专题02 导数重难点篇（7大考点34题）（期中真题汇编，江苏专用）高二数学下学期苏教版

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题02导数重难点篇(7大考点34题) ☆7大高频考点概览 考点01单调性、极值和最值 考点02导数与不等式综合 考点03恒成立问题 考点04零点问题 考点05利用导数研究方程的根 考点06双变量问题 考点07新定义问题 目目 考点01 单调性、极值和最值 1.(24-25高二下-江苏南京雨花台中学期中)已知函数f(x)=F-aln(x+1). (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性 2.(2425高二下江苏扬州树人高级中学期中)已知函数=-e 2 +(1-ae*+ax (1)若a=1,求f(x)在1，f(1处的切线方程： (2)求f(x)的单调区间. 3.(2425高二下江苏高邮期中)已知函数fx)=2+almx(a∈R,a≠0). (1)讨论函数f(x)的单调性： ②若函数g)=)+rxeL,©的最小值为2-2h2,求a的偷 (3)i证明：当a=1时，+x2-x>} 2 4.(2425高二下江苏南京金陵中学期中)已知函数f)=- x2+ar-lnx(a∈R) (1)当a=1时，求函数f(x)在x=1处的切线方程： (2)讨论函数f(x)的单调性： (3)当函数)有两个极值点，且x<·证明：4x)-)s 2 5.(24-25高二下江苏南京南京师范大学附属中学.期中)设函数f(x)=x2-ax-blnx(aeR). (1)当b=-2时， ①讨论函数y=∫(x的单调性： 1/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②若fy存在两个极值点m,m,且m+f四≥4，求a的取值范围， m+n (2)当b=a2且a≠0时，若相异的x,x3满足fx)=f(x2，求证：f X (0,x) x1,x2 X2 (x2,+00) f(x) 0 0 f(x刘 极大值 极小值 6.(24-25高二下江苏无锡第一中学.期中)已知函数f(x)=e(e为自然对数的底数，e=2.71828…), g(x)=ax+b, (1)若h(x)=f(x)g(x),a=1,求h(x在[0,1上的最小值pb的表达式； (2)若b=e-a,当x≥1时，fx)≥gx)恒成立，求实数a的取值范围： (3)若b=0,方程f(x)=gx的两根为x,xx<x,),求证：x+2>2 7.(24-25高二上江苏南京第一中学期末)已知函数f(x)=x2+anx,a∈R (1)若曲线f(x)在x=1处的切线与直线2x+3y+1=0垂直，求a的值； (2)讨论f(x)的单调性： (3当x[9时，1到2a+2x,果a的取值范国 8.(24-25高二下江苏常州期中)已知函数f(x)=mx- +Inx(mER). (I)若f(x在其定义域内单调递减，求实数m的取值范围； (②m<-号，且有两个极值，，其中<5,同：是香存在实数,使 儿_八=k(x+5)成立？若存在，请求出实数k的取值范围，若不存在，试说明理由， X 9.(24-25高二下江苏睢宁县菁华高级中学期中)若函数y=fx)在[a,b]上存在x,xz(a<x<x2<b),使 得=f-f@,厂)=f-f回，则称是a,b1止的双中值函数，其中，称为在 b-a b-a [a,b]上的中值点. 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 (1)判断函数)=x3-3x2+1是否是[-1,3]上的“双中值函数”，并说明理由； (2②已知函数f=x+2anx,aR,存在m>>0,使得fm)=fn,且fx是n,m止的双中值 函数”，x1,x2是fx)在n,m上的中值点. ①求a的取值范围； ②证明： f(x)+)>4 x1+x2 目目 考点02 导数与不等式综合 10.(24-25高二下·江苏溧阳中学、常州高级中学.期中)已知函数f(x=ae*-x-a,a∈R,其中e是自然对数 的底数 (I)当a=-1时，求p(x=f(x+sin2x在0，π上的值域： (2)当0<a≤1时，讨论f(x)的零点个数： (3)当a≥1时，证明：f(x)>xnr-sinx 11.(24-25高二下·江苏无锡江阴六校·期中)已知函数f(x)=e”-ax-1. (1)当a=1时，求f(x)的单调区间与极值； (2)讨论f(x)的单调性： 发g)=f)-2，证明：g)在0，+o0)上存在唯一的极小值点，且g 数据：e3≈20.09) 12.(24-25高二下-江苏沭阳建陵高级中学期中)函数f)=.x+r-(ax+1nx 2 (1)若a<0,求f(x)的单调区间： (2)若a=0,函数g(x)=emx-2x2+mx,方程2f(x)+g(x)=0有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围； (3)若∫(x)有三个不同的极值点x,x,x(x,<x<x),证明：f(x)<f(x) 13.(24-25高二下江苏徐州第二中学.期中)已知函数∫(x=e-e+a.xaeR) (1)当a=-1时，求f(x的单调区间； (2)若∫(x)存在两个极值点x,x2, (i)求a的取值范围； 3/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (ii)证明： f(x)-f(>a+2 X1-X2 14.(24-25高二下江苏苏州期中)已知函数f(x)=x+lnx (1)若曲线y=f(x)在点(1，)处的切线与曲线y=x2+(2a+3)x+a只有一个公共点，求实数a的值； (2)若方程f(x)=2x-m有两个不同的解X,为3且x<x2, 1 1 ①求实数m的范围，试比较x+一与x2+一的大小关系，并说明理由； x> 1 1 ②证明：ln(n+l)< 十·十 V1+1√22+2 n2+n 目目 考点03 恒成立问题 15.(24-25高二下·江苏盐城五校联考期中函数f(x)=x+anx,a∈R (1)讨论f(x)的单调性： (2)当a=-1时，解方程f.￡。 er: (3)当x≥1时，不等式f(x)≥(1+lnx)2恒成立，求a的取值范围 16.(2425高二下江苏徐州期中)若定义在R上的函数y=∫x)和y=g(x)分别存在导函数∫'(x)和g'(x), 且对任意实数x,都存在常数k,使(x)≥g(x)成立，则称函数y=∫(x)是函数y=g(x)的“k-控制函数”， 称k为控制系数， (1)求证：函数f(x)=3x+1是函数gx=cosx的“3-控制函数”； (2)若函数f(x=-x-4x3-12x2-20x是函数gx=e的“k-控制函数”，求控制系数k的取值范围； (3)若函数px=e+me,函数y=q(x为偶函数，函数y=px是函数y=q(x)的“1-控制函数”，求证： “m=1”的充要条件是“存在常数C,使得p(x-gx=c恒成立”. 17.(24-25高二下·江苏扬州中学·期中)已知函数f(x)=sinx-xcosx+ax,x∈(0，π). (1)若a=0,求曲线y=f(x在点 处的切线方程； (2)若∫(x>0恒成立，求实数a的取值范围： (3)若a=-1,判断f(x)在(0，π)上的零点个数并说明理由. 18.(2425高二下江苏徐州铜山区·期中)已知函数f(x)=1-x+1)e,gx=ax-sinx,其中aeR. 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)若gx)在(oo,+o∞)单调递增，求a的取值范围； (2)求f(x)函数的零点； m,m≤n (3)已知min{m,m= ,记F(x)=minf(x),gx}. n,n<m 问是否存在实数a,使得对任意x∈R,F(x≤0恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，说明理由 目目 考点04 零点问题 19.(24-25高二下·江苏锡山高级中学锡西分校期中)已知函数f(x)=e-1-mx2(m∈R). (1)当m=1,求f(x)在x=1处的切线方程： (2)当m=1,判断f(x)在区间(0，+0)是否存在极小值点，并说明理由； (3)已知m>0,设函数g(x)=fx)+rn(x).若g(x)在区间(0，+o)上存在零点，求实数m的取值范围. 20.(23-24高二下江苏常州第一中学期中已知函数f（x)=lr+mr2-bx-1,m,a,b均为实数，f川x)为 fx的导函数 (1)当a=-1,m=0,b=2时，求函数f(x)的单调区间； 因当a=2m=1时，若预数y=f与直线好6在 上有两个不同的交点，求实数b的取值 范围。 (3)当a>0,m=0时，己知x,x2e(0,+0x1≠x2,若存在beR,使得fx)=f(x2成立，求证： f'(x)+f'x,>0 21.(23-24高二下江苏溧阳·期中)已知函数f(x)=ax2+(a-2)x-lnx. (1)讨论f(x)的单调性： (2)若f(x)有两个零点 ①求a的取值范围； ②若函数g)=-nx-4有两个极值点，求a的取值范围 22.(23-24高二江苏南京秦淮区)已知函数fx)=ae2r+(a-2)e-x. (1)若函数f(x在点(0，f(0)处的切线与直线x+3y=0垂直，求a的值： (2)讨论函数f(x)的单调性； 5/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 23.(23-24高二下江苏盐城中学、南京二十九中联考期中)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 ∫'(x是f(x)的导函数，∫"(x)是f'x的导函数，则曲线y=f(x)在点(x,f(x)处的曲率 K=- f"(x川 (1+[f(]月 (1)求曲线f(x=lnx在1,0)的曲率； (2)已知函数gx=cosx+1(x∈R),求gx)曲率的平方的最大值； (3)函数h(x)=(x-2)e +3+m--1nxx,若hx)在两个不同的点处曲率为0，求实数m的取值范围 23 24.(23-24高二下江苏南菁高级中学实验班期中)设函数f(x=k(x-1e+x(k>0),其中ε为自然对数 的底数，k为实数。 (1)若f(x)在(-0,0)上单调递增，求实数k的取值范围； (2)求f(x)的零点的个数：； (3)若不等式f(x)-x-elnx≥0在[1，+o)上恒成立，求k的取值范围. 目目 考点05 利用导数研究方程的根 25.(24-25高二下江苏无锡宜兴期中)已知函数f(x)=e(ax+b)在点(-1，f(-1)处的切线方程为 x-y+3=0. (1)求实数a,b的值： (2)求函数∫(x的单调区间和极值； (3)若两个不相等的实数m,n满足：me-ne"=e"-e,求证：m+n>0. 26.2425高二下江苏连云港期中已知函数f到=，g(到=1-a㎡(ae风， (1)求函数f(x)的极值： ②当0<a<时，判断方程八)=g到)的实根个数，并知以证明： (3)求证：当a≥1时，对于任意实数xe[-1,+o),不等式f(x)≥gx)恒成立. 27.(24-25高二下江苏常州期中设函数f(x=-x3+ax2+bx+c的导数f'x满足f'(-1=0,f'(2)=9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求f(x)的单调区间； (2)f(x)在区间-2,2]上的最大值为20，求c的值 (3)若函数f(x的图象与x轴有三个交点，求C的范围 目目 考点06 双变量问题 28.(24-25高二下江苏徐州期中)已知函数f(x)=lnx-x+a (1)若直线y=(e-1)x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值； (2)若函数gx)=xf(x有两个极值点x和x,且x<x2,证明：x2+x>1+n (e为自然对数的底数) x, 29.(24-25高二下江苏镇江期中)已知函数f=2+-nx-a有两个零点x,(:<. (I)求实数a的取值范围； (2)求证：fx)>f x (3)求证：2-x<Va2-4<x号-x. 30.(24-25高二下江苏宿迁·期中)设函数f(x=ae-2x-1,aeR, (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x,x2是函数f(x的两个零点，且x2-x≥1，求x+x,的最小值 目目 考点07 新定义问题 31.2425高二下江苏海门中学期中设g刘=axlnx+b-(a,beR),定义fx=8四为gx)的 x+t “N(t)函数” (1)设f(x为gx的“(1)函数”，若a=1,b=-2,求曲线y=∫x)在点(1，f1)处的切线方程； (2)设f(x为gx的“V(0)函数” (i)若x=1是f(x)的极小值点，求b的取值范围； (i)若a=2,方程'(x)=0有两个根x,x,且x<x2,求证：f(x)< 2b+2n2-2 32.(23-24高二下·江苏扬州中学期中)意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自 7/8 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，通过适当建立坐标系，悬链线可为双 曲余弦函数ch(x)=e+e的图象，定义双曲正弦函数sh(=e 一，类比三角函数的性质可得双曲正弦 2 2 函数和双曲余弦函数有如下性质①平方关系：ch2(x-sh2(x=1,②倍元关系：sh(2x=2sh(xch(x. (1)求曲线ch(x在x=2处的切线斜率； (2)(i)证明：当x>0时，shx>x: 2 sh(2).sh(1 sh /2 (i)证明： 3 n 2>2n- tanl 1 1 4n(nEN). a02 tan tan- 2n+1 n 33.(24-25高二下·江苏苏州期中)定义：如果函数y=∫(x)在定义域内存在实数x,使 f(x。+k)=f(x)+f(k)成立，其中k为大于0的常数，则称点(x,k)为函数fx)的k级“平移点”.己知函数 h(x)=ax2+xlnx (1)若a=1,求曲线y=h(x在x=1处的切线方程； (2)若h(x)在1，+o上存在1级平移点”，求a的取值范围 34.(2425高二下·江苏南京田家炳中学期中)固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线. 1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程为 c ec+e 其中C为参数.当c=1时，就是双曲余弦函数 V= ch(x)=e*+e-* ，类似地我们可以定义双曲正弦函数sh(x)= e"-e -,它们与正、余弦函数有许多类似的性 2 2 质 (I)类比正、余弦函数导数之间的关系，(sinx)'=cosx,(cosx)'=-sinx,请写出sh(x),ch(x具有的类似 的性质（不需要证明）： (2)当x>0时，sh(x)>axr恒成立，求实数a的取值范围； (3)求f(x=ch(x-cosx-x2的最小值. 专题02 导数重难点篇（7大考点34题） 7大高频考点概览 考点01单调性、极值和最值 考点02导数与不等式综合 考点03恒成立问题 考点04 零点问题 考点05 利用导数研究方程的根 考点06 双变量问题 考点07 新定义问题 地 城 考点01 单调性、极值和最值 1．(24-25高二下·江苏南京雨花台中学·期中)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 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数值得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再根据，分类，分别讨论导函数正负得出函数的单调性即可. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，， 则 则，， 所以曲线在处的切线方程为， 即. （2）函数的定义域为， ， ①当时，因为， 所以， 所以函数在上单调递增. ②当时，令， 则 当或时，. 当时，， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减. 2．(24-25高二下·江苏扬州树人高级中学·期中)已知函数. (1)若，求在处的切线方程； (2)求的单调区间. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解； （2）求出导数，再根据得出方程的根，根据的范围讨论即可求出函数单调区间； 【详解】（1）由，所以， 所以，又， 所以曲线在处的切线方程为， 即； （2）由，定义域为， 当时，令得或， （i）时，，，令，得， 令，得或， 所以的递增区间为，递减区间为，； (ii)时，，所以在上单调递减； （iii）当时，即，， 令，得， 令，得或， 所以的递增区间为，递减区间为，； 当时，令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； 综上所述， 当时，的递增区间为，递减区间为，； 当时，在上单调递减； 当时，的递增区间为，递减区间为，； 当时，的递增区间为，递减区间为. 3．(24-25高二下·江苏高邮·期中)已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数的最小值为，求a的值； (3)证明：当时，． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导数的符号，求得函数的单调区间； （2）由函数，得到，当时，得到区间上单调递增，此时；当时，分，和，三种情况讨论，分别求得函数的最小值，进而求得的值； （3）根据题意，转化为证，令，求得，令，得到在为单调增函数，结合零点的存在性定理，得到存在，使得，即，将代入得到，进而证得． 【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，可得， ①当时，若，恒成立，恒成立， 可得，所以在内单调递减； ②当时，令，，可得；令得：， 所以在内单调递减，在内单调递增， 综上所述，当时，在内单调递减； 当时，在内单调递减，在内单调递增． （2）解：由函数，可得， ①当时，在区间上恒成立，区间上单调递增， 所以（舍去）； ②当时，令，可得， （i）当时，即，区间上单调递增，（舍）； （ii）当时，即， 区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以； 令函数，可得， 所以函数为单调函数，所以，解得， 故关于的方程的解为； （iii）当时，即，区间上单调递减， 所以，解得（舍去）； 综上所述，实数的值为． （3）证明：当时，，要证， 即证， 记函数，定义域为，可得， 令， 由，可得在为单调增函数， 因为，且， 所以存在，使得，即，所以， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 将代入得，其中， 故，即 故当时，． 4．(24-25高二下·江苏南京金陵中学·期中)已知函数 (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)当函数有两个极值点且．证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义结合题意求解即可； （2）先对函数求导后，再分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出的单调区间； （3）由（2）知，当时，有两个极值点，则得，，然后化简，构造函数，利用导数求解其最大值，从而可证得结论. 【详解】（1）当时，，则 所以，又， 所以函数在处的切线方程为， 即. （2）函数的定义域为， 则， 令，即，则 当，即时，，此时在上单调递减； 当，即当或时， 若，方程的两根为，则两根均为正根，且， 则时，，则在上单调递减， 时，，则在上单调递增， 时，，则在上单调递减， 若，恒成立，所以在上单调递减； 综上，当，在上单调递减； 当时，在，上单调递减， 在上单调递增. （3）证明：由（2）知，当时，有两个极值点，满足， 则， 所以 令，其中，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以， 因为， 所以， 所以. 5．(24-25高二下·江苏南京南京师范大学附属中学·期中)设函数． (1)当时， ①讨论函数的单调性； ②若存在两个极值点，且，求的取值范围； (2)当且时，若相异的满足，求证：． 【答案】(1)①答案见解析；②； (2)证明见解析 【分析】（1）①求导，令，分，，两种情况讨论可求的单调区间；②由韦达定理得，由已知可得，进而可求的取值范围； （2）求导，当，要证结论，需证，结合已知构造新函数，可证明结论，同理可证，结论成立. 【详解】（1）时 ① 设 1°，当时，因为（当且仅当时取等），所以， 即在上单调递增 2°，当时，，令解得， 所以 + 0 - 0 + 极大值 极小值 此时在和单调递增， 在单调递减； ②由①得此时且设，由韦达定理得， 所以 因为，所以，解得， 因此的取值范围是； （2）由得，即， 当时，要证，即证，即证， 若，则恒成立，下证时. 当，，所以在单调递减， 当，，所以在单调递增， 不妨设，则有，现要证，即证， 因为，即证，即证， 设， 则 ， 所以，即得证，所以得证； 当时，要证，即证，即证， 若，则恒成立， 下证：当时有. 当，，所以在单调递减， 当，，所以在单调递增， 不妨设，则有，现要证， 即证， 因为，即证，即证， 设， 则 ， 所以，即得证，所以得证； 综上所述：． 6．(24-25高二下·江苏无锡第一中学·期中)已知函数（为自然对数的底数，），， (1)若，，求在上的最小值的表达式； (2)若，当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)若，方程的两根为，求证：. 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】(1)利用分类讨论思想来判断函数的单调性即可得到最小值； (2)利用数形结合思想，通过切线斜率来得到参数的取值范围； (3)利用极值点偏移思想来进行不等式证明即可得证. 【详解】（1）由，则， 当时，由，可知，即在上单调递增， 所以， 当时，由，可知，即在上单调递减， 所以， 当时，由，可知，即在上单调递减， 由，可知，即在上单调递增， 所以， 综上可得： （2）当，则， 此时，由于的函数图象过点， 函数图象也过点， 根据，可得， 所以函数在点的切线方程为，即， 根据题意，对任意的恒成立，故， （3）由方程变形得：， 构造函数，求导得：， 当，可知，即在上单调递增， 当，可知，即在上单调递减， 作图可得： 所以当时，方程有两个根， 要证明，则只需要证明，且 由于在上单调递增，所以即证， 又因为方程的根满足， 所以上式只需要证明，即证， 构造函数， 求导得，令 再求导得：， 当，，可知在上单调递增， 因为，所以， 即，则在上单调递减， 又因为，所以， 即不等式成立， 所以原不等式恒成立. 【点睛】方法点睛：利用极值点偏移的方法来证明此不等式即可. 7．(24-25高二上·江苏南京第一中学·期末)已知函数，. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； (2)讨论的单调性； (3)当时，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3). 【分析】（1）求出，利用导数的几何意义，根据斜率之积为求解即可； （2）求出函数的导数，分类讨论，解不等式即可得出单调性区间； （3）利用导数确定，分离参数后，再利用导数求函数最小值即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 又在处的切线与直线垂直，所以， 即，所以. （2），. ①当时，，所以在上单调递增. ②当时，令，得，又，所以. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）由，得在上恒成立. 令，，则，令，得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，即， 则在上恒成立. 令，， 则 . 因为，所以，则， 令，得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以， 所以，即的取值范围是. 8．(24-25高二下·江苏常州·期中)已知函数． (1)若在其定义域内单调递减，求实数的取值范围； (2)若，且有两个极值点，其中，问：是否存在实数，使得成立？若存在，请求出实数的取值范围，若不存在，试说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）转化问题为对于恒成立，进而结合基本不等式求解即可； （2）由题意可得，，，进而转化题设为，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】（1）由，， 则， 因为函数在上单调递减， 所以对于恒成立， 则对于恒成立， 则对于恒成立， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，则， 即实数的取值范围为. （2）由（1）知，，， 令，得， 因为有两个极值点，其中，且， 则， 即，则，则， 则 ， 由， 则， 设，， 则， 则函数在上单调递增， 又，且时，， 则，则. 9．(24-25高二下·江苏睢宁县菁华高级中学·期中)若函数在[a，b]上存在x1，x2()，使得，则称f(x)是[a，b]上的“双中值函数”，其中x1，x2称为f(x)在[a，b]上的中值点． (1)判断函数f(x)＝x3－3x2＋1是否是[－1，3]上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，，存在，使得，且是[n，m]上的“双中值函数”，x1，x2是在[n，m]上的中值点． ①求a的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)是，理由见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）利用导数进行研究分析，转化为二次方程在开区间内有两个不同零点的问题，然后可以证明正确； （2）①转化为有两解的问题，令，先根据有两不等正实数零点，利用导数进行研究得到必要条件，然后再证明其充分性；②等价转化为等价于证明,即.利用导数分析单调性可证，从而证得要证不等式. 【详解】（1）因为函数f(x)＝x3－3x2＋1， 所以，。 所以平均斜率为。 求导函数， 方程即， 设函数，, 在上,单调递减，在上,单调递增， , 所以函数在区间内有两个不同零点. 因此，在上是双中值函数. （2）①函数定义域, 导函数为. 已知得f(m)＝f(n)，所以，所以有两解. 令，则有两不等正实数零点. 求导. 当时，，在定义域内单调递增，至多有一个零点，与题意矛盾. 所以,此时，在内，单调递减；在上,单调递增， 为使函数有两不等正实数零点，则必有，解得， 当时,我们来证明必有两不等正实数零点. 首先注意,然后只需要找到大于的实数，使得. 先证明,进而利用放缩法找到大于的实数，使得. 令,, 在上,单调递减，在上,单调递增， ,所以,当且仅当时取等号，所以, 所以,所以， 所以， 设，因为，所以,所以,显然,所以. 所以有两不等正实数零点. 且在内,单调递增；内,单调递减；上，,单调递增. 显然对于，当时，,当时，, 所以当,直线与函数的图像有三个交点，其横坐标一个小于,一个在内，一个大于, 取最小的一个为,最大的一个为,则满足,使得,且f(x)是[n，m]上的“双中值函数”，x1，x2是f(x)在[n，m]上的中值点． 综上，实数的取值范围是. ②证明：因为点，所以. 因为，所以, 所以要证不等式进一步等价于，即. 下面证明,即证 ,由于,而函数在上为单调减函数， 所以等价于证明,即. 下面证明对于. 设,因为，所以,, 令显然是单调增函数，所以时,所以单调递增，又因为,所以时, 即对于. 所以成立. 地 城 考点02 导数与不等式综合 10．(24-25高二下·江苏溧阳中学、常州高级中学·期中)已知函数，其中是自然对数的底数. (1)当时，求在上的值域； (2)当时，讨论的零点个数； (3)当时，证明：. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导后，结合可得在上恒成立，即可得的单调性，即可得其值域； （2）分及进行讨论，当时，利用函数单调性可得其有唯一零点，当，结合函数的单调性与零点的存在性定理可得在上有且仅有一个零点，再构造函数结合导数研究单调性后可得在上有一个零点； （3）设，分及进行讨论，结合（2）中所得并利用导数讨论函数单调性后即可得证. 【详解】（1）当时，，， ∵，∴， ∴在上单调递减， 又，， 所以在上的值域为. （2），令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， ∴， 当时，， ∴，则在上有且仅有1个零点． 当时，令，， ∴在上单调递增， ∴，即，又， ∴在上有1个零点，又， 令，则， ∴在上单调递减， ∴， ∴， ∴在上有一个零点． 综上所述，时，有一个零点， 时，有2个零点. （3）当时，， 设， 当时，， 又由（2）知，∴， 当时，， 设，则， ∴在单调递增，∴， ∴，即在单调递增，， 综上，，即当时，. 11．(24-25高二下·江苏无锡江阴六校·期中)已知函数． (1)当时，求的单调区间与极值； (2)讨论的单调性； (3)当时，设， 证明：在上存在唯一的极小值点，且．(参考数据：) 【答案】(1)增区间为，减区间为，极小值为，无极大值； (2)答案见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数研究函数的单调区间和极值； （2）对函数求导得，讨论参数研究导函数的符号，即可判断函数的单调性； （3）由题设，，并用导数研究的单调性和极值，即可证. 【详解】（1）当时，，所以， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数有极小值，无极大值． （2）函数的定义域为R，对a进行讨论，分两种情况： 当时，恒成立，在R上单调递增； 当时，由，解得，由，解得， 在上单调递减，在上单调递增． 综上：当时，在R上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （3）当时，，， 令，则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 又，且m， 所以存在唯一的，使得，即①, 当时，，  即，在上单调递减， 当时，，即，在上单调递增， 所以是在上唯一的极小值点，则， 由①可知． 12．(24-25高二下·江苏沭阳建陵高级中学·期中)函数. (1)若，求的单调区间； (2)若，函数，方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围； (3)若有三个不同的极值点，证明： 【答案】(1)递减区间为，递增区间为 (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）求出的导数，再利用导数探讨的单调性及零点即可. （2）变形给定方程，利用同构方法构造函数，将问题转化为直线与函数图象有两个交点求解. （3）利用导数探讨范围及的取值区间，证明，把不等式转化为证明成立即可. 【详解】（1）函数的定义域为，， 求导得，令， 求导得，函数在上单调递增，而， 则当时，；当时，， 所以函数的递减区间为，递增区间为. （2）当时，，方程， 则当时，，令函数， 函数在R上单调递增，而， 于是，，依题意，方程有两个不等实根， 令，则直线与函数的图象有两个不同的交点， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在单调递增， 当时，取得最大值，而，当时，恒成立， 当且仅当时，直线与函数的图象有两个不同的交点， 所以实数的取值范围是. （3）由有三个不同的极值点，得有三个不同的零点， 由（1）知，当时，在上单调递增，只有1个零点1，不符合题意； 当时，，在上单调递增，不符合题意； 当时，有两个变号的正零点， 由，得，可得在上单调递增， 在上单调递减，又，则， 而，函数，求导得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 于是，当且仅当时取等号，则当时，， 因此， ， 因此在恰有一个零点，在恰有一个零点，在恰有一个零点， 则，由是方程的根，即， 得，即也是方程的根，于是， 要证，只需证，令， 又，则， ，， ， 函数在上单调递减，， 因此在上恒成立，则恒成立， 所以. 13．(24-25高二下·江苏徐州第二中学·期中)已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)若存在两个极值点， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)在R上单调递增； (2)（i）；证明见解析. 【分析】（1）由题可得，然后由题意结合基本不等式可得的单调区间； （2）（i）由题可得，令，可得方程有两个相异正根，据此可得答案；（ii）由（i）可得，要证，即证，然后通过研究的单调性可完成证明. 【详解】（1）当时，， 则，当且仅当时取等号. 故此时在R上单调递增； （2）（i）因存在两个极值点， 则. 令，则方程有两个相异正根. 注意到，因其有两个相异正根， 则； （ii）证明：由（i）可得， 设，结合，则. 则 ， 则要证，.即证，其中. 令，则. 令，则， 则在上单调递增，得. 则，得在上单调递增， 则当时，即. 【点睛】关键点睛：对于极值问题，常转化为函数导函数的变号零点问题；对于双变量或多变量问题，问题关键为消元，所以要从题目信息中找到变量间的数量关系. 14．(24-25高二下·江苏苏州·期中)已知函数. (1)若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的值； (2)若方程有两个不同的解，且， ①求实数的范围，试比较与的大小关系，并说明理由； ②证明：. 【答案】(1) (2)①，，理由见解析；②证明见解析. 【分析】（1）求导得，求出切线方程，并联立曲线，根据判别式等于0即可得到答案； （2）①设，求出其最大值即可得到的范围，判断，等价证明，再通过合理变形和比值换元即可证明； ②由①知，再设，代入后再累加即可证明. 【详解】（1），曲线在处的切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为． 由于切线与曲线只有一个公共点， 得有且只有一解， 所以， 解得． （2）①令， 因为方程有两个不同的解，所以有两个不同的零点． ，当时，；当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以，所以． 一方面因为， 另一方面因为， 令，所以． 综上：． 判断： 下证：等价于． 因为，所以，所以， 要证：即证，即证：，因为，即证： ，令， 设，则， 所以，所以． ②由①可知：当时，， 令，所以． 所以， 将以上个不等式进行累加，所以． 地 城 考点03 恒成立问题 15．(24-25高二下·江苏盐城五校联考·期中)函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，解方程； (3)当时，不等式恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3). 【分析】（1）对函数求导，分类讨论、，结合导数的符号确定单调性； （2）由已知得，构造且，并应用导数研究其零点，即可得解； （3）令，则，讨论、，并得到恒成立，利用导数研究右侧的最小值，即可得范围. 【详解】（1）由题设且， 当时，，即在上单调递增， 当时， 若，，即在上单调递减， 若，，即在上单调递增， 综上，时在上单调递增， 时在上单调递减，在上单调递增； （2）由题设，则，故，即， 令且，则， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 又，即，当且仅当取等号， 所以的解为，即的解为. （3）由且，令，则， 当时，，此时，满足题设； 当时，恒成立， 令，则， 令，则， 时，，在上单调递减， 时，，在上单调递增，且， 故时，即，时，即， 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 所以，即， 综上，. 16．(24-25高二下·江苏徐州·期中)若定义在上的函数和分别存在导函数和，且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数． (1)求证：函数是函数的“控制函数”； (2)若函数是函数的“控制函数”，求控制系数的取值范围； (3)若函数，函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出、，证明出，即可证得结论成立； （2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得出实数的取值范围； （3）先证明充分性：若存在常数使得恒成立，结合偶函数定义计算即可得；再证明必要性：由题意可得，又，，可推导出，可得到，即可得证． 【详解】（1）因为，，所以，，则， 故，即恒成立， 故函数是函数的“控制函数”. （2）因为，， 则，， 因为函数是函数的“控制函数”， 所以，对任意的，，则， 令， 则 ， 且， 故当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，，所以， 若函数是函数的“控制函数”， 则实数的取值范围是. （3）充分性：若存在常数使得恒成立，则， 因为函数为偶函数，所以，则， 则为偶函数，即， 所以恒成立，所以； 必要性：若，则，所以函数为偶函数， 函数是函数的“控制函数”， 因此对任意的，， 又，，所以，，， 所以，即， 用代换可得，故， 综上可知，记，则， 因此存在常数使得恒成立， 综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”. 17．(24-25高二下·江苏扬州中学·期中)已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)若，判断在上的零点个数并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)当时，函数在上的零点个数为1 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）利用导数求的单调性，按的不同取值分类讨论即可求解； （3）利用导数求的单调性，结合零点存在性定理判断即可. 【详解】（1）当时，，则，， 所以在点处的切线方程为，即 （2）因为，且，由，得， 当时，在上恒成立， 所以在单调递增，恒成立， 当时，， 又因为，所以， 则当时，, 记，则时，，单调递减， ，与恒成立不符， 综上所述，恒成立，实数的取值范围为. （3）当时，，令， 则，， 当时，，单调递减， 所以在上，，，易得， 所以在，函数没有零点. 令，，， 当时，，单调递减， ，，所以存在，使得， 当时，，当时，， 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以，； 所以存在，使得， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，， 所以在区间，存在唯一的，使得，在区间上没有零点， 综上，当时，函数在上的零点个数为1. 18．(24-25高二下·江苏徐州铜山区·期中)已知函数，，其中． (1)若在单调递增，求a的取值范围； (2)求函数的零点； (3)已知，记． 问是否存在实数a，使得对任意，恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)有且只有一个零点0 (3)存在， 【分析】（1）根据单调性得到即恒成立，其中，从而得到； （2）求定义域，求导，解不等式，得到的单调性，根据函数特征和特殊点函数值得到函数有且只有一个零点0； （3）结合（2）可得当时，恒成立，转化为当时，的问题，且．先考虑当时，对的大小分类讨论，分，和三种情况，得到时满足题意，再考虑当时，采用放缩法得到时也满足要求，从而得到结论. 【详解】（1）因为在单调递增，所以恒成立， 即恒成立， 其中，所以； （2）函数的定义域为，且， 当时，；当时，， 所以函数在上为增函数，在上为减函数， 又因为，当时，恒成立， 其中，故函数有且只有一个零点0． （3）由（2）知，当时，，当时，恒成立， 又，所以当时，恒成立， 所以等价于当时，. 求导得. 下面先考虑，当时，恒成立. ①若，当时，， 故，在单调递减，此时，不合题意； ②若，当时，由知， 存在，使得，根据余弦函数的单调性可知， 在上递减， 故当，，单调递减，此时，不合题意； ③若，当时，由知，对任意，，单调递增， 此时，符合题意． 所以为使当时成立，必须且只需. 在时，对于，，合乎题意， 综上可知：存在实数满足题意，的取值范围是． 地 城 考点04 零点问题 19．(24-25高二下·江苏锡山高级中学锡西分校·期中)已知函数． (1)当，求在处的切线方程； (2)当，判断在区间是否存在极小值点，并说明理由； (3)已知，设函数．若在区间上存在零点，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)存在极小值点，理由见解析 (3) 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）当时，则，求导后得，令，再利用导数从而可求解. （3）由题可得，令，即转化为有解，构造函数，由导数可得有唯一零点，从而将问题转化为在有解，再构造函数，利用导数求出函数的值域，从而可求出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， ， ，， 所以在处的切线方程：， 即 （2）当时，则， 所以，设，则， 由单调递增，且， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 又， 所以存在极小值点. （3）令，则， 又， 所以. 令， 故有解， 设， 则，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以有唯一的零点， 若在区间上存在零点， 即在上有解， 整理可得， 令，则，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，所以，解得， 所以的取值范围为. 20．(23-24高二下·江苏常州第一中学·期中)已知函数均为实数，为的导函数. (1)当时，求函数的单调区间; (2)当时，若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围. (3)当时，已知，若存在，使得成立，求证:. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意得，利用导数即可求得的单调区间； （2）令，首先利用作差法判断的最小值为，再结合2个零点的条件列不等式组即可得答案； （3）不妨令，由的条件可得，结合换元法与导数的知识即可求得. 【详解】（1）由题意得，所以， 由解得，由解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）令， 则，， 即在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以，所以的最小值为， 所以有两个不同零点的条件为， 所以，即实数b的取值范围为； （3）不妨令， 因为， 所以， 由得， 所以， 则， 令，构造函数， 则，所以在上恒单调递增， 所以，即， 又， 所以. 【点睛】方法点睛：（1）求函数的单调区间时，常常通过求导，转化为解方程或不等式，若含参数，则解题时常用到分类讨论思想，分类时要根据参数的特点选择合适的标准进行分类； （2）导数中的双变量问题通常参与换元法，将问题转化为单变量，再结合导数知识求解即可. 21．(23-24高二下·江苏溧阳·期中)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点. ①求的取值范围； ②若函数有两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；② 【分析】（1）通过对的讨论，研究导数的零点与定义域的关系，以及零点的大小关系，确定原函数的单调性； （2）①研究函数的单调性，极值与最值情况，构造关于的不等式求解； ②讨论函数的导数零点的个数解决问题. 【详解】（1）， （ⅰ）当时，在上单调递减. （ⅱ）当时，时，,时，. 综上，时，在上单调递减， 时，在上单调递减，在上单调递增. （2）①由（1）当时，在上单调递减，不符合题意 当时，在上单调递减，在单调递增. 则. 令， 由知，在上单调递增. 又， 当时，，不满足有两个零点. 当时，， 又，则在有一个零点. 又，令， 可得，所以， 则，则在有一个零点. 综上，在上有两个零点，的取值范围是 ②， . 令， 则. 由①知，则在上单调递减，在上单调递增. 所以，. 由题有两个极值点，则在上有两个零点， 又，当时，. 则，又. 所以，的取值范围是 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法： 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. 22．(23-24高二·江苏南京秦淮区·)已知函数． (1)若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2)当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． (3) 【分析】（1）对求导，由已知可得，解方程即可求解的值； （2）对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可； （3）对分类讨论，结合（2）中结论，结合零点存在性定理即可求解的取值范围． 【详解】（1）由，求导得， 直线的斜率为， 又函数在点处的切线与直线垂直， 所以，即，解得． （2）因为，， 所以当时，，所以在上单调递减； 当时，， 令，解得，当，解得，当，解得， 所以时，单调递减，时，单调递增． 综上，可知：当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． （3）①若，由（2）可知：最多有一个零点， ②当时，由（1）可知：当时，取得最小值，， 由于均为上单调递增函数，所以函数在单调递增， 当时，，故当时，，故只有一个零点， 当时，由，即，故没有零点， 当时，，， 由，故在有一个零点， 假设存在正整数，满足，则， 由，所以，因此在上有一个零点． 综上，的取值范围为． 【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． 23．(23-24高二下·江苏盐城中学、南京二十九中联考·期中)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)求曲线在的曲率； (2)已知函数，求曲率的平方的最大值； (3)函数，若在两个不同的点处曲率为0，求实数m的取值范围. 【答案】(1)； (2)1； (3). 【分析】（1）根据曲率公式求解即可； （2）根据曲率公式求解函数曲率平方最大值； （3）根据函数在两个不同点曲率为0，通过同构将原问题转换为有两个实数解，再判断单调性即可. 【详解】（1）因为，则，， 所以. （2）因为（），则，， 所以， 则， 令，则，， 设，则， 显然当时，，单调递减， 所以，所以最大值为1. （3）∵，， ∴， ∴，， 因为在两个不同的点处曲率为0， 所以有两个大于0的不同实数解， 即有两个不同的零点. 令， ∵， ∴在上单调递增，且值域为R， 所以有两个大于0的实数解， 等价于，有两个不同的实数解. 令，，则， 令得， 时，，即单调递增； 时，，即单调递减； 所以， 又因为当时，； 当时，； 的图象如下所示： 又因为有两个实数解， 所以. 所以m的取值范围为. 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面入手： （1）根据曲率公式求解即可； （2）将函数在不同点的曲率问题，通过同构将原问题转换为有两个实数解，通过导数判断单调性，从而确定图象的变化趋势即可. 24．(23-24高二下·江苏南菁高级中学实验班·期中)设函数（），其中为自然对数的底数，为实数． (1)若在上单调递增，求实数k的取值范围； (2)求的零点的个数：； (3)若不等式在上恒成立，求k的取值范围． 【答案】(1) (2)个零点 (3) 【分析】（1）由题意可得对恒成立，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可； （2）求导，再分和讨论，结合零点的存在性定理即可得出结论； （3）不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，令，再分和两种情况讨论，求出函数的最值即可得解. 【详解】（1）， 因为在上单调递增， 所以对恒成立， 令，则， 则当 时，，当 时，， 故在上递减，在上递增， 则， 依题意，需使，即，故得：， 所以实数的取值范围为； （2）由，得， 因为，若，则无零点， 当时，，故在上递增， 注意到，， 由零点存在定理，在上有唯一的零点； 所以有个零点； （3）不等式在上恒成立， 即不等式在上恒成立， 令， 又，所以在上恒成立， 当时，， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以， 即， 所以函数在上单调递增， 所以， 故时，符合题意； 当时，函数在上单调递增， 则，， 令，则， 所以函数在上单调递增， 所以，所以， 令，则， 所以函数在上单调递增， 所以，所以， 所以， 所以，使得， 当时，， 所以函数在上单调递减， 所以，与题意矛盾， 综上所述，. 【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． 地 城 考点05 利用导数研究方程的根 25．(24-25高二下·江苏无锡宜兴·期中)已知函数在点处的切线方程为． (1)求实数，的值； (2)求函数的单调区间和极值； (3)若两个不相等的实数，满足：，求证：． 【答案】(1) (2)在上单调递增，在上单调递减，有极大值，无极小值 (3)证明见解析 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义及切点坐标列方程组求解即可； （2）求导函数，解不等式求得单调区间，并根据极值的定义判断求解即可； （3）由得，设，利用导数研究其单调性，要证，即证，然后构造，利用导数研究其单调性，即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 切线方程为即， 由题意，解得； （2）由（1）可知，， 令得，令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，所以有极大值为，无极小值； （3）因为，所以， 设，则，令得， 令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 不妨取，欲证，即证， 又因为在上单调递减，故只需证， 又因为，故也即证， 构造函数， 则等价于证明对恒成立． ， 因为，所以，所以， 则在上单调递增， 所以，即已证明对恒成立， 故原不等式成立． 26．(24-25高二下·江苏连云港·期中)已知函数 (1)求函数的极值； (2)当时，判断方程的实根个数，并加以证明； (3)求证：当时，对于任意实数，不等式恒成立． 【答案】(1)极大值，无极小值 (2)2个，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，判断单调性，得出结果； （2）令，求导，判断单调性，由零点存在性定理可得结果； （3）讨论a的判断单调性，得出结果． 【详解】（1） ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，函数存在极大值，无极小值； （2）令， ， ，，即， 令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 又，， ， 函数在R上连续，所以有一个零点0，且在上有一个零点， 即函数有两个零点， 当时，方程的实根个数为2个； （3）由（2）知，即证：当时，对于任意实数 不等式恒成立． ， ， 当，即时，则时，，单调递减； 时，，单调递增， ， 当时，恒成立； 当，即时， 则时，，单调递增； ，单调递减； 时，，单调递增， ， ， 当时，恒成立； 综上：当时，对于任意实数，不等式恒成立． 27．(24-25高二下·江苏常州·期中)设函数的导数满足，. (1)求的单调区间； (2)在区间上的最大值为，求的值. (3)若函数的图象与轴有三个交点，求的范围. 【答案】(1)递增区间为，递减区间为， (2) (3) 【分析】（1）求函数的导数，根据条件建立方程组关系求出，的值，结合函数单调性和导数之间的关系即可求的单调区间； （2）利用导数求出函数在区间上的最大值，建立方程关系即可求的值. （3）根据的单调性求得极值，令极大值大于，极小值小于，解不等式即可求的范围. 【详解】（1）由可得， 因为，， 所以，解得：，， 所以，， 由即可得：， 由即可得：或， 所以的单调递增区间为，单减区间为和. （2）由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极小值， ， ， 则在区间上的最大值为， 所以. （3）由（1）知当时，取得极小值， 当时，取得极大值 ， 若函数的图象与轴有三个交点， 则得，解得， 即的范围是. 地 城 考点06 双变量问题 28．(24-25高二下·江苏徐州·期中)已知函数. (1)若直线与函数的图象相切，求实数的值； (2)若函数有两个极值点和，且，证明：.（为自然对数的底数） 【答案】(1)2 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求解； （2）将极值点问题转化为导函数零点问题，通过整体换元，将所证不等式转化为一元不等式，再构造函数研究单调性求证不等式即可. 【详解】（1），定义域为. 设切点，. 且， 解得，，故实数的值为2； （2），定义域为. ， 因为有两个极值点和，所以至少有两个不相等的正根. 令，令，得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减. 当时，取最大值，最大值为. 当；当， 则至多两个零点，要使有两个零点， 必有，. 由，两式作差得①， 令，由得， 则，代入①式得， ，则， 故所证不等式转化为，， 只需证，即证：. 令，， ， ，，在上单调递增， ，其中， 故，，即不等式得证. 【点睛】方法点睛：双变量不等式的证明，处理关键是代数变形.经常通过代换(含对数式时常用)或（含指数式时常用)将所证的双变量不等式化为单变量的函数不等式，再构造函数，利用函数单调性证明. 29．(24-25高二下·江苏镇江·期中)已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性和最值，求实数的取值范围，再结合函数的单调性和零点存在性定理，说明零点的情况； （2）构造新函数，并利用导数判断函数的单调性，并结合，即可证明； （3）设，并求导，可证明，即可证明，设 ，设，并求导，证明. 【详解】（1）， 又因为函数单调递增，且， 所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当，即时， ， ， 所以在和上各有一个零点， 当时，的最小值为，且， 所以在内至多只有一个零点， 综上，实数的取值范围是； （2）设，， ， ， 当时，， ， 所以， 所以在上单调递增， 当时，， 即当时，， 又因为函数有两个零点， 由（1）知，，， 所以， （3）设， ， ，当时， 因为， 令，， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以, 所以恒成立，显然， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即， 设的零点为，， 易知， 所以， 设， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以恒成立，即， 设的零点为，， 易知，， 所以， 所以， 所以 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式有如下方法， 方法一，等价转化是证明不等式的常见方法，其中利用函数的对称性，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略； 方法二，比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可， 方法三，利用不等式 的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立. 30．(24-25高二下·江苏宿迁·期中)设函数, (1)讨论函数的单调性； (2)若，是函数的两个零点，且，求的最小值. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，然后分和两种情况讨论函数的单调性； （2）由已知先得到，两式相加相减可得和，令，代入，然后求导求其最小值. 【详解】（1）由已知， 当时，恒成立，函数在上单调递减； 当时，令，得，函数单调递减； 令，得，函数单调递增； 综上所述：当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； （2）由（1）得若，是函数的两个零点，则必有， 令，得， 令，则， 可得函数在上单调递增，在上单调递减， 若有且仅有2个零点，则必有一个小于，一个大于， 所以，且， 两式相减可得，所以， 两式相加可得 设， 则，令， 则，令， 则，令， 则，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以， 即的最小值为. 【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用两式一加，一减，然后令达到消元的目的， 常用的换元有等. 地 城 考点07 新定义问题 31．(24-25高二下·江苏海门中学·期中)设，定义为的“函数”. (1)设为的“函数”，若，，求曲线在点处的切线方程； (2)设为的“函数”. （ⅰ）若是的极小值点，求的取值范围； （ⅱ）若，方程有两个根，，且，求证：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据新定义确定的解析式，求导利用导数的几何意义求解； （2）（ⅰ）求导，并根据极值的定义判断求解；（ⅱ）根据题意得方程有两个正根，，由韦达定理可得，且，求出，构造函数，利用导数求出最大值得证. 【详解】（1）由题意，得，则，所以切点为， 又因为，所以， 所以曲线在点处的切线斜率为， 所以切线方程为，即. （2）（ⅰ）由题，可得，定义域为， 则， 因为是的极小值点，则， 则 ， 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在，上单调递减， 所以是的极大值点，不满足题意； 若，则， 所以在上单调递减，无极值，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在，上单调递减， 所以是的极小值点，满足题意； 综上，是的极小值点时，的取值范围为. （ⅱ）由题， 设，抛物线的对称轴为直线， 因为方程有两个正根，，所以，解得， 由题意知，得. 因为，，所以， ， 令， 则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 因为，所以， 由，，得， 因为，所以，所以，则， 所以，所以，所以， 所以，即. 32．(23-24高二下·江苏扬州中学·期中)意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么?这就是著名的“悬链线问题”，通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，定义双曲正弦函数，类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质①平方关系：，②倍元关系：． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)（i）证明：当时，； （ii）证明：． 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）求出函数导数，利用导数的几何意义即可得出切线斜率； （1）（i）构造函数，利用导数得出函数单调性，再由单调性即可证明； （ii）先证明时，令， 再放缩证明，再由（i）及性质得即可累加证明. 【详解】（1），则， 所以，可得在处的切线斜率为. （2）（i），令， 则，所以在上单调递增， 所以， 所以当时，成立； （ii）下面证明：当时，成立， 令，则， 令，则， 因此在上单调递增；所以， 所以， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，成立， 令且，可得， 即， 由题意，令且， 可得， 因为，所以， 由①当时，，所以令且，可得， 所以， 由前面解答过程得，对任意成立， 令且，可得， 所以， 又且，所以， 所以， 所以可得： ， 即可得. 【点睛】关键点点睛：本题难度太大，难点太多，关键先行证明当时，成立，很难想到，后续多次放缩，凑目标凑证明方向，基本超出学生能力范围. 33．(24-25高二下·江苏苏州·期中)定义：如果函数在定义域内存在实数，使成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若在上存在1级“平移点”，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过导数求斜率进而求解切线方程即可； （2）将题意转化为与图象有公共点，通过对右侧函数值域的研究即可得到答案. 【详解】（1）当时，，. ，. 故曲线在处的切线方程为 （2）因为在上存在1级“平移点”， 所以存在，使. 由， 得， 即， 即与图象有公共点， 令， 则， 所以在上单调递增，所以， 因为，所以，，所以， 所以，所以. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 34．(24-25高二下·江苏南京田家炳中学·期中)固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程为，其中为参数．当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数．它们与正、余弦函数有许多类似的性质． (1)类比正、余弦函数导数之间的关系，，，请写出，具有的类似的性质（不需要证明）； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)求的最小值． 【答案】(1), (2) (3)0 【分析】（1）求导即可得结论; （2）构造函数,求导,并结合分类讨论确定函数的最小值即可求解; （3）多次求导最终判断函数单调在内单调递增,且函数为偶函数从而确定最小值. 【详解】（1）求导易知,. （2）构造函数，，由（1）可知， ①当时，由, 可知，，故单调递增， 此时，故对任意，恒成立，满足题意； ②当时，令，， 则，可知单调递增， 由与可知， 存在唯一，使得， 故当时，， 则在内单调递减， 故对任意，，即，矛盾； 综上所述，实数的取值范围为． （3），， 令，则； 令，则， 当时，由（2）可知，， 则， 令，则，故在内单调递增， 则，故在内单调递增， 则，故在内单调递增， 则，故在内单调递增， 因为， 即为偶函数，故在内单调递减， 则，故当且仅当时，取得最小值0． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 导数重难点篇（7大考点34题）（答案版） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、考点1：单调性、极值和最值 1．已知函数 (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性. 2．已知函数. (1)若，求在处的切线方程； (2)求的单调区间. 3．已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数的最小值为，求a的值； (3)证明：当时，． 4．已知函数 (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)当函数有两个极值点且．证明：． 5．设函数． (1)当时， ①讨论函数的单调性； ②若存在两个极值点，且，求的取值范围； (2)当且时，若相异的满足，求证：． 6．已知函数（为自然对数的底数，），， (1)若，，求在上的最小值的表达式； (2)若，当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)若，方程的两根为，求证：. 7．已知函数，. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； (2)讨论的单调性； (3)当时，，求的取值范围. 8．已知函数． (1)若在其定义域内单调递减，求实数的取值范围； (2)若，且有两个极值点，其中，问：是否存在实数，使得成立？若存在，请求出实数的取值范围，若不存在，试说明理由． 9．若函数在[a，b]上存在x1，x2()，使得，则称f(x)是[a，b]上的“双中值函数”，其中x1，x2称为f(x)在[a，b]上的中值点． (1)判断函数f(x)＝x3－3x2＋1是否是[－1，3]上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，，存在，使得，且是[n，m]上的“双中值函数”，x1，x2是在[n，m]上的中值点． ①求a的取值范围； ②证明：. 二、考点2：导数与不等式综合 10．已知函数，其中是自然对数的底数. (1)当时，求在上的值域； (2)当时，讨论的零点个数； (3)当时，证明：. 11．已知函数． (1)当时，求的单调区间与极值； (2)讨论的单调性； (3)当时，设， 证明：在上存在唯一的极小值点，且．(参考数据：) 12．函数. (1)若，求的单调区间； (2)若，函数，方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围； (3)若有三个不同的极值点，证明： 13．已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)若存在两个极值点， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 14．已知函数. (1)若曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求实数的值； (2)若方程有两个不同的解，且， ①求实数的范围，试比较与的大小关系，并说明理由； ②证明：. 三、考点3：恒成立问题 15．函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，解方程； (3)当时，不等式恒成立，求a的取值范围. 16．若定义在上的函数和分别存在导函数和，且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数． (1)求证：函数是函数的“控制函数”； (2)若函数是函数的“控制函数”，求控制系数的取值范围； (3)若函数，函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”． 17．已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)若，判断在上的零点个数并说明理由． 18．已知函数，，其中． (1)若在单调递增，求a的取值范围； (2)求函数的零点； (3)已知，记． 问是否存在实数a，使得对任意，恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由． 四、考点4：零点问题 19．已知函数． (1)当，求在处的切线方程； (2)当，判断在区间是否存在极小值点，并说明理由； (3)已知，设函数．若在区间上存在零点，求实数m的取值范围． 20．已知函数均为实数，为的导函数. (1)当时，求函数的单调区间; (2)当时，若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围. (3)当时，已知，若存在，使得成立，求证:. 21．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点. ①求的取值范围； ②若函数有两个极值点，求的取值范围. 22．已知函数． (1)若函数在点处的切线与直线垂直，求a的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若有两个零点，求a的取值范围． 23．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)求曲线在的曲率； (2)已知函数，求曲率的平方的最大值； (3)函数，若在两个不同的点处曲率为0，求实数m的取值范围. 24．设函数（），其中为自然对数的底数，为实数． (1)若在上单调递增，求实数k的取值范围； (2)求的零点的个数：； (3)若不等式在上恒成立，求k的取值范围． 五、考点5：利用导数研究方程的根 25．已知函数在点处的切线方程为． (1)求实数，的值； (2)求函数的单调区间和极值； (3)若两个不相等的实数，满足：，求证：． 26．已知函数 (1)求函数的极值； (2)当时，判断方程的实根个数，并加以证明； (3)求证：当时，对于任意实数，不等式恒成立． 27．设函数的导数满足，. (1)求的单调区间； (2)在区间上的最大值为，求的值. (3)若函数的图象与轴有三个交点，求的范围. 六、考点6：双变量问题 28．已知函数. (1)若直线与函数的图象相切，求实数的值； (2)若函数有两个极值点和，且，证明：.（为自然对数的底数） 29．已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； (3)求证：． 30．设函数, (1)讨论函数的单调性； (2)若，是函数的两个零点，且，求的最小值. 七、考点7：新定义问题 31．设，定义为的“函数”. (1)设为的“函数”，若，，求曲线在点处的切线方程； (2)设为的“函数”. （ⅰ）若是的极小值点，求的取值范围； （ⅱ）若，方程有两个根，，且，求证：. 32．意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么?这就是著名的“悬链线问题”，通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，定义双曲正弦函数，类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质①平方关系：，②倍元关系：． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)（i）证明：当时，； （ii）证明：． 33．定义：如果函数在定义域内存在实数，使成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若在上存在1级“平移点”，求的取值范围. 34．固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线．1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程为，其中为参数．当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数．它们与正、余弦函数有许多类似的性质． (1)类比正、余弦函数导数之间的关系，，，请写出，具有的类似的性质（不需要证明）； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)求的最小值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 《专题02 导数重难点篇（7大考点34题）（答案版）》参考答案 1．(1) (2)函数的定义域为， ， ①当时，因为， 所以， 所以函数在上单调递增. ②当时，令， 则 当或时，. 当时，， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减. 2．(1) (2)由，定义域为， 当时，令得或， （i）时，，，令，得， 令，得或， 所以的递增区间为，递减区间为，； (ii)时，，所以在上单调递减； （iii）当时，即，， 令，得， 令，得或， 所以的递增区间为，递减区间为，； 当时，令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； 综上所述， 当时，的递增区间为，递减区间为，； 当时，在上单调递减； 当时，的递增区间为，递减区间为，； 当时，的递增区间为，递减区间为. 3．(1)解：由函数，可得其定义域为，可得， ①当时，若，恒成立，恒成立， 可得，所以在内单调递减； ②当时，令，，可得；令得：， 所以在内单调递减，在内单调递增， 综上所述，当时，在内单调递减； 当时，在内单调递减，在内单调递增． (2) (3)证明：当时，，要证， 即证， 记函数，定义域为，可得， 令， 由，可得在为单调增函数， 因为，且， 所以存在，使得，即，所以， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 将代入得，其中， 故，即 故当时，． 4．(1) (2)函数的定义域为， 则， 令，即，则 当，即时，，此时在上单调递减； 当，即当或时， 若，方程的两根为，则两根均为正根，且， 则时，，则在上单调递减， 时，，则在上单调递增， 时，，则在上单调递减， 若，恒成立，所以在上单调递减； 综上，当，在上单调递减； 当时，在，上单调递减， 在上单调递增. (3)证明：由（2）知，当时，有两个极值点，满足， 则， 所以 令，其中，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以， 因为， 所以， 所以. 5．(1)①时 ① 设 1°，当时，因为（当且仅当时取等），所以， 即在上单调递增 2°，当时，，令解得， 所以 + 0 - 0 + 极大值 极小值 此时在和单调递增， 在单调递减； ②； (2)由得，即， 当时，要证，即证，即证， 若，则恒成立，下证时. 当，，所以在单调递减， 当，，所以在单调递增， 不妨设，则有，现要证，即证， 因为，即证，即证， 设， 则 ， 所以，即得证，所以得证； 当时，要证，即证，即证， 若，则恒成立， 下证：当时有. 当，，所以在单调递减， 当，，所以在单调递增， 不妨设，则有，现要证， 即证， 因为，即证，即证， 设， 则 ， 所以，即得证，所以得证； 综上所述：． 6．(1)由，则， 当时，由，可知，即在上单调递增， 所以， 当时，由，可知，即在上单调递减， 所以， 当时，由，可知，即在上单调递减， 由，可知，即在上单调递增， 所以， 综上可得： (2)； (3)由方程变形得：， 构造函数，求导得：， 当，可知，即在上单调递增， 当，可知，即在上单调递减， 作图可得： 所以当时，方程有两个根， 要证明，则只需要证明，且 由于在上单调递增，所以即证， 又因为方程的根满足， 所以上式只需要证明，即证， 构造函数， 求导得，令 再求导得：， 当，，可知在上单调递增， 因为，所以， 即，则在上单调递减， 又因为，所以， 即不等式成立， 所以原不等式恒成立. 7．(1) (2)，. ①当时，，所以在上单调递增. ②当时，令，得，又，所以. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (3). 8．(1) (2)存在， 9．(1)是 因为函数f(x)＝x3－3x2＋1， 所以，。 所以平均斜率为。 求导函数， 方程即， 设函数，, 在上,单调递减，在上,单调递增， , 所以函数在区间内有两个不同零点. 因此，在上是双中值函数. (2) ①； ②证明：因为点，所以. 因为，所以, 所以要证不等式进一步等价于，即. 下面证明,即证 ,由于,而函数在上为单调减函数， 所以等价于证明,即. 下面证明对于. 设,因为，所以,, 令显然是单调增函数，所以时,所以单调递增，又因为,所以时, 即对于. 所以成立. 地 城 考点02 导数与不等式综合 10．(1) （2），令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， ∴， 当时，， ∴，则在上有且仅有1个零点． 当时，令，， ∴在上单调递增， ∴，即，又， ∴在上有1个零点，又， 令，则， ∴在上单调递减， ∴， ∴， ∴在上有一个零点． 综上所述，时，有一个零点， 时，有2个零点. （3）当时，， 设， 当时，， 又由（2）知，∴， 当时，， 设，则， ∴在单调递增，∴， ∴，即在单调递增，， 综上，，即当时，. 11．(1)增区间为，减区间为，极小值为，无极大值； (2)函数的定义域为R，对a进行讨论，分两种情况： 当时，恒成立，在R上单调递增； 当时，由，解得，由，解得， 在上单调递减，在上单调递增． 综上：当时，在R上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （3）当时，，， 令，则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 又，且m， 所以存在唯一的，使得，即①, 当时，，  即，在上单调递减， 当时，，即，在上单调递增， 所以是在上唯一的极小值点，则， 由①可知． 12．(1)递减区间为，递增区间为 (2) (3)由有三个不同的极值点，得有三个不同的零点， 由（1）知，当时，在上单调递增，只有1个零点1，不符合题意； 当时，，在上单调递增，不符合题意； 当时，有两个变号的正零点， 由，得，可得在上单调递增， 在上单调递减，又，则， 而，函数，求导得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 于是，当且仅当时取等号，则当时，， 因此， ， 因此在恰有一个零点，在恰有一个零点，在恰有一个零点， 则，由是方程的根，即， 得，即也是方程的根，于是， 要证，只需证，令， 又，则， ，， ， 函数在上单调递减，， 因此在上恒成立，则恒成立， 所以. 13．(1)在R上单调递增； (2)（i）；证明：由（i）可得， 设，结合，则. 则 ， 则要证，.即证，其中. 令，则. 令，则， 则在上单调递增，得. 则，得在上单调递增， 则当时，即. 14．(1) (2)①， 令， 因为方程有两个不同的解，所以有两个不同的零点． ，当时，；当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以，所以． 一方面因为， 另一方面因为， 令，所以． 综上：． 判断： 下证：等价于． 因为，所以，所以， 要证：即证，即证：，因为，即证： ，令， 设，则， 所以，所以． ②由①可知：当时，， 令，所以． 所以， 将以上个不等式进行累加，所以． 15．（1）由题设且，地 城 考点03 恒成立问题 当时，，即在上单调递增， 当时， 若，，即在上单调递减， 若，，即在上单调递增， 综上，时在上单调递增， 时在上单调递减，在上单调递增； (2)； (3). 16．（1）因为，，所以，，则， 故，即恒成立， 故函数是函数的“控制函数”. (2) (3)充分性：若存在常数使得恒成立，则， 因为函数为偶函数，所以，则， 则为偶函数，即， 所以恒成立，所以； 必要性：若，则，所以函数为偶函数， 函数是函数的“控制函数”， 因此对任意的，， 又，，所以，，， 所以，即， 用代换可得，故， 综上可知，记，则， 因此存在常数使得恒成立， 综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”. 17．(1) (2) (3)当时，函数在上的零点个数为1 18．(1) (2)有且只有一个零点0 (3)存在， 19．(1)地 城 考点04 零点问题 (2)存在极小值点，当时，则， 所以，设，则， 由单调递增，且， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 又， 所以存在极小值点. (3) 20．(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) (3）不妨令， 因为， 所以， 由得， 所以， 则， 令，构造函数， 则，所以在上恒单调递增， 所以，即， 又， 所以. 21．(1)， （ⅰ）当时，在上单调递减. （ⅱ）当时，时，,时，. 综上，时，在上单调递减， 时，在上单调递减，在上单调递增. (2)①；② 22．(1) (2)当时，在上为减函数， 当时，在上是减函数，在上是增函数． (3) 23．(1)； (2)1； (3). 24．(1) (2)个零点 (3) 25．(1)地 城 考点05 利用导数研究方程的根 (2)在上单调递增，在上单调递减，有极大值，无极小值 (3)因为，所以， 设，则，令得， 令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 不妨取，欲证，即证， 又因为在上单调递减，故只需证， 又因为，故也即证， 构造函数， 则等价于证明对恒成立． ， 因为，所以，所以， 则在上单调递增， 所以，即已证明对恒成立， 故原不等式成立． 26．(1)极大值，无极小值 (2)2个，令， ， ，，即， 令，解得或， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 又，， ， 函数在R上连续，所以有一个零点0，且在上有一个零点， 即函数有两个零点， 当时，方程的实根个数为2个； （3）由（2）知，即证：当时，对于任意实数 不等式恒成立． ， ， 当，即时，则时，，单调递减； 时，，单调递增， ， 当时，恒成立； 当，即时， 则时，，单调递增； ，单调递减； 时，，单调递增， ， ， 当时，恒成立； 综上：当时，对于任意实数，不等式恒成立． 27．(1)递增区间为，递减区间为， (2) (3) 28．(1)2地 城 考点06 双变量问题 (2)，定义域为. ， 因为有两个极值点和，所以至少有两个不相等的正根. 令，令，得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减. 当时，取最大值，最大值为. 当；当， 则至多两个零点，要使有两个零点， 必有，. 由，两式作差得①， 令，由得， 则，代入①式得， ，则， 故所证不等式转化为，， 只需证，即证：. 令，， ， ，，在上单调递增， ，其中， 故，，即不等式得证. 29．(1) (2)设，， ， ， 当时，， ， 所以， 所以在上单调递增， 当时，， 即当时，， 又因为函数有两个零点， 由（1）知，，， 所以， （3）设， ， ，当时， 因为， 令，， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以, 所以恒成立，显然， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即， 设的零点为，， 易知， 所以， 设， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以恒成立，即， 设的零点为，， 易知，， 所以， 所以， 所以 30．(1)由已知， 当时，恒成立，函数在上单调递减； 当时，令，得，函数单调递减； 令，得，函数单调递增； 综上所述：当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 地 城 考点07 新定义问题 (2) 31．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）由题， 设，抛物线的对称轴为直线， 因为方程有两个正根，，所以，解得， 由题意知，得. 因为，，所以， ， 令， 则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 因为，所以， 由，，得， 因为，所以，所以，则， 所以，所以，所以， 所以，即. 32．(1)； (2)（2）（i），令， 则，所以在上单调递增， 所以， 所以当时，成立； （ii）下面证明：当时，成立， 令，则， 令，则， 因此在上单调递增；所以， 所以， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，成立， 令且，可得， 即， 由题意，令且， 可得， 因为，所以， 由①当时，，所以令且，可得， 所以， 由前面解答过程得，对任意成立， 令且，可得， 所以， 又且，所以， 所以， 所以可得： ， 即可得. 33．(1) (2) 34．(1), (2) (3)0 $