专题06 导数的综合应用解答题压轴7大题型分类专训（期末真题汇编，四川专用）高二数学下学期人教A版

**基本信息** 专题聚焦导数综合应用解答题，涵盖7大高频压轴考点，精选四川多地高二期末真题，注重能力梯度与综合思维训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|30+题|导数证明不等式、恒成立问题、零点研究、双变量问题等|采用四川各地期末真题，设置多问梯度（如求参数范围+证明不等式），突出数学思维与实际应用（如利润最大化问题）|

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06导数的综合应用解答题压轴 ☆7大高频考点概览 考点01利用导数证明不等式（压轴题型） 考点05利用导数研究方程根的问题（压轴题型） 考点02利用导数探究不等式恒成立问题（压轴题 考点06利用导数研究双变量问题（压轴题型） 型) 考点03利用导数探究不等式存在性问题（压轴题 考点07利用导数解决实际问题（压轴题型） 型) 考点04利用导数研究函数的零点（压轴题型） 目典城爱点01 利用导数证明不等式 1.(24-25高二下四川资阳期末)已知函数()=+nx,且f问的最小值为1. (I)求a的值： (2)证明： ①)[f()-1e+1>0 i对于任意meN,(3+103+1)(3+1)<5) 2.(24-25高二下四川眉山期末)设a∈R,函数f)=alnr-x. (1)当a=1时，求f(x)的最大值： (2)当a=1时，关于x的方程2x-f(x)=x2+b在2,2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围； 3)求证：当n≥2，neN时0+21+.+)<e. n 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 3.(24-25高二下·四川南充期末)已知函数 )=esx(为自然对数的底数)，8)=+D (1)求函数(x)在区间[0，网上的最值： (2)若对 reo引，求，Wee间， (⊙求证：sm+sn子+…+sn>nn+eN）。 4 2n 2 4.(2425高二下四川眉山期末)已知西数f)=心+号r-x,记g)=r, (0)判惭8(x)。 的单调性： 2)若/ 存在极值点，且>0， ①求a的取值范围： ②求证：f()<3-五 2· 5.(24-25高=下四川乐山期末)已知函数f)=(e+a小x8)=(c+a)nx ()当a=0时，求函数y=f)的极值： ②当a≥。时，若fs)=gs)=>0),求证：x(G+)h2 e 6.(24-25高二下四川乐山期末)已知函数f()-=(e+a小r,g()=(c+anx )当a=0时，求函数'=的极值 ②当a≥。时，若f(s)=g()=>0),求证：(3+a)ht≥ 1 e 7。.62425商二下四川达州期末)已知函数7---2x+3,g)=2-1nx. 求函数的极值。 2)曲线'=/( 在x=0处的切线方程为”=()，证明：8()>) 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (-∞，-1) -1 (-1,2) (2,+0) f'(x) + 0 0 f(x) 5 单调递增 极大值6 单调递减 极小值3 单调递增 8. (24-25商=下四川成都期未)己知函数/)=2nx+中 -ax,a∈R (1)讨论函数 ()=对（冈）的单调区间： (2)若函数 f(x) 有两个不同的零点， ①求a的取值范围， ②证明： a(:+x2)}>4 f(x)=(mx2-3x-3)e',mER 9.(24-25高二下·四川宜宾期末)已知函数 (1)当m<0时，讨论函数(x)的单调性： (2) M)=ef)-mr2-x以N(=nr-4x-3,若M(与N ,若 的图像有两个交点，记交点的横坐标分 别为，0<<h6=V名求证：M)KN) 10.(24-25高二下四川德阳期末)已知函数)-1+a血(1-x),a∈R 喏曲线/（在点0fo》处的切线与直线3x+y-1=0 互垂直，求“的值： xf()-/<0 (2)若函数f(x)存在两个极值点xx2,且x<x2.证明：x-x2 Ⅱ.(2425高二下四川宜宾期未)已知函数)=(mr-3x-3e,m∈R (1)当m=-1时，求函数)的极大值； 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 (2)记 M(x)=efx)-m(x2-x)N)=nx-4x-3,F)=M()-N),若F()有两个零点记为 x20<x<x2)xo=Vxx2 ,求证 F'(x)0 目地 城賸点02 利用导数探究不等式恒成立问题 1.(24-25高二下·四川雅安·期末)已知函数 f(x)=x2-2mlnx mER (1)当m=-1时： (i)求曲线y=f(x)在x=1处的切线I的方程： (i)证明：直线I与曲线y=f(x)有且仅有一个公共点： (2)当m>l时，若任意×，∈L,,()f(s)+e2+ 恒成立，求实数m的取值范围， 2。(2425高=下四川广元期末)已知函数()=血r- (1)求函数 的单调区间： 2若（四sm恒成立，求实数m的取值范围： (3)证明：f(x)<e*+ 3。(2425高二下四川泸州期末)已知函数/)=e1+mh,f(为W 的导函数。 (若m<0,讨论f)在，+∞)上的极值点个数： e,若) (2)设函数()=( 2恒成立. ①求m的取值范围； ②设函数的零点为，刊的极小值点为名，求证：七> 4.(2425高=下四川达州期未)函数/()=c0x+分-4，了内的号函数为r) 学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (1)求证： ()o-x0 (2)对r∈R.(x)≥0 恒成立，求的取值范围： >n+ 11 (3)求证： i 2n f(x)=xe*-a(x+lnx)(x>O,aER) 5.(24-25高二下·四川成都期末)已知函数 (1)当a=1时，求()的最小值： (x)≥ (2)若 对任意x21恒成立，求a的取值范围： 6)当a>e时，设f的两个零点为<），证明：e+龙e>2a 6.(24-25高二下四川凉山期末)已知函数（四）=x+a血(+1aeR) 0)当0=-之时，求的极值： ②设3()=er,若对cL+切），都有()g()恒成立，求“的取值范图. 7.(24-25高二下四川绵阳期末)已知函数f()=lnx+g-1,a∈R 0)若“=2，求曲线在点f0》处的切线方程 2若()无零点，求实数“的取值范围 （3若存在xc+）,使得2-aax-1 成立，求实数的取值范围 8.(24-25高二上四川成都期末)已知函数 f(x)=ax-In(x+a)(aER) 当0=2时，求)的单调区间： 1 (2②若f()2aa恒成立，求a的取值范围： 可学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 6)若数列a,}满足=a na。+1,记Sn为数列{a}的前n项和.证明：Sm>2n-1. 9.(24-25高二下·四川泸州期末)设函数 f(x)=e*+cosx g(x)=sin2x. 0)求证：当x>0时，函数（没有零点 2若曲线'=/)在点0/(o》处的切线，也是曲线()-8()+0的线，求4的值： 6)对任意6(0+），关于x的不等式2)>g()+2。 恒成立，求正数k的取值范围。 10.(24-25高二下四川成都期末)已知函数f=c-lh(x+)+x-a(a>0) 0)当a=1时，求曲线y=/在点PQ,o》处的切线方程， ②y诺f)2a(+)相成立，求“的取值范用： (3)求证 fa-+/am+/am3小+fam小>h(a+aeN) 目逊城烤点03 利用导数探究不等式存在性问题 1.(2425商二下四川广元期未)已知函数/()号式-2。 求函数)的图象在=3处的切线方程。 2考(5m在GD3引上有解，求m的取值范围。 2.(24-25高二下四川眉山期末)已知函数f(0)=-ar+nx(a∈R) 0当0=1时，讨论①的单调性： ②若存在e化+网），使)>-，求“的取值范围. 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 3.(24-25高二下四川眉山期末)已知 f(x)=xe*-x2-2x 1)求/)的极值点： (2)若不等式f()≤m+2-x存在正数解，求实数m的取值范围 (-0,-1) (-1,ln2) In2 (In 2,+0) f'(x) + 0 0 f(x) 增 极大值 减 极小值 增 4. 2425高三下四乐期未已知函数82+nx三心0-2mR (1)求函数8()的极值点： (2②若)-8（在山，+0）上为单调函数，求”的取值范围： (3)设h)=2E ,若在[L,上至少存在一个。，使得f(x)-g(x)>h(x)成立，求m的取值范围. 5.(2425高二下四川绵阳期未)已知函数()=e- (山)当≥0时，求（冈 的最小值： 2若在在安数x,,使积了2-)+-旷-空.求5-5的最小恤 6.(24-25高二下四川绵阳期末)已知函数 f(x)=e*-x2 ()证明。≥0时，单调递增， ②若布在实数x,5,使和品。-受。求6-5的8小情 可学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 目地 城诺点04 利用导数研究函数的零点 1.(24-25高二下四川眉山期末)己经函 f()=ae-xg()=2ar-nx+x,其中aeR ()若a=0,求 (x) 的极值： (2)讨论 )的零点个数，求“的取值范围： 3)当a>0,x>e2 时，证明：不等式 ax-)f()>g()恒成立. 2.(24-25高二下·四川期末)已知三次项为3且不含常数项的三次函数的两个极值点分别为-2和3. )求的解折式： (2)若直线"=-4r+C与曲线 =f(有且仅有两个公共点，求°的值. f(x)=(x+1-a)e*+x+a-1,aER 3.(24-25高二下·四川自贡期末)已知函数 ,函数8)=(r-2e+1 (1)求8)的最小值： (2)若a>3」 ①求f(x)零点的个数： ②证明：(x)的所有零点之和为定值. 42425高=下因训乐山期来)已知晒数)-号+-r-1aeR) ()当a=1时，求函数 (~)在x=1处的切线方程： (2)若函数 )有两个零点，记作， (i)求参数a的取值范围： (ⅱ)若 0<3x≤x2 ,证明： ·x5≥243 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 f(x)=ae2x+(a-2)e*-x 5.(24-25高二下·四川攀枝花期末)已知函数 (1)当a=2时，求曲线y=()在点(0，f(0》处的切线与两坐标轴围成的三角形面积： (2)讨论函数f(x)的零点个数： 6.(24-25高二下·四川遂宁·期末)已知函数 f(x)=e*-ax (e是自然对数的底数)· (1)当a=1时，求fx)的极值点： (2)讨论函数f(x)的单调性： ③)活8()=c(-)-a血x+f(因有两个零点，求实数“的取值范围 7.(24-25高二下四川眉山期末)己知函 f)=e0-K-cosx,xe-元m其中e=2.71828.… 为自然对 数的底数。 (当a=0时，证明： f(x)≥0 (2)当a=1时，求函 y=f()零点个数. 8.(24-25高二下四川绵图期末)已知函数f()=青++b,当x=-5时，了)取得极小值，且 f(25)=0 1)求函数(。 的解析式： 2时论函数8()=f)-25在[5，m)的零点个数。 g(24-25高二下四川绵阳期末)已知函数/(=-r+3a2x-弓a(a∈R 山)若Q=2,求函数（的极值，并判断其零点的个数 2)若对任意x∈(0，+，f)<0 成立，求实数的取值范围. 可学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 (-00,-2) 2 (-2,2) (2,+o) 2 f() 0 0 单调递 f(x) 单调递减 极小值 极大值 单调递减 增 (x)=(x-1)e+ax+1 10.(24-25高二下·四川资阳·期末)已知函数 (1)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围： (2)若x≥0，f(w)≥2sinx,求a的取值范围. 1山.(24-25高二下四川遂宁期末)已知函数)=e-是自然对数的底数) (1)讨论函数f(x)的单调性： 2若8)=e(6r-)-anx+f X1,X2 有两个零点分别为 ①求实数a的取值范围： Inx +Inx2>2-+x) ②求证： 目地 城瑞点05 利用导数研究方程根的问题 1.(24-25高二下四川乐山期末)已知函数 f(x)=x.e* 0)求/(0的极值： ②求方程f()=aa∈R）有两个不同的根，求“的取值范围。 2. (2425高二下四川乐山r期末)已知函数/（④）=e-a和8()=a-ln 有相同的最小值。 (1)求a; 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 2若直线'=b与’=f0和”=g( 的图象共有四个不同的交点，试探究：从左到右四个交点横坐标之 间的等量关系。 .(2025四川萨州三模)已知函数()=血x-a+a,且f()≤0对x>0恒成立。 (1)求a的值； （2)若关于x的方程旷（①）=心+m有两个实根，求实数m的取值范围。 4.(24-25高二下四川凉山期末)已知函数f(x)=lnx-2ax. 若函数=f。 L,f(1 (x+1)2+y2=1 的图象在点 ”处的切线为直线1，且直线1与圆 相切，求a的值： (2)若f(,=0有且仅有两个不同的根，求a的取值范围。 目地 城黄点06 利用导数研究双变量问题 f(x)=Inx-ax-b 1.(24-25高二下·四川凉山期末)已知函数 f(x) (1)讨论函数 的单调性； b (2)若f(x)≤0恒成立，求。的取值范围. 2.(24-25高二下四川成都期末)设函数 f(x)=e*-ax 其中a∈R ()讨论函数f(x)在[L,+o)上的极值： (2)若函数)有两零点x,x,(x<x),且满足1+1 +>1,求正实数的取值范围 3.(24-25高二下四川凉山期末)已知函数f()=nx-二 (1)讨论 (⊙的单调性： 2证明：若0≥1，)儿<，则+5>2 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 4.(24-25高二下·四川乐山期末)已知函数 f(x)=-xInx (1)求函数 ()的最大值： 1 (2)斜率为k的直线与曲线y=f(x)交于A(x,y),B(:,2)(x<)两点，求证：<- 5.(2425高二下四川眉山期末)已知函数/)=e(‘为自统对数的底数)，f(冈为因的导 函数. (I)求函数 （冈的单调区间： (Ⅱ)当。=1时，若存在不相等的实数x,使得6)=)证明：了士0， 目典城嗜点07 利用导数解决实际问题 (24-25高二下·四川眉山期末)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千 克)与销售价格x(单位：元干克动瑞足关系武y二。+卫(-7，其中4<r<7,“为常数尼知销售 价格为6元/千克时，每日可售出该商品13千克 (1)求a的值： (2)若该商品的成本为4元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 2。(2425高二下四川绵阳期末)小王进行投资研究，发现投资开餐馆的收益儿)与投资金额的关系 是儿)=，f()的部分图象如图1，投资运输运普的收益3()与投资金额×的关系是3(9)=(，N云， g(x) 的部分图象如图2.（收益与投资金额单位：万元） y外 y 2.5 0.45 1.8x 图1 图2 学科网 www .zxxk com 让教与学更高效 山求，8的解析式： (2)小王准备将自己的存款100万元全部投资餐馆和运输运营，如何分配才能使投资获得最大收益，其 最大收益为多少万元？ 3.(24-25高二下四川绵阳期末)已知某公司生产一种零件的年固定成本是3万元，每生产1千件，须另 投入2万元，设该公司年内共生产该零件千件并全部销售完，每千件的销售收入为 万元，且 5.6- (0<x≤10) R(x)= 30 1331250, x x2(6r>10) (1)写出年利润 ”(四)（万元）关于年产量（千件）的函数解析式： (2)当年产量为多少千件时，该公司在这种零件的生产中所获利润最大？（注：年利润=年销售收入年 总成本) 专题06 导数的综合应用解答题压轴 7大高频考点概览 考点01 利用导数证明不等式（压轴题型） 考点05利用导数研究方程根的问题（压轴题型） 考点02利用导数探究不等式恒成立问题（压轴题型） 考点06利用导数研究双变量问题（压轴题型） 考点03利用导数探究不等式存在性问题（压轴题型） 考点07利用导数解决实际问题（压轴题型） 考点04利用导数研究函数的零点（压轴题型） 地 城 考点01 利用导数证明不等式 1．（24-25高二下·四川资阳·期末）已知函数，且的最小值为1. (1)求的值； (2)证明： （i）； （ii）对于任意. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）对进行讨论，然后对函数求导可得结果； （2）化简式子，讨论范围，转化为，成立，将其变形为，构建函数，利用左右两边最值进行比较可得； （3）可证得不等式，化简得，利用不等式得到，然后求和利用等差、等比数列求和可证得结论. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，函数在单调递增，不符合题意； 当时，函数在单调递增，不符合题意； 当时，，若，；若，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为 （2）（i）由（1）可知；，要证明，只需证明 因，显然恒成立；故只需证明，成立，即证：在上恒成立. 令，，令，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 则 令，因在上单调递增，则 ， 故有，即， 故得证. （ii）令，在恒成立， 在单调递增，则. 要证， 只需证，即， 由， 又，则，故得， 所以， 又，所以， 所以， 即得. 2．（24-25高二下·四川眉山·期末）设，函数． (1)当时，求的最大值； (2)当时，关于的方程在,上恰有两个不相等的实数根，求实数的取值范围； (3)求证：当，时． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，根据函数的单调性求解即可， （2）将问题转化为在,上恰有两个不相等的实数根，利用导数求解的单调性，即可列不等式求解， （3）先证明不等式当且仅当时取等号，进而得，累加即可求解. 【详解】（1）当时，，而, ， 令，解得：，令，解得：， 故在递增，在递减， 故 （2）时，， 关于的方程化为， 令，,， ， 令，解得或1， 令，解得，此时函数单调递增， 令，解得，此时函数单调递减， 关于的方程在,上恰有两个不相等的实数根，则在,上恰有两个不相等的实数根 则，即，解得：， 实数的取值范围是， （3）设， 则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当， 故当且仅当时取等号， 令．则， 依次取，3，，． 累加求和可得， 当时，， ， ， 故， 即 3．（24-25高二下·四川南充·期末）已知函数（为自然对数的底数），. (1)求函数在区间上的最值； (2)若对，求证：； (3)求证：. 【答案】(1)最大值为，最小值为； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导，根据导数判断函数在区间上单调性，进而可求得最值； （2）证明，通过构造函数，利用导数分析最值即可证得结论成立； （3）令，由（2）得，再借助放缩，得证. 【详解】（1）对函数求导可得， 令，则， 当时，， 由正弦函数性质可知，当，即，， 当，即，， 因为，所以时，，时，， 即函数在区间单调递增，在区间上单调递减， 而，，， 所以函数的最大值为，最小值为； （2）要证，只需要证明，其中， 设，， 设， 因为函数、在上均为减函数， 则在区间内单调递减 因为，，所以，，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减 又因为，，，，使得， 当时，；当时，. 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减. 因为，， 所以在区间内恒成立， 即对，成立； （3）令，所以， 所以，，，…，， 所以. 对，，所以， 所以 ， 所以得证. 4．（24-25高二下·四川眉山·期末）已知函数，记． (1)判断的单调性； (2)若存在极值点，且， ①求a的取值范围； ②求证：． 【答案】(1)答案见解析； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）先求导函数，在对a分类讨论，即可求解. （2）根据的单调性，分类讨论，即可求解，②构造函数，根据单调性，即可证明. 【详解】（1）由题知，即，则，为增函数， 当时，在为增函数， 当时，函数的零点， 在区间上，，则为减函数， 在区间上，，则为增函数． （2）， 当时，在区间为增函数， 所以为区间上的增函数，不符合题意． 当时，在区间为减函数，在区间为增函数， 所以， 当时，，此时增函数，无极值点，不合题意，舍去． 当时， 令， 当时，为减函数， 当时，为增函数， 所以，故， 若， 由且在区间为增函数，则在为增函数， 所以，故在无零点，即无正数极值点． 若， 由得，又且， 所以存在，使得， 当为减函数，当为增函数， 所以是极小值点，即存在正数极值点． 综上所述，的取值范围是． ②由（1）知，，则，其中， ， 令， 于是时，单调递增，时，单调递减， 故在处取得最大值，故，所以， 所以，． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题， （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 5．（24-25高二下·四川乐山·期末）已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)当时，若，求证：． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，，对求导，得到，令，得到，再利用极值的定义，即可求解； （2）构造函数，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，再结合条件，得到，再构造函数，求出函数的单调区间，进而求出的最小值，即可证明结果. 【详解】（1）当时，，所以， 令，得到，当时，，时，， 所以在处取到极小值，极小值为，无极大值. （2）因为，， 由，得到， 令，则， 令，则，由，得到， 当时，，时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 得到，又，所以，当且仅法时取等号， 所以在区间上单调递增，得到， 又， 所以， 令，所以，令，得到， 当时，，时，， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，故. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第二次，利用同构，即，构造函数，利用函数的单调性得到，从而得到，再构造函数，求出函数的最小值，即可求解. 6．（24-25高二下·四川乐山·期末）已知函数，． (1)当时，求函数的极值； (2)当时，若，求证：． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，，对求导，得到，令，得到，再利用极值的定义，即可求解； （2）构造函数，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，再结合条件，得到，从而得到，再构造函数，求出函数的单调区间，进而求出的最小值，即可证明结果. 【详解】（1）当时，，所以， 令，得到，当时，，时，， 所以在处取到极小值，极小值为，无极大值. （2）因为，， 由，得到， 令，则， 令，则，由，得到， 当时，，时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 得到，又，所以，当且仅法时取等号， 所以在区间上单调递增，得到， 又， 所以， 令，所以，令，得到， 当时，，时，， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，故. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第二次，利用同构，即，构造函数，利用函数的单调性得到，从而得到，再构造函数，求出函数的最小值，即可求解. 7．（24-25高二下·四川达州·期末）已知函数，． (1)求函数的极值； (2)曲线在处的切线方程为，证明：． 【答案】(1)极大值为，极小值为； (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，再求函数的极值； （2）首先利用导数的几何意义求切线方程，再根据不等式构造函数，转化为求函数的最大值. 【详解】（1）， 令，得或， 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； （2）由（1）可知，，且， 所以曲线在处的切线方程为，即， 要证明，即证明 设，，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，， 所以，即， 所以，命题得证. 8．（24-25高二下·四川成都·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调区间： (2)若函数有两个不同的零点， ①求的取值范围， ②证明：. 【答案】(1) 答案见详解 (2)①；②见答案详解. 【分析】（1）写出，求导，根据的正负判断的符号，进而求出单调区间. （2）①分离参数求导，有两个交点即可；②把变成整式，作差得到，把中换掉，变量集中，令，得到，求导证明即可. 【详解】（1），定义域为， 当时，，在递增； 当时，，，，， 递增，在递减. 综上所述：当时，递增区间为，无递减区间； 当时，递增区间为，递减区间为. （2）①有两个不同的零点，有两个根，即有两个根， 令，则， 则时，，递增；时，，递减， 极大值为，当时，，当时，， 的范围为. ②有两个不同的零点，， 两式作差得，，要证，及证， 即证：，同除，得到 不妨设，令，则， 则证明，即证， 令，则， 则在上增，且，，.得证. 9．（24-25高二下·四川宜宾·期末）已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)记，若与的图像有两个交点，记交点的横坐标分别为求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，分类讨论得的解集从而得到结果； （2）根据题意，由有两个零点可得，然后将转化为，，然后利用导数解决恒成立问题即可得证. 【详解】（1）由题得， 因为，令， ①当，即时， 当时；当时，； 所以函数在上单调递减，在上单调递增； ②当，即时，， 所以函数在上单调递减； ③当，即时， 当时，；当时，； 函数在单调递减，在单调递增； 综上：当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 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）由题得， 因为由是函数若与图像的两个交点的横坐标， 所以是函数的两个零点， 故 因为 要证，即证 只需证 因为令则证明 令对是恒成立， 所以在单调递减，，即恒成立， 故成立. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于通过构造函数将证明转化为证明，，应用导数求出函数值范围即可得到结果. 10．（24-25高二下·四川德阳·期末）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线相互垂直，求的值； (2)若函数存在两个极值点，且．证明：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义和直线垂直的斜率关系即可； （2）根据极值点处导数为0，找到满足的方程， 然后将， 转化为，然后构造函数，利用函数的单调性证明即可. 【详解】（1）函数， 在点处的切线斜率：， 切线与直线相互垂直， ，. （2）函数存在两个极值点， 故在有两个不相等的实数根，且， 令则，解得 且，. ．证明:, 即证：， 即证：. ,同理可得： 设， 则， 设， ，在上恒成立， 所以在上是减函数， 在上恒成立， 故在上是减函数， 即 故得证. 11．（24-25高二下·四川宜宾·期末）已知函数，． (1)当时，求函数的极大值； (2)记，，，若有两个零点记为，，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导得，然后令即可得到极值点，从而得到结果； （2）根据题意，由有两个零点可得，然后将转化为，，然后求导，由其单调性即可证明. 【详解】（1）由题得， ，，， 当，，，，， 所以函数在单调递增，在，单调递减； 当时函数有极大值为 （2）由题得， ， 所以，，的两个零点， 故，， 因为， 要证， 即证，， 只需证，， 因为，令，，则证明，， 令，，对是恒成立， 所以在单调递减，， 即，恒成立，故成立 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数求解函数极值以及利用导数证明不等式，难度较难，解答本题的关键在于将转化为，，即可得到结果. 地 城 考点02 利用导数探究不等式恒成立问题 1．（24-25高二下·四川雅安·期末）已知函数，. (1)当时： （i）求曲线在处的切线的方程； （ii）证明：直线与曲线有且仅有一个公共点； (2)当时，若任意，，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)（i）（ii）证明见解析 (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据题意，求得，得到和，结合导数的结合意义，即可求解； （ⅱ）由题意，可转化为有且仅有一解，令，求得，得到函数递增，结合，即可得证； （2）转化为，由，求得，分，，求得函数的单调性和最小值，进而得到答案. 【详解】（1）解：（ⅰ）当时，，可得，所以， 又由，所以曲线在处的切线方程为， 所以切线的方程为； （ⅱ）要证直线与曲线有且仅有一个公共点，只需证得有且仅有一解， 即证方程有且仅有一解， 令，可得， 所以函数在上单调递增， 因为，所以有且仅有一解， 所以直线与曲线有且仅有一个公共点. （2）解：由任意，恒成立， 等价于， 由，可得，其中， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增. ①当，即时，在上单调递减， 所以，， 此时，不合题意. ②当，即时， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 故，且， 即，且， 即，且， 令，当时，， 所以在上单调递增，故， 令，当时，， 所以在上单调递减，故， 所以当时，满足题意. 综上可得，实数的取值范围为. 2．（24-25高二下·四川广元·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若恒成立，求实数m的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为. (2) (3)证明见详解 【分析】（1）确定定义域，求导，令，继续求导根据导数符合确定单调区间即可； （2）由题知，令，求导根据单调性确定最值即可； （3）由（2）知，转化为证，即，再利用指数放缩，所以，令，证明即可. 【详解】（1）函数的定义域为，， 令，， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减， 即函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）因为，恒成立，即， 令，， 所以在单调递增，单调递减， ，. （3）证明：由（2）知， 要证，即证， 等价于， 又，所以， 令，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 即， 即， 故成立. 3．（24-25高二下·四川泸州·期末）已知函数为的导函数. (1)若，讨论在上的极值点个数； (2)设函数，若恒成立. ①求的取值范围； ②设函数的零点为的极小值点为，求证：. 【答案】(1)答案见解析； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）对函数求导，构造，应用导数研究其区间单调性及最值，分类讨论参数，确定极值点个数； （2）①根据已知有，结合恒成立得，再应用导数求其最值，即可得参数范围；②构造，对其求导，再构造，应用导数研究其单调性，进而确定的极小值点，再由不等式恒成立得，结合的单调性，即可证结论. 【详解】（1）由题设，令，则， 由且，则，所以在上单调递减，则， 若，则，故在上恒成立，此时在上单调递减，故无极值点， 若，则，且趋向，，，即， 所以，存在使，则时，时， 故在上，在上单调递增，在上，在上单调递减， 此时在上有1个极大值点，无极小值点； 综上，时在上无极值点，时在上有1个极大值点，无极小值点； （2）①由题设，可得，显然时不合题设， 当时，趋向，，，即，不符合， 所以，且， 所以，即在上单调递减，，即在上单调递增， 所以； ②由，令，则， 令且、，则， 所以在上单调递增，则，， 所以存在使， ，即有，，即有， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时的极小值点，因此， 由①，当有，即，整理得，则， 所以，即 所以在上单调递增，由，即， 所以， 综上，. 4．（24-25高二下·四川达州·期末）函数，的导函数为. (1)求证：时，； (2)对，恒成立，求的取值范围； (3)求证：. 【答案】(1)答案见详解 (2) (3)答案见详解 【分析】(1)求出，代入不等式再化简，构造，用导数求出成立，从而证明; (2)求，找到的临界点，用判断临界点性质，分析单调性，找出值域，得到答案; (3)换元，变形已知条件得，再由（1）（2）结合数学归纳法得出时，成立，最后验证时，不等式成立 【详解】（1）， 要证明，只需证明. 当时，， 不等式两边同时除以得：， 令，则 当时，恒成立， 在上是减函数. , ∴当时，恒成立， 即时，， 时， （2），, 令，得唯一解， 且 是唯一临界点 ,， 是增函数 在处取得极小值， 当时， 是最小值点 对，恒成立时，需 即 所以，的取值范围是. （3）当时，,即 由（1）知时，， 取，由（2）知，，， 当时， 接下来证明 当时，左边，右边，不等式成立， 假设时不等式成立，则 时，， 这里需要证明成立， 简化得， 整理得， 两边乘以得：，不等式成立 所以，对也成立 时，成立， 综合所有信息可得： 时， 时，； 时，不等式左边，右边 时，成立 综上， 5．（24-25高二下·四川成都·期末）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)当时，设的两个零点为，证明：． 【答案】(1)1 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）把代入，利用导数求出最小值. （2）求出函数的导数，再按分类，结合单调性确定的范围. （3）借助同构变形，换元并构造函数，利用极值点偏移证得不等式. 【详解】（1）当时，函数，求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 又，则，使得，即， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， ， 所以函数的最小值为1. （2）函数，求导得， 由（1）知，当时，， 当时，在上单调递增，成立， 当时，，使得，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增，，不成立， 所以的取值范围为. （3）函数，令， 由（1）知在上单调递增，函数有两个零点为， 则为函数的两个零点，又， 当时，；当时，，因此为函数的唯一极小值点， 则，要证，即证，即证， 即证，令， 求导得， 函数在上单调递减，，于是， 所以. 6．（24-25高二下·四川凉山·期末）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)设，若对，都有恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值； (2) 【分析】（1）求定义域，求导，得到单调性，极值情况； （2）参变分离得到，构造，求导得到单调性和最值，得到的取值范围. 【详解】（1）当时，，定义域为， 故， 令，解得，令，解得， 故在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，极小值为，无极大值； （2），， 由于在上恒成立， 故， 令， 则， 令，， 则， 故在上单调递增， 故， 故，所以在上单调递增， 故， 所以. 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 7．（24-25高二下·四川绵阳·期末）已知函数. (1)若， 求曲线在点处的切线方程; (2)若无零点，求实数的取值范围; (3)若存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2) (3)． 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）方法一：求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性，结合零点存在性定理说明即可；方法二：依题意可得，设，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，依题意与无交点，即可求出的取值范围； （3）令，求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调性，求出函数的最值，即可得解. 【详解】（1）当时，则，     ∴切线斜率为，又，     ∴所求切线方程为； （2）方法一：函数的定义域是， ∴，     ①若，则，在上单调递增， ，， ∵，，，则， 则仅有一个零点，且零点位于；     ②当，则当时，当时， 所以在上单调递减，在单调递增； 因为的最小值为， 若时，，此时无零点；     若时，，此时仅有一个零点；     若时，，，此时至少有一个零点； 综上所述，．     方法二：令，则，     设，则，     所以当时，当时， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴的最大值为，且当趋于时趋于， 依题意与无交点，所以， ∴要使在定义域上无零点，则． （3）因为， 所以问题转化为在区间有解， 令，即， 则     ①当时，，∴时，，在上单调递减， 此时，，不符合题意；     ②当时， ∴时，，在上单调递减， ∴，即时，，符合题意；     ③当时， ∴时，，在上单调递增； 时，，在上单调递减， ∴，，符合题意； 综上所述，． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 8．（24-25高二上·四川成都·期末）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若数列满足，记为数列的前项和．证明：． 【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为． (2)． (3)证明见解析 【分析】（1）求导，即可根据导函数的正负即可求解， （2）根据题意可得，即可由导数结合分类讨论求解最值，进一步将问题转化为，构造函数，求导即可求解最值求解， （3）根据（2）的求解可得不等式和，即可根据，得，由累加法以及裂项求和即可求证. 【详解】（1）当时，， 故当单调递减； 当单调递增． 综上，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）由题意，． ①当时，在单调递减， 由，不合题意； ②当时，在单调递减，单调递增． 由恒成立，得． 即． 令， 恒成立， 所以在单调递减，且． 故当，符合题意， 当，不合题意． 综上，的取值范围为． （3）由， 得，且． 由（2）可知，令，有可得， 令可得即． 由得即． 两边取对数得，由上述不等式得 于是， 所以． 当时，，不等式成立； 当时， ．即当时，不等式成立． 综上，得证． 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 9．（24-25高二下·四川泸州·期末）设函数， (1)求证：当时，函数没有零点； (2)若曲线在点处的切线，也是曲线的切线，求a的值； (3)对任意，关于x的不等式恒成立，求正数k的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2)答案见解析 (3). 【分析】（1）根据函数先求导函数得出单调性即可得出零点； （2）先根据求出切线，再根据切线求参； （3）把恒成立不等式移项设新函数,再结合函数单调性求参即可. 【详解】（1）由题设， 当时，则， 所以在单调递增，， 故时，没有零点，得证. （2）由（1）知，，曲线在点处的切线为 , 由题设，则， 设 与相切于点，则， ，则， ，则，          所以或 （3）， 令，， 存在，使在单调递增；    显然在恒成立，则. 当，，恒成立； 当，设， 所以单调递增，所以， 也成立， 所以. 【点睛】方法点睛：恒成立问题移项设新函数，根据函数的最值满足不等式求参. 10．（24-25高二下·四川成都·期末）已知函数 . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程； (2)若 恒成立，求 的取值范围； (3)求证: 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义计算即可求解； （2）构造函数（），将原不等式转化为，即，利用导数研究的单调性可得在上恒成立，结合导数求出即可； （3）根据不等式、，对不等式进行放缩，即可证明. 【详解】（1）当时，， 则，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）不等式等价于， 即， 设（），则，所以在上单调递增， 由，得， 则，即在上恒成立， 设，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即实数a的取值范围为； （3）先证：①和②， ①：设函数，则， 所以函数在上单调递增，且， 所以，即，得，令，得； ②：设函数， 在区间上的面积可以通过矩形近似估计，即， 所以， 又，所以. ， 所以 ， 又， 所以 ， 又， 所以， 即， 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键是根据不等式构造函数（），利用导数导数研究的单调性解决恒成立问题；第（3）问的关键是根据、，对不等式巧妙放缩. 地 城 考点03 利用导数探究不等式存在性问题 1．（24-25高二下·四川广元·期末）已知函数． (1)求函数的图象在处的切线方程； (2)若在上有解，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据切线方程的求解方式求切线方程即可； （2）根据题意，利用导数求函数在的最小值即可. 【详解】（1），，， 所以函数的图象在处的切线方程为. （2）由（1）知， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以， 又在上有解，所以. 2．（24-25高二下·四川眉山·期末）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若存在，使，求的取值范围． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2) 【分析】（1）对求导，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果； （2）对进行讨论，分，和，当，利用函数值的符号即可求解；当和，设，利用导数与函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）易知函数定义域为，因为 ， 令 ，得 令 ，得，令 ，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）由 ，得 ， 因为，所以，， 当时，，符合题意； 设， 当时，则，所以在上单调递增， 所以，不符合题意； 当时，令，得 ， 令，得 ，所以 ， 则存在，使，满足题意， 综上，的取值范围是. 3．（24-25高二下·四川眉山·期末）已知. (1)求的极值点； (2)若不等式存在正数解，求实数的取值范围. 【答案】(1)极大值点为，极小值点为 (2) 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可得出函数的极大值点与极小值点； （2）分析可知，存在，使得，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）解：函数的定义域为，， 令可得或，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的极大值点为，极小值点为. （2）解：由题意可知，存在，使得，即， 令，其中，则， 令，其中，则， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递增，则， 所以，函数在上单调递增，则， 所以，当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增，则， 所以，. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 4．（24-25高二下·四川乐山·期末）已知函数，，. （1）求函数的极值点； （2）若在上为单调函数，求的取值范围； （3）设，若在上至少存在一个，使得成立，求的取值范围. 【答案】（1）为函数的极小值点，无极大值点；（2）；（3）. 【分析】（1）求导数，再求导函数零点，根据导函数符号变化规律确定极值点； （2）根据单调性转化为导函数非正或非负恒成立，再变量分离转化为求对应函数最值，最后根据基本不等式求函数值域，即得结果； （3）先构造差函数，分析出，再根据导数确定单调性，最后根据最值列不等式，解得结果. 【详解】解：（1）因为 由，得， 当时，当时， 所以为函数的极小值点，无极大值点； （2）， ∴. 因为在上为单调函数， 所以或在上恒成立 等价于 ，，∴. ∴等价于，即在恒成立， 而， 综上，的取值范围. （3）构造函数， 当时，，，， 所以在不存在使得成立. 当时， 因为，∴，，所以在恒成立， 故在单调递增，， 所以只需，解之得， 故的取值范围. 【点睛】本题考查利用导数求函数极值点、利用导数研究函数单调性、利用导数研究不等式有解问题，考查综合分析求解能力，属较难题. 5．（24-25高二下·四川绵阳·期末）已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）若存在实数，，使得，求的最小值. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）由函数，根据函数的单调性证明即可. （2）设，求出，，，令，根据函数的单调性求出其最小值即可. 【详解】（1），， 由，解得， 由，解得， 在单调递减，在单调递增， ， 在上单调递增， 当时，的最小值为. （2）设， 则. ，则，即， 故，， ，， 即，. 令，则， 因为和在上单调递增， 所以在上单调递增，且， 当时，， 当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 当时，取最小值，此时， 即最小值是. 【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性的应用、导数在求函数最值中的应用，考查了转化与化归的思想，属于难题. 6．（24-25高二下·四川绵阳·期末）已知函数. （1）证明：时，单调递增； （2）若存在实数，，使得，求的最小值. 【答案】（1）证明见解析  （2） 【分析】(1)求导分析导函数的单调性与最值,进而得到原函数为增函数即可. (2)代入化简可得,进而将表达成关于的等式可得,再构造函数分析单调性求的最小值即可. 【详解】解：（1）, , 由,解得, 由,解得, 在单调递减,在单调递增, , 在上单调递增. （2）设, 则, ,则,即, 故,, ,,即,. 令, 则, 因为和在上单调递增, 所以在上单调递增,且, 当时,, 当时,, 在上单调递减,在上单调递增, 当时,取最小值,此时, 即最小值是. 【点睛】本题主要考查了根据导数分析函数的单调性以及构造函数求解表达式最值的问题,属于难题. 地 城 考点04 利用导数研究函数的零点 1．（24-25高二下·四川眉山·期末）已经函数，其中． (1)若，求的极值； (2)讨论的零点个数，求的取值范围； (3)当时，证明：不等式恒成立． 【答案】(1)极大值为1，无极小值 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，得出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成与的图象有两个交点，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得其图象，数形结合，即可求解； （3）构造函数，利用导数与函数单调性，可得，构造函数，利用导数与函数单调性，可得，即可求解. 【详解】（1）当时，，所以， 又的定义域为， 令，得到，由，解得，由，解得， 所以当时，的增区间为，的减区间为， 则的极大值为，无极小值． （2）因为有两个零点，即方程有两个解， 等价于方程有两个解；等价于与的图象有两个交点， 因为，令，解得， 当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 则当时，取到最大值，且， 又当时，且时，， 当时，，且时，， 的图象如图所示， 所以当时，有没有零点； 当或时，有1个零点； 当时，有两个零点． （3）当时，要证明不等式恒成立， 即证明恒成立； 令，∴， 当，∴，即在上单调递增， ∴，即． 令，∴， ∵，∴，即在上单调递增， ∴，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴成立， 即当时，不等式恒成立． 2．（24-25高二下·四川·期末）已知三次项为且不含常数项的三次函数的两个极值点分别为和3． (1)求的解析式； (2)若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由题设，由韦达定理可得，然后由导数运算法则可得答案； （2）由（1）可得有2根，设，随后由极大值等于0，极小值小于0或极大值大于0，极小值等于0可得答案. 【详解】（1）由题设，则. 由题意，得和3是关于的方程的两根， 由韦达定理，得，解得， 此时． 当时，；当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点，符合题意． 综上，． （2）直线与曲线有且仅有两个公共点，等价于关于的方程仅有两个实根， 即关于的方程仅有两个实根． 设，则． 当时，；当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点， 且，． 根据题意，得或， 解得或． 3．（24-25高二下·四川自贡·期末）已知函数，函数． (1)求的最小值； (2)若． ①求零点的个数； ②证明：的所有零点之和为定值． 【答案】(1)； (2)①3个；②证明见解析. 【分析】（1）求出函数导数，利用导数求出函数的最小值. （2）①求出函数的导数，结合零点存在性定理求出的零点所在区间，进而求出函数的单调性，再由零点存在性定理求出零点个数；②变形并构造函数，探讨奇偶性并利用其性质求得所有零点和. 【详解】（1）函数定义域为R，求导得， 当时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 所以当时，函数取得最小值. （2）①函数的定义域为R，求导得， 令，求导得，而， 当时，；当时，， 函数在上递减，在上递增，， 而，则存在，使得， ，令，求导得， 函数在上递增，，即， 因此存在，使得，当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而， 则是的一个零点，且，又， 因此函数在上各有一个零点， 所以零点的个数为3. ②， 而，由，得，令， ，则函数为R上的奇函数， 函数的图象关于原点对称，因此的所有零点和为0， 所以所有零点和为0，是定值. 4．（24-25高二下·四川乐山·期末）已知函数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点，记作，. （ⅰ）求参数的取值范围； （ⅱ）若，证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，得解； （2）（ⅰ）问题转化为在上有两个根，，令，求导判断的单调性和最小值，问题转化为在上有两个根，分离参数，令，求导判断单调性最值，得解；（ⅱ）由（ⅰ）知，，可得，利用分析法转化为即证，令，即证在上恒成立，利用导数判断单调性求出最值得证. 【详解】（1）当时，， 则，. 又，在处的切线方程为. （2）（ⅰ）由题知，在上有两个根，， ，即. 令，则. 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ， 所以问题转化为在上有两个根. 易知，故， 令，则. 当时，，单调递增 当时，，单调递减. 又，时，，时，， 且时，；时，， ，解得，即参数的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）知，，两式相减得 ， 要证， 即证， 即证， 即证， 令，即证在上恒成立. 令， ， 令， ， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增. ， ，得证， . 5．（24-25高二下·四川攀枝花·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； (2)讨论函数的零点个数. 【答案】(1)； (2)答案见解析. 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即可求解. （2）求出函数的导数，分类讨论函数的单调性，结合零点存在性定理及函数最值情况探讨零点即可. 【详解】（1）当时，，求导得，则，而， 于是曲线在点处的切线为，即， 直线交轴于点，交于点， 所以曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积. （2）函数的定义域为， 求导得， 当时，则，函数在上单调递减， 显然，当时，，， 则，，， 于是，因此函数有唯一零点； 若，由得， 当时，，当时，， 则在单调递减，在单调递增，， 显然函数在上单调递增， 当时，，函数无零点； 当时，，函数有唯一零点； 当时，，当时，，， 则，，，于是，函数在上有一个零点， 当时，显然，， ， 因此，令，求导得， 即在上单调递增，，于是， 从而函数在上有一个零点， 于是当时，函数有两个零点， 所以当或时，函数有1个零点；当时，有两个零点；当时，无零点. 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 6．（24-25高二下·四川遂宁·期末）已知函数（e是自然对数的底数）. (1)当时，求的极值点； (2)讨论函数的单调性； (3)若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)极小值点为，无极大值点. (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求导即可得函数单调性进而可求极值点， （2）根据和两种情况，即可根据导数正负求解单调性， （3）将式子变形为有两个零点，构造函数，求导即可结合零点存在性定理求解. 【详解】（1）当时，,则. 当时，，此时函数递减，当时，，此时函数递增， 所以极小值点为，无极大值点. （2）求导 ①当时，，在上递增 ②当时， 当时，，在上递减， 当时，，此时函数在上递增. （3）等价于有两个零点， 令，则在时恒成立，所以在时单调递增，故， 所以有两个零点，等价于有两个零点. 因为 ， ①当时，，在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意舍去， ②当时，令，得，单调递增，令，得，单调递减， 所以. 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点. 若，得，因为，，， 所以在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，的取值范围为. 【点睛】本题主要考查了函数的零点，函数与方程等知识点，属于较难题判断函数零点个数的常用方法： (1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个； (2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数； (3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题. 7．（24-25高二下·四川眉山·期末）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，证明：; (2)当时，求函数零点个数． 【答案】(1)证明见解析； (2)2. 【分析】（1）把代入，利用导数探讨函数单调性，借助函数最小值0推理作答. （2）把代入，利用导数探讨函数单调性，求出函数最小值，再借助零点存在性定理求解作答. 【详解】（1）当时，，，求导得， 显然，当时，，则， 当时，，则，因此函数在上单调递减，在上单调递增， 则当时，， 所以. （2）当时，，，求导得， 当时，，则，当时，，则， 当时，函数都递增，即函数在上单调递增， 而，因此存在，使得， 当时，，当时，， 从而当时，，当时，， 即有函数在上单调递减，在上单调递增，， 而，于是函数在，各存在一个零点， 所以函数零点个数是2. 【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 8．（24-25高二下·四川绵阳·期末）已知函数，当时，取得极小值，且． (1)求函数的解析式； (2)讨论函数在的零点个数． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，代入和 ，即可求解； （2）首先求函数的零点，再讨论的取值，结合函数在区间上的单调性，即可讨论函数的零点个数. 【详解】（1）因为，所以， ∵时，有极小值， ∴，即，即. 当时，，令，即， 令，即或， ∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得极小值，符合题目条件. 又，所以， ∴. （2）由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 令，得，， ①当时，则在上单调递增，， ∴在上无零点； ②当时，则，则在上仅有一个零点， ③当时，在上单调递减，， ∴在上有两个零点； 综上所述，当时，在上无零点； 当时，在上仅有一个零点； 当时，在上有两个零点． 9．（24-25高二下·四川绵阳·期末）已知函数． (1)若，求函数的极值，并判断其零点的个数； (2)若对任意成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)极大值为13，极小值为，且f(x)有三个零点 (2) 【分析】（1）利用导数判断原函数的单调性与极值，并根据零点存在性定理判断零点的个数； （2）分、和三种情况，结合恒成立问题分析运算. 【详解】（1）若，则，， 令，解得， 当x变化时，的取值情况如下： x 2 － 0 + 0 － 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 且，，，， 根据零点存在定理可得：分别在，，上各有一个零点， 所以函数的极大值为13，极小值为，且f(x)有三个零点． （2）由题意可得：， 令，解得， 当时，，则在上为减函数， 所以，满足题意； 当时，由得，得， 故在上是增函数，在上为减函数， 所以，解得； 当时，由得，由，得， 故在上是增函数，在上为减函数， 所以，不合题意； 综上所述：a的取值范围是． 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 10．（24-25高二下·四川资阳·期末）已知函数． (1)若有两个极值点，求的取值范围； (2)若，，求的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）先将有两个极值点转化为有两个不同实根，分离参数得，根据 函数的性质，可得的取值范围； （2）先将问题转化为在恒成立，再转化为函数的最小值大于或等于0，进而求的取值范围. 【详解】（1）由，得， 因为有两个极值点，则，即方程有两个不等实数根， 令，则， 知时，，单调递减， 时，，单调递增， 则时，取得极小值，也即为最小值， 且时，，时，， 时，，时，， 故，即时， 方程有两个实数根，不妨设为，． 可知时，，时，，时，， 即，分别为的极大值和极小值点． 所以有两个极值点时，的取值范围是． （2）令，原不等式即为， 可得，，， 令，则， 又设，则， 时，，可知在单调递增， 若，有，，则； 若，有，则， 所以，，，则即单调递增， ①当即时，，则单调递增， 所以，恒成立，则符合题意． ②当即时， ，， 存在，使得， 当时，，则单调递减，所以，与题意不符， 综上所述，a的取值范围是． 【点睛】方法点睛： 若恒成立，则； 若恒成立，则. 11．（24-25高二下·四川遂宁·期末）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围； ②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【详解】（1）由题意可得， ①当时，在上递增； ②当时，在上递减，在上递增. （2）①等价于有两个零点， 令，则，在时恒成立，所以在时单调递增， 所以有两个零点，等价于有两个零点. 因为 ，所以当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增，令，得，单调递减，所以， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，因为，，， 所以在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，a的取值范围为. ②要证即证：， 即证，由（2）中①知，，所以只需证. 因为，，所以，， 所以 ，只需证. 设，令， 则，所以只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立. 所以，即. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题与利用导数证明不等式问题，难度较大，解答本题的关键在于根据题意来构造函数，然后通过导数研究函数的性质得到证明. 地 城 考点05 利用导数研究方程根的问题 1．（24-25高二下·四川乐山·期末）已知函数． (1)求的极值； (2)求方程有两个不同的根，求的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) 【分析】（1）求导后，判断单调性即可求解； （2）画出图象，由图象即可求解. 【详解】（1）∵， ∴的定义域为，， 令，解得． 则当时，单调递减，当时，单调递增， ∴在单调递减，在单调递增． ∴当时，有极小值，没有极大值. （2）∵时，，时，， 则的图象如下：    由图象可知，当时，方程有两个不同的根. 故的取值范围为． 2．（24-25高二下·四川乐山·期末）已知函数和有相同的最小值． (1)求； (2)若直线与和的图象共有四个不同的交点，试探究：从左到右四个交点横坐标之间的等量关系． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a，注意分类讨论. （2）根据（1）可得，，结合大致图象分两种情况进行分析探究即可. 【详解】（1）因为，所以． 若，则，此时无最小值，故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. （2）由（1）知，，故，， 且在上为减函数，在上为增函数， 在上为减函数，在上为增函数，且， 所以直线与和的图象有四个不同的交点，存在以下两种情况： 第一种情况，如图：    设直线与的图象交点横坐标从左到右依次为， 直线与的图象交点横坐标从左到右依次为． 由图可知且． ∵且． ∴． 同理，且． ∴． ∴，， 又∵，即：． ∴． ∴． 第二种情况，如图：      设直线与的图象交点横坐标从左到右依次为， 直线与的图象交点横坐标从左到右依次为． 由图可知，，且，， ∵且． ∴． 同理，且． ∴． ∴，， 又∵，即：． ∴． ∴． 综上所述，若直线与和的图象共有四个不同的交点，从左到右四个交点横坐标之间的等量关系为：. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 3．（2025·四川泸州·三模）已知函数，且对恒成立． （1）求的值； （2）若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）由题意是极值点，由此求得并证明满足题意； （2）方程化为，证明，即，则有， 设，由导数求得函数的单调性，函数的变化趋势后可得参数范围． 【详解】解：（1）因为，且， 故是函数的极值点， 因为， 所以， 故， 又因当时，，且， 故在上增函数，在上减函数， 故， 故； （2）因为，则， 设，则， 故在上增函数，在上减函数， 所以，， 因为， 所以， 设，则， 因为，所以， 故函数在上减函数，在上增函数， 所以， 又当无限增大或无限接近0时，都趋近于0， 故， 所以实数的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值，方程的根，解题关键是在于转化，方程根的个数用分离参数法转化为确定函数的性质（单调性，极值，变化趋势等）．利用函数性质得出参数范围． 4．（24-25高二下·四川凉山·期末）已知函数. （1）若函数的图象在点处的切线为直线l，且直线l与圆相切，求a的值； （2）若有且仅有两个不同的根，求a的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）利用导数求出切线斜率，利用圆心到直线距离等于半径列方程可得； （2）求出，利用单调性求出极值，让极值大于0，再利用单调性分别在极值点两侧用特殊值说明有小于0的函数值即可. 【详解】（1）依题意有， 所以切线斜率为 ， 切线方程 即 又已知圆的圆心为，半径为1， 依题意， 解得. （2）依题意知的定义域为 又知 当时，，在是单调递增函数，不符合题意， 所以， 令，得，单调递增； 令，得，单调递减， 所以在有极大值， 且， 得， ， ，由 ，所以， 根据零点存在性定理可知，有且仅有两个不同的根. 所以. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，求切线方程，用导函数研究方程的根、函数零点问题，属于中档题. 地 城 考点06 利用导数研究双变量问题 1．（24-25高二下·四川凉山·期末）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减； (2) 【分析】（1）含参讨论导函数的正负即可； （2）结合（1）的结论得，则有得出，构造函数判断其最值即可. 【详解】（1）由， 若，则恒成立，即在上单调递增， 若，令得，即在上单调递增， 令得，即在上单调递减， 综上所述当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）由（1）得当时，在上单调递增， 当趋近于时，趋近于，不符合题意， 故，则， 所以， 令， 显然当时，，时，，故在时单调递减， 在上单调递增，即， 所以，即 2．（24-25高二下·四川成都·期末）设函数，其中. (1)讨论函数在上的极值； (2)若函数f(x)有两零点，且满足，求正实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出，分、讨论，可得答案； （2）由零点存在定理可知，而题设，消去a可得，令，且，求出，，将其代入得，再利用导数分、讨论可得答案.. 【详解】（1）由知， 1）当时，且有，，单调递增，故无极值； 2）当时，有，，单调递减，而，，单增，故，无极大值. 综上，当时，无极值； 当时，极小值为，无极大值； （2）由（1）可知当时，，， 且， 由零点存在定理可知，而题设可知，消去a可得 ，令，且，即，， 将其代入，整理可令得， 而， 1)当时，且，有，单调递增，，满足题设； 2)当时，且，有，单调递减，，不满足题设； 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：第二问解题关键点是消去a可得，令得、， 将其代入构造函数，本题还考查了学生思维能力、运算能力. 3．（24-25高二下·四川凉山·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：若，，则． 【答案】(1)时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）先求定义域，再求导，分与求解函数的单调性； （2）由得到，即证，构造函数，，求导后得到在上单调递增， ∵，∴，从而证明出成立． 【详解】（1）由题意知：． 当时，当时，，在上单调递增； 当时，当时，，当时，， 在上单调递减，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）证明：∵，即， 又，∴要证，只需证， 即证 ① 设，，则， ∴在上单调递增， ∵，∴，不等式①成立，即成立． 【点睛】对于双元问题，要转化为单元问题，构造函数，结合函数单调性和极值等进行求解. 4．（24-25高二下·四川乐山·期末）已知函数． (1)求函数的最大值； (2)斜率为k的直线与曲线交于，两点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）直接求导确定单调性，求出最大值即可； （2）先由斜率公式表示出，进而得到要证，再将双变量转化为，令，构造函数证得即可. 【详解】（1）∵，令，得．当时，，单调递增； 当时，，单调递减，∴． （2）∵，又，则，则，欲证， 只需证．只要证，令，只要证，由知，只要证． ①设，∵，∴在是增函数，∴当时，，即； ②设，∵ ，∴在是增函数，∴当时，，即． 由①②知成立，则得证． 5．（24-25高二下·四川眉山·期末）已知函数（为自然对数的底数），为的导函数． （Ⅰ）求函数的单调区间； （Ⅱ）当时，若存在不相等的实数，，使得，证明：． 【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）先计算，再对求导得，分、、分别解不等式和即可得单调单增区间和单调递减区间； （Ⅱ）计算的单调性和最小值，可判断，由可得，构造函数，计算，再构造函数求导利用单调性判断即可得，代入即可求证. 【详解】（Ⅰ）由得：， ， 当时，是常函数，不具有单调性； 当时，由即可得，由即可得， 当时，由即可得，由即可得， 综上所述：当时，是常函数，没有单调区间； 当时，的单调递区间是，的单调减区间是， （Ⅱ）当时，， 由可得；由可得， 所以在单调递增，在单调递减， 因为存在不相等的实数，，使得， 当时，，当趋近于时，趋近于， 所以， 所以，即 两边同时取对数可得：，即， 设，则，且， 由可知， 而 ， 令，则，所以 所以， 所以在上单调递减，故， 即，所以，， 则有， 即. 【点睛】方法点睛：破解双参数不等式的方法： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式； 二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 地 城 考点07 利用导数解决实际问题 1．（24-25高二下·四川眉山·期末）某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式，其中，a为常数.已知销售价格为6元/千克时，每日可售出该商品13千克. (1)求a的值； (2)若该商品的成本为4元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【答案】(1) (2)当元/千克时，商场每日销售该商品所获最大利润 【分析】（1）根据题意，，解方程即可得答案； （2）设商场每日销售该商品的利润为，则，，再根据导数研究函数单调性，求最值即可得答案. 【详解】（1）解：因为销售价格为6元/千克时，每日可售出该商品13千克，商品每日的销售量y（单位：千克）与销售价格x（单位：元/千克）满足关系式，其中，a为常数 所以，解得 所以，， （2）解：设商场每日销售该商品的利润为， 则， 因为 当时，，单调递增，当时，，单调递减 所以当元/千克时，商场每日销售该商品所获最大利润 2．（24-25高二下·四川绵阳·期末）小王进行投资研究，发现投资开餐馆的收益与投资金额的关系是，的部分图象如图1；投资运输运营的收益与投资金额的关系是，的部分图象如图2.（收益与投资金额单位：万元） （1）求，的解析式； （2）小王准备将自己的存款100万元全部投资餐馆和运输运营，如何分配才能使投资获得最大收益，其最大收益为多少万元？ 【答案】（1），；（2）投资餐馆资金为93.75万元，投资运输运营6.25万元；万元. 【分析】（1）根据函数图象可求，的解析式； （2）由（1）可得，利用导数讨论其单调性后可得何时取何最大值. 【详解】（1）由图1，得，解得， ∴， 由图2，得，解得， ∴. （2）设最大收益为万元，投资餐馆资金为万元，投资运输运营万元. 由题意得. ∴， 由，解得， 故在为增函数， 由，解得， 故在为减函数， ∴当时，. ∴投资餐馆资金为93.75万元，投资运输运营6.25万元， 才能使投资获得最大收益，其最大收益为万元. 【点睛】本题考查函数在实际中应用，注意根据题设条件合理构建函数模型并根据函数的特征选择合适的工具来研究函数的性质，本题属于基础题. 3．（24-25高二下·四川绵阳·期末）已知某公司生产一种零件的年固定成本是万元，每生产千件，须另投入万元，设该公司年内共生产该零件千件并全部销售完，每千件的销售收入为万元，且． （1）写出年利润（万元）关于年产量（千件）的函数解析式； （2）当年产量为多少千件时，该公司在这种零件的生产中所获利润最大？（注：年利润=年销售收入-年总成本） 【答案】（1），（2）当x=25千件时，W取最大值30万元． 【分析】（1）根据利润计算公式，可得表达式； （2）当0<x≤10时，利用导数可求得的最大值；当x>10时，利用基本不等式，可得的最大值，并取两者中最大值，即可得答案. 【详解】（1）当0<x≤10时，W（x）=xR（x）-（3+2x）=． 当x>10时，W（x）= xR（x）-（3+2x）=， ∴， （2）①当0<x≤10时，由==0，得x=6， 又当x∈（6，10）时，<0，即W（x）在（6，10）上是减函数， 当x∈（0，6）时，>0，即W（x）在（0，6）上是增函数，                                        ∴ 当x=6时，W（x）max= W（6）=． ②当x>10时，W=≤130-2=30， 当且仅当时，即x=25时，W（x）max =30， 由①②知，当x=25千件时，W取最大值30万元． 学科网（北京）股份有限公司 $