专题04 导数（构造，零点，恒成立等）（4大考点期中真题汇编，黑吉辽蒙专用）高二数学下学期人教A版

专题04 导数（构造，零点，恒成立等） 4大高频考点概览 考点01构造函数 考点02零点问题 考点03恒成立、存在问题 考点04证明类问题 地 城 考点01 构造函数 一、单选题 1．（24-25高二下·黑龙江省佳木斯市第二中学·期中）设是定义在上的可导函数，，对任意实数，有，则的解集为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第一高级中学·期中）设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是 A． B． C． D． 3．（24-25高二下·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学·期中）已知定义在上的函数的导函数为，若，且，，则的解集为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 5．(24-25高二下·黑龙江龙东十校联盟·期中)已知定义在上的函数的导函数满足，则（     ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·黑龙江省大庆铁人中学·期中）已知函数是定义在上的减函数，其导函数满足，则下列结论中正确的是（    ） A．恒成立 B．当且仅当时， C．恒成立 D．当且仅当时， 7．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)已知函数的定义域为，其导函数为，若对任意的，均有恒成立，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 8．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔联谊校·期中)已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为__________. 地 城 考点02 零点问题 一、单选题 1．(24-25高二下·吉林长春等3地·期中)已知函数若直线与有三个不同的交点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·黑龙江省佳木斯市第二中学·期中）已知函数有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·吉林省松原市·期中）已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（24-25高二下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）已知函数，则（    ） A．的极小值为 B．有两个零点 C．存在使得关于的方程有三个不同的实根 D．的解集为 5．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第一高级中学·期中）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数存在三个不同的零点 B．函数既存在极大值又存在极小值 C．若时，，则的最小值为 D．若方程有两个实根，则 6．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）已知函数，其导函数为，则（   ） A．有两个极值点 B．有三个互不相同的零点 C．方程有三个不同解，则实数的取值范围为 D． 7．(24-25高二下·黑龙江龙东十校联盟·期中)已知函数，则（ ） A．时，函数在上单调递增 B．时，对任意的恒成立 C．时，有两个零点 D．时，有两个零点 8．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是函数的一个极大值点 B．函数的对称中心为 C．过点能作两条不同直线与相切 D．函数有5个零点 三、填空题 9．（24-25高二下·黑龙江省佳木斯市第二中学·期中）已知函数，若存在唯一的零点，则k的取值范围是______. 四、解答题 10．(24-25高二下·吉林松原乾安县G35联合体吉林八校·期中)已知函数. (1)若函数在处取得极小值，求实数a，b的值； (2)已知，且函数的极大值是1，讨论函数的零点个数. 11．(24-25高二下·吉林省四平市梨树县梨树一中等7校联考·期中)已知是函数的极值点． (1)求函数在区间上的值域； (2)若函数有3个零点，求实数的取值范围． 地 城 考点03 恒成立、存在问题 一、单选题 1．（24-25高二下·内蒙古包头市第九十三中学·期中）已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期中)设函数，其中，，若存在唯一的整数，使得，则的取值可以是（   ） A．0.4 B．0.6 C．0.8 D．1 三、填空题 3．（24-25高二下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）已知函数，则的取值范围为_______ 4．(24-25高二下·黑龙江大庆大庆实验中学·期中)已知函数对任意成立，则的最小值为______． 四、解答题 5．(24-25高二下·黑龙江龙东十校联盟·期中)已知函数． (1)若，求函数的单调区间． (2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 6．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若时，总有成立，求实数的取值范围. 7．（24-25高二下·内蒙古赤峰市元宝山区第一中学·期中）已知函数，． (1)求的极值； (2)讨论的单调性； (3)若，且当时，恒成立，求实数的取值范围． 8．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第一高级中学·期中）已知函数，． (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)设，若，求实数的取值范围． 9．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期中)已知函数. (1)若 ①求函数的单调区间； ②求证： (2)若对任意，都有（为自然对数的底），求的取值范围. 10．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第二高级中学·期中）设函数． （1）设，求的极值点； （2）若时，总有恒成立，求实数m的取值范围． 地 城 考点04 证明类问题 一、解答题 1．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期中)已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)当时，证明：. 2．（24-25高二下·内蒙古包头市第九十三中学·期中）已知函数且． (1)当时，判断函数零点的个数； (2)讨论函数的单调区间； (3)当时，证明：． 3．(24-25高二下·黑龙江大庆大庆实验中学·期中)已知函数. (1)当时，求的单调递增区间； (2)当时，设的极大值为，求证：. 4．（24-25高二下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，. 5．（24-25高二下·吉林省松原市·期中）已知函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数恰有两个极值点、. ①求的取值范围； ②证明： 6．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第二高级中学·期中）已知函数（为常数）. （1）讨论函数的单调性； （2）当，时，求证：. 7．（24-25高二下·黑龙江省佳木斯市第二中学·期中）已知函数，． (1)当时，求函数的单调递减区间； (2)若在区间上单调递减，求a的取值范围； (3)若，存在两个极值点，，证明：． 8．(24-25高二下·黑龙江龙东十校联盟·期中)已知函数，定义域为． (1)时，证明：． (2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． (3)求证：（） 9．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔联谊校·期中)已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)求证：. 10．(24-25高二下·吉林松原乾安县G35联合体吉林八校·期中)对于函数，规定，，…，，叫做函数的n阶导数．若函数在包含的某个闭区间上具有n阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点x，，该公式称为函数在处的n阶泰勒展开式，是此泰勒展开式的n阶余项．已知函数． (1)写出函数在处的3阶泰勒展开式（用表示即可）； (2)设函数在处的3阶余项为，求证：对任意的，； (3)求证：． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 导数（构造，零点，恒成立等） 4大高频考点概览 考点01构造函数 考点02零点问题 考点03恒成立、存在问题 考点04证明类问题 地 城 考点01 构造函数 一、单选题 1．（24-25高二下·黑龙江省佳木斯市第二中学·期中）设是定义在上的可导函数，，对任意实数，有，则的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数导数判断函数的单调性，计算得出不等式解集； 【详解】令，则即求的解集. 由已知得，，故在上单调递减； 又由得，，故，从而. 故选：A. 2．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第一高级中学·期中）设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】构造新函数,，当时. 所以在上单减，又，即. 所以可得,此时， 又为奇函数，所以在上的解集为：. 故选A. 3．（24-25高二下·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学·期中）已知定义在上的函数的导函数为，若，且，，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，根据条件判断函数的单调性，再根据函数的单调性把函数不等式转化为代数不等式，即可求出的取值范围. 【详解】设，，则. 因为在上恒成立，所以在上恒成立. 即在上单调递增. 又. 所以. 即不等式的解集为. 故选：A 4．（24-25高二下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，判定其单调性计算即可. 【详解】根据题意可令， 所以在上单调递增，则原不等式等价于， 由，解之得． 故选：B． 5．(24-25高二下·黑龙江龙东十校联盟·期中)已知定义在上的函数的导函数满足，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，利用导数分析函数在上的单调性，结合函数的单调性逐项判断即可. 【详解】设，则， 所以，函数在上为增函数， 对于AB选项，，即， 所以，AB无法判断； 对于CD选项，，即，可得，C错D对. 故选：D. 6．（24-25高二下·黑龙江省大庆铁人中学·期中）已知函数是定义在上的减函数，其导函数满足，则下列结论中正确的是（    ） A．恒成立 B．当且仅当时， C．恒成立 D．当且仅当时， 【答案】A 【分析】构造函数，求导后与已知不等式的变形相同，再利用单调性和判断即可. 【详解】因为函数是定义在上的减函数，所以， 又， 所以， 令，则， 则在上单调递增，且， 故时，；时，；时， 则，所以恒成立. 故选：A. 7．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)已知函数的定义域为，其导函数为，若对任意的，均有恒成立，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件构造一个函数，再利用的单调性求解不等式即可. 【详解】由，可得， 即，令， 则. 令，， 所以在上是单调递减函数. 不等式， 等价于， 即，， 所求不等式即， 由于在上是单调递减函数， 所以，解得， 且，即， 故不等式的解集为. 故选：A. 二、填空题 8．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔联谊校·期中)已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为__________. 【答案】 【分析】构造函数的导数满足，从而可得单调递增，再结合已知条件把原不等式转化为，从而即可求解. 【详解】令，因为，所以， 即在上单调递增， 又，所以， 因此不等式等价于， 所以，解得， 即不等式的解集为. 故答案为：. 地 城 考点02 零点问题 一、单选题 1．(24-25高二下·吉林长春等3地·期中)已知函数若直线与有三个不同的交点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出直线与相切时的斜率，作出函数与的图象，由数形结合求解即可. 【详解】设与相切于点， 则，解得，此时， 由得，由可得，此时切点为， 作出函数与的图象如图， 由图象可知，当或时，直线与有三个不同的交点， 故选：C 2．（24-25高二下·黑龙江省佳木斯市第二中学·期中）已知函数有两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】因为，所以令，题意转化成有两个根，分和两种情况，当时，可转化成和有两个交点，通过导数画出的图象即可求解 【详解】， 令，显然该函数单调递增，，则有两个根， 当时，等式为，不符合题意； 故，等式转化为有两个根，即和有两个交点， 设，求导得， 故当和时，，单调递减； 时，，单调递增； 且当时，，， 故如图所示 由图可得，的取值范围是 故选：D 3．（24-25高二下·吉林省松原市·期中）已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得方程有两个正实数根，分析得知在区间上单调递增，从而方程有两个正实数解，由一元二次方程根的分布即可列出不等式组求解. 【详解】令，可得，则，即． 令，则． 因为，所以， 则函数在区间上单调递增， 所以，即． 所以当时有两个不同的零点等价于方程有两个正实数解， 即满足. 故选：D． 二、多选题 4．（24-25高二下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）已知函数，则（    ） A．的极小值为 B．有两个零点 C．存在使得关于的方程有三个不同的实根 D．的解集为 【答案】AC 【分析】先求导函数，根据正负确定单调性．判断A；运用极大值和极小值都小于，判断B；运用y=f(x)与y=a有三个不同交点，即f(x)=a有三个不同实根，判断C；运用函数单调性判断D． 【详解】函数的定义域为，， 由得或；由得，有极大值，极小值，A正确； 由极大值和极小值均小于0知最多一个零点，B不正确； 当时，，当时，，当时，有三个不同的实根，C正确； 当时，，此时，D不正确． 故选：AC． 5．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第一高级中学·期中）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数存在三个不同的零点 B．函数既存在极大值又存在极小值 C．若时，，则的最小值为 D．若方程有两个实根，则 【答案】BD 【分析】求导后，结合正负可得单调性；利用零点存在定理可说明零点个数，知A错误；根据极值定义可知B正确；采用数形结合的方式可求得CD正误. 【详解】定义域为，， 当时，；当时，； 在，上单调递减，在上单调递增； 对于A，，，， 在区间和内各存在一个零点； 当时，，，恒成立； 有且仅有两个不同的零点，A错误； 对于B，由单调性可知：的极小值为，极大值为，B正确； 对于C，，作出图象如下图所示，可知方程存在另一个解， 若当时，，则，C错误； 对于D，方程有两个实根等价于与有两个不同交点， 作出图象如下图所示， 结合图象可知：，D正确. 故选：BD. 6．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）已知函数，其导函数为，则（   ） A．有两个极值点 B．有三个互不相同的零点 C．方程有三个不同解，则实数的取值范围为 D． 【答案】ACD 【分析】利用导数分析函数的单调性与极值点，可判断A选项；解方程可判断B选项；数形结合可判断C选项；直接验证，可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为，， 由可得或，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的递增区间为、，单调递减区间为， 所以，函数有两个极值点，A对； 对于B选项，由得或， 所以，只有两个不同的零点，B错； 对于C选项，由A选项可知，函数的极大值为，极小值为， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点， 所以，若方程有三个不同解，则实数的取值范围为，C对； 对于D选项，由A选项可知，， 则，D对. 故选：ACD. 7．(24-25高二下·黑龙江龙东十校联盟·期中)已知函数，则（ ） A．时，函数在上单调递增 B．时，对任意的恒成立 C．时，有两个零点 D．时，有两个零点 【答案】BC 【分析】求导，根据导数可判断A；求导，得函数单调性，计算可判断B；求导，计算得函数的极小值，进而计算可判断C；由C推导得函数的单调性，进而计算可判断D. 【详解】对于A，时，，所以仅在上单调递增，故A错误； 对于B，时，在上单调递增，所以，故B正确； 对于C，a＞1时，， ， 而时，，所以在有唯一零点， 显然在有唯一零点，故C正确； 对于D，由C的推导知，在上递增，在上递减， 时，，，所以在上有唯一零点， 令，当时，， 此时在恒小于0，无零点，故D错误. 故选：BC. 8．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔市第一中学·期中）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是函数的一个极大值点 B．函数的对称中心为 C．过点能作两条不同直线与相切 D．函数有5个零点 【答案】BD 【分析】利用求导分析函数单调性，求得极值点，可判断A；求出即可判断B；设出切点，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切点同时满足直线和曲线方程代入求出切点，即可判断C；令，结合函数图像，根据方程的根的个数判断复合函数的零点个数，可判断D. 【详解】由函数，则. 对于A，令，解得 所以，或时，在上单调递增； 时，在上单调递减； 所以，是函数的一个极小值点，故A错误； 对于B， ， 所以，函数关于成中心对称，故B正确； 对于C，设过点的切线与函数的切点为，则切线方程为， 则有，整理得， 解得，所以过点只能作一条直线与相切，故C错误； 对于D，因为，令，则有三个根，如图所示， 所以方程有3个不同的根，方程和均有1个根， 故方程有5个根，即函数有5个零点，故D正确. 故选：BD. 三、填空题 9．（24-25高二下·黑龙江省佳木斯市第二中学·期中）已知函数，若存在唯一的零点，则k的取值范围是______. 【答案】 【分析】利用导数确定函数的单调性，分类讨论求解参数范围即可. 【详解】因为所以， 令，解得 所以当时，当时，， 所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为， 又，， 当函数在上没有零点时，要使存在唯一的零点， 则必有，解得，此时， 易知函数有2个零点，分别为和，不满足题意； 所以函数在必有一个零点，要使存在唯一的零点， 则必有，解得. 综上k的取值范围为. 故答案为： . 四、解答题 10．(24-25高二下·吉林松原乾安县G35联合体吉林八校·期中)已知函数. (1)若函数在处取得极小值，求实数a，b的值； (2)已知，且函数的极大值是1，讨论函数的零点个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求导，由题意可知，解得a，b，并验证即可； （2）求导，即可得到时，函数的单调区间，可求出函数的极值，通过讨论极值即可判断零点个数. 【详解】（1）因为，所以， 因为函数在处取得极小值， 所以，解得， 此时，由，得到或， 当或时，，当时，， 则在和上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取到极小值，符合题意. 所以. （2），令，则或， 若，当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，；单调递减区间为， 当时，函数取到极大值，即，所以， 当时，函数取到极小值， 即， 又当时，，当时，， 所以当，即时，有1个零点； 当，即时，有2个零点； 当，即时，有3个零点. 11．(24-25高二下·吉林省四平市梨树县梨树一中等7校联考·期中)已知是函数的极值点． (1)求函数在区间上的值域； (2)若函数有3个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过函数在极值点处导数为零求出参数值，进而确定函数的表达式和导数表达式，通过导数判断函数的单调性和单调区间，再结合函数在特定区间端点的值确定函数在该区间的值域. （2）函数有个零点的问题，转化为函数与直线的交点个数问题，根据函数的性质来确定实数的取值范围. 【详解】（1）由，又由是函数的极值点， 有，可得，有， 有， 令，有或，可得函数的减区间为，增区间为，， 又由， 又由函数的图象可知，函数在区间上的值域为； （2）由函数的减区间为，增区间为， 又由， 若函数有3个零点，则实数的取值范围为． 地 城 考点03 恒成立、存在问题 一、单选题 1．（24-25高二下·内蒙古包头市第九十三中学·期中）已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用函数的单调性奇偶性转化为在上恒成立，再分离参数后，利用导数求出函数的最值即可得解. 【详解】显然函数是上的增函数，也是奇函数， 因为在上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 故 故选：A 二、多选题 2．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期中)设函数，其中，，若存在唯一的整数，使得，则的取值可以是（   ） A．0.4 B．0.6 C．0.8 D．1 【答案】BC 【分析】转化为在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，研究的性质，直线恒过定点（1，0）且斜率为，得到，且，解不等式即可. 【详解】设，， 由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数， 又，当时，；当时，．所以函数的最小值为． 又，．直线恒过定点（1，0）且斜率为， 故，且，解得，故0.6，0.8符合题意， 故选:BC． 三、填空题 3．（24-25高二下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）已知函数，则的取值范围为_______ 【答案】 【分析】令，然后求导，找到最大值，当恒成立时，最大值小于等于零，解出. 【详解】令， 有， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最大值，为， 若恒成立，则，即. 故答案为：. 4．(24-25高二下·黑龙江大庆大庆实验中学·期中)已知函数对任意成立，则的最小值为______． 【答案】2 【分析】求得，结合，得到，求得函数的单调性，结合题意，转化为，令，利用求得函数的单调性和最小值，进而求得实数的最小值． 【详解】由函数，可得，且， 若时，恒成立，函数单调递增， 当时，， 因为函数在上单调递增，所以， 所以存在，使得时，，不符合题意，则有， 当时，；当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，则， 令，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上递减，在上递增， 所以， 所以的最小值为， 故答案为：2． 四、解答题 5．(24-25高二下·黑龙江龙东十校联盟·期中)已知函数． (1)若，求函数的单调区间． (2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)增区间是、，减区间是 (2) 【分析】（1）当时，求出的导数，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间； （2）分、两种情况讨论，利用导数分析函数在区间上的单调性，根据可求出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，则， 由可得，由可得或， 所以函数的增区间是、，减区间是. （2）因为，则， 当时，可得，由可得或， 所以函数的增区间是、，减区间是. 所以函数的极大值为，且， 所以，解得，此时； 当时，由可得或，由可得， 此时函数的增区间为，减区间为、， 所以函数的极大值为，且，解得，此时. 综上所述，实数的取值范围是. 6．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨第三中学校·期中)已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若时，总有成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2) 【分析】（1）对进行求导，利用导数即可直接得到函数的单调区间； （2）对进行求导，分和两种情况进行讨论即可求得a范围. 【详解】（1）当时，， ， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）由题意得， 当时，函数在单调递减，在单调递增， 即，解得,所以; 当时，函数在恒单调递增，即， 所以也满足题意； 综上：. 7．（24-25高二下·内蒙古赤峰市元宝山区第一中学·期中）已知函数，． (1)求的极值； (2)讨论的单调性； (3)若，且当时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求导，再根据极值的定义即可得解； （2）分和两种情况讨论求解即可； （3）不等式，令函数，利用导数求出函数的最小值，即可得解. 【详解】（1）函数，定义域为，， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 有极小值，无极大值； （2）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， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； （3）当时，， 不等式， 令函数，依题意，，恒成立， 求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 而， 则存在，使，即， 此时， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，由，得， 则，， 所以的取值范围是. 8．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第一高级中学·期中）已知函数，． (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)设，若，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求解； （3）由参变分离得恒成立，设，，则，令，利用导数证明即可求出. 【详解】（1）， 当时，，， 当时，，， 函数在处的切线方程为； （2）函数的定义域为，， ①当时，恒成立，令，则， 若，则；若，则， 所以在单调递减，在单调递增； ②当时，， 令，则或， （ⅰ）当，即时， 若，则或；若，则， 所以在和上单调递增，在上单调递减； （ⅱ）当，即时，恒成立，在上递增； （ⅲ）当，即时， 若，则或，若，则， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； （3）的定义域为， 由得恒成立，即恒成立， 设，，则， 因为，同构可得， 令，因为，所以， 下面证． 设，，于是， 令，则，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时等号成立． 所以，即， 所以， 所以，即， 所以实数的取值范围为. 9．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期中)已知函数. (1)若 ①求函数的单调区间； ②求证： (2)若对任意，都有（为自然对数的底），求的取值范围. 【答案】(1)①的单调递减区间为，单调递增区间为；②证明见解析 (2) 【分析】（1）①当时，求得，令，可得，求得在单调递增，且，进而得到的单调区间； ②令，求得，令，得到，得到在上单调性，结合零点存在性定理，得到存在，使得，进而求得的单调性与，进而证得； （2）（法一）由，得到，令，取得，得到在上递增，进而得到，令，求得，得到的单调性与最小值，即可求解； （法二）设，求得，设，得到，进而求得的单调性，求得，令，求得，得到函数的单调性与最小值，即可求解. 【详解】（1）解：①当时，函数，可得，则， 令，可得， 所以在单调递增，且， 当时，，即，在单调递减； 当时，，即，在单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. ②证明：令，可得， 令，可得， 所以在上单调递增，且，， 所以存在，使得， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 可得， 又由，可得，则， 所以，即. （2）解：（法一）由，可得，则， 令，可得，所以在上递增， 又由，可得，所以， 令，可得， 由，解得， 令，可得；令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，所以实数的取值范围为. （法二）设，则， 设，则， 因为在上递增，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，则， 所以在递减， 因为，所以，所以， 所以实数的取值范围为. 10．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第二高级中学·期中）设函数． （1）设，求的极值点； （2）若时，总有恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1）是函数的极大值点，无极小值点；（2）． 【解析】（1）求得，进而得到，判断与0的关系即可得出函数的单调区间，得极值点； （2）引入新函数，依题意可得函数在上单调递减，求导可知在上恒成立，结合函数的单调性，求得在上的最大值，即可得到实数m的取值范围． 【详解】解：（1），， ， 显然，当时，，当时，， 函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 故是函数的极大值点； （2）对于可化为， 令， ， 在上单调递减， 在上恒成立，即， 又在上单调递增，在上单调递减， 的最大值为， ，即实数m的取值范围为． 地 城 考点04 证明类问题 一、解答题 1．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期中)已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)1 (2)证明见详解 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，进而可求最小值； （2）只需证明的最小值大于等于即可，利用导数研究的单调性，进而可求的最小值，通过构造函数证明即可. 【详解】（1）当时，． 若，则，若，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 故． （2）， 当时，若，则，若，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 所以当时，． 要证，只需证，即证． 令函数，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以恒成立，所以． 2．（24-25高二下·内蒙古包头市第九十三中学·期中）已知函数且． (1)当时，判断函数零点的个数； (2)讨论函数的单调区间； (3)当时，证明：． 【答案】(1)个 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论； （2）对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （3）当时，将所证不等式变形为，令，求出的取值范围，令，其中，利用导数分析函数的单调性，求出该函数的最小值，证得即可. 【详解】（1）当时，，该函数的定义域为， 则，令，可得或，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的增区间为、，减区间为， 所以，函数的极大值为，极小值为， 当时，， 当时，，，由零点存在定理可知，存在，使得， 综上所述，当时，函数有且只有一个零点. （2）函数且的定义域为， 且， 当时，由可得或，由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为； 当时，由可得或，由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为. 故当时，函数的增区间为、，减区间为； 当时，函数的增区间为、，减区间为. （3）当时，， 要证，即证， 即证， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递增， 当时，；当时，. 所以，函数的值域为， 要证，即证， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 因此，对任意的，，故原不等式得证. 3．(24-25高二下·黑龙江大庆大庆实验中学·期中)已知函数. (1)当时，求的单调递增区间； (2)当时，设的极大值为，求证：. 【答案】(1)和. (2)证明见解析 【分析】（1）求导，判断导数正负得解； （2）分，，讨论，利用导数判断单调性求极值证明. 【详解】（1）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. （2）当时，由（1）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， 当时，单调递增，所以的极大值等于， 令，所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 综上所述，. 4．（24-25高二下·吉林地区普通高中友好学校联合体·期中）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 【分析】（1）对求导，分，研究函数的单调性； （2）将变为，令，借助导数求出即可. 【详解】（1）因为， 所以， 当时，，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：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知，在时取得最小值，最小值为， 要证当时，，只需证： ，化简得， 令，所以， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，有最小值，最小值为， 所以，即，得证. 5．（24-25高二下·吉林省松原市·期中）已知函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数恰有两个极值点、. ①求的取值范围； ②证明： 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间； （2）①求得，由题意可知，二次方程有两个不等的正根，利用二次方程根的分布可得出关于的不等式组，解之即可； ②由韦达定理得出，，由此可得出，于是所证不等式变形为，其中，令，其中，利用导数分析函数的单调性，结合其单调性可证得结论成立. 【详解】（1）由题意知. 当时，，所以的增区间为，无减区间； 当时，令，解得，令，解得， 此时，函数的减区间为，增区间为. 综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. （2）①由题意知， 所以， 因恰有两个极值点、，所以方程，即方程有两不等正根， 所以，解得，即的取值范围为； ②由①知，， 所以， 所以， 令，其中，所以， 因为函数、在上均为增函数， 则函数在上单调递增， 又，， 所以，使得，即， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又在上单调递增，则， 所以，所以，所以. 6．（24-25高二下·黑龙江省牡丹江市第二高级中学·期中）已知函数（为常数）. （1）讨论函数的单调性； （2）当，时，求证：. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出和，对分类讨论，a≤0和a>0，分别判断单调性； （2）当时，，利用导数求出的单调性和极小值，即可证明 【详解】（1）由可得：，所以. 当a≤0时, 在R上恒成立；在上单增； 当a>0时,令,即,解得,令,即,解得. 所以当a>0时, 在上单增，在上单减. 综上所述：当a≤0时, 在上单增； 当a>0时, 在上单增，在上单减. （2）当时，. 令，则 令，则. 令，得：；令，得：； 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，， 所以， 所以存在，使， 且当或时，；当时，， 所以在上单增，在上单减，在上单增. 又，所以有：恒成立， 即当，时，求证： 7．（24-25高二下·黑龙江省佳木斯市第二中学·期中）已知函数，． (1)当时，求函数的单调递减区间； (2)若在区间上单调递减，求a的取值范围； (3)若，存在两个极值点，，证明：． 【答案】(1), (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求得的单调递减区间. （2）由在区间恒成立分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围. （3）将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立. 【详解】（1）当时，， ∴，解得， 则函数的单调递减区间为． （2）∵，又在区间上单调递减， ∴在上恒成立，即在上恒成立， ∴在上恒成立，设，则， 当时，，∴单调递增，∴， ∴，即实数a的取值范围是； （3）由（2）知：，满足，∴， 不妨设，则， ∴， 则证，即证， 即证，也即证成立， 设函数，则， ∴在单调递减，又， ∴当时，， ∴，即． 8．(24-25高二下·黑龙江龙东十校联盟·期中)已知函数，定义域为． (1)时，证明：． (2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． (3)求证：（） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）把代入，等价变形所证不等式，再构造函数并利用导数证明不等式. （2）变形不等式，结合给定条件可得，构造函数，利用导数求解恒成立的范围. （3）利用（1）（2）的结论，结合等比数列前和公式求和即可推理得证. 【详解】（1）当时，函数，，不等式， 设，求导得，函数在上单调递减， 因此，所以. （2）当时，不等式 令，显然，求导得， 当时，，函数在上单调递增， 因此，符合题意； 当时，记， 抛物线的开口向上，对称轴，又， 当时，，从而， 函数在上单调递减，则当时，，不符合题意. 所以. （3）由（1）知：当时，，令，则， 因此， 由（2）知：令，当时，， 当时，，要证不等式左侧成立， 时， ， 因此， 所以. 9．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔联谊校·期中)已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)求证：. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解； （2）讨论方程的判别式，即可求出的单调区间； （3）利用（2）中的结论，得到函数在上单调递减，进而得到，再利用累加法即可得证. 【详解】（1）当时，，， ， 曲线在点处的切线方程为，即； （2），， 对于方程， 当，即时，， 函数在上单调递减； 当，即时，方程有两个不相等的实数根， ，且， 当或时，；当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，. （3）证明：由（2）知，当时，函数在上单调递减， 又，当时，， 即当时，. ，， 即， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 累加可得，， 即， 所以. 10．(24-25高二下·吉林松原乾安县G35联合体吉林八校·期中)对于函数，规定，，…，，叫做函数的n阶导数．若函数在包含的某个闭区间上具有n阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点x，，该公式称为函数在处的n阶泰勒展开式，是此泰勒展开式的n阶余项．已知函数． (1)写出函数在处的3阶泰勒展开式（用表示即可）； (2)设函数在处的3阶余项为，求证：对任意的，； (3)求证：． 【答案】(1); (2)证明见详解； (3)证明见详解. 【分析】（1）根据函数在处的阶泰勒展开式的定义可直接求得结果； （2）根据泰勒公式的定义，计算函数在处的阶泰勒展开式余项，介于与之间的常数，再通过导数判断单调性即可； （3）计算函数在处的阶泰勒展开式为,并得，令，则，再利用累加法即可证明. 【详解】（1）由题意，函数，且， 则， ， ， 所以函数在处的阶泰勒展开式为： . （2）由（1）可知，， ， 所以函数在处的阶泰勒展开式为： ， 其中，介于与之间的常数， 所以， 因为为常数项，且， 所以函数为偶函数， 因为， 当时，，所以在单调递增， 当时，，所以在单调递减， 所以， 故对任意的，. （3）由（2）可知，函数在处的阶泰勒展开式为 ， 所以， 令，则， 所以， 即. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 导数（构造，零点，恒成立等） 地 城 考点01 构造函数 一、单选题 1．A. 2．A. 3．A 4．B． 5．D. 6．A 7．A. 二、填空题 8．. 地 城 考点02 零点问题 一、单选题 1．C 2．D 3．D． 二、多选题 4．AC 5．BD. 6．ACD 7．BC 8．BD. 三、填空题 9． 四、解答题 10．【详解】（1）因为，所以， 因为函数在处取得极小值， 所以，解得， 此时，由，得到或， 当或时，，当时，， 则在和上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取到极小值，符合题意. 所以. （2），令，则或， 若，当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，；单调递减区间为， 当时，函数取到极大值，即，所以， 当时，函数取到极小值， 即， 又当时，，当时，， 所以当，即时，有1个零点； 当，即时，有2个零点； 当，即时，有3个零点. 11．【详解】（1）由，又由是函数的极值点， 有，可得，有， 有， 令，有或，可得函数的减区间为，增区间为，， 又由， 又由函数的图象可知，函数在区间上的值域为； （2）由函数的减区间为，增区间为， 又由， 若函数有3个零点，则实数的取值范围为． 地 城 考点03 恒成立、存在问题 一、单选题 1．A 二、多选题 2．BC． 三、填空题 3． 4．2． 四、解答题 5．【详解】（1）当时，，则， 由可得，由可得或， 所以函数的增区间是、，减区间是. （2）因为，则， 当时，可得，由可得或， 所以函数的增区间是、，减区间是. 所以函数的极大值为，且， 所以，解得，此时； 当时，由可得或，由可得， 此时函数的增区间为，减区间为、， 所以函数的极大值为，且，解得，此时. 综上所述，实数的取值范围是. 6．【详解】（1）当时，， ， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）由题意得， 当时，函数在单调递减，在单调递增， 即，解得,所以; 当时，函数在恒单调递增，即， 所以也满足题意； 综上：. 7．【详解】（1）函数，定义域为，， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 有极小值，无极大值； （2）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， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； （3）当时，， 不等式， 令函数，依题意，，恒成立， 求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 而， 则存在，使，即， 此时， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，由，得， 则，， 所以的取值范围是. 8．【详解】（1）， 当时，，， 当时，，， 函数在处的切线方程为； （2）函数的定义域为，， ①当时，恒成立，令，则， 若，则；若，则， 所以在单调递减，在单调递增； ②当时，， 令，则或， （ⅰ）当，即时， 若，则或；若，则， 所以在和上单调递增，在上单调递减； （ⅱ）当，即时，恒成立，在上递增； （ⅲ）当，即时， 若，则或，若，则， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； （3）的定义域为， 由得恒成立，即恒成立， 设，，则， 因为，同构可得， 令，因为，所以， 下面证． 设，，于是， 令，则，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时等号成立． 所以，即， 所以， 所以，即， 所以实数的取值范围为. 9．【详解】（1）解：①当时，函数，可得，则， 令，可得， 所以在单调递增，且， 当时，，即，在单调递减； 当时，，即，在单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. ②证明：令，可得， 令，可得， 所以在上单调递增，且，， 所以存在，使得， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 可得， 又由，可得，则， 所以，即. （2）解：（法一）由，可得，则， 令，可得，所以在上递增， 又由，可得，所以， 令，可得， 由，解得， 令，可得；令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，所以实数的取值范围为. （法二）设，则， 设，则， 因为在上递增，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，则， 所以在递减， 因为，所以，所以， 所以实数的取值范围为. 10．【详解】解：（1），， ， 显然，当时，，当时，， 函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 故是函数的极大值点； （2）对于可化为， 令， ， 在上单调递减， 在上恒成立，即， 又在上单调递增，在上单调递减， 的最大值为， ，即实数m的取值范围为． 地 城 考点04 证明类问题 一、解答题 1．【详解】（1）当时，． 若，则，若，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 故． （2）， 当时，若，则，若，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 所以当时，． 要证，只需证，即证． 令函数，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以恒成立，所以． 2．【详解】（1）当时，，该函数的定义域为， 则，令，可得或，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的增区间为、，减区间为， 所以，函数的极大值为，极小值为， 当时，， 当时，，，由零点存在定理可知，存在，使得， 综上所述，当时，函数有且只有一个零点. （2）函数且的定义域为， 且， 当时，由可得或，由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为； 当时，由可得或，由可得， 此时，函数的增区间为、，减区间为. 故当时，函数的增区间为、，减区间为； 当时，函数的增区间为、，减区间为. （3）当时，， 要证，即证， 即证， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递增， 当时，；当时，. 所以，函数的值域为， 要证，即证， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 因此，对任意的，，故原不等式得证. 3．【详解】（1）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. （2）当时，由（1）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， 当时，单调递增，所以的极大值等于， 令，所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 综上所述，. 4．【详解】（1）因为， 所以， 当时，，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：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知，在时取得最小值，最小值为， 要证当时，，只需证： ，化简得， 令，所以， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，有最小值，最小值为， 所以，即，得证. 5．【详解】（1）由题意知. 当时，，所以的增区间为，无减区间； 当时，令，解得，令，解得， 此时，函数的减区间为，增区间为. 综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. （2）①由题意知， 所以， 因恰有两个极值点、，所以方程，即方程有两不等正根， 所以，解得，即的取值范围为； ②由①知，， 所以， 所以， 令，其中，所以， 因为函数、在上均为增函数， 则函数在上单调递增， 又，， 所以，使得，即， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又在上单调递增，则， 所以，所以，所以. 6．【详解】（1）由可得：，所以. 当a≤0时, 在R上恒成立；在上单增； 当a>0时,令,即,解得,令,即,解得. 所以当a>0时, 在上单增，在上单减. 综上所述：当a≤0时, 在上单增； 当a>0时, 在上单增，在上单减. （2）当时，. 令，则 令，则. 令，得：；令，得：； 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，， 所以， 所以存在，使， 且当或时，；当时，， 所以在上单增，在上单减，在上单增. 又，所以有：恒成立， 即当，时，求证： 7．【详解】（1）当时，， ∴，解得， 则函数的单调递减区间为． （2）∵，又在区间上单调递减， ∴在上恒成立，即在上恒成立， ∴在上恒成立，设，则， 当时，，∴单调递增，∴， ∴，即实数a的取值范围是； （3）由（2）知：，满足，∴， 不妨设，则， ∴， 则证，即证， 即证，也即证成立， 设函数，则， ∴在单调递减，又， ∴当时，， ∴，即． 8．【详解】（1）当时，函数，，不等式， 设，求导得，函数在上单调递减， 因此，所以. （2）当时，不等式 令，显然，求导得， 当时，，函数在上单调递增， 因此，符合题意； 当时，记， 抛物线的开口向上，对称轴，又， 当时，，从而， 函数在上单调递减，则当时，，不符合题意. 所以. （3）由（1）知：当时，，令，则， 因此， 由（2）知：令，当时，， 当时，，要证不等式左侧成立， 时， ， 因此， 所以. 9．【详解】（1）当时，，， ， 曲线在点处的切线方程为，即； （2），， 对于方程， 当，即时，， 函数在上单调递减； 当，即时，方程有两个不相等的实数根， ，且， 当或时，；当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，. （3）证明：由（2）知，当时，函数在上单调递减， 又，当时，， 即当时，. ，， 即， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 累加可得，， 即， 所以. 10．【详解】（1）由题意，函数，且， 则， ， ， 所以函数在处的阶泰勒展开式为： . （2）由（1）可知，， ， 所以函数在处的阶泰勒展开式为： ， 其中，介于与之间的常数， 所以， 因为为常数项，且， 所以函数为偶函数， 因为， 当时，，所以在单调递增， 当时，，所以在单调递减， 所以， 故对任意的，. （3）由（2）可知，函数在处的阶泰勒展开式为 ， 所以， 令，则， 所以， 即. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $