专题03 导数（构造、零点、恒成立等）（11大考点期中真题汇编，重庆专用）高二数学下学期人教A版

专题03 导数（构造、零点、恒成立等） 11大高频考点概览 考点01构造函数比较大小 考点02通过导数构造原函数解不等式 考点03同构 考点04零点、根的问题 考点05恒成立、存在问题 考点06证明类问题 考点07导数与数列交汇 考点08隐零点问题 考点09极值点偏移 考点10拉格朗日中值定理 考点11泰勒公式、牛顿法 地 城 考点01 构造函数比较大小 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·重庆名校联盟·期中)已知，，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知实数有，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 4．(24-25高二下·重庆万州第二高级中学·期中)若 则它们的大小关系是（用小于符合，从左到右，从小到大的顺序排列）__________. 地 城 考点02 通过导数构造原函数解不等式 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆第十一中学·期中)已知函数是定义在上的偶函数，当时， ，若，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·重庆万州第二高级中学·期中)已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·重庆九校联盟·期中)定义在上的函数的导函数为，对任意，都有，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·重庆外国语学校·期中)设函数在上存在导函数，对于任意实数，都有，当时，.若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 5．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)定义在上的函数的导函数为，若，则下列结论正确的是（    ） A． B．的图象与轴有2个不同的交点 C． D．当时， 三、填空题 6．(24-25高二下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知函数为定义在上的可导函数，且．则不等式的解集为______． 7．(24-25高二下·重庆两江育才中学·期中)已知函数的定义域为，其导函数是.若恒成立，则关于的不等式的解集为__________. 地 城 考点03 同构 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆重点中学“大一联盟”·期中)已知函数，不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知正实数满足，则（   ） A． B． C． D．2 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆外国语学校·期中)已知函数，，则下列说法正确的是（   ） A．当时，函数在上单调递增 B．当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为0 C．若函数存在两个极值，则实数的最大值为 D．当时，若，则的最小值为 地 城 考点04 零点、根的问题 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)函数的图象与直线恰有两个公共点，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 2．(24-25高二下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知函数有三个零点，，，其中，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆荣昌中学校·期中)对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（ ） A．的极大值点为 B．有且仅有个零点 C．若在上的最大值为，则 D． 4．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)设函数，则（   ） A．的单调递增区间为， B．有三个零点 C．若关于x的方程有四个不同实根，则 D．若对于恒成立，则 5．(24-25高二下·重庆九校联盟·期中)函数，下列说法正确的是（   ） A．若函数在上是增函数，则 B．若函数在处取得极大值，则 C．若，则函数在闭区间上的最大值为 D．若函数在区间上有两个零点，则的取值范围为 6．(24-25高二下·重庆第二外国语学校·期中)已知函数，以下命题正确的是（   ） A．若函数不存在极值，则实数b的取值范围是 B．方程的所有实根的和为8 C．过点且与曲线相切的直线有三条 D．方程，则的极大值为 三、填空题 7．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知函数有两个零点，则实数的取值范围是______． 8．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知函数，若函数恰有两个不同的零点，则的取值范围是_____． 四、解答题 9．(24-25高二下·重庆两江育才中学·期中)已知函数（且） (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围． 10．(24-25高二下·重庆九校联盟·期中)已知． (1)讨论的单调性； (2)若，且函数有三个零点，求的取值范围． 地 城 考点05 恒成立、存在问题 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆巴蜀中学·期中)若存在，使得成立，则实数的最小值为（    ） A． B．1 C．2 D． 2．(24-25高二下·重庆两江育才中学·期中)已知函数，若对任意，存在，使，则实数b的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆西藏中学校·期中)对于函数，下列说法正确的有（    ） A．在处取得极大值 B．只有一个零点 C． D．若在上恒成立，则 4．(24-25高二下·重庆“大一联盟”·期中)已知函数，则下列说法正确的是（   ） A． B．函数的图象在点处的切线方程是 C． D．若关于的不等式恒成立，则 三、填空题 5．(24-25高二下·重庆两江育才中学·期中)已知函数恒成立，求实数m的取值范围______． 四、解答题 6．(24-25高二下·重庆四川外国语大学附属外国语学校·期中)已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数在处取得极值，且对，恒成立，求实数b的取值范围． 7．(24-25高二下·重庆第二外国语学校·期中)已知函数，，，. (1)当时，求在区间上的值域； (2)若对任意，都有成立，求的取值范围. 8．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)已知函数. (1)若为函数的极大值点，求的值； (2)若，恒成立，求的取值范围. 地 城 考点06 证明类问题 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆名校联盟·期中)已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数零点的个数； (3)当时，证明：当时，. 2．(24-25高二下·重庆第十一中学·期中)已知函数，． (1)若，判断的单调性； (2)若，求a的值； (3)已知，．若，证明：． 3．(24-25高二下·重庆“大一联盟”·期中)已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)证明：当时，的最小值不大于． 4．(24-25高二下·重庆九校联盟·期中)已知． (1)若有且只有一个极值点，求的取值范围； (2)当时，若函数的极值点为，求证：． 地 城 考点07 导数与数列交汇 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知函数. (1)求在的最大值和最小值； (2)当时，讨论定义在上的函数的单调区间的个数，并求的零点个数的最大值； (3)求证：当时，对于. 2．(24-25高二下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当恒成立时，求的取值范围； (3)证明：. 3．(24-25高二下·重庆第八中学·期中)已知函数. (1)当时，，求的取值范围； (2)函数有两个不同的极值点（其中），证明：； (3)求证：. 4．(24-25高二下·重庆重点中学“大一联盟”·期中)定义运算：，已知函数. (1)若时，求的极值； (2)若，函数，证明：； (3)已知且，求证：. 地 城 考点08 隐零点问题 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆荣昌中学校·期中)已知函数 (1)当时，求函数在区间上的最小值； (2)试讨论函数的单调性； (3)当时，不等式恒成立，求正整数的最大值. 2．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，记的极小值点为． （ⅰ）证明：存在唯一零点； （ⅱ）求证：． （参考数据：） 地 城 考点9 极值点偏移 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆“大一联盟”·期中)定义：若函数与在公共定义域内存在（互不相等，），使得，则称与为“阶相似函数”，称为与的“阶相似点”. (1)已知，函数，，判断函数与是否为“三阶相似函数”，并说明理由. (2)已知函数，，与为“二阶相似函数”， ，称为与的“二阶相似点”. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 2．(24-25高二下·重庆万州第二高级中学·期中)已知函数 有两个不同的零点 . (1)求的取值范围； (2)求证: . 3．(24-25高二下·重庆第二外国语学校·期中)在航空领域，飞机飞行轨迹的弯曲程度对飞行安全和效率至关重要.对于一条光滑曲线，我们定义曲线段的平均曲率为，曲线在点C处的曲率为（若极限存在），其中，分别表示在点C处的一阶、二阶导数值.已知函数. (1)求函数在点处的曲率； (2)求函数的曲率K的最大值； (3)设函数，，若存在使得的曲率为0，求证：. 4．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)已知函数. (1)判断函数在上的单调性； (2)设函数，若方程在上有三个不同的根，求证：； (3)求证：. 地 城 考点10 拉格朗日中值定理 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆四川外国语大学附属外国语学校·期中)拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得.已知函数，那么实数的最大值为（    ） A．1 B． C． D．0 二、解答题 2．(24-25高二下·重庆名校联盟·期中)若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”，是在上的中值点. ①求t的取值范围； ②证明： 3．(24-25高二下·重庆万州第二高级中学·期中)约瑟夫·路易斯·拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的.定理如下：若函数满足如下条件： ①函数在区间上连续（函数图象没有间断）； ②函数在开区间内可导（导数存在）．则在区间内至少存在一点，使得成立，其中称为“拉格朗日中值点”． (1)求函数在上的“拉格朗日中值点”的个数； (2)对于任意的实数，，证明：； (3)已知函数在区间上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当时，证明：． 地 城 考点11 泰勒公式、牛顿法 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆第十一中学·期中)英国数学家泰勒发现了如下公式：，以上公式成为泰勒公式．设，，根据以上信息，并结合所学的数学知识，解决如下问题． (1)证明：； (2)设，证明：； (3)设，若是的极小值点，求实数的取值范围． 2．(24-25高二下·重庆第十一中学·期中)牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设r是的根，任意选取作为r的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值．一般地，曲线在点处的切线为，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值．不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解．对于函数，已知，并取作为r的初始近似值． (1)计算与的值； (2)求出和的关系（）； (3)设，，若关于x的方程的两个根分别为，（），证明：． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数（构造、零点、恒成立等） 11大高频考点概览 考点01构造函数比较大小 考点02通过导数构造原函数解不等式 考点03同构 考点04零点、根的问题 考点05恒成立、存在问题 考点06证明类问题 考点07导数与数列交汇 考点08隐零点问题 考点09极值点偏移 考点10拉格朗日中值定理 考点11泰勒公式、牛顿法 地 城 考点01 构造函数比较大小 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先构造函数，再根据函数的导函数得出函数单调性即可判断大小. 【详解】设， 所以单调递增；单调递减； 所以. 故选：A. 2．(24-25高二下·重庆名校联盟·期中)已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数，利用导数判断其单调性，由已知可得，， ，；，，进而利用单调性可得答案. 【详解】令， ， 时，，则在上递减， 时，，则在上递增， 由可得， 化为 ∴，则， 同理，；，， 因为，所以， 可得， 因为在上递减，， ∴， 故选：C． 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知实数有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】举例说明判断AD；构造函数利用导数探讨单调性判断BC. 【详解】对于A，取，，A错误； 对于B，令函数，求导得，在上单调递增， 由，得，即，因此，B正确； 对于C，令函数，，函数在上单调递增， 由，得，则，，因此，C正确； 对于D，取，则，D错误. 故选：BC 三、填空题 4．(24-25高二下·重庆万州第二高级中学·期中)若 则它们的大小关系是（用小于符合，从左到右，从小到大的顺序排列）__________. 【答案】 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性即可得解. 【详解】令函数，求导得，当且仅当时取等号， 因此函数在上单调递增，而，则， 又， 所以. 故答案为：. 地 城 考点02 通过导数构造原函数解不等式 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆第十一中学·期中)已知函数是定义在上的偶函数，当时， ，若，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】分析：由联想到构造函数，此函数是奇函数，在时，，从而具有单调性，再结合已知可求得不等式解集． 详解：设，则，∴是奇函数，又时，，因此此时是减函数，于是在时，也是减函数，由，得，∴的解集为，故选D． 2．(24-25高二下·重庆万州第二高级中学·期中)已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由函数满足，构造函数，得出的单调性，解不等式即可. 【详解】令，则，所以在R上单调递增， 由，得，即， 又在R上单调递增，所以，解得， 即不等式的解集为. 故选：A. 3．(24-25高二下·重庆九校联盟·期中)定义在上的函数的导函数为，对任意，都有，若不等式恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造并利用导数研究其单调性，将题干不等式恒成立转化为恒成立，即恒成立，分离参数，进而构造函数，利用导数求解其最值即可得解. 【详解】令，则，即在R上单调递增， 不等式恒成立等价于不等式恒成立， 则不等式恒成立，所以恒成立，即恒成立， 设，则，，令得， 令得，令得， 所以在上单调递增，在单调递减， 故，所以，即实数的取值范围为. 故选：B 4．(24-25高二下·重庆外国语学校·期中)设函数在上存在导函数，对于任意实数，都有，当时，.若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，根据条件判断其为奇函数，在上单调递减，结合待求不等式等价转化，利用单调性即可求得参数范围. 【详解】设，定义域为， 因对于任意实数，都有， 由， 可得，即函数为奇函数； 又因当时，，可得在上单调递减， 又函数为奇函数，故在上单调递减. 由可得， 即，由函数单调性可得，解得. 故选：A. 二、多选题 5．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)定义在上的函数的导函数为，若，则下列结论正确的是（    ） A． B．的图象与轴有2个不同的交点 C． D．当时， 【答案】AD 【分析】对于A，令即可求解；对于B，求出即可求解；对于C，求出单调性，画出图象即可求解；对于D，根据当时即可求解. 【详解】对于A，令得， 因为，所以，故A正确； 对于B，由得， 则，因为， 所以，于是函数， 令，则， 所以只有一个零点，故B错误； 对于C，， 令，解得， 当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 由函数的图象可得， 因为， 所以，故C错误； 对于D，，当时， 因为，所以成立，故D正确. 故选：AD. 三、填空题 6．(24-25高二下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知函数为定义在上的可导函数，且．则不等式的解集为______． 【答案】 【分析】令，，利用导数求出函数的单调性，不等式，即，根据单调性转化为自变量的不等式，解得即可. 【详解】因为， 令，，则， 所以在上单调递增， 不等式，即， 即，所以，解得， 即不等式的解集为. 故答案为： 7．(24-25高二下·重庆两江育才中学·期中)已知函数的定义域为，其导函数是.若恒成立，则关于的不等式的解集为__________. 【答案】 【分析】构造函数，利用导数判断函数在定义域内为单调递增，将不等式转化为，利用函数的单调性即可求解. 【详解】由题意可知，令，则， 所以在定义域内单调递增. 因为， 所以关于的不等式可化为， 即. 因为，所以， 即不等式的解集为. 故答案为：. 地 城 考点03 同构 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆重点中学“大一联盟”·期中)已知函数，不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用函数同构得到，构造函数，利用导数分析单调性得到，即， 令，利用导数分析单调性求得，由，求得实数的取值范围是，进而做出选择判断. 【详解】易知的定义域为， 由可得； 因为，所以，即， 构造函数，则， 可知函数在上单调递增，因此， 即，所以， 令，则， 当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 因此在处取得极小值，也是最小值，； 即可得，解得. 所以实数的取值范围是. 故选：C. 2．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知正实数满足，则（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据指对数的运算性质将式子变形为，换元，根据反函数的性质得，即可求解. 【详解】由可得 由得， 设，则， 因此分别是与直线的交点的横坐标， 由于互为反函数，图象关于直线对称， 联立与可得，因此， 故，结合，因此，故， 故选：B 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆外国语学校·期中)已知函数，，则下列说法正确的是（   ） A．当时，函数在上单调递增 B．当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为0 C．若函数存在两个极值，则实数的最大值为 D．当时，若，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】对于A，结合导数讨论单调性即可得；对于B，结合的单调性，可转化为当时，能成立，求出的最小值即可得；对于C，由极值点的性质结合导数讨论单调性，求得参数的范围即可判断；对于D，采用同构法可推得，再将多变量化为单变量后结合导数讨论单调性即可得. 【详解】对于A，当时，，则， 设，则， 当时，；当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即函数在上单调递增，故A正确； 对于B，当时，，则， 设，则， 当时，；当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即函数在上单调递增. 若存在，使不等式成立， 等价于存在，成立，也即成立， 由A项已得，在上单调递增，则在上单调递增， 故时，，则可得实数的最小值为0，故B正确； 对于C，由可得， 因函数存在两个极值等价于有2个变号零点， 由，可得， 设，则， 则当时，；当时，， 故在上单调递减；在上单调递增， 故，且当，当， 则有2个变号零点，等价于直线与有两个交点， 即得，也即，故没有最大值，即C错误； 对于D，当时，由A，B项可得为定义域上的增函数， 因，且，则， 由可得，即， 因是上的增函数，故， 又由，故， 设，则， 当时，；当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以在上的最小值为，故的最小值为，即D正确. 故选：ABD. 地 城 考点04 零点、根的问题 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)函数的图象与直线恰有两个公共点，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】设，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的值. 【详解】设，其中，则，令可得，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两个公共点. 故选：D. 2．(24-25高二下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知函数有三个零点，，，其中，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据解析式得，由，得，设，则，从而可得，求解导函数，分类讨论与两种情况下函数的单调性，从而可得答案. 【详解】定义域为，显然， 若是零点，则， ， 所以也是零点，函数有三个零点， 不妨设，则， 所以，， 因为有三个零点，令，则， 即或， 当时，的对称轴为，且， 所以当时，，即恒成立， 即函数在上单调递增，不符合题意； 当时，设的两根分别为， 则，，故， 因为或时，，；时，，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，， ，当，， 所以由零点存在定理易知有三个零点，满足题意. 综上，的取值范围是. 故选：B 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆荣昌中学校·期中)对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（ ） A．的极大值点为 B．有且仅有个零点 C．若在上的最大值为，则 D． 【答案】BCD 【分析】A选项，，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定A正确；B选项，根据极大值为，极小值，进而得到函数有3个零点，可判定B错误；C选项，借助函数的单调性、极值及，可判定C正确；D选项，求得，令，求得，得出，根据对称性，得到，结合倒序相加法，可判定D正确. 【详解】A选项，由函数， 可得， 令，解得或；令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 在单调递增，当时，取得极大值， 极大值为，所以极大值点为，A错误； B选项，由A知，当时，取得极小值， 极小值，且当时，， 当时，，， 所以函数有3个零点，所以B正确； C选项，， 由A、B可知，在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，， 所以，在上的最大值为，则，C正确； D选项，由，可得， 令，可得， 又由， 所以点是函数的对称中心； 因为是函数的对称中心，所以， 令， 可得， 所以 ， 所以，即， 所以D正确. 故选：BCD. 4．(24-25高二下·重庆第八中学校·期中)设函数，则（   ） A．的单调递增区间为， B．有三个零点 C．若关于x的方程有四个不同实根，则 D．若对于恒成立，则 【答案】ACD 【分析】先根据分段函数的解析式和导数相关知识判断函数的单调性，即可判断；令，分段求出的值即可判断；先解方程求出的值，再根据函数的单调性和最值画出函数图象，通过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，进而判断；由已知将问题转化为求函数，的最大值问题，通过求导判断函数的单调性即可求解最值，进而求解的范围. 【详解】当时，，所以在上单调递增， 当时，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以的单调递增区间为，，故正确； 当时，由得， 当时，由得，所以函数有两个零点，故错误； 因为，所以或， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数有最大值， 又当时，，所以的图象如图所示： 由图可知有一个根， 若满足关于x的方程有四个不同实根， 则有三个不同实根，所以，故正确； 若对于恒成立，所以对于恒成立， 即, 令，，所以， 由得（舍）或， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，有最大值为，所以， 所以对于恒成立，则，故正确. 故选：. 5．(24-25高二下·重庆九校联盟·期中)函数，下列说法正确的是（   ） A．若函数在上是增函数，则 B．若函数在处取得极大值，则 C．若，则函数在闭区间上的最大值为 D．若函数在区间上有两个零点，则的取值范围为 【答案】AC 【分析】利用导函数在上恒成立转化为在上恒成立可判断A正确，利用极值点定义计算可得，可得B错误，根据函数最值定义计算可得C正确，将函数的零点转化为二次函数零点问题，经分析可得D错误. 【详解】由可得， 对于A，若函数在上是增函数，所以在上恒成立， 又，，所以等价于函数在上恒成立， 则在上恒成立，则，即A正确； 对于B，由可得或； 显然当时，不合题意， 若函数在处取得极大值，则在附近的符号从正变为负， 所以，可得，即B错误； 对于C，时，， 因此当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 因此在处取得极大值，在处取得极小值， 易知， 所以函数在闭区间上的最大值为，即C正确； 对于D，令，可得， 若函数在区间上有两个零点，即在区间上有两个实数根； 显然，即，所以； 即可得在上单调递减，此时不可能有两个实数根，即可得D错误. 故选：AC 6．(24-25高二下·重庆第二外国语学校·期中)已知函数，以下命题正确的是（   ） A．若函数不存在极值，则实数b的取值范围是 B．方程的所有实根的和为8 C．过点且与曲线相切的直线有三条 D．方程，则的极大值为 【答案】BC 【分析】对A：求导，由判别式小于等于得出实数的取值范围；对B：根据对称性得出所有实数的和；对C：利用导数的几何意义得出方程的根，得出切线的条数；对D：利用导数得出极值. 【详解】对A，因为， 所以，若函数不存在极值， 则有，解得，故A错误； 对B，函数， 由为奇函数，关于原点对称，可得的图象关于点对称， 且函数的图象也关于点对称， 所以与的图象交点关于点对称， 由图可知与的图象有四个交点， 所以方程有四个不同的根， 所以方程的所有实数根的和为，故B正确；    对C，设过点的直线与曲线相切于点， 的导数为，则有， 又点在曲线上，所以， 代入上式，，化简有. 设，三次方程最多3个根， 且，，，， 则分别在上各有一零点，即有3个不相等的实数根， 所以过点且与曲线相切的直线有三条，故C正确； ④化简得 ，当，单调递增，当，单调递减.故极大值为，故D错误. 故答案为：BC 三、填空题 7．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学·期中)已知函数有两个零点，则实数的取值范围是______． 【答案】或 【分析】函数的零点等价两个函数的交点，利用导数求出的单调性并作图象，求与的切点，根据图象即可求出符合题意的的取值范围. 【详解】因为函数有两个零点，则有两个根，即与两个函数有两个交点. ，，则函数在上单调递减，在上单调递增.当；时，，则图象如图 设与的切点为， 则，，得或. 当或时，与有两个公共点； 故答案为：或. 8．(24-25高二下·重庆南城巴川学校·期中)已知函数，若函数恰有两个不同的零点，则的取值范围是_____． 【答案】 【分析】由可得或，利用导数分析函数单调性和极值情况，作出图象，结合零点要求即可确定参数范围. 【详解】由， 可得或. 而函数的定义域为，且， 则当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ，当时，，当时，， 当，当， 当，当， 作出函数的图象如下： 由上分析，结合函数图象，要使函数恰有两个不同的零点，需使， 即，故的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题 9．(24-25高二下·重庆两江育才中学·期中)已知函数（且） (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出，分、、、讨论可得答案； （2）分、、、讨论，结合单调性和零点情况可得答案． 【详解】（1）因为， 当时，时，所以在单调递减； 时，，所以在单调递增； 当时，时，，所以在和单调递增， 时，在单调递减； 当时，，所以在单调递增； 当时，，所以在和上单调递增， 时，在单调递减； （2）当时，由（1）可知是唯一的极小值点，且，，所以在有唯一零点； ， 所以在上有唯一零点，符合题意； 当时，由（1）可知为极大值点， 且，所以不符题意；当时，在单调，不符题意；当时，由（1）可知，为函数极大值点，且，不符题意．综上所述，. 10．(24-25高二下·重庆九校联盟·期中)已知． (1)讨论的单调性； (2)若，且函数有三个零点，求的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）对函数求导后，分，，三种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间； （2）求导，利用导数研究的单调性，结合函数值的符号画出示意图，将零点问题转化为函数与直线有三个交点，数形结合即可求解. 【详解】（1）因为的定义域为，且， 当时，恒成立， 当且仅当时等号成立，所以在上单调递减； 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. （2）若，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 且当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0，且， 当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于正穷大， 因为函数有三个零点，则方程有三个根， 所以函数与直线有三个交点， 又，由图可知：，即的取值范围为. 地 城 考点05 恒成立、存在问题 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆巴蜀中学·期中)若存在，使得成立，则实数的最小值为（    ） A． B．1 C．2 D． 【答案】B 【分析】化简可得，构造函数，然后利用导数求出函数的最小值即可. 【详解】不等式等价于，即. 令，由可知， 在上为增函数， ，，则， 令，，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以结合题意可知，即实数的最小值为1. 故选：B 2．(24-25高二下·重庆两江育才中学·期中)已知函数，若对任意，存在，使，则实数b的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意不等式恒成立，可转化为 【详解】依题意，问题等价于， ， 所以. 由，解得，故函数的单调递增区间是， 同理由，，解得或者，所以的单调递减区间是和， 故在区间上，是函数的极小值点，所以在上. 函数在单调递增，故 故，解得， 故选：C 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆西藏中学校·期中)对于函数，下列说法正确的有（    ） A．在处取得极大值 B．只有一个零点 C． D．若在上恒成立，则 【答案】ABC 【分析】A选项，求导，得到函数单调性，求出极大值，所以A正确；B选项，B选项，在A基础上，结合零点存在性定理得上存在唯一零点；C选项，在A基础上，由单调性得到C正确；D选项，参变分离，得到在上恒成立，令，求导，得到函数单调性，最大值，得到D错误. 【详解】A选项，已知，则，， 令，解得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 在上取得极大值，极大值，所以A正确； B选项，由A知，在上单调递增，在上单调递减， 其中，， 当时，恒成立， 由零点存在性定理得上存在唯一零点， 所以只有一个零点，所以B正确； C选项，因为在上单调递减，， 所以，所以C正确； D选项，当在上恒成立，即在上恒成立， 令，则， 令，解得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 在上取得极大值，也是最大值，最大值， 则，所以D错误. 故选：ABC. 4．(24-25高二下·重庆“大一联盟”·期中)已知函数，则下列说法正确的是（   ） A． B．函数的图象在点处的切线方程是 C． D．若关于的不等式恒成立，则 【答案】AD 【分析】求导求得单调区间可判断A；进而求得最小值判断B；求得函数在处的切线方程，令令，进而求导可得，进而可得两数的大小判断C；恒过点，的图象过点，进而求得切线方程判断D. 【详解】由，可得，令，解得， 当，，则在上单调递减， 当，，在上单调递增，故，故A正确； ，，故函数的图象在点处的切线方程是，即，故B错误； 令，则，则在上单调递减，在上单调递增，故，当且仅当时，等号成立， 故，令，则，故，故C错误； 恒过点，的图象过点，由， 所以在点处的切线方程为，    结合与的图象，可知D正确. 故选：AD. 三、填空题 5．(24-25高二下·重庆两江育才中学·期中)已知函数恒成立，求实数m的取值范围______． 【答案】 【分析】对函数进行求导，然后利用分析函数的单调性，将不等式恒成立问题转化为求函数在区间上的最大值问题，即可求得的范围. 【详解】，（）． 令，得或；令，得， 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为． 由题意知在上单调递增， 又，所以，解得. 所以实数m的取值范围为． 故答案为：. 四、解答题 6．(24-25高二下·重庆四川外国语大学附属外国语学校·期中)已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数在处取得极值，且对，恒成立，求实数b的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）先求出函数的导函数，进而得出，；再根据点斜式方程即可求解. （2）先求出函数的导函数；再分和两种情况，在每一种情况中借助导数即可解答. （3）先根据函数在处取得极值得出；再将问题“对，恒成立”转化为“对，恒成立”；最后构造函数，并利用导数求出即可解答. 【详解】（1）当时，，， 则，. 所以在处的切线方程为，即. （2）由可得：函数定义域为，. 当时，，此时函数在定义域上单调递减； 当时，令，解得；令，解得， 此时函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. 综上可得：当时，函数在定义域上单调递减； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）因为函数在处取得极值， 所以，即，解得. 此时， 令，解得；令，解得， 所以函数在处取得极值，故. 所以. 因为对，恒成立， 所以对，恒成立. 令，则. 令，解得；令，解得， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以. 则，解得：. 所以实数b的取值范围为 7．(24-25高二下·重庆第二外国语学校·期中)已知函数，，，. (1)当时，求在区间上的值域； (2)若对任意，都有成立，求的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的最值即可. （2）按探讨函数的导函数值，确定函数的单调性，求出最小值即可得解. 【详解】（1）当时，函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 而，因此， 所以在区间上的值域为. （2）函数，求导得，对任意，， 当时，，函数在上单调递增， 则对任意，，符合题意，因此； 当时，函数在上单调递增，当时，， 函数在上单调递减，当时，，不符合题意， 所以的取值范围是. 8．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)已知函数. (1)若为函数的极大值点，求的值； (2)若，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意得出，求出的值，然后结合极值点的定义验证即可； （2）由参变量分离法可得，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为，则， 因为为函数的极大值点，则，解得， 此时，， 由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 此时，函数在处取得极大值，合乎同意. 综上所述，. （2）对任意的，，可得， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 所以，，故， 因此，实数的取值范围是. 地 城 考点06 证明类问题 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆名校联盟·期中)已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数零点的个数； (3)当时，证明：当时，. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，令，可得，将函数零点问题转化为函数图像交点问题，即可得到结果； （3）根据题意，求导可得，令，求导可得在上单调递减，从而可得在上单调递减，即可证明. 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 由直线的点斜式可得，化简可得， 所以切线方程为. （2）因为函数， 令，可得， 设，则， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 所以当时，有极大值，即最大值，， 且时，， 所以当时，函数与函数无交点； 当时，函数与函数有且仅有一个交点； 当时，函数与函数有两个交点； 当时，函数与函数有且仅有一个交点； 综上所述，当时，函数无零点； 当或时，函数有且仅有一个零点； 当时，函数有两个零点. （3）当时，， 令， 则，令，则， 因为，所以，， 则当时，恒成立， 所以在上单调递减， 即在上单调递减， 所以， 所以在上单调递减， 所以，即. 2．(24-25高二下·重庆第十一中学·期中)已知函数，． (1)若，判断的单调性； (2)若，求a的值； (3)已知，．若，证明：． 【答案】(1)在上单调递增，在上递减 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求导，利用导数研究单调性即可求解； （2）由，得，根据的情况分类讨论，当时，由（1）有，即，令，利用导数研究最小值即可求解； （3）令，利用导数研究函数的单调性求出最小值即可求解. 【详解】（1）由题意有：，因为， 令，解得：，所以当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上递减； （2）由（1）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减． 若，则，即， 代入可得：， 令，（），则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，且， 所以，即， 当时，恒成立，即在上单调递增， 又，所以当，，不恒成立，故不成立. 综上所述，； （3）令，， 所以，令，， 所以在上单调递增，因为，， 所以在上存在唯一零点，令，则， 令，所以；令，所以； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，所以， 所以，得证. 3．(24-25高二下·重庆“大一联盟”·期中)已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)证明：当时，的最小值不大于． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）函数求导后，根据参数分类讨论函数的单调性即可； （2）根据（1）的结论，可得，依题需证，故构造函数，求其在上的最大值，再证明最大值不大于0即可. 【详解】（1）的定义域为，． 当时，，的单调递减区间为； 当时，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增． 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）当时，由（1）可知． 令，， 则， 因在上单调递减， 则在上单调递减，且， 故当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减，故， 所以，故当时，的最小值不大于． 4．(24-25高二下·重庆九校联盟·期中)已知． (1)若有且只有一个极值点，求的取值范围； (2)当时，若函数的极值点为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析； 【分析】（1）对函数求导，将极值点个数转化为导函数的变号零点个数问题，构造函数利用数形结合即可求得的取值范围； （2）得出函数的极值点满足的表达式，将等式变形化简可得，再利用基本不等式计算可得结论. 【详解】（1）易知的定义域为，, 若有且只有一个极值点，则可知仅有一个变号零点， 令，则， 由可得； 显然当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 因此在处取得极小值，也是最小值，， 且时，，当时，，其图象如下图所示: 依题意可得仅有一个实数根，也即与仅有一个交点， 结合图象可知或，解得或； 经检验可知，当时，仅有一个非变号零点，不合题意，舍去； 即的取值范围为 （2）当时，可得， 此时， 结合（1）可知，函数存在唯一极值点，且，即； 可得，将两边取对数可得，即 代入可得 ， 当却仅当时，即时等号成立， 显然不满足，因此等号不成立， 所以. 地 城 考点07 导数与数列交汇 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆巴蜀中学校·期中)已知函数. (1)求在的最大值和最小值； (2)当时，讨论定义在上的函数的单调区间的个数，并求的零点个数的最大值； (3)求证：当时，对于. 【答案】(1)最大值为，最小值为； (2)单调区间见解析，零点个数的最大值为3； (3)证明见解析. 【分析】（1）由函数解析式求导，根据正弦函数的性质，可得函数的单调性，可得答案； （2）由题意整理函数解析式，求导结合（1）所得的单调性与最值，进行分情况讨论导数与零的关系，可得函数的单调性，结合零点的定义以及判定，可得答案； （3）由（2）所得的单调性与最值，对于不等式进行放缩，根据裂项相消，构造函数，利用导数研究函数的单调性，可得答案. 【详解】（1）由，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 则函数的最大值为，又， 所以函数的最小值为. （2）由题知，又， 则，由（1）知在上单调递增，在上单调递减， 则的最大值为，且， ①当，即时，，即， 此时函数在上单调递减，又， 则函数在上有1个单调区间和1个零点； ②当，即时，， 则存在，使得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 又，则，又， 所以在上也有一个零点， 所以函数在上有2个单调区间和2个零点； ③当，且，即时， 存在，使得， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 又，此时取，则，， 此时函数在上有3个单调区间且有3个零点. 综上所述：①当时，函数有1个单调区间； ②当时，函数有2个单调区间； ③当时，函数有3个单调区间； 且函数的零点个数的最大值为3； （3）证明：由（2）知，当时，函数在上单调递减， 则，即，则， 则， 设，则， 所以函数在上单调递减，则， 则，取时， ，， ，又， ， 结论得证. 2．(24-25高二下·重庆复旦中学教育集团·期中)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当恒成立时，求的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数，对及进行分类讨论即可得； （2）令，由，即可得其必要条件，再借助导数对及的情况分类讨论即可得解； （3）借助（2）中所得，可得，令，可得，累加即可得证. 【详解】（1）， 当时，易知，所以函数在上单调递减， 当时，令，解得， 令，解得，即在上单调递增， 令，得，即在上单调递减， 综上，当时，函数在上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）令， ，故恒成立，即， ，令，则， 所以在上单调递增， 当时，，又， 有，即单调递减， ，即单调递增， 所以， 所以当时，成立； 当时，可得，， 所以 又 所以存在，使得，即， ， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， ，由可得， ， 综上，的取值范围为； （3）由（2）知，当时，有，即， 令，得， ， ， 即. 3．(24-25高二下·重庆第八中学·期中)已知函数. (1)当时，，求的取值范围； (2)函数有两个不同的极值点（其中），证明：； (3)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当，恒成立问题； （2）函数极值点，是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证. （3）由（1）可知，则有，类似于数列求和的裂项相消法可证. 【详解】（1）函数，，且， ①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立； ②当时，令，得， 当时，此时单调递减，故，不满足题意； 综上可知：. 即的取值范围为. （2）由，故， 因为函数有两个不同的极值点（其中），故. 要证：，只要证：. 因为，于是只要证明即可. 因为，故， 因此只要证，等价于证， 即证，令，等价于证明， 令， 因为，所以， 故在上单调递增，所以，得证. （3）由（1）可知当时，，故， 令，所以，所以， ， 所以. 4．(24-25高二下·重庆重点中学“大一联盟”·期中)定义运算：，已知函数. (1)若时，求的极值； (2)若，函数，证明：； (3)已知且，求证：. 【答案】(1)极小值；无极大值； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）当时，根据定义得到求，求导，根据极值的定义即可得解； （2）时，等价于，构造函数．利用导数证得，，结合（1）知，从而，再根据，得到，即可得证. （3）利用（1）中结论，证得，再令，利用导数证得，从而，通过累加即可得. 【详解】（1）当时， ； 当时，；当时，; 即在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，取得极小值；无极大值 （2）， 当时，等价于， 令． ． 令． 又， 所以，使得，即， ， 所以当单调递减；当单调递增． 所以 又由（1）知，当时，恒成立， ， 又，所以 故．即：. （3）由（1）可知，，当且仅当时取等号; 用替代上式中的，得即， 所以. 令，则，且不恒为零， 所以函数在上单调递增， 故，则， 所以， 令分别取，累加得： .即证. 地 城 考点08 隐零点问题 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆荣昌中学校·期中)已知函数 (1)当时，求函数在区间上的最小值； (2)试讨论函数的单调性； (3)当时，不等式恒成立，求正整数的最大值. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3). 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值； （2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间； （3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值. 【详解】（1）当时，， 当时；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增. 故在区间上的最小值为. （2） 当时，由，得；由，得， 此时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得； 由，得或， 此时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，对任意的恒成立， 此时，在上单调递增； 当时，由，得； 由，得或， 此时，在上单调递减，在和上单调递增. 综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增. （3）当时，不等式恒成立， 整理可得，原题意等价于对任意恒成立， 令， 则， 令，则， 所以在区间上单调递增， 因为，， 所以在区间内存在唯一零点， 即，所以， 当时，，即； 当时，，即； 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增； 所以， 因为，则，即， 且为正整数，则，所以整数的最大值是. 2．(24-25高二下·重庆第十八中学·期中)已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，记的极小值点为． （ⅰ）证明：存在唯一零点； （ⅱ）求证：． （参考数据：） 【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，设，，利用导数说明的单调性，即可得到恒成立，从而得到恒成立，即可得到的单调性； （2）（ⅰ）设，则可借助导数得到的单调性，结合零点存在性定理得到存在，使得，再借助零点存在性定理得到存在存在唯一零点；（ⅱ）要证，结合函数单调性，即只需证，即证，将用表示后消去，构造对应函数求出其最值即可得证. 【详解】（1）当时，定义域为， 又， 设，，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 当时，取得极大值，即最大值， 所以恒成立，即恒成立， 所以的单调递减区间为，无单调递增区间； （2）（ⅰ）函数的定义域为， 又，设，，则， 当时，，所以单调递增， ，， 所以存在，使得， 当时，，即，所以单调递减； 当时，，即，所以单调递增， 又且时，，， 所以存在唯一，使得，即存在唯一零点. （ⅱ）要证， 只需证， 即证， 因为， 所以， 所以 ， 设，则， 令，解得， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 当时，取得极大值， 所以，即成立，命题得证. 地 城 考点9 极值点偏移 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆“大一联盟”·期中)定义：若函数与在公共定义域内存在（互不相等，），使得，则称与为“阶相似函数”，称为与的“阶相似点”. (1)已知，函数，，判断函数与是否为“三阶相似函数”，并说明理由. (2)已知函数，，与为“二阶相似函数”， ，称为与的“二阶相似点”. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)函数与为“三阶相似函数”，理由见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）令，求导判断函数的零点个数可得结论； （2）（i）在上有两个不相等的实数根，变形两边取对数，进而构造函数，可求得的取值范围；（ii）根据题意得，不妨设. 构造函数，利用导数判断，进而可求解. 【详解】（1）令，则， 令，解得或，令，解得， 所以在上单调递减，在和上单调递增. ，，，， 所以存在，，，使得，即，，， 所以函数与为“三阶相似函数”. （2）（i）因为与为“二阶相似函数”，所以在上有两个不相等的实数根，即， 两边取对数，可得.记，易知在上是增函数， 故可等价于，即. 记，则，得在上单调递减，在上单调递增，有最小值，故，即的取值范围为. （ii）证明：根据题意得，不妨设. 构造函数， 则. 当时，，，则，得在上单调递减， 有，即. 将代入不等式，得，又， 所以， 又，，在上单调递增， 所以，即. 2．(24-25高二下·重庆万州第二高级中学·期中)已知函数 有两个不同的零点 . (1)求的取值范围； (2)求证: . 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出的导函数后分类讨论，发现只有才可能存在两个不同的零点，求出函数的单调性，则需的极大值大于才能满足题意，由此求出 的取值范围； （2）由零点定义得到两个方程，变形得到两根之和的等式，通过构造函数证明所求不等式. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为，导函数为， 若，则，即在上单调递增，则在上至多一个零点，不合题意舍去； 则必有，令，得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故存在极大值，无极小值. 因为当时，；当时，， 若函数有两个不同的零点，则，解得， 所以的取值范围为. （2）因为是函数有两个不同的零点，不妨设， 则， 两边取对数得， 两式相减得， 设，则，且有，解得，所以， 要证明，只需证明，即证， 故构造函数，则， 所以在上单调递减，所以，即， 故原不等式成立. 3．(24-25高二下·重庆第二外国语学校·期中)在航空领域，飞机飞行轨迹的弯曲程度对飞行安全和效率至关重要.对于一条光滑曲线，我们定义曲线段的平均曲率为，曲线在点C处的曲率为（若极限存在），其中，分别表示在点C处的一阶、二阶导数值.已知函数. (1)求函数在点处的曲率； (2)求函数的曲率K的最大值； (3)设函数，，若存在使得的曲率为0，求证：. 【答案】(1)； (2)2； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用曲率的定义，求出函数在点处的曲率. （2）利用曲率的定义求出曲率函数，换元并利用单调性求出最大值. （3）由曲率为0得，构造函数，利用导数探讨有两个解，再按和分类证明不等式. 【详解】（1）函数，求导得，，则，， 所以函数在点处的曲率. （2）由（1）知，，令，则， 函数在上单调递增，因此函数在上单调递减， 当，即时，函数的曲率K取得最大值2. （3）函数，求导得，， 由曲率为0，得，则，即，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值， 又当时，恒成立，而，因此有两个解， 当时，，则，设，， 于是，，，则，， 不等式， 令，求导得， 因此函数在上单调递增，，则； 当时，， 不等式， ，同理，函数在上单调递增， 因此，则， 所以. 4．(24-25高二下·重庆南开中学·期中)已知函数. (1)判断函数在上的单调性； (2)设函数，若方程在上有三个不同的根，求证：； (3)求证：. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）求出导数，分别求出导数大于0、小于0的区间即可得到对于的增区间和减区间； （2）先证明，再证明即可，通过构造函数，研究函数的单调性及最值即可证明； （3）即证即证，通过构造函数即可证明. 【详解】（1）求导有， 则有：当时，，当时，， 所以在单调递增．在上单调递减． （2）当时，函数单调递减，由（1）知，, ①先证明，即证， 令，即证． 求导， 令，求导， 所以，所以在上单调递增， 又因为，所以，所以， 所以在上单调递增，又因为，所以． 所以原不等式成立. ②再证明，即证． 即证， 令，即证． 求导， 所以在上单调递增，所以． （3）即证． 令，则有， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以． 令，则有， 所以在上单调递增，所以，所以． 令，则有， 所以在上单调递增，所以，所以． 同理可证． ①当时：因为，所以， 所以，又因为，所以原不等式成立． ②当时：因为， 且， 当时，，而，所以． 当时：，而，所以． 综上所述，原不等式成立. 地 城 考点10 拉格朗日中值定理 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆四川外国语大学附属外国语学校·期中)拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得.已知函数，那么实数的最大值为（    ） A．1 B． C． D．0 【答案】C 【分析】根据题意得到，构造，，求导得到其单调性，进而求出最大值，得到答案. 【详解】由题意得，，不妨设， 则存在，使得， 又，故， 其中， 故， 由于， 令，， 则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 故实数的最大值为. 故选：C 二、解答题 2．(24-25高二下·重庆名校联盟·期中)若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”，是在上的中值点. ①求t的取值范围； ②证明： 【答案】(1)是上的"双中值函数"，理由见详解 (2)①；②证明见详解. 【分析】（1）利用定义结合导数直接计算解方程即可; （2）①根据定义知，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为,构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明. 【详解】（1）函数是上的"双中值函数". 理由如下： 因为，所以. 因为，所以, 令，得，即，解得. 因为, 所以是上的"双中值函数". （2）①因为，所以。 因为是上的"双中值函数"，所以 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，所以，所以， 即的取值范围为； ②不妨设， 则， 即. 要证，即证. 设, 则. 设，则 所以在上单调递增，所以， 所以则在上单调递减. 因为，所以，即. 因为，所以. 因为，所以 因为，所以. 由（1）可知在上单调递增， 所以,即得证. 3．(24-25高二下·重庆万州第二高级中学·期中)约瑟夫·路易斯·拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的.定理如下：若函数满足如下条件： ①函数在区间上连续（函数图象没有间断）； ②函数在开区间内可导（导数存在）．则在区间内至少存在一点，使得成立，其中称为“拉格朗日中值点”． (1)求函数在上的“拉格朗日中值点”的个数； (2)对于任意的实数，，证明：； (3)已知函数在区间上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求，再根据“拉格朗日中值点” 的定义令，解方程即可求解； （2）设，分和两种情况讨论，利用拉格朗日中值定理有，结合即可求证； （3）对函数二次求导，利用拉格朗日中值定理，结合函数的单调性即可证明. 【详解】（1）因为，， ，，所以在上的“拉格朗日中值点”的个数为. （2）设，有， 易知函数在上满足拉格朗日中值定理的两个条件， 当时，显然有， 当时，不妨设，由拉格朗日中值定理可知， 存在，使得， 有，又由，有， 可得， 由上知，不等式成立. （3）由，有， 又由，设， 有， 可得函数单调递增， 由拉格朗日中值定理可知，存在， 使得， 同理可知，存在， 使得， 又由和函数单调递增，有， 有， 由化简可得， 故不等式成立． 地 城 考点11 泰勒公式、牛顿法 一、解答题 1．(24-25高二下·重庆第十一中学·期中)英国数学家泰勒发现了如下公式：，以上公式成为泰勒公式．设，，根据以上信息，并结合所学的数学知识，解决如下问题． (1)证明：； (2)设，证明：； (3)设，若是的极小值点，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）直接使用导数证明不等式； （2）与（1）方法类似，使用导数证明不等式； （3）对和分类讨论，利用导数确定原点附近的单调性，然后即可得到答案. 【详解】（1）设，则，故对有，对有. 所以在上递减，在上递增，从而，即. （2）设，则. 故对有，所以在上递增. 从而对有，即，故. （3）据已知有，故，（我们约定是的导数）. 若，则对，据，有. 所以在和上递增，从而在上递增. 故对有，对有. 所以在上递减，在上递增，从而是的极小值点，满足条件； 若，则对，有. 从而，且 . 所以，故. 这就说明在上递减，从而对有. 故在上递减，从而不可能是的极小值点，不满足条件. 综上，的取值范围是. 2．(24-25高二下·重庆第十一中学·期中)牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设r是的根，任意选取作为r的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为r的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值．一般地，曲线在点处的切线为，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值．不断重复以上操作，在一定精确度下，就可取为方程的近似解．对于函数，已知，并取作为r的初始近似值． (1)计算与的值； (2)求出和的关系（）； (3)设，，若关于x的方程的两个根分别为，（），证明：． 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，结合初始值及r的1、2次近似值定义求解. （2）求出曲线在处切线方程即可. （3）由（2）求出，构造函数并利用导数探讨方程的根推理得证. 【详解】（1）函数，求导得， 函数在处切线方程为： 依题意，，当时，， 同理，而，所以. （2）由（1）得到在处切线方程为： 令，得和的关系为. （3）由（2）知，，则， 函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当时函数取得最大值，， 又时，，时，， 因此当方程有两个根时，必满足； 曲线过点和点的割线方程为， 下面证明：， 设，求导得， 当时，；当，时， 函数在上单调递增，； 在上单调递减，， 则当时，，即（当且仅当或时取等号）， 又，则，解得； 下面证明当时，， 设，由，，得，当且仅当时取等号， 而，则，解得， 所以. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数（构造、零点、恒成立等） 地 城 考点01 构造函数比较大小 一、单选题 1．A. 2．C 二、多选题 3．BC 三、填空题 4．. 地 城 考点02 通过导数构造原函数解不等式 一、单选题 1．D 2．A 3．B 4．A 二、多选题 5．AD 三、填空题 6． 7． 地 城 考点03 同构 一、单选题 1．C 2．B 二、多选题 3．ABD 地 城 考点04 零点、根的问题 一、单选题 1．D 2．B 二、多选题 3．BCD 4．ACD 5．AC 6．BC 三、填空题 7．或 8． 四、解答题 9．【详解】（1）因为， 当时，时，所以在单调递减； 时，，所以在单调递增； 当时，时，，所以在和单调递增， 时，在单调递减； 当时，，所以在单调递增； 当时，，所以在和上单调递增， 时，在单调递减； （2）当时，由（1）可知是唯一的极小值点，且，，所以在有唯一零点； ， 所以在上有唯一零点，符合题意； 当时，由（1）可知为极大值点， 且，所以不符题意；当时，在单调，不符题意；当时，由（1）可知，为函数极大值点，且，不符题意．综上所述，. 10．【详解】（1）因为的定义域为，且， 当时，恒成立， 当且仅当时等号成立，所以在上单调递减； 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. （2）若，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 且当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0，且， 当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于正穷大， 因为函数有三个零点，则方程有三个根， 所以函数与直线有三个交点， 又，由图可知：，即的取值范围为. 地 城 考点05 恒成立、存在问题 一、单选题 1．B 2．C 二、多选题 3．ABC 4．AD 三、填空题 5． 四、解答题 6．【详解】（1）当时，，， 则，. 所以在处的切线方程为，即. （2）由可得：函数定义域为，. 当时，，此时函数在定义域上单调递减； 当时，令，解得；令，解得， 此时函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. 综上可得：当时，函数在定义域上单调递减； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）因为函数在处取得极值， 所以，即，解得. 此时， 令，解得；令，解得， 所以函数在处取得极值，故. 所以. 因为对，恒成立， 所以对，恒成立. 令，则. 令，解得；令，解得， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以. 则，解得：. 所以实数b的取值范围为 7．【详解】（1）当时，函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 而，因此， 所以在区间上的值域为. （2）函数，求导得，对任意，， 当时，，函数在上单调递增， 则对任意，，符合题意，因此； 当时，函数在上单调递增，当时，， 函数在上单调递减，当时，，不符合题意， 所以的取值范围是. 8．【详解】（1）函数的定义域为，则， 因为为函数的极大值点，则，解得， 此时，， 由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 此时，函数在处取得极大值，合乎同意. 综上所述，. （2）对任意的，，可得， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 所以，，故， 因此，实数的取值范围是. 地 城 考点06 证明类问题 一、解答题 1．【详解】（1）当时，，则， 所以，， 由直线的点斜式可得，化简可得， 所以切线方程为. （2）因为函数， 令，可得， 设，则， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 所以当时，有极大值，即最大值，， 且时，， 所以当时，函数与函数无交点； 当时，函数与函数有且仅有一个交点； 当时，函数与函数有两个交点； 当时，函数与函数有且仅有一个交点； 综上所述，当时，函数无零点； 当或时，函数有且仅有一个零点； 当时，函数有两个零点. （3）当时，， 令， 则，令，则， 因为，所以，， 则当时，恒成立， 所以在上单调递减， 即在上单调递减， 所以， 所以在上单调递减， 所以，即. 2．【详解】（1）由题意有：，因为， 令，解得：，所以当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上递减； （2）由（1）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减． 若，则，即， 代入可得：， 令，（），则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，且， 所以，即， 当时，恒成立，即在上单调递增， 又，所以当，，不恒成立，故不成立. 综上所述，； （3）令，， 所以，令，， 所以在上单调递增，因为，， 所以在上存在唯一零点，令，则， 令，所以；令，所以； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，所以， 所以，得证. 3．【详解】（1）的定义域为，． 当时，，的单调递减区间为； 当时，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增． 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）当时，由（1）可知． 令，， 则， 因在上单调递减， 则在上单调递减，且， 故当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减，故， 所以，故当时，的最小值不大于． 4．【详解】（1）易知的定义域为，, 若有且只有一个极值点，则可知仅有一个变号零点， 令，则， 由可得； 显然当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 因此在处取得极小值，也是最小值，， 且时，，当时，，其图象如下图所示: 依题意可得仅有一个实数根，也即与仅有一个交点， 结合图象可知或，解得或； 经检验可知，当时，仅有一个非变号零点，不合题意，舍去； 即的取值范围为 （2）当时，可得， 此时， 结合（1）可知，函数存在唯一极值点，且，即； 可得，将两边取对数可得，即 代入可得 ， 当却仅当时，即时等号成立， 显然不满足，因此等号不成立， 所以. 地 城 考点07 导数与数列交汇 一、解答题 1．【详解】（1）由，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 则函数的最大值为，又， 所以函数的最小值为. （2）由题知，又， 则，由（1）知在上单调递增，在上单调递减， 则的最大值为，且， ①当，即时，，即， 此时函数在上单调递减，又， 则函数在上有1个单调区间和1个零点； ②当，即时，， 则存在，使得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 又，则，又， 所以在上也有一个零点， 所以函数在上有2个单调区间和2个零点； ③当，且，即时， 存在，使得， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 又，此时取，则，， 此时函数在上有3个单调区间且有3个零点. 综上所述：①当时，函数有1个单调区间； ②当时，函数有2个单调区间； ③当时，函数有3个单调区间； 且函数的零点个数的最大值为3； （3）证明：由（2）知，当时，函数在上单调递减， 则，即，则， 则， 设，则， 所以函数在上单调递减，则， 则，取时， ，， ，又， ， 结论得证. 2．【详解】（1）， 当时，易知，所以函数在上单调递减， 当时，令，解得， 令，解得，即在上单调递增， 令，得，即在上单调递减， 综上，当时，函数在上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）令， ，故恒成立，即， ，令，则， 所以在上单调递增， 当时，，又， 有，即单调递减， ，即单调递增， 所以， 所以当时，成立； 当时，可得，， 所以 又 所以存在，使得，即， ， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， ，由可得， ， 综上，的取值范围为； （3）由（2）知，当时，有，即， 令，得， ， ， 即. 3．【详解】（1）函数，，且， ①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立； ②当时，令，得， 当时，此时单调递减，故，不满足题意； 综上可知：. 即的取值范围为. （2）由，故， 因为函数有两个不同的极值点（其中），故. 要证：，只要证：. 因为，于是只要证明即可. 因为，故， 因此只要证，等价于证， 即证，令，等价于证明， 令， 因为，所以， 故在上单调递增，所以，得证. （3）由（1）可知当时，，故， 令，所以，所以， ， 所以. 4．【详解】（1）当时， ； 当时，；当时，; 即在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，取得极小值；无极大值 （2）， 当时，等价于， 令． ． 令． 又， 所以，使得，即， ， 所以当单调递减；当单调递增． 所以 又由（1）知，当时，恒成立， ， 又，所以 故．即：. （3）由（1）可知，，当且仅当时取等号; 用替代上式中的，得即， 所以. 令，则，且不恒为零， 所以函数在上单调递增， 故，则， 所以， 令分别取，累加得： .即证. 地 城 考点08 隐零点问题 一、解答题 1．【详解】（1）当时，， 当时；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增. 故在区间上的最小值为. （2） 当时，由，得；由，得， 此时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得； 由，得或， 此时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，对任意的恒成立， 此时，在上单调递增； 当时，由，得； 由，得或， 此时，在上单调递减，在和上单调递增. 综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增. （3）当时，不等式恒成立， 整理可得，原题意等价于对任意恒成立， 令， 则， 令，则， 所以在区间上单调递增， 因为，， 所以在区间内存在唯一零点， 即，所以， 当时，，即； 当时，，即； 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增； 所以， 因为，则，即， 且为正整数，则，所以整数的最大值是. 2．【详解】（1）当时，定义域为， 又， 设，，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 当时，取得极大值，即最大值， 所以恒成立，即恒成立， 所以的单调递减区间为，无单调递增区间； （2）（ⅰ）函数的定义域为， 又，设，，则， 当时，，所以单调递增， ，， 所以存在，使得， 当时，，即，所以单调递减； 当时，，即，所以单调递增， 又且时，，， 所以存在唯一，使得，即存在唯一零点. （ⅱ）要证， 只需证， 即证， 因为， 所以， 所以 ， 设，则， 令，解得， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 当时，取得极大值， 所以，即成立，命题得证. 地 城 考点9 极值点偏移 一、解答题 1．【详解】（1）令，则， 令，解得或，令，解得， 所以在上单调递减，在和上单调递增. ，，，， 所以存在，，，使得，即，，， 所以函数与为“三阶相似函数”. （2）（i）因为与为“二阶相似函数”，所以在上有两个不相等的实数根，即， 两边取对数，可得.记，易知在上是增函数， 故可等价于，即. 记，则，得在上单调递减，在上单调递增，有最小值，故，即的取值范围为. （ii）证明：根据题意得，不妨设. 构造函数， 则. 当时，，，则，得在上单调递减， 有，即. 将代入不等式，得，又， 所以， 又，，在上单调递增， 所以，即. 2．【详解】（1）由题意知函数的定义域为，导函数为， 若，则，即在上单调递增，则在上至多一个零点，不合题意舍去； 则必有，令，得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故存在极大值，无极小值. 因为当时，；当时，， 若函数有两个不同的零点，则，解得， 所以的取值范围为. （2）因为是函数有两个不同的零点，不妨设， 则， 两边取对数得， 两式相减得， 设，则，且有，解得，所以， 要证明，只需证明，即证， 故构造函数，则， 所以在上单调递减，所以，即， 故原不等式成立. 3．【详解】（1）函数，求导得，，则，， 所以函数在点处的曲率. （2）由（1）知，，令，则， 函数在上单调递增，因此函数在上单调递减， 当，即时，函数的曲率K取得最大值2. （3）函数，求导得，， 由曲率为0，得，则，即，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值， 又当时，恒成立，而，因此有两个解， 当时，，则，设，， 于是，，，则，， 不等式， 令，求导得， 因此函数在上单调递增，，则； 当时，， 不等式， ，同理，函数在上单调递增， 因此，则， 所以. 4．【详解】（1）求导有， 则有：当时，，当时，， 所以在单调递增．在上单调递减． （2）当时，函数单调递减，由（1）知，, ①先证明，即证， 令，即证． 求导， 令，求导， 所以，所以在上单调递增， 又因为，所以，所以， 所以在上单调递增，又因为，所以． 所以原不等式成立. ②再证明，即证． 即证， 令，即证． 求导， 所以在上单调递增，所以． （3）即证． 令，则有， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以． 令，则有， 所以在上单调递增，所以，所以． 令，则有， 所以在上单调递增，所以，所以． 同理可证． ①当时：因为，所以， 所以，又因为，所以原不等式成立． ②当时：因为， 且， 当时，，而，所以． 当时：，而，所以． 综上所述，原不等式成立. 地 城 考点10 拉格朗日中值定理 一、单选题 1．C 二、解答题 2．【详解】（1）函数是上的"双中值函数". 理由如下： 因为，所以. 因为，所以, 令，得，即，解得. 因为, 所以是上的"双中值函数". （2）①因为，所以。 因为是上的"双中值函数"，所以 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，所以，所以， 即的取值范围为； ②不妨设， 则， 即. 要证，即证. 设, 则. 设，则 所以在上单调递增，所以， 所以则在上单调递减. 因为，所以，即. 因为，所以. 因为，所以 因为，所以. 由（1）可知在上单调递增， 所以,即得证. 3．【详解】（1）因为，， ，，所以在上的“拉格朗日中值点”的个数为. （2）设，有， 易知函数在上满足拉格朗日中值定理的两个条件， 当时，显然有， 当时，不妨设，由拉格朗日中值定理可知， 存在，使得， 有，又由，有， 可得， 由上知，不等式成立. （3）由，有， 又由，设， 有， 可得函数单调递增， 由拉格朗日中值定理可知，存在， 使得， 同理可知，存在， 使得， 又由和函数单调递增，有， 有， 由化简可得， 故不等式成立． 地 城 考点11 泰勒公式、牛顿法 一、解答题 1．【详解】（1）设，则，故对有，对有. 所以在上递减，在上递增，从而，即. （2）设，则. 故对有，所以在上递增. 从而对有，即，故. （3）据已知有，故，（我们约定是的导数）. 若，则对，据，有. 所以在和上递增，从而在上递增. 故对有，对有. 所以在上递减，在上递增，从而是的极小值点，满足条件； 若，则对，有. 从而，且 . 所以，故. 这就说明在上递减，从而对有. 故在上递减，从而不可能是的极小值点，不满足条件. 综上，的取值范围是. 2．【详解】（1）函数，求导得， 函数在处切线方程为： 依题意，，当时，， 同理，而，所以. （2）由（1）得到在处切线方程为： 令，得和的关系为. （3）由（2）知，，则， 函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当时函数取得最大值，， 又时，，时，， 因此当方程有两个根时，必满足； 曲线过点和点的割线方程为， 下面证明：， 设，求导得， 当时，；当，时， 函数在上单调递增，； 在上单调递减，， 则当时，，即（当且仅当或时取等号）， 又，则，解得； 下面证明当时，， 设，由，，得，当且仅当时取等号， 而，则，解得， 所以. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $