期末专题05 导数及其应用大题综合（7大题型33题）（江西专用）-【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05 导数及其应用大题综合（7大题型33题） 题型概览 题型01 利用导数研究函数的单调性 题型02 极值与最值 题型03 恒成立与有解问题 题型04 利用导数证明不等式 题型05 零点与方程的根 题型06 极值点偏移 题型07 函数与导数新定义 ( 题型01 ) 利用导数研究函数的单调性 1．(23-24高二下·江西九江第一中学·期末)已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若函数的切线与直线垂直，求切线的方程. 【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为 (2) 【来源】江西省九江市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）先求导函数，再根据导函数正负求出单调区间； （2）先设切点,再根据与已知直线垂直求出切线斜率求出切点进而得出切线方程. 【详解】（1）由得， 令， 故当时，单调递减，当时，单调递减， 当时，单调递增， 故的单调递减区间为，单调递增区间为， （2）设切点为，则切线斜率 切线与直线垂直，故，可得 则切点为，故切线方程为 ，即 2．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)已知函数 .记 为 的导函数. (1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程； (2)讨论 的单调性. 【答案】(1) (2)详解见解析 【来源】江西省南昌市第十九中学等校联考2023-2024学年高二下学期期末调研测试数学试题 【分析】（1）根据导数的几何意义计算即可求解； （2）设，分类讨论当、时对应的单调性即可. 【详解】（1）当时，，则， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2），则， 设，则， 令，得， 当即时，，， 此时在上单调递增； 当即时，，.，. 此时在上单调递增，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. ( 题型02 ) 极值与最值 3．(23-24高二下·江西·期末)已知函数在处取得极小值为1． (1)求的值； (2)求函数在区间上的值域． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）根据函数的极值求. （2）由（1）得，利用导数分析在区间上的单调性，从而求出值域. 【详解】（1）由题设，函数在处取得极小值为1， 则， 即，解得， 检验，当时，， ， 当时，， 当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极小值，满足题意. 所以. （2）由（1）得， ， 令，得；令，得或， 在上的单调递减区间是，单调递增区间为， ， 函数在区间上的值域为. 4．(23-24高二下·江西·期末)已知函数的图象在点处的切线方程为. (1)求，； (2)求的单调区间和极值. 【答案】(1) (2)单调递增区间为，，单调递减区间为；极大值为，极小值为 【分析】（1）计算出，求导，根据切线斜率得到方程，求出的值； （2）在（1）的基础上，解不等式，得到函数单调区间和极值. 【详解】（1）定义域为，， 将点代入中， ，∴. 所以，解得 （2）， ， 2 ＋ 0 － 0 ＋ 极大值 极小值 的单调递增区间为，，单调递减区间为； 的极大值为，极小值为. 5．(23-24高二下·江西·期末)已知函数. (1)求函数在处的切线方程； (2)当时，求函数的最大值. 【答案】(1) (2)21 【分析】（1）求导可得，可求切线方程； （2）求导可得在上的单调性，从而可求结论. 【详解】（1）因为，所以. 所以切线方程为，即. （2）令， 因为，所以在单调递增，单调递减， 所以. 6．(23-24高二下·江西赣州·期末)已知函数的图象过点，且在点处的切线恰好与直线平行. (1)求函数的解析式； (2)求在上的最大值和最小值. 【答案】(1) (2)最大值为4；最小值为： 【来源】江西省赣州市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】（1）根据函数的图象过点，得到关于的一个关系式，再根据函数在处的导数为，又得到关于的一个关系式，可求的值. （2）利用导数分析函数的单调性，可求函数的最大、最小值. 【详解】（1）因为函数的图象过点， 所以. 又因为，且在点处的切线恰好与直线平行， 所以， 由得：，所以. （2）由（1）知：， 由，由或. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，，， 所以在上的最大值为4，最小值为. ( 题型03 ) 恒成立与有解问题 7．(23-24高二下·江西·期末)已知函数，，. (1)求函数的单调区间； (2)若且恒成立，求的最小值. 【答案】(1)答案见解析 (2). 【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得； （2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解. 【详解】（1）（）， 当时，由于，所以恒成立，从而在上递增； 当时，，；，， 从而在上递增，在递减； 综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）令，要使恒成立， 只要使恒成立，也只要使. ， 由于，，所以恒成立， 当时，，当时，， 所以，解得：， 所以的最小值为. 8．(23-24高二下·江西南昌江西师范大学附属中学·期末)已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见详解 (2) 【来源】江西省南昌市江西师范大学附属中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】（1）求导，分类讨论的符号，结合二次不等式求的单调性； （2）构建，原题意等价于对任意的恒成立，求导，结合，可得，并代入检验即可. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且， 对于，则有： 若时，则，可得， 所以在上单调递增； 若时，则有： 当，即时，则，可得， 所以在上单调递增； 当，即时，令， 解得，，且， 令，解得或；令，解得； 所以在上单调递减，在，上单调递增； 综上所述： 当时，在内单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）构建， 原题意等价于对任意的恒成立， 则， 且，则，解得， 下证充分性， 若，令，则， 可知在内单调递增，则， 即对任意的恒成立，可知在内单调递增， 可得，符合题意； 综上所述：实数的取值范围为. 9．(23-24高二下·江西·期末)已知函数 (1)求的单调增区间； (2)方程在有解，求实数的范围. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）求出，令解不等式可得答案； （2）利用导数求出在的值域可得答案. 【详解】（1）， 由解得，或， 所以的单调增区间为，； （2）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， ，， 所以， 若方程在有解， 则. 10．(23-24高二下·江西吉安·期末)已知函数为R上的增函数． (1)当时，求b的取值范围； (2)当时，求a的值． 【答案】(1) (2) 【来源】江西省吉安市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题 【分析】（1）求导，根据导函数恒为非负，即可结合基本不等式求解最值求解, （2）求导后可得在R上恒成立，二次求导，即可求解. 【详解】（1）时，，则， 由于为R上的增函数，故在R上恒成立， 故在R上恒成立， 由于，当且仅当时等号成立， 故，即， （2）当时，， 在R上恒成立， 设 则， 当时，，单调递减， 又，，所以当时，，单调递减，不合题意； 当时，，不合题意； 当且时，令，则， 因为单调，所以为的唯一极值点， 当时，存在，使得或时，，不合题意； 当，即时， ， 当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，符合题意； 故 11．(23-24高二下·江西景德镇·期末)设函数，其中为常数. (1)讨论的单调性； (2)若，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】（1）求出函数的导数后，分和两种情况讨论，根据导函数正负可求出函数的单调区间； （2）方法一，由题意得，构造函数，利用导数求出最值即可，方法二，由题意得，令，则，再证时恒成立即，设，根据导数求出最值即可 【详解】（1），其中. 当时， 在上单调递减 当时，，所以；，， 在单调递减，在单调递增 （2）方法一： 令，则 取，则恒成立 单调递减，又 当时，；当时， 在单调递增，在单调递减， 方法二： 令，则，下证时恒成立即. 设，则 当时，，故 单调递减， 当时， 在单调递增，有 在单调递增， 综上，，即恒成立 又 符合 12．(23-24高二下·江西·期末)已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求证：在区间有唯一的极值点； (3)若对于任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求得函数的单调区间； （2）令，求导后判断出函数的单调性，再结合函数零点存在性定理可证得结论； （3）解法1：分类讨论，分，和三种情况讨论即可，解法2：必要性探路，结合（2）的结论证明即可，解法3：参变分离，转化为对恒成立，构造函数，利用导数求得其最大值即可. 【详解】（1）. 当时，单调递增； 当时，单调递减； 的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）令， ， 当时，，当时，， 在单调递减，单调递增. 又， 存在唯一实数，使得， 当时，，即，当时，，即， 在单调递减，单调递增， 区间有唯一极小值点.得证. （3）解法1：（分类讨论） 由（2）知：在单调递减，单调递增，且. ①当，即时，在单调递增， 所以，解得，故无解； ②当，即时，在单调递减， 所以恒成立，故； ③当，即时， 所以，解得，故. 综上所述，. 解法2：（必要性探路） 由题意可知，解得， 故由（2）可知，在单调递减，单调递增. 在区间最大值， ， . 解法3：（参变分离） ①当时，由条件对恒成立， ，易知：， 对恒成立. 令， ， 令， ， 令， ， 在上单调递增， ，即， 在上单调递增， ，即， 在上单调递增， ， . ②当时，显然成立，. 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，构造函数，利用导数求函数的最值，考查计算能力，属于难题. 13．(23-24高二下·江西·期末)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：． 【答案】(1) (2)2 (3)证明过程见解析 【分析】（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. 【详解】（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. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论. 14．(23-24高二下·江西·期末)已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)当时，若在时恒成立，求整数的最大值． 【答案】(1)在处取得极大值，无极小值 (2)当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，上单调递减 (3)整数的最大值为5 【分析】（1），令或可求单调区间，进而求得极值； （2），然后分类讨论可求得的单调区间； （3）根据已知式子进行变量分离可转化为恒成立，令，然后利用导数研究函数的单调性与极值，进而得出的最小值，进而得出所求得答案. 【详解】（1）当时，， 所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. （2）， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 综上所述：当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，上单调递减. （3）在时恒成立，即恒成立， 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，且 ，所以在存在唯一实数， 使得，即，所以 当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递减，上单调递增， 所以， 故，又，整数的最大值为5． 【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数，结合零点存在性定理，进而确定函数在区间上最值的范围问题.需要根据题意参变分离，构造函数求导，设极值点，再确定零点所在区间，进而代入原函数可得极值范围.属于难题. 15．(23-24高二下·江西九江·期末)已知函数. (1)试讨论的单调性； (2)若，，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【来源】江西省九江市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）先求，分和两种情况讨论导函数的正负即可； （2）解法一：结合（1）分，，三种情况根据单调性求解的取值范围； 解法二：先取，先找到的一个必要条件，再证充分性. 【详解】（1）， 当时，因为， 所以在上单调递减， 当时，， 令，得， 当时，，当时，， 故在上单调递减，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）解法一：①当时，由（1）知在上单调递减， 所以，不符合题意，舍去， ②当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以，不符合题意，舍去， ③当时，由（1）知在上单调递增， 所以，符合题意， 综上所述，的取值范围是. 解法二：注意到， ①先找到的一个必要条件， 因为，所以要使时，， 则，即， ②再证充分性， 若，则，所以在上单调递增， 所以，满足题意， 当时，由（1）知在上单调递减，，不满足题意， 当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以，不符合题意，舍去， 综上所述，的取值范围是. 16．(23-24高二下·江西重点中学协作体·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) 【来源】江西省重点中学协作体2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题 【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. 17．(23-24高二下·江西新余·期末)已知函数. (1)若，求曲线在点）处的切线方程；并求出该切线与两坐标轴围成的三角形的面积的值； (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)，2； (2). 【来源】江西省新余市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】（1）先求导数求出切线方程，再分别求出截距求出面积； （2）分两种情况，讨论函数最大值，解决恒成立条件. 【详解】（1）由，得，则； 又； 所以曲线在点处的切线方程为即 令，则；令，则； （2）已知对任意恒成立， 令； ①当时，，即， 在上单调递减， 故恒成立. ②当时，二次函数的开口方向向上，对称轴为， 所以在上单调递增，且， 故存在唯一，使得，即. 当时，； 当时，； 在单调递减，在单调递增 在上，.所以得， 综上，得取值范围是. 【点睛】方法点睛：分两种情况，讨论函数最大值，解决恒成立条件. ( 题型04 ) 利用导数证明不等式 18．(23-24高二下·江西·期末)已知函数在处取得极值 (1)求实数的值 (2)求证： (3)证明：对于任意的正整数，不等式都成立. 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】(1)利用建立方程求解即可； (2)利用导数考查函数在定义域上的单调性，找到最大值点，求值即可； (3)根据（2）的结论，得到，令，则有， 利用此不等式即可证明. 【详解】（1） 由题知，， 为的极值点，     （2）由（1）知，，定义域为, 则，     令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则， 故恒成立. （3）因为，可化为，此不等式恒成立， 令，则有， 即， ， 即 即. 19．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)已知函数 ，证明： (1) ； (2) ； (3)，. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【来源】江西省南昌市第十九中学等校联考2023-2024学年高二下学期期末调研测试数学试题 【分析】（1）利用导数求出函数的最小值即可得证； （2）由（1）可得，构造函数，利用导数证明，即可得证； （3）由（2）可得，，再结合对数的运算性质即可得证. 【详解】（1）由， 得， 所以函数在上单调递增， 所以； 所以 （2）由（1）得， 而， 则， 所以， 令， 则，当且仅当时取等号， 所以函数在上单调递增， 所以，所以， 即， 所以， 即 ； （3）由（2）得， 所以，． 所以 ， 即． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. ( 题型0 5 ) 零点与方程的根 20．(23-24高二下·江西·期末)已知函数． (1)当，求的单调区间； (2)若有三个零点，求的取值范围． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可得到答案； （2）由，把函数的零点个数问题等价转化为，两个函数的交点个数问题，令，利用导数法研究函数的单调性和极值，进而结合函数图象得到实数的取值范围． 【详解】（1）将代入可得，其定义域为R，则. 和都在上增函数，所以在上单调递增且， 因此，当时，，函数为单调递减； 当时，，函数为单调递增； 综上所述，函数的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）（2）由得，，令， 则， 时，单调递减； 时，单调递增； 时，单调递减； 由单调性可知，当时，； 当时，； 当时，取得极小值，即； 当时，取得极大值，即. 所以和的大致图象如下： 综上所述，若有三个零点，则的取值范围为． 21．(23-24高二下·江西景德镇·期末)已知函数. (1)求的极值点； (2)判断方程在区间上的解的个数，并说明理由. 【答案】(1)极大值点为1，无极小值点 (2)1个，理由见解析 【来源】江西省景德镇市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】（1）求出，利用、解不等式可得答案； （2）令，利用导数判断出在区间上的单调性，结合极值、端点值可得答案. 【详解】（1）， 当时，；当时，， 在单调递增，单调递减， 的极大值点为1，无极小值点； （2）方程在区间上只有1个解，理由如下： 令， 则， 当时，；当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 又， 在有一个零点，在无零点， 所以方程在区间上只有1个解. 22．(23-24高二下·江西·期末)已知函数. (1)判断函数的单调性，并求出的极值； (2)设函数，讨论函数的零点个数. 【答案】(1)单调性见解析；极大值为1，无极小值 (2)答案见解析 【分析】（1）根据，即可得出的单调性，结合极值的概念即可求解； （2）将原问题转化为直线与函数图象的交点个数，由（1）可得的单调性，作出图形，结合图形即可求解. 【详解】（1），则， 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则在处取得极大值，且，无极小值. （2）由题意知， 要求函数的零点个数，即求方程的根的个数， 即求直线与函数图象的交点个数. 由（1）知在上单调递增，在上单调递减， 且，当时，当时， 如图， 由图可知当或时，函数有1个零点； 当时，函数有2个零点； 当时，函数有0个零点. 23．(23-24高二下·江西萍乡·期末)已知函数. (1)讨论的单调区间； (2)若为奇函数，令，讨论函数的零点个数. 【答案】(1)答案见解析 (2)函数有且仅有1个零点. 【来源】江西省萍乡市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷（B卷） 【分析】（1）求导后，分，，讨论即可； （2）为奇函数,求出具体的.令，零点的个数，转化为函数与的图象在定义域上的交点个数，后分类讨论即可. 【详解】（1）由题意得，的定义域为， ， 当时，恒成立，所以在上单调递减， 当时，，所以在上无单调区间， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上无单调区间；当时，在上单调递增； （2）由题知，，得，，是奇函数，符合条件， 令，则，令，则函数的定义域为的零点个数即为函数与的图象在定义域上的交点个数， 由（1）得，当时，在定义域上单调递增，且， 当且时，与的图象无交点， 当且时，恒成立，与的图象无交点， 当且时，在上单调递减， 且，而在上单调递增，且与的图象在上有且仅有1个交点， 综上所述：函数有且仅有1个零点. 【点睛】知识点点睛：本题第一问借助导数研究函数的单调性，体现分类讨论思想．第二问将一个函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，然后用导数研究函数的单调性.借助图像体现两个函数交点的个数，体现转化思想，考查数形结合能力．属于难题. 24．(23-24高二下·江西·期末)已知且，函数. (1)记为数列的前项和.当时，试比较与2024的大小，并说明理由； (2)当时，证明：； (3)当且时，试讨论的零点个数. 【答案】(1)，理由见解析； (2)证明见解析； (3)答案见解析. 【分析】（1）求出，利用分组求和法及等差等比数列前和公式计算即可得解. （2）把代入，利用导数探讨单调性，结合函数的零点推理即得. （3）按分类，利用导数结合（2）的结论及零点存在性定理求解即得. 【详解】（1）当时，， 则， 所以当时，， （2）当时，，求导得， 令，求导得，当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 于是，即，函数在上单调递增， 又，因此时，，当时，， 所以. （3）①若，函数在上为单调递增函数，且， 因此函数有且仅有一个零点； ②若，当时，，当时，， 由（2）知：当时，， 当时，，且，则函数只有一个零点； ③由（2）知，，在上单调递增且，因此函数有且仅有一个零点； ④若， 令，求导得， 显然当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 所以使得， 即在和上单调递增，在上单调递减， 又时，， 所以在区间各存在一个零点，及也是一个零点，故此时有三个零点； 综上当时，有且仅有一个零点；当时，有三个零点. 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. ( 题型0 6 ) 极值点偏移 25．(23-24高二下·江西吉安·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 【来源】江西省吉安市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测数学试题 【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. 26．(23-24高二下·江西赣州·期末)已知函数为的导函数，记，其中为常数. (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点， ①求的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)见解析 (2)①；②证明见解析 【来源】江西省赣州市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】（1）求出，分类讨论，利用，解不等式即可得解； （2）①先分析不合题意，再求出时函数在有两个极值点的必要条件，再此条件下分析即可得解；②对结论进行转化，只需证，换元后利用导数确定函数单调性，得出函数最值，即可得证. 【详解】（1）定义域为. ，， ， 当时，恒成立，在上单调递增， 当时，令，则，解得， 令，则，解得， 在单调递增，在单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，时，最多一个根，不符合题意，故， 函数有两个极值点， 在有两个不同零点的必要条件是， 解得， 当，在单调递增，在单调递减， ， 由零点存在性定理得：在，各有1个零点， 的取值范围是. ②函数有两个极值点， ① ② ①②得：， 要证，即证，即证， 即证， 令，则， 令，则， 在上单调递增，， 在上成立， ，得证. 【点睛】关键点点睛：要证明不等式，关键点之一在于消去后对结论进行恰当变形，转化为证明成立，其次关键点在于令换元，转化为证明成立. 27．(23-24高二下·江西上饶广丰洋口中学·期末)已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的最大值； (2)讨论的单调性； (3)若在上单调递增，存在且，使得，证明：． 【答案】(1)2 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【来源】江西省上饶市广丰洋口中学2023-2024学年高二下学期期末检测数学试卷 【分析】（1）由题意，在上恒成立，即对恒成立，结合基本不等式求的最大值； （2）先求原函数的导数，再对参数分类讨论，通过导函数的符号即可得出函数的单调性； （3）根据已知条件先对进行转化，结合函数单调性问题转化为证明，再构造函数，并利用导数求出函数单调性，利用最值证出不等式. 【详解】（1）因为函数在上单调递增，所以在上恒成立． 因为，所以，即对恒成立． 因为，当且仅当即时等号成立， 所以，即实数的最大值是2． （2）． ①当时，，则在上单调递增； ②当时，，则在上单调递增； ③当时，令，得， ，解得或； ，解得， 则在上单调递增，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． （3）证明：因为，所以， 因为在上单调递增，所以． 要证，即证． 因为在上单调递增，所以只需证． 又因为，所以只需证， 即证． 记， 则， 所以在上单调递增，所以， 故成立． 【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. ( 题型0 7 ) 函数与导数新定义 28．(23-24高二下·江西·期末)用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率. (1)求曲线在处的曲率的平方； (2)求余弦曲线曲率的最大值； (3)余弦曲线，若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程. 【答案】(1) (2)1 (3)2，证明见解析 【分析】（1）求出，，再根据所给定义计算即可； （2）根据所给定义表示出，即可得到，再令，设，，利用导数求出函数的最大值，即可得解； （3）首先得到，求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理判断函数的零点个数. 【详解】（1）因为，所以，， 所以，∴. （2）因为，，， 所，， 令，则，， 设，，则，显然当时，，在上单调递减， 所以， 所以最大值为，所以的最大值为. （3）在区间上有且仅有2个零点. 证明：，所以， ①当时，因为，，则，， ∴，在上单调递增，又，. ∴在上有一个零点， ②设，则，当时，，单调递增， ，又， ∴恒成立， ∴在上无零点. ③当时，，， ∴在上单调递减，又，. ∴在上必存在一个零点， 综上，在区间上有且仅有2个零点. 【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． 29．(23-24高二下·江西新余·期末)阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利（Johann Bernoulli，1667~1748）的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707~1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列!减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中. 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式.阅读以上材料后请完成以下问题： (1)求出的值； (2)估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式； (3)求证：，其中. 【答案】(1)1，2，9； (2)1.65，； (3)证明见解析. 【来源】江西省新余市2023-2024学年高二下学期期末质量检测数学试卷 【分析】（1）分别代入公式计算即可； （2）由麦克劳林公式中取，计算即可； （3）首先利用麦克劳林公式猜想和，再构造函数求导证明猜想；然后得到，最后令，代入上式经过拆项可得，即可证明. 【详解】（1）因为， . （2）由麦克劳林公式，令，有， 再取可得， 估算值为1.65. 在中，取，可得. （3）证明：由麦克劳林公式，当时，令，有， 猜想：. 令，有，猜想：. 令，由，所以，即. 令，由， 再令，则恒成立， 在上为增函数，且， 在上为增函数， ，即. 又时， 令，当，有， 则，命题得证. 【点睛】本题第三问关键是能根据麦克劳林公式得到当时，得到，再令，裂项证明. 30．(23-24高二下·江西九江·期末)若函数在定义域内存在，使得成立，则称具有性质. (1)试写出一个具有性质的一次函数； (2)判断函数是否具有性质； (3)若函数具有性质，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)函数具有性质P (3) 【来源】江西省九江市2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题 【分析】（1）设，根据多项式相等可得答案； （2）由得，令，利用导数判断出在上的单调性，结合特殊点的函数值和已知定义可得答案； （3）解法一：由化简得，令，利用导数判断出在上的单调性，结合值域可得答案； 解法二：由化简得，转化为与的图象有交点，判断出在上的单调性，结合值域可得答案. 【详解】（1）设， 由，得，即， ； （2）由，得， 即， 令，则在上单调递增， 又，故存在， 使得，即， 故函数具有性质； （3）解法一：由， 得， 化简得， 令，则， 令，则在上单调递增， 且， ，即在上单调递减. 又当时，；当时，， ，即，故实数的取值范围是； 解法二：由，得， 化简得， 即与的图象有交点， 在上单调递减，且当时，； 当时，， ，即，故实数的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题是在新定义下对函数的综合考查，关于新定义型的题，关键是理解定义，并会用定义来解题. 31．(23-24高二下·江西九江第一中学·期末)一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间.每个小区间长度为.在每个小区间上任取一点作和式.如果每个都无限接近于0（亦即）时，上述和式无限趋于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为.当时，定积分的几何意义表示由曲线，两条直线与轴所围成的曲边梯形的面积.如下图所示： 如果函数是区间上的连续函数，并且，那么. (1)求； (2)过函数上一点作切线.该切线、曲线与轴围成图形的面积为，求该切线方程. (3)递增的等差数列，且，两条曲线、在第一象的交点的横坐标记为，两条曲线在第一象内与轴所围的图形的面积为，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【来源】江西省九江市第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 【分析】（1）根据定积分的定义即可求解； （2）根据导数的几何意义求出切线方程，求得B的坐标，利用定积分表示曲线、切线、轴围成的面积，求得A的坐标，结合直线的点斜式方程即可求解； （3）联立两曲线可得，进而，则，结合裂项相消求和法计算即可证明. 【详解】（1）； （2）设切点为，，则切线的斜率为， 切线方程，所以切线与轴的交点为， 所以曲线、切线、轴围成的面积， 解得，则切点为， 所以切线方程为； （3）由，解得， 因为递增等差数列，且，设公差为d，所以， ， 所以， 所以. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是导数的相关内容. 32．(23-24高二下·江西·期末)如果曲线存在相互垂直的两条切线，称函数是“正交函数”．已知，设曲线在点处的切线为． (1)当时，求实数的值； (2)当，时，是否存在直线满足，且与曲线相切？请说明理由； (3)当时，如果函数是“正交函数”，求满足要求的实数的集合；若对任意，曲线都不存在与垂直的切线，求的取值范围． 【答案】(1) (2)存在，理由见解析 (3)， 【分析】（1）求导，根据导数值直接可得参数值； （2）假设存在，根据导数的几何意义可得，再利用垂直可得，再根据是否有解确定假设是否成立； （3）根据二阶导判断导数的单调性，分别讨论导数的正负情况，进而可得，再根据导数的正负情况分别解不等式即可. 【详解】（1）由题设，函数定义域为，且， 由，则； （2）当时，，则， 即的斜率，假设存在，则的斜率， 则有解，即在上有解， 该方程化简为，解得或，符合要求， 因此该函数存在另外一条与垂直的切线； （3）， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 设曲线的另一条切线的斜率为， ①当时，，显然不存在，即不存在两条相互垂直的切线； ②当时，，且， 趋近于或趋向于正无穷大时，都趋向于正无穷大， 所以在、上各有一个零点、， 故当或时，都有 当时，故必存在， 即曲线存在相互垂直的两条切线，所以 因为， 由②知，曲线存在相互垂直的两条切线， 不妨设，， 满足，即， 又，， 所以， 故，当且仅当时等号成立， 所以，解得， 又，即 ，解得， 因为，， 所以． 综上可知，对任意满足的所有函数不存在与垂直的切线的的取值范围是． 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 33．(23-24高二下·江西·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． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题05 导数及其应用大题综合（7大题型33题） 题型概览 题型01 利用导数研究函数的单调性 题型02 极值与最值 题型03 恒成立与有解问题 题型04 利用导数证明不等式 题型05 零点与方程的根 题型06 极值点偏移 题型07 函数与导数新定义 ( 题型01 ) 利用导数研究函数的单调性 1．(23-24高二下·江西九江第一中学·期末)已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若函数的切线与直线垂直，求切线的方程. 2．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)已知函数 .记 为 的导函数. (1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程； (2)讨论 的单调性. ( 题型02 ) 极值与最值 3．(23-24高二下·江西·期末)已知函数在处取得极小值为1． (1)求的值； (2)求函数在区间上的值域． 4．(23-24高二下·江西·期末)已知函数的图象在点处的切线方程为. (1)求，； (2)求的单调区间和极值. 5．(23-24高二下·江西·期末)已知函数. (1)求函数在处的切线方程； (2)当时，求函数的最大值. 6．(23-24高二下·江西赣州·期末)已知函数的图象过点，且在点处的切线恰好与直线平行. (1)求函数的解析式； (2)求在上的最大值和最小值. ( 题型03 ) 恒成立与有解问题 7．(23-24高二下·江西·期末)已知函数，，. (1)求函数的单调区间； (2)若且恒成立，求的最小值. 8．(23-24高二下·江西南昌江西师范大学附属中学·期末)已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 9．(23-24高二下·江西·期末)已知函数 (1)求的单调增区间； (2)方程在有解，求实数的范围. 10．(23-24高二下·江西吉安·期末)已知函数为R上的增函数． (1)当时，求b的取值范围； (2)当时，求a的值． 11．(23-24高二下·江西景德镇·期末)设函数，其中为常数. (1)讨论的单调性； (2)若，求实数的取值范围. 12．(23-24高二下·江西·期末)已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)当时，求证：在区间有唯一的极值点； (3)若对于任意的恒成立，求实数的取值范围. 13．(23-24高二下·江西·期末)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．(23-24高二下·江西·期末)已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)当时，若在时恒成立，求整数的最大值． 15．(23-24高二下·江西九江·期末)已知函数. (1)试讨论的单调性； (2)若，，求的取值范围. 16．(23-24高二下·江西重点中学协作体·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. 17．(23-24高二下·江西新余·期末)已知函数. (1)若，求曲线在点）处的切线方程；并求出该切线与两坐标轴围成的三角形的面积的值； (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围. ( 题型04 ) 利用导数证明不等式 18．(23-24高二下·江西·期末)已知函数在处取得极值 (1)求实数的值 (2)求证： (3)证明：对于任意的正整数，不等式都成立. 为的极值点，     19．(23-24高二下·江西南昌第十九中学等校联考·期末)已知函数 ，证明： (1) ； (2) ； (3)，. ( 题型0 5 ) 零点与方程的根 20．(23-24高二下·江西·期末)已知函数． (1)当，求的单调区间； (2)若有三个零点，求的取值范围． 21．(23-24高二下·江西景德镇·期末)已知函数. (1)求的极值点； (2)判断方程在区间上的解的个数，并说明理由. 22．(23-24高二下·江西·期末)已知函数. (1)判断函数的单调性，并求出的极值； (2)设函数，讨论函数的零点个数. 23．(23-24高二下·江西萍乡·期末)已知函数. (1)讨论的单调区间； (2)若为奇函数，令，讨论函数的零点个数. 24．(23-24高二下·江西·期末)已知且，函数. (1)记为数列的前项和.当时，试比较与2024的大小，并说明理由； (2)当时，证明：； (3)当且时，试讨论的零点个数. ( 题型0 6 ) 极值点偏移 25．(23-24高二下·江西吉安·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：． 26．(23-24高二下·江西赣州·期末)已知函数为的导函数，记，其中为常数. (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点， ①求的取值范围； ②求证：. 27．(23-24高二下·江西上饶广丰洋口中学·期末)已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的最大值； (2)讨论的单调性； (3)若在上单调递增，存在且，使得，证明：． ( 题型0 7 ) 函数与导数新定义 28．(23-24高二下·江西·期末)用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇，衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率. (1)求曲线在处的曲率的平方； (2)求余弦曲线曲率的最大值； (3)余弦曲线，若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程. 29．(23-24高二下·江西新余·期末)阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰伯努利（Johann Bernoulli，1667~1748）的儿子丹尼尔伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707~1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列!减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中. 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式.阅读以上材料后请完成以下问题： (1)求出的值； (2)估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式； (3)求证：，其中. 30．(23-24高二下·江西九江·期末)若函数在定义域内存在，使得成立，则称具有性质. (1)试写出一个具有性质的一次函数； (2)判断函数是否具有性质； (3)若函数具有性质，求实数的取值范围. 31．(23-24高二下·江西九江第一中学·期末)一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间.每个小区间长度为.在每个小区间上任取一点作和式.如果每个都无限接近于0（亦即）时，上述和式无限趋于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为.当时，定积分的几何意义表示由曲线，两条直线与轴所围成的曲边梯形的面积.如下图所示： 如果函数是区间上的连续函数，并且，那么. (1)求； (2)过函数上一点作切线.该切线、曲线与轴围成图形的面积为，求该切线方程. (3)递增的等差数列，且，两条曲线、在第一象的交点的横坐标记为，两条曲线在第一象内与轴所围的图形的面积为，求证：. 32．(23-24高二下·江西·期末)如果曲线存在相互垂直的两条切线，称函数是“正交函数”．已知，设曲线在点处的切线为． (1)当时，求实数的值； (2)当，时，是否存在直线满足，且与曲线相切？请说明理由； (3)当时，如果函数是“正交函数”，求满足要求的实数的集合；若对任意，曲线都不存在与垂直的切线，求的取值范围． 33．(23-24高二下·江西·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:. / 学科网（北京）股份有限公司 $$