作业10 导数大题综合训练 -2026届高三数学一轮复习

高三一轮复习课后讲义——巩固·拓展 编号：10 参考答案与解析（务必做完再对答案） 1．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（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. 【详解】（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. 2．(1)极小值为，无极大值. (2) 【分析】（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. 【详解】（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，. 【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类. 3．(1) (2) 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【详解】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 4．(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）利用给定单调性建立恒成立不等式，分离参数并构造函数，利用导数求出最小值即可. 【详解】（1）函数，求导得，则， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）由在上单调递减，得对恒成立， 则对恒成立，设， 求导得，令， 求导得，函数在上单调递减，， 因此，函数在上单调递减，则，， 所以实数的取值范围是. 5．(1) (2)和 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求解函数的单调性求解出函数的极值即可 （2）当时，利用导数求解函数的单调性求解出函数的单调递增区间 （3）分和讨论求解即可. 【详解】（1）由题意知. 若，则，所以. 令，得. 当时，当时， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值等于. （2）因为，所以， 由，即，解得或， 所以在和单调递增， 由，即，解得， 所以在单调递减， 故的单调增区间为和. （3）当时，由（2）知，的极大值等于； 当时，，单调递增，无极大值； 当时，当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以的极大值等于， 令，所以， 在上在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以故， 综上所述，. 6．(1)； (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）当时，求出的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）由已知不等式结合参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最大值，即可求出实数的取值范围； （3）分析可知，要证所证不等式成立，即证且，要证，即证，利用诱导公式结合指数函数的单调性即可证明；要证，即证，构造函数，只需证，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【详解】（1）由于，所以，， 则，， 故切线方程为，即， （2）因为，， 进而，即， 令，， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 当时，， 所以，因此， ，故； （3）在内有两个不同零点，， 则， 有两个根，，即， 由（2）知，当，在单调递增，单调递减． 故， 欲证，即证， 由于，在单调递减， 所以只需证明，即证， 欲证，即证，即， 即证，即证，而该式显然成立， 所以， 欲证，即证，，即证， 即证，即证，即证， 令， 只需证， ， 令， ，在单调递增， ，得证． 7．(1)答案见解析； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）直接求导得，再分和讨论即可； （i）转化得有解，再设，求导后再对分类讨论，最后利用隐零点法即可得到其范围； （ⅱ）分析得表示原点与直线上的动点之间的距离，再等价转化为证明，再设新函数并多次求导即可证明. 【详解】（1）时，， 当时，，函数单调递增，既无极大值也无极小值. 当时，，，函数单调递减，，，函数单调递增， 函数的极小值是，无极大值. （2）（ⅰ）当时，因为函数存在零点，故有解， 若，此时无解，所以，有解，， ①若单调递增，此时不存在零点； ②若，令，，， 由零点存在定理可知存在， 所以在上为减函数，在上为增函数， 故，解得，故. （ⅱ）因为函数存在零点，所以有解，其中， 若，则，该式不成立，故. 故，考虑直线， 表示原点与直线上的动点之间的距离， ，所以， 时，要证，只需证， 解法一：即证. 令，则， 令，，故在上为增函数，故. 即在上为增函数， 故，故，即成立. 解法二：令,则， 令，得单调递减， 令，得单调递增， 所以. 8．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）令函数，利用导数可得该函数的单调性，从而可证不等式； （2）利用导数可证的单调性，结合零点存在定理可证函数零点个数为1； （3）利用指对数转化可将原函数的零点个数转化为，的零点个数，后者可利用导数得其在上的单调性后结合零点存在定理判断零点个数. 【详解】（1）证明：令函数，，则， 所以在上单调递增， 则，即在上恒成立. （2）证明：因为，所以在上单调递增. 由（1）得在上恒成立，故在上恒成立， 所以， 因为，故取，取， 则， 而，所以在上有1个零点， 即在上恰有1个零点. （3）令，即，等价于. 记，. 在上的零点个数即在上的零点个数. 是的1个零点. 因为， 所以是奇函数，则在和上的零点个数相同. ，因为在上为减函数， 故在上单调递增. 当时，，故在上单调递增. 因为，所以在上恒成立，即在上没有零点， 所以在上只有1个零点. 当时，由（2）可得在上恰有1个零点，记该零点为. 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 而，故，取，则， ， 结合在上的单调性可得在上有1个零点， 即在上有1个零点，所以在上有3个零点. 综上，当时，在上只有1个零点； 当时，在上有3个零点. 9．(1)证明见解析； (2)1； (3). 【分析】（1）由奇偶性的定义证明是轴对称图形即可； （2）由时，法一：讨论、、研究求参数范围，即可得；法二：问题化为与的零点相同，即可得； （3）由（1）在上恰有2个极值点，对函数求导，法一：设与的零点相同，利用导数研究的零点求参数范围，并验证；法二：设与的零点相同，利用导数研究的零点求参数范围. 【详解】（1）的定义域， 对任意，都有，且， 所以为偶函数，曲线是轴对称图形，对称轴为轴； （2）由（1）知，只需考虑时，， 法一：当时，，故，所以， 当时，，此时恒成立，所以， 当时，，故，所以， 综上，； 法二：因为与在上都单调递增， 所以等价于与的零点相同. 所以，即，解得； （3）由（1）知，恰有4个极值点等价于在上恰有2个极值点. 下面只考虑的情形. ，则， 法一：设与的零点相同， 当时，是增函数，至多有一个零点，则至多1个极值点，不合题意； 当时，， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以， 因为有两个极值点，所以有两个零点， 则，即，解得， 下面证明：当时，有两个极值点， 因为，即， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以，即， 所以，又， 结合零点存在性定理知， 当时，在上各有一个零点，记为， 当时，； 当时，； 当时，， 故为的极大值点，为的极小值点，满足题意. 综上，的取值范围为. 法二：设与的零点相同， ， 令得，， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 故， 因为当且时，；当时，， 当时，只有一个零点，不符合题意； 所以. 因为恰有两个极值点，所以恰有两个零点， 则，解得. 综上，的取值范围为. 10．(1)极大值，无极小值. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）通过求导确定函数的单调性进而求极值； （2）先分类讨论分离参数，然后构造函数通过求导确定单调性进而求最值确定的取值范围； （3）由（2）知，，故，然后换元得通过累加法即可得证. 【详解】（1）由，得. 由可得；由可得； 所以在上单调递增；在上单调递减. 所以有极大值；无极小值. （2）由题意，对恒成立. 当时，显然成立；当时，由， 得；当时，由，得. 设函数，则. 当或时，；当且时，. 所以在和上单调递减， 在和上单调递增. 所以当时，； 当时，. 所以的取值范围是. （3）由（2）知，，故. 令，得. 化简并整理，得，故. 所以. 累加，得（，且）. 所以，故. 所以，故（当时也成立）. 所以. 11．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）只需证明曲线上任一点关于的对称点是也在曲线上即可； （2）判断对任意实数，只有一个与之对应，即关于的方程只有一解，设，只需判断有且仅有一根即可； （3）首先判断出的图象夹在与之间，故．再由与曲线没有交点，且的值即为所求. 【详解】（1）点关于的对称点是， 若点在曲线上，即， 所以， 即也在曲线上，故关于直线对称． （2）固定，设，则， 当时，恒成立，至多只有一个零点； 当时，令，设，则， 在上单调增，在上单调减，在上单调增， 又， 所以有且仅有一根，即对任意实数，关于的方程只有一解，即对任意实数，只有一个与之对应， 互换曲线方程不变，同理可知对任意实数，只有一个与之对应，所以是某个函数图象． （3）引理：对于上任意一点，恒有． 证明：设，则， 所以，所以的图象夹在与之间，故． 联立，可得， 当时，， 令，则或， 又， 又，，所以，此时方程无解， 当时，方程也无解， 综上：． 12．(1)偶函数 (2)24 (3) 【分析】（1）根据偶函数的定义即可求解， （2）根据函数的周期性以及对称性，将问题转化为的值域，求导，根据函数的单调性即可求解， （3）对分奇偶，结合是偶数时， 恒有，将问题转化为恒成立，分离参数即可求解，当是奇数时，根据，即可求解. 【详解】（1）当时，， 则， 故为偶函数， （2）当n为偶数时， 由于， 则的周期为，且关于对称， 所以只需要讨论在上的值域， 由于，， 故恒成立，所以在单调递减， ， 所以， 其中时，， 时，， 故的最小值为24， （3）当是偶数时，由（2）知， 故恒有，当时恒为1， 要使存在，使得关于的不等式恒成立， 所以只需要恒成立， 由于， 当时，恒成立，只需要， 当时，恒成立，只需要， 因此是偶数时，， 当是奇数时，设，则恒成立， 而，从而， 令，， 取 反之当时， 令，等式左边， 所以等式左边的最小值为 ，综上可得 【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. 学科网（北京）股份有限公司 $高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 作业10：《导数大题综合训练》 使用说明：当今的新高考，导数是否能成为“压轴题”并不确定。对于非压轴题位(15 17)的导数题，应力求全对。对于(18-19)的导数题，掌握之前的基本题型固然重要， 但是当今的高考压轴题更注重创新思维，23-25的新I卷最后一题（即使23最后一题是 解析几何)都不那么“常规”，有明显的区分于常规模拟题的特征。因此，也有必要练 习“新题目”开拓视野。 本套练习设置具有这样的特点：第一部分的题目应力求全对（含几道较简单的高考 真题)，第二部分是对之前的巩固与提高，不一定要求全对（事实上能做出2问已经很好 了)，但做完一定要复习整理。第三部分是有“新高考”特征的偏创新题。 （本作业共11题，作业共4页) 一、巩固基础 1.(2023D)已知函数f)=ae+a-x 1)讨论的单调性： 2)证明：当2>0时、八>2m+ 2.(2024全国甲卷)已知函数f()=(1-axn(1+x)-x (1)当a=-2时，求的极值： (2)当x≥0时，f到≥0 求a的取值范围. 第1页共9页 高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 3.(2024)已知函数f)=e-ar-a3 (1)当a=1时，求曲线'=四在点L/四) 处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围。 4.(2025南通高三四模)已知函数f)=ar+2cosr(a∈R) y=f(x)..(0,f(0) (1)求曲线 在点 处的切线方程： (2)若f在0，单调递减，求实数。的取值范围。 5。(2025杭州商三4月二楼）)已知函数川到=e-x-ar(aR) ()若a=0,求的极小值： (2)当a>。时，求f(y的单调递增区间： (3)当a>0时，设f)的极大值为gal,求证：ga≥ e2 第2页共9页 高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 二、综合提高 6。(2025云南高三模拟)已知函数f=e-sinx,x∈(0，+w). (D当a=e时，求’=在0，/八0)处的切线方程 (2)若/20 恒成立，求“的范围 (3)若fy在(0，内有两个不同零点x,5,求证：<+<元， 第3页共9页 高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 7.(2025济南高三一模)已知a,beR,函数f=c-aW-bx,x∈0，+o) (1)当a=0时，求的极值： (2)若八存在零点 (i)当b=0时，求a的取值范围： (i求证：a+b>2 第4页共9页 高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 8.(2025景德镇高三模拟) (1)证明： COS 2.x+2.x 0 2在”4)上恒成立. 2)若m>2,证明：函数- /0π c0s2x-”在04上恰有1个零点. 3)试过论函数8x=e“二tanx+4在-44上的零点个数， 第5页共9页 高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 9.(2026福州高三一模)已知函数f()=(-and (1)证明：曲线'=是轴对称图形： (2)若1≥0 0,求“的值： (3)若)恰有4个极值点，求“的取值范围。 第6页共9页 高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 10.(2026成都高三零诊)已知函数f八)=怎. 1)求 的极值： (2)若f)≤2+ 恒成立，求K的取值范围： （8)证：含+te-ie) 的让 第7页共9页 高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 三、拓展创新 C:x-xy-y=1 11.(2025·浙江温州三模)设曲线 (1)求证：C关于直线y=-x对称： (2)求证：C是某个函数的图象： (3)试求所有实数k与m,使得直线y=+m在C的上方. 第8页共9页 高三一轮复习课后讲义一一巩固·拓展 编号：10 12.(2025温州高三模拟)已知函数/)=sinr+cos”n∈N,) （1)当”=4 (x) ，判断 的奇偶性； (2)当n为偶数时，方程f)=2025有解，求n的最小值： f(x)+a(sinx+cosx)-az0 (3)若存在，使得关于“的不等式 恒成立，求实数的 取值范围. 第9页共9页