为证明，然后利用导数证明即可. 【详解】（1）我们有. 当时，. 所以曲线在点处的切线斜率为，从而切线方程是. （2）若，则对有，对有. 从而在上递增，在上递减，故的极大值为，满足条件； 若，则对有，对有. 从而在和上递增，在上递减，故的极大值为，满足条件； 若，则对有，从而在上递增，故没有极大值，不满足条件； 若，则对有，对有. 从而在和上递增，在上递减，故的极大值为，不满足条件. 综上，的取值范围是. （3）由于，，所以存在正数使得，从而. 我们有. 故命题等价于证明. 由于和始终不异号，故，而，故只需证明. 设，则. 而对有，对有. 故在上递减，在上递增. 所以. 这就得到了，证毕. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于使用构造函数，并使用导数工具证明不等式. 16．(23-24高二下·湖南部分学校·期末)已知函数，（）. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意恒成立，求整数a的最小值. 【答案】(1) (2)函数的单调递减区间为，单调递增区间为. (3)1 【来源】湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解； （2）求出函数导数，再利用求导数判断导函数的符号，即可得到原函数的单调区间； （3）原不等式恒成立转化为，构造函数，根据单调性转化为对任意恒成立，分离参数后得，由导数求出的最大值即可. 【详解】（1）当时，， 所以， 所以切线方程为，即. （2）因为， 所以， 设， 则， 又因为，所以，即单调递增， 又因为，所以时，，即； 时，，即， 综上可知，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （3）因为对任意恒成， 即，， 即， 即， 设，则， 易知单调递增，所以， 所以单调递增，则原不等式等价于， 即 对任意恒成立， 所以，令，则， 又因为， 令，则，所以单调递减; 又因为，， 所以， 所以时，，即，单调递增； 时，，即，单调递减； 所以， 所以，而， 所以整数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第三问关键点之一在于对原不等式进行恰当转化，第二关键点在于结合构造函数再对不等式变形后构造出恰当函数，利用导数判断出所构造函数的单调性，再次转化恒成立结论，第三关键点在于会找函数的隐零点，得到，难度较大. ( 题型04 ) 零点问题 17．(23-24高二下·湖南长沙第一中学·期末)已知函数. (1)当时，求证：； (2)若存在两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】（1）利用导数证明不等式、，即可证明； （2）将函数转化为，构造函数，则，得，利用导数求出即可. 【详解】（1）当时，. 先证明：， 设，则， 所以函数在上单调递增，且，即； 再证：， 设，则， 令， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，且， 所以，即，得， 故，证毕. （2）令，得， 设，显然在上单调递增，而， 则，依题意，方程有两个不等的实根， 显然，故存在两个不同的零点， 设，则， （i）当时，则，, 此时在上单调递增，最多一个零点，不合题意； （ii）当时，此时，当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减，所以， 要使有两个零点，则，解得， 综上可知，. 18．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）. 【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间； （2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果. 【详解】（1）当时，，， 令，解得，令，解得， 所以的减区间为，增区间为； （2）若有两个零点，即有两个解， 从方程可知，不成立，即有两个解， 令，则有， 令，解得，令，解得或， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 且当时，， 而时，，当时，， 所以当有两个解时，有， 所以满足条件的的取值范围是：. 【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果. ( 题型0 5 ) 导数在立体几何中的应用 19．(23-24高二下·湖南株洲第十三中学·期末)立德中学高中数学创新小组开展一项数学实验（1）给出两块相同的边长都为8cm的正三角形薄铁片（如图1、图2），其中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥；图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分）每个四边形中有且只有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）形容器． (1)试求图1剪拼的正三棱锥体积的大小； (2)设正三棱柱底面边长为x，将正三棱柱形容器的容积V表示为关于x的函数，并标明其定义域，并求其最值． (3)如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等，请仿照图2设计剪拼方案，用虚线标示在图3中，并作简要说明． 【答案】(1) (2)，正三棱柱形容器的容积V有最大值为，无最小值 (3)见解析 【来源】湖南省株洲市第十三中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）利用正三棱锥的结构特征及体积公式求解即可； （2）由已知求出三棱柱的高及底面积，再由棱柱体积公式可得容积关于的函数，利用导数求得最值； （3）根据题中操作过程，结合三角形内心的性质、直三棱柱的定义进行操作即可． 【详解】（1）解：正三棱锥底面是边长为4的正三角形，其面积为． 如图所示：在正三棱锥中，   高， （2）解：结合平面图形数据及三棱柱直观图，求得： 三棱柱的高，其底面积， 则三棱柱容器的容积， 即所求函数关系式为， ， 令，即， 解得：， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 在时，正三棱柱形容器的容积V有最大值为： （3）解：如图，    分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形． 以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形， 可以拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱， 再将三个四边形拼成上底即可得到直三棱柱． ( 题型0 6 ) 函数新定义 20．(23-24高二下·湖南·期末)设函数在区间上可导，为函数的导函数.若是上的减函数，则称为上的“上凸函数”；反之，若为上的“上凸函数”，则是上的减函数. (1)判断函数在上是否为“上凸函数”，并说明理由； (2)若函数是其定义域上的“上凸函数”，求的取值范围； 【答案】(1)函数在上是“上凸函数”，理由见解析 (2) 【分析】（1）求导得，令，只需判断在上是否恒成立即可； （2）由题意设，则恒成立，即当时，恒成立，从而分类讨论即可求解； 【详解】（1）由题意，， 令，则， 当时，， 即此时，所以即单调递减， 从而由定义可知函数在上是“上凸函数”； （2）因为， 所以， 设，则， 由题意函数是其定义域上的“上凸函数”， 所以单调递减， 从而当时，恒成立，即当时，恒成立， 因为一元二次函数的对称轴为， 当，即时，恒成立，只需即可，解得，即； 当，即时，恒成立，只需，即，解得； 综上所述，的取值范围为. 21．(23-24高二下·湖南·期末)从函数的观点看，方程的根就是函数的零点，设函数的零点为.牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.具体做法如下：先在轴找初始点，然后作在点处切线，切线与轴交于点，再作在点处切线（轴，以下同），切线与轴交于点，再作在点处切线，一直重复，可得到一列数：.显然，它们会越来越逼近.于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解. (1)设，试用牛顿法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）； (2)如图，设函数； （i）由以前所学知识，我们知道函数没有零点，你能否用上述材料中的牛顿法加以解释？ （ii）若设初始点为，类比上述算法，求所得前个三角形的面积和. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析； （ii） 【分析】（1）根据题意分别计算出，取得近似值即为方程的近似值； （2）（i）设，则，由，求得点处的切线方程，得到，即可得证； （ii）再根据得到，从而，求解； 【详解】（1）由函数，则， 切线斜率，, 那么在点处的切线方程为， 所以，且， ，, 那么在点处的切线方程为， 所以，且， 故用牛顿法求方程满足精度的近似解为； （2）（i）设，则， 因为，所以， 则处切线为， 切线与轴相交得， ，即为定值，根据牛顿法，此函数没有零点； （ii）因为得， 所以，， 所以， ， ． 故所得前n个三角形的面积和为. 【点睛】关键点点睛：根据，利用叠加法得. 22．(23-24高二下·湖南湘西州·期末)若函数满足对于任意的，恒成立，则称为“反转函数”.已知函数，. (1)当时，证明：为“反转函数”. (2)已知有三个零点，，，且. ①求a的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【来源】湖南省湘西州2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）利用导数求的单调性，分和两种情况讨论的符号，证明恒成立即可； （2）①利用的单调区间和极值，结合零点存在定理求a的取值范围；②由且，利用零点可得，要证，即证，即证，通过构造函数利用单调性证明.. 【详解】（1）当时，得， ， 得， 则在上单调递减. 当时，，当时， 所以对于任意的，， 即恒成立. 故为“反转函数”. （2）①：由题意得，， 令，， 二次函数图像抛物线开口向上，对称轴方程为， 当时，，恒成立，有， 则在上单调递减，不符合题意， 当时，在上单调递增， ，有， 则在上单调递减，不符合题意， 当时，时，； 时，. 则在上单调递减，在上单调递增， 由，有，则，即，得， 因为，， 所以，， 设函数，得，则是增函数， 得，即， 由，得， 所以， 设函数，得， 令，则在上恒成立，则是增函数. 因为，所以是增函数， 则，即 综上，时，，， ， 得， 由零点存在定理可知，当时，有3个零点. 所以a的取值范围为. ②证明：由①可知 由题意得，在上存在唯一零点 且，，所以， 有， 则， 得，即， 要证，即证，即 得， 即证， 设函数， 得， 令， 则 所以在上是减函数， 所以， 故不等式得证. 【点睛】方法点睛： 1. 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． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 23．(23-24高二下·湖南·期末)微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下: 如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数. (1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”； (2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于； (3)若，且，求证:. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可； （2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可； （3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【详解】（1）当时，则， 因为为函数在上的“拉格朗日中值点， 则， 即，解得 （2）当时， 不妨设，，，则， 又，令， 则， 又，所以恒成立， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值， 所以，所以， 由拉格朗日中值定理可知必存在使得， 即，又，所以， 即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于； （3）当时， 由拉格朗日中值定理知，存在和， 使得，， 所以只需证明，即证明在上单调递减， 又， 令， 则， 令， 则， 当时， 令，，则，则在上单调递增， 又，， 所以存在使得， 所以当时，则，即单调递增， 当时，则，即单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值， 所以 ， 所以，所以在上单调递减， 即在上单调递减，命题得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 24．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)设函数有两个不同的零点， （i）求实数的取值范围： （ⅱ）若满足，求实数的最大值. 【答案】(1)答案见解析； (2)（i）；（ⅱ）. 【分析】（1）求导，分类讨论参数和时，函数的单调性即可. （2）（ⅰ）利用参数分离可得，令，利用导数研究函数的单调性，极值，数形结合即可； （ⅱ）由已知，设，可得，设，利用导数研究函数的单调性，可求额，再利用的单调性可求得，进而求得结果. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，的递增区间是，无递减区间； 当时，的递增区间是，递减区间是. （2）（ⅰ）由，得，令，求导得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，恒成立，且， 由有两个零点，即方程有两个不等的正根，亦即直线与的图象有两个公共点， 因此，即， 所以实数的取值范围是. （ⅱ）由，得，且， 不妨设，将代入， 得，即， 令，求导得，令， 求导得，则函数在上单调递减， 有，即，函数在上单调递减， 由，得，则， 因此函数在上单调递减，即， 于是，有，则， 又，令，， 由（ⅰ）知，在上递增，而，因此在上递增， 则，即，解得， 所以a的最大值是. 【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．(23-24高二下·湖南·期末)已知函数. (1)当时，恒成立，求实数的取值范围； (2)已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证：； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）分离参数，设，利用导数研究单调性，求解函数的最值即可求解； （2）（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为，利用导数的几何意义求出两切线方程，联立可得，构造函数，利用导数求解函数最值即可证明； （ii）结合导数的几何意义将问题转化为有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，由得，从而有两个不等实根，设，利用导数研究的单调性，即可求解. 【详解】（1）由于，则， 设，则，，且在上单减， 令得，令得， 所以在单调递增，单调递减， 所以，则. （2）（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为， 有，即， 此时，切线为：， 相减得， 所以， 设，，所以在上单调递减. 故当时，，所以； 当时，，所以，则. （ii）由题意得：存在实数，使在处的切线和在处的切线重合， 所以，即， 则， 又因为，所以， 题目转化为有两个不等实根，且互为倒数， 不妨设两根为， 则由得， 化简得， 所以， 所以，（也可写为）. 代入中得：有两个不等实根， 即， 设， 由于在上单调递减且， 所以在单调递增，单调递减， 而无限趋近于0时，无限趋向于负无穷大， 无限趋近于正无穷大时，无限趋向于负无穷大，， 所以，即. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： （1）、通常要构造新函数，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； （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； （3）、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，进行求解，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. 26．(23-24高二下·湖南·期末)设函数． (1)讨论的单调性； (2)已知直线与曲线交于三点，且． （i）若成等差数列，求k； （ii）证明：． 【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为； (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解； （2）（i）令，即，故一个交点为原点．设，，结合导数分析的单调性，再由，，成等差数，结合等差数列的性质即可求解； （ii）证明：要证，即证，结合的单调性，即证，即证，构造函数，，对其求导，结合导数与单调性关系即可证明． 【详解】（1）易得， 令，得,,；令，得， 故的单调递增区间为和，单调递减区间为； （2）（i）令，即，故一个交点为原点． 设，则， 令，解得，令，解得， 故在上单调递减，在上单调递增，， 当时，，当时，， 要使有3个不同的交点，则，，，， 由，，成等差数列得，，则，且，， 故有，即，解得舍去）， 则，则； （ii）证明：要证，即证， 由于， 又在上单调递减，即证，即证， 令，，则 ， 故在上单调递增，故，则，故． 【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. 27．(23-24高二下·湖南部分学校·期末)已知函数. (1)若是的极大值点，求的值； (2)用表示中的最大值，设函数，试讨论零点的个数. 注：若，当时，，当时，. 【答案】(1) (2)答案见解析 【来源】湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题 【分析】（1）求得，根据，求得，此时，结合导数求得函数的单调性，结合函数极值点的定义，进行验证，即可求解； （2）当时，得到，得出，此时无零点；当时，求得的值，结合和两种情况讨论，得出结论；当时，转化为函数零点个数等于零点个数，转化为，令函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，进而得到结论. 【详解】（1）解：由函数，可得， 因为是的极大值点，则，解得， 当时，可得， 当时，，令，则， 所以在上单调递减，则，即， 此时在上单调递增； 当时，令，可得，则， 故即单调递减， 又因为，所以当时，单调递减， 所以，当时，是的极大值点，符合题意. （2）（I）由函数， 当时，，，此时无零点； （II）当时，可得， ①若，即时，， 此时不是的零点； ②若，即时，， 此时是的零点； （III）当时，，零点个数等于零点个数， 显然是的一个零点； 当时，可转化为， 令，则， 由（1）知，， 所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增， 且当时，，当时，， 可得，函数的图象所示： ①当或或时，有1个零点； ②当或时，有2个零点； ③当时，无零点. 综合（I）（II）（III）得： 当或时，有2个零点； 当或或时，有3个零点； 当或时，有4个零点. 【点睛】方法技巧：利用导数研究函数的零点个数，以及函数零点个数求参数的取值范围问题的求解： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围； 2、分离参数法，先分离参数，构造新函数，直接把问题转化为函数的单调性与最值问题，从而求出参数的取值范围； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. / 学科网（北京）股份有限公司 $$