专题02 导数及其应用（5大题型50题）（期末真题汇编，河南专用）高二数学下学期

**基本信息** 导数及其应用专题试题汇编，涵盖5大核心题型，精选河南省多地高二期末真题，注重基础巩固与综合能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |利用导数研究曲线的切线|选择5道、填空4道、解答1道|切线方程、倾斜角、距离最值|结合距离问题（如第5题曲线与直线距离），融合几何意义| |利用导数研究单调性、极值与最值|选择6道、填空2道、解答4道|单调区间、极值点、参数范围|含参数单调性讨论（如第9题），结合导函数图象分析（第3题）| |利用导数研究零点及方程实根|选择4道、解答4道|零点个数、对称中心、参数范围|与函数对称性结合（第1题求对称中心），含洛必达法则应用（第6题）| |利用导数研究不等式|选择5道、填空3道、解答3道|比较大小、恒成立、证明|结合偶函数导数性质（第3题），设计不等式证明（第9题）| |导数新概念及交汇问题|选择5道、解答4道|不动点、对数平均不等式、好函数|引入“不动点”“好函数”等新概念（第7、9题），与数列、解析几何交汇|

专题02 导数及其应用 5大题型概览 题型01利用导数研究曲线的切线 题型02利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题型03利用导数研究函数的零点及方程实根问题 题型04利用导数研究不等式问题 题型05导数新概念问题及导数与其他知识的交汇问题 ( 题型 01 利用导数研究曲线的切线 ) 一、选择题 1．（24-25高二下.河南省焦作市.期末）过点且与曲线相切的直线方程为（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【解析】设切点为,因为,所以,所以曲线在点处的切线方程为,又该切线经过点,所以,整理得,解得或,所以切线方程为或.故选C. 2．（24-25高二下.河南省洛阳市.期末）若直线是曲线的一条切线,则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【解析】设切点为,因,则切线斜率为,即,又点在切线上,则,解得.故选B. 3．（24-25高二下.河南省新未来.期末）若曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形面积为2,则的值为（   ） A．1或3 B．3 C．3或 D． 【答案】C 【解析】由题意可得,因为,所以,即切线方程为,即,切线与轴交点坐标为,与轴交点坐标为, 因为切线与坐标轴围成的三角形面积为2,所以,解得或.故选C. 4．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）已知直线是函数在某点处的切线,则实数的值为（    ） A．1 B．-1 C． D． 【答案】D 【解析】由题可得,设切点坐标为,则, 所以,,,故D正确.故选D. 5．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）已知函数,直线,点P是曲线上任意一点,点Q是直线l上任意一点．设点P,Q间的距离为d,则下列说法正确的是（    ）． A．d的最大值为 B．d的最大值为 C．d的最小值为 D．d的最小值为 【答案】D 【解析】由直线l的方程,得．令,,则． 当时,,在上单调递增,当时,,在上单调递减,所以的最大值为,所以恒成立,所以曲线与直线l无交点,且曲线在直线l的下方．由题设且,设直线与直线平行且与相切,则直线与的切点到直线的距离,为的最小值,且无最大值,又,因为,,求导,得．解,得,因为,所以． 此时,点P到直线l的距离为,所以d的最小值为．故选D． 二、填空题 6．（24-25高二下.河南省周口市.期末）曲线在处的切线的倾斜角为__________. 【答案】 【解析】由题意得,当时,切线的斜率为1,故切线的倾斜角为. 7．（24-25高二下.河南省信阳市.期末）曲线在处的切线方程为______． 【答案】 【解析】记,,,又, 曲线在处的切线方程为,即. 8．（24-25高二下.河南省新乡市.期末）若曲线与直线相切,则______． 【答案】1 【解析】因为,所以．直线的斜率为1,令,解得,,所以,解得． 9．（24-25高二下.河南省安阳市龙安高中.期末）已知函数的图象在原点处的切线的斜率为2. (1)求的值； (2)若,求曲线的过点的切线方程. 【解析】（1）由已知得, 根据题意得,解得或1； （2）因为,所以由（1）可得, 所以, 设切点坐标为,则切线的斜率, 所以切线方程为, 因为切线过点,所以, 得,解得或, 所以切线方程为或. 10．（24-25高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与曲线也相切,求的值； (2)若,求的最小值. 【解析】（1）因为,所以, 所以函数在点处的切线方程为,即, 因为在点处的切线与曲线也相切, 设切线与曲线的切点为, 所以,① 因为,所以,②, 联立①②解得； （2）因为,所以恒成立, 即在上恒成立, 令,则, 当时,在上单调递增, 当时,,在上单调递减, 所以,由题意可知,故, 故的最小值为1. ( 题型 0 2 利用导数研究函数的单调性、极值 与 最值 ) 一、选择题 1．（24-25高二下.河南省南阳市六校联考.期末）函数在上的最小值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【解析】,令,则,因为在,在, 所以在单调递减,在单调递增,因为,所以最小值为.故选A. 2．（24-25高二下.河南省郑州市六校联考.期末）已知函数在上单调递减,则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为在上单调递减,所以在上恒成立,即在上恒成立,因为,,所以,即,故实数的取值范围为.故选D. 3．（24-25高二下.河南省郑州市.期末）已知定义在上的函数,其导函数的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是（    ） A． B．函数在处取得极小值,在处取得极大值 C．函数在处取得极大值,在处取得极小值 D．函数的最小值为 【答案】C 【解析】由图象知,当时,,当时,,所以函数在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增.对于A,因为,所以,不正确；对于B,C,由单调性知：为极大值点,为极小值点,B不正确,C正确；对于D,由于,则,不是最小值,不正确.故选C. 4．（24-25高二下.河南省信阳市.期末）已知函数在区间上单调递减,则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题意,在上恒成立,即在上恒成立．设,,,所以,函数在是单调递减,,．．故的最大值为.故选A． 5．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）若函数在区间上单调递减,则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为,所以,因为函数在区间上单调递减,所以在区间上恒成立,即在区间上恒成立,因为,所以,故,所以,即实数的取值范围是.故选B. 6．（多选）（24-25高二下.河南省郑州市中牟县.期末）已知函数,且图象的对称中心为点,则（    ） A．函数在处取得极小值1 B．当时, C．当时,的取值范围是 D．只有一个零点 【答案】AD 【解析】因为函数, 所以,即的图象恒关于点对称, 故有,故,故.对于A,由,可得,,即,化简得, 即,解得或,当时,,在上单调递增； 当时,,在单调递减；当时,,在上单调递增.所以是极大值点,是极小值点,且有,故选项A正确.对于B,当时,,,即,在同一个区间内.又在上单调递减,所以当,即时,；当,即时,；当即时,,故选项B错误.对于C,令,当时,,由A知当时,单调递减,又,,所以当时,,即当时,,故选项C错误.对于D,由A可知,当时,,,,,即只有一个零点,其在上,故选项D正确.故选AD. 二、填空题 7．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）已知是函数的极值点,则__________. 【答案】 【解析】由题设,所以,可得,则,当或时,当时,所以在、上单调递增,在上单调递减,所以是极值点,满足题设,故,所以. 8．（24-25高二下.河南省南阳市九师联盟.期末）若函数在区间上单调递增,则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】由,得,因为函数在区间上单调递增,所以在区间上恒成立,即恒成立,又,所以,解得,即实数的取值范围是. 三、解答题 9．（24-25高二下.河南省许昌市.期末）已知函数． (1)当时,求在点处的切线方程； (2)若,试讨论的单调性． 【解析】（1）当时,, , ,,所以切点为, 切线方程即． （2）的定义域为,, 当时,由可得或；由可得, 所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为； 当时,恒成立,函数的单调递增区间为； 当时,由可得或；由可得 所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为． 10．（24-25高二下.河南省驻马店市.期末）已知函数（自然常数）． (1)当时,求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的极值点个数； (3)若恒成立,求a的取值范围． 【解析】（1）当时,,则, 而,则, 所以函数在处的切线方程为．即. （2）由,, 则,显然, 当时,, 所以函数在上单调递增,无极值点； 当时, 令,得；令,得, 所以函数在上单调递增,在上单调递减, 则函数有1个极大值点,无极小值点. 综上所述,当时,函数无极值点； 当时,函数有1个极大值点,无极小值点. （3）由（2）知,当时,函数在上单调递增, 且时,,显然不满足恒成立； 当时,函数在上单调递增,在上单调递减, 则, 设, 则, 所以函数在上单调递增,又, 要使恒成立,则, 所以a的取值范围为. 11．（24-25高二下.河南省开封市.期末）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与轴垂直,求； (2)求函数的最小值． 【解析】（1）因为,则, 所以曲线在点处的切线斜率为, 因为切线与轴垂直,故,解得. （2）函数的定义域为,令可得,列表如下： 减 极小值 增 所以,当时,函数取最小值,即. 12．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）已知函数. (1)当时,若曲线在点处的切线的斜率为正,求的取值范围； (2)当时,求函数的单调递减区间； (3)若函数在区间上只有一个极值点,求实数的取值范围. 【解析】（1）当,则且,可得,, 曲线在点的切线斜率为正,则,得； （2）由,则,,所以, 由,可得且, 所以函数的单调递减区间； （3）由题设, 令,由函数在区间上只有一个极值点, 所以在区间上有一个变号零点, 当,则在上,不符； 当,则开口向上且对称轴为,则在上单调递增, 又,且,符合； 当,则开口向下且对称轴为,又, 只需或,不符； 综上,. ( 题型 0 3 利用导数研究函数的零点及方程实根问题 ) 一、选择题 1．（24-25高二下.河南省开封市.期末）已知函数在内有且只有一个零点,则曲线的对称中心为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题得,当时,当时,,函数在区间内单调递增,且,所以函数在区间内无零点；当时,当时,,当时,,则在区间内单调递减,在区间内单调递增.故只需,解得,所以,由的对称轴为的对称中心可得,的对称中心为故选D. 2．（24-25高二下.河南省三门峡市.期末）已知函数,若有两个零点,则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】函数的定义域为.对求导,可得：. 当时,在上,,即,所以在上单调递减,此时不可能有两个零点. 当时,令,即,因为,所以,解得（负根舍去）. 当时,,,在上单调递增；当时,,,在上单调递减.所以在处取得极大值,也是最大值,. 因为当和时,,要使有两个零点,则,即.因为,不等式两边同时除以得,即.根据对数函数的单调性,在上单调递增,所以,两边同时平方可得,解得. 的取值范围是.故选D. 3．（24-25高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）已知函数,若有三个零点,,,且,则最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据函数解析式,可得函数的大致图象如图所示, 因为有三个零点,所以.令,得, 因为,所以,又,且, 则.,且令,,则.当时,,在上单调递增,当时,,在上单调递减,所以,的最大值为,综上,,则,故A正确.故选A. 4．（多选）（24-25高二下.河南省南阳市六校.期末）已知函数,则下列结论正确的是（    ） A．若在定义域上有2个零点,则的取值范围为 B．当时,有最大值且最大值为 C．一定存在极值 D．若,且,则 【答案】AD 【解析】对于选项A：令,则在上有两个解,令,令,则,当时,在上单调递增,当时,在上单调递减,在处取得极大值,也是最大值,,因为,且当时,且,所以的取值范围为,所以A正确；对于选项B：,令,则,当时,在上单调递增,当时,在上单调递减,在处取得极大值,也是最大值,,所以B错误；对于选项C：由B得,当时,存在极大值,当时,易得恒成立,故在定义域内单调递增,无极值,所以C错误；对于选项D：若,则在上单调递增,在上单调递减,因为,不妨设,设,则,所以在上单调递增,所以,又,所以,即,又,所以,因为,且在上单调递减,所以,即,所以D正确.故选AD. 二、解答题 5．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）已知函数（且） (1)求的极小值； (2)当时,在处切线的斜率为e+1,函数 （i）判断零点个数并说明理由； （ii）函数,若对任意的正实数x,都有恒成立,求实数的取值范围. 【解析】（1）方法一：. 因为当时,,函数在上是增函数, 当时,,函数在上是增函数, 所以是上的增函数, 又,所以的解集为,的解集为, 故函数的增区间为,减区间为, 所以函数在处取得极小值1. （2）（ⅰ）因为, 所以, 设,则, 所以在单调递增, 且当时,,故, 又, 令,, 所以在单调递增,且, 当时,, 所以存在唯一,使得,即在只有一个零点, 即只有一个零点. （ⅱ）由题知,对任意都有恒成立, 即,, 所以对任意,都有, 令,则, 由（ⅰ）知在上单调递增,且在上有唯一零点, 当时,,当,, 所以当,单调递增,当,单调递减, 且,. 所以无最小值, 故. 6．（24-25高二下.河南省商丘市百师联盟.期末）“洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理,洛必达法则之一的内容是：若函数,的导数都存在,且,如果是常数）时,或或,且（是常数）,则时,． 已知函数． (1)证明：时曲线在点处的切线与曲线也相切； (2)若函数有两个零点,函数有两个零点． ①指出的大致范围（不必说明理由）,并求出的取值范围； ②试探究与的大小关系． 【解析】（1）证明：时,, 因为, 所以曲线在点处的切线方程是,即． 因为, 所以曲线在点处的切线方程是,即． 所以时曲线在点处的切线与曲线也相切． （2）①． 由,得, 令,则与的零点相同,与的零点相同, 又, 时,单调递增；时,单调递减； 时,单调递增；时,单调递减, 所以和在上都是增函数,在上都是减函数, 所以时,时,, 因为有两个零点,即有两个零点, 所以,且解得． 当时,, 又时, 根据洛必达法则可知,时, 所以时, 所以时,在区间和上各有一个零点,所以, 因此,若函数各有两个零点,的取值范围是． ②令,则 与的零点相同,与的零点相同,在区间上是增函数, , 令,则, 时单调递减；时单调递增； 所以时, 于是时等号仅当时成立, 所以在上是增函数． 所以时,即时； 时,即时； 由①知,所以, 又,所以, 又在区间上是增函数,且, 所以．同理可证, 于是． 7．（24-25高二下.河南省鹤壁市.期末）已知函数,. (1)若的图象在点处的切线方程为,求的值； (2)若在其定义域上不具有单调性,求实数的取值范围； (3)若与的图象恰有两个不同的交点,求实数的取值范围. 【解析】（1）,,,则. ,,,. （2）由题可知的定义域为,. 令,其中,则函数在上有异号零点, 则对任意的恒成立,故函数在上单调递减, 因为,故只需即可, 即,由零点存在定理可知,存在,使得,即, 当时,,,即函数在上单调递增, 当时,,,即函数在上单调递减, 此时为函数的极大值点, 故当在其定义域上不具有单调性,的取值范围是. （3）若与的图象恰有两个不同的交点,则关于的方程恰有个不同的实根. , 关于的方程即方程恰有个不同的实根. 设,方程恰有个不同的实根. 对任意的恒成立,是增函数, 方程,即恰有个不同的实根. 设,则的图象与直线恰有个交点,, 令,可得, 当时,,当时,, 在区间上单调递增,在区间上单调递减,, 又,当时,,当趋向于时,趋向于,如下图所示： 当时,的图象与直线恰有2个交点, 即实数的取值范围为. 8．（24-25高二下.河南省新未来.期末）已知函数． (1)求的极值； (2)若恰有3个零点,求的取值范围； (3)若在定义域上单调,求整数的最大值． 【解析】（1）函数 的定义域为 , , , 又因为在上单调递增,所以在小于0,在大于0； 所以在单调递减,在单调递增； 所以 的极小值为；无极大值. （2）函数 可因式分解为： 显然, 是一个零点. 零点由 和方程 的解组成. 令,求导：, 令导数为零：； 又因为在R上单调递增, 所以在小于0,在大于0, 所以在单调递减,在单调递增, 所以. 又,,; 当 ,； 的解的个数： 当 ,有两个解： 和一个在 ； 当 且,有两个解：一个在 ,一个在 ； 当 ,有一个解（)； 当 ,无解. 讨论的零点个数： 总是零点； 分析：当 ,是二重根（但仍是同一个点）和一个在 ,共两个零点； 当 且,一个在 ,一个在 ,再加上,一共三个零点； 当 ,有与两个零点； 当 ,只有一个零点. 因此, 恰有三个零点（不同的实根）当且仅当且. （3）函数 ,定义域为 . 求导：, 化简得：, 在定义域上单调,有两种情况单调递减与单调递增； 当在定义域上单调递减时,在定义域上恒小于等于0, 而时,,所以这种情况不成立； 所以只可能在定义域上单调递增； 所以对恒成立, 即恒成立, 令 ,则只需 求导：, 易知在上单调递增,且, ,所以存在,使, 所以在上小于0,在大于0； 所以在上单调递减,在单调递增； 所以,又代入得 , 又,所以, 又且, 所以. 故整数的最大值为1. ( 题型 0 4 利用导数研究不等式问题 ) 一、选择题 1．（24-25高二下·河南省焦作市·期末）若,,,则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设,由,,,得,,,又,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减, 又,所以,所以,所以.故选D. 2．（24-25高二下·河南省驻马店市·期末）设函数,若恒成立,则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由；由.若,则恒成立,则在上不成立.若,由；由.由恒成立,可得：. 所以,.设,.则,. 由；由.所以在上单调递减,在上单调递增.所以的最小值为：.即的最小值为.故选C. 3．（24-25高二下·河南省南阳市六校·期末）定义在上的偶函数的导函数为,当时,恒有,则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】构造函数,则,当时,恒有,即在上单调递增.是偶函数,是偶函数,为偶函数,在上单调递减.又,即,,解得或.故选C. 4．（24-25高二下·河南省郑州市中牟县·期末）已知,,若,,使得成立,则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】,,使得成立,则,函数,, 令得,当时,单调递减,当时,,单调递增, 在处取极小值,也是最小值,函数的最小值为,, 则,所以.故选A. 5．（24-25高一下·河南省郑州市·期末）已知且,且,且,则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由,可得,,同理,可得,,,, 令,,则,当时,,即单调递减, 当时,,即单调递增,,又,则, ,则,,则,即,且,,, 由在上单调递增,所以.故选D. 二、填空题 6.（24-25高二下·河南省鹤壁市·期末）已知函数,若当时,,则实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】取,由,得,设,则,所以是减函数,又,所以的解集为.下面证明当时,均有. 因为,所以当时,,记,则, 设,则,所以即是增函数,而, 所以当时,,单调递减,当时,,单调递增, 所以,,所以成立.综上,的取值范围是. 7.（24-25高二下·河南省南阳市六校·期末）．已知函数,,若对任意的,总存在,使得,则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】因为对任意的,总存在,使得,所以,,令,得或（舍去）.当时,,单调递增；当时,,单调递减.故；,则,因为,所以在上恒成立,则在上单调递减,,所以,故. 8.（24-25高一下·河南省新未来·期末）设函数,若恒成立,则的最小值为______． 【答案】 【解析】因为,所以.. ①当时,,此时,那么函数在上单调递减.要使得,则并不恒成立,所以.②当时,令,则,即.所以此时函数在上单调递增；令,则,即.所以此时函数在上单调递减；此时函数在上取得最大值为. 要使得恒成立,则,即,此时. 令,求导得,因为,所以当时,,所以在上单调递增；当时,,所以在上单调递减,此时,所以的最小值为.③当时,因为,则,所以,所以此时函数在上单调递减.此时函数无最大值,那么并不恒成立.综上所述,只有当时,恒成立,此时的最小值为. 三、解答题 9.（24-25高二下·河南省南阳市六校联考·期末）已知函数,. (1)讨论在上的单调性； (2)若当时,,求的取值范围； (3)证明：. 【解析】（1）由题函数的定义域为,, 所以当时,在上恒成立, 所以函数在上单调递增； 当时,令, 所以当时；当时, 所以函数在上单调递增,在上单调递减； 综上,当时,函数在上单调递增； 当时,函数在上单调递增,在上单调递减； （2）因为当时,,即当时,, 令,则, 所以当时,在上恒成立,则在上单调递减, 则,所以； 当时,令, 所以当时；当时, 所以当即时,函数在上单调递减, 所以,所以； 当即时,函数在上单调递减,在上单调递增, 所以,所以； 综上所述,若当时,,的取值范围为. （3）证明：由（1）可知当且时,即, 因为,所以, 所以, 所以, 所以即. 10．（24-25高二下·河南省郑州市中牟县·期末）已知函数. (1)若,求函数的单调区间； (2)若恒成立,求的取值范围； (3)证明：. 【解析】（1）当时,函数,函数的定义域为,求导得. 当时,；当时,, 所以函数在上单调递减,在上单调递增, 所以函数的单调递减区间是,单调递增区间是. （2）函数的定义域为, 则恒成立,即为恒成立,所以恒成立. 设函数,其中, 则, 由可得,由可得, 所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为, 所以,故. 所以实数的取值范围是. （3）证明：由（1）可知当时,,即,当且仅当时取等号, 取,,则, 因此, 所以. 11．（24-25高二下·河南省周口市商水县·期末）已知函数,． (1)当时,求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上存在单调递减区间,求a的取值范围； (3)当时,证明：当时,恒成立． 【解析】（1）当时,. 求导： 切线斜率为： 曲线在点处的切线方程为： ,得. （2）导数,要求存在使得,即. 令,则. 当时, ,单调递增. 最小值在处, 故当时,存在使,故a的取值范围为：. （3）证明： 代入,化简不等式：即,因为,两边除以x,即. 令,求其最小值. 求导：. 因为单调递增,且,所以恒成立；又,故的符号由决定. 当时,,单调递减; 当时,,,单调递增. 故在处取最小值： 所以,即,原不等式得证. ( 题型 0 5 导数新概念问题及导数与其他知识的交汇问题 ) 一、选择题 1.（24-25高二下·河南省驻马店市·期末）在等比数列中,,若函数,则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【解析】设,则,,所以,因为是等比数列,且,,于是,, 故,所以.故选D. 2．（多选）（24-25高二下·河南省商丘市·期末）若,则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【解析】令得,所以A错误；令得,所以B正确；令得,显然都是正数,都是负数,所以,所以C正确； 对两边同时求导, 得,取得-2025,所以D正确.故选BCD. 3．（多选）（24-25高二下·河南省新乡市·期末）已知O为坐标原点,点在曲线C：上,则下列结论正确的是（   ） A．曲线C关于y轴对称 B． C． D．的最大值为 【答案】ABD 【解析】对于选项A：用替换后,曲线的方程仍成立,所以曲线关于轴对称,A正确． 对于选项B：C：,因为,,所以,即,B正确．对于选项C,D：设,点P在上．联立,得①．令,则,函数图象的对称轴为直线,且,所以要使得有正数解,只需要,解得,即,C错误．由①可得．令函数, 则,在上单调递减,在上单调递增． 要使得有解,则,解得, 即的最大值为,D正确．故选ABD. 4．（多选）（24-25高二下·河南省商丘市百师联盟·期末）苏格兰数学家约翰·纳皮尔（John Napier）发现并证明了当且时．根据约翰•纳皮尔的这个发现以及我们所学的数学知识,关于函数,下列说法正确的是（） A．有且只有一个极值点 B．的最小值为 C．的单调递减区间是 D．存在两个不相等的正实数a,b,使 【答案】ACD 【解析】因为时,,令,则,所以时,在上单调递减；时在上单调递增,所以在上单调递减,在上单调递增,时取最小值,最小值为,所以正确,B错误．根据约翰•纳皮尔的发现可知,时的值域是,又显然时,所以时的值域是,又因为,所以在区间和上分别存在一个实数a,b,使,所以D正确．故选ACD． 5．（多选）（24-25高二下·河南省郑州市·期末）已知函数与交于,两点,如图截取两函数在,之间部分图象得到一条封闭曲线,则下列说法正确的是（    ） A．封闭曲线关于直线对称 B．若点的横坐标为,则 C．封闭曲线上的点到直线距离的最大值为 D．封闭曲线上存在互异的两点,,分别过,作的切线,斜率记为,,满足 【答案】ACD 【解析】对于A,由函数,可得,所以函数与函数互为反函数,所以封闭曲线关于直线对称,故A正确；对于B,令,则,令,则,所以在R上单调递增,又,可得,即,令,则,易知,,即单调递减,,,即单调递增, 又,,所以,故B正确；对于C,设,由B知,当时,单调递减,又,,所以,所以封闭曲线上点的横坐标取值范围为,其中,, 由,则,令,得,所以上斜率为1的切线对应的切点为, 由对称性,封闭曲线上的点到直线距离的最大值为点到直线的距离,所以距离的最大值为,故C正确；对于D,由,则,令,得, 所以曲线上斜率为1的切线对应的切点为,所以封闭曲线上存在互异的两点和,对应的切线的斜率相等,故D正确.故选ACD. 二、解答题 6.（24-25高二下·河南省南阳市六校·期末）已知直线列：与函数的图象相切于点列,记. (1)求的通项公式； (2)设的前项和为,证明：. 【解析】（1）对函数求导得, 由导数的几何意义可得, 因为直线列：与函数的图象相切于点列, 所以,解得, 所以； （2）则, , 两式相减得 , 所以. 7．（24-25高二下·河南省信阳市·期末）对于函数,若实数满足,则称为的不动点．已知函数． (1)若的极小值小于,求a的取值范围； (2)当时,求函数的不动点的个数,并证明所有不动点之和等于零． 【解析】（1）由,当时,,当时,, 所以,在上单调递减,在上单调递增,极小值． 由,得,故a的取值范围为． （2）当时,, 依题意方程,即的解,就是函数的不动点． 令,, 令,则, 当时,,当时,, 所以,在上递减,在上递增, 又,,且当时,． 所以,存在唯一,,使． 当时,,即；所以,在上递减, 当时,,即,所以,在上递增． 所以,． 因为,即,也即 所以,． 又,． 根据零点存在定理,在,,内各仅有一个零点, 所以,有且仅有两个零点,即函数有两个不动点． 设m是的零点,则, 又, 所以也是的零点,故所有零点之和等于零． 即函数所有不动点之和等于零． 8．（24-25高二下·河南省焦作市·期末）设,是不同的正数,我们称为,的对数平均值,且,该不等式称为“对数平均不等式”. (1)任意选择“对数平均不等式”的一边给出证明.（注：如果两边都给出证明,按第一个证明计分） (2)已知函数有两个极值点,,且. （i）求的取值范围； （ii）利用“对数平均不等式”证明：. 【解析】（1）证明左边不等式：. 不妨设,则该不等式等价于,即. 令,,即证. 设,则,所以在上单调递减, 所以当时,,故原不等式成立. 证明右边不等式：. 不妨设,则该不等式等价于,即. 令,,即证. 设,则,所以在上单调递增. 所以当时,,故原不等式成立. （2）（i）的定义域为,, 因为有两个极值点,所以有两个异号零点. 令,则,. 若,,则在上单调递增,此时即不可能有两个零点,不符合题意. 若,令,得, 当时,,单调递增；当时,,单调递减. 所以, 且当时,,当时,, 要使有两个零点,只需,得,经检验符合题意, 因此,的取值范围是. （ii）由（i）知,是的两个根,所以, 从而. 由对数平均不等式可得, 故,且,即, 所以. 9．（24-25高二下·河南省郑州市·期末）定义在区间上的函数满足：若对任意,,且,都有,则称是上的“好函数”. (1)若是上的“好函数”,求的取值范围； (2)（i）证明：是上的“好函数”. （ii）设,证明：. 【解析】（1）由题可知任意,且,, 即,整理得, 令,则, 函数在上单调递增,且时,, 则,故,即的取值范围为． （2）（i）设,且, 则, 令,, 则,则在上单调递增, 得到,即, 故是上的“好函数”. （ii）由（i）可知,当时,且,有, 令, 则, 则, 故, 则． 42 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 导数及其应用 5大题型概览 题型01利用导数研究曲线的切线 题型02利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题型03利用导数研究函数的零点及方程实根问题 题型04利用导数研究不等式问题 题型05导数新概念问题及导数与其他知识的交汇问题 ( 题型 01 利用导数研究曲线的切线 ) 一、选择题 1．（24-25高二下.河南省焦作市.期末）过点且与曲线相切的直线方程为（   ） A． B． C．或 D．或 2．（24-25高二下.河南省洛阳市.期末）若直线是曲线的一条切线,则（    ） A． B．1 C． D． 3．（24-25高二下.河南省新未来.期末）若曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形面积为2,则的值为（   ） A．1或3 B．3 C．3或 D． 4．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）已知直线是函数在某点处的切线,则实数的值为（    ） A．1 B．-1 C． D． 5．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）已知函数,直线,点P是曲线上任意一点,点Q是直线l上任意一点．设点P,Q间的距离为d,则下列说法正确的是（    ）． A．d的最大值为 B．d的最大值为 C．d的最小值为 D．d的最小值为 二、填空题 6．（24-25高二下.河南省周口市.期末）曲线在处的切线的倾斜角为__________. 7．（24-25高二下.河南省信阳市.期末）曲线在处的切线方程为______． 8．（24-25高二下.河南省新乡市.期末）若曲线与直线相切,则______． 9．（24-25高二下.河南省安阳市龙安高中.期末）已知函数的图象在原点处的切线的斜率为2. (1)求的值； (2)若,求曲线的过点的切线方程. 10．（24-25高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与曲线也相切,求的值； (2)若,求的最小值. ( 题型 0 2 利用导数研究函数的单调性、极值 与 最值 ) 一、选择题 1．（24-25高二下.河南省南阳市六校联考.期末）函数在上的最小值为（   ） A．1 B． C． D． 2．（24-25高二下.河南省郑州市六校联考.期末）已知函数在上单调递减,则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下.河南省郑州市.期末）已知定义在上的函数,其导函数的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是（    ） A． B．函数在处取得极小值,在处取得极大值 C．函数在处取得极大值,在处取得极小值 D．函数的最小值为 4．（24-25高二下.河南省信阳市.期末）已知函数在区间上单调递减,则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）若函数在区间上单调递减,则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（多选）（24-25高二下.河南省郑州市中牟县.期末）已知函数,且图象的对称中心为点,则（    ） A．函数在处取得极小值1 B．当时, C．当时,的取值范围是 D．只有一个零点 二、填空题 7．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）已知是函数的极值点,则__________. 8．（24-25高二下.河南省南阳市九师联盟.期末）若函数在区间上单调递增,则实数的取值范围是_____. 三、解答题 9．（24-25高二下.河南省许昌市.期末）已知函数． (1)当时,求在点处的切线方程； (2)若,试讨论的单调性． 10．（24-25高二下.河南省驻马店市.期末）已知函数（自然常数）． (1)当时,求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的极值点个数； (3)若恒成立,求a的取值范围． 11．（24-25高二下.河南省开封市.期末）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与轴垂直,求； (2)求函数的最小值． 12．（24-25高二下.河南省商丘市.期末）已知函数. (1)当时,若曲线在点处的切线的斜率为正,求的取值范围； (2)当时,求函数的单调递减区间； (3)若函数在区间上只有一个极值点,求实数的取值范围. ( 题型 0 3 利用导数研究函数的零点及方程实根问题 ) 一、选择题 1．（24-25高二下.河南省开封市.期末）已知函数在内有且只有一个零点,则曲线的对称中心为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下.河南省三门峡市.期末）已知函数,若有两个零点,则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下.河南省安阳市滑县部分学校.期末）已知函数,若有三个零点,,,且,则最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（24-25高二下.河南省南阳市六校.期末）已知函数,则下列结论正确的是（    ） A．若在定义域上有2个零点,则的取值范围为 B．当时,有最大值且最大值为 C．一定存在极值 D．若,且,则 二、解答题 5．（24-25高二下.河南省南阳市.期末）已知函数（且） (1)求的极小值； (2)当时,在处切线的斜率为e+1,函数 （i）判断零点个数并说明理由； （ii）函数,若对任意的正实数x,都有恒成立,求实数的取值范围. 6．（24-25高二下.河南省商丘市百师联盟.期末）“洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理,洛必达法则之一的内容是：若函数,的导数都存在,且,如果是常数）时,或或,且（是常数）,则时,． 已知函数． (1)证明：时曲线在点处的切线与曲线也相切； (2)若函数有两个零点,函数有两个零点． ①指出的大致范围（不必说明理由）,并求出的取值范围； ②试探究与的大小关系． 7．（24-25高二下.河南省鹤壁市.期末）已知函数,. (1)若的图象在点处的切线方程为,求的值； (2)若在其定义域上不具有单调性,求实数的取值范围； (3)若与的图象恰有两个不同的交点,求实数的取值范围. 8．（24-25高二下.河南省新未来.期末）已知函数． (1)求的极值； (2)若恰有3个零点,求的取值范围； (3)若在定义域上单调,求整数的最大值． ( 题型 0 4 利用导数研究不等式问题 ) 一、选择题 1．（24-25高二下·河南省焦作市·期末）若,,,则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·河南省驻马店市·期末）设函数,若恒成立,则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·河南省南阳市六校·期末）定义在上的偶函数的导函数为,当时,恒有,则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·河南省郑州市中牟县·期末）已知,,若,,使得成立,则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·河南省郑州市·期末）已知且,且,且,则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6.（24-25高二下·河南省鹤壁市·期末）已知函数,若当时,,则实数的取值范围是_____. 7.（24-25高二下·河南省南阳市六校·期末）．已知函数,,若对任意的,总存在,使得,则的取值范围是__________. 8.（24-25高一下·河南省新未来·期末）设函数,若恒成立,则的最小值为______． 三、解答题 9.（24-25高二下·河南省南阳市六校联考·期末）已知函数,. (1)讨论在上的单调性； (2)若当时,,求的取值范围； (3)证明：. 10．（24-25高二下·河南省郑州市中牟县·期末）已知函数. (1)若,求函数的单调区间； (2)若恒成立,求的取值范围； (3)证明：. 11．（24-25高二下·河南省周口市商水县·期末）已知函数,． (1)当时,求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上存在单调递减区间,求a的取值范围； (3)当时,证明：当时,恒成立． ( 题型 0 5 导数新概念问题及导数与其他知识的交汇问题 ) 一、选择题 1.（24-25高二下·河南省驻马店市·期末）在等比数列中,,若函数,则（    ） A． B． C．1 D． 2．（多选）（24-25高二下·河南省商丘市·期末）若,则（   ） A． B． C． D． 3．（多选）（24-25高二下·河南省新乡市·期末）已知O为坐标原点,点在曲线C：上,则下列结论正确的是（   ） A．曲线C关于y轴对称 B． C． D．的最大值为 4．（多选）（24-25高二下·河南省商丘市百师联盟·期末）苏格兰数学家约翰·纳皮尔（John Napier）发现并证明了当且时．根据约翰•纳皮尔的这个发现以及我们所学的数学知识,关于函数,下列说法正确的是（） A．有且只有一个极值点 B．的最小值为 C．的单调递减区间是 D．存在两个不相等的正实数a,b,使 5．（多选）（24-25高二下·河南省郑州市·期末）已知函数与交于,两点,如图截取两函数在,之间部分图象得到一条封闭曲线,则下列说法正确的是（    ） A．封闭曲线关于直线对称 B．若点的横坐标为,则 C．封闭曲线上的点到直线距离的最大值为 D．封闭曲线上存在互异的两点,,分别过,作的切线,斜率记为,,满足 二、解答题 6.（24-25高二下·河南省南阳市六校·期末）已知直线列：与函数的图象相切于点列,记. (1)求的通项公式； (2)设的前项和为,证明：. 7．（24-25高二下·河南省信阳市·期末）对于函数,若实数满足,则称为的不动点．已知函数． (1)若的极小值小于,求a的取值范围； (2)当时,求函数的不动点的个数,并证明所有不动点之和等于零． 8．（24-25高二下·河南省焦作市·期末）设,是不同的正数,我们称为,的对数平均值,且,该不等式称为“对数平均不等式”. (1)任意选择“对数平均不等式”的一边给出证明.（注：如果两边都给出证明,按第一个证明计分） (2)已知函数有两个极值点,,且. （i）求的取值范围； （ii）利用“对数平均不等式”证明：. 9．（24-25高二下·河南省郑州市·期末）定义在区间上的函数满足：若对任意,,且,都有,则称是上的“好函数”. (1)若是上的“好函数”,求的取值范围； (2)（i）证明：是上的“好函数”. （ii）设,证明：. 42 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 导数及其应用 5大题型概览 题型01利用导数研究曲线的切线 题型02利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题型03利用导数研究函数的零点及方程实根问题 题型04利用导数研究不等式问题 题型05导数新概念问题及导数与其他知识的交汇问题 ( 题型 01 利用导数研究曲线的切线 ) 1 2 3 4 5 C B C D D 二、填空题 6． 7． 8． 1 9．【解析】（1）由已知得, 根据题意得,解得或1； （2）因为,所以由（1）可得, 所以, 设切点坐标为,则切线的斜率, 所以切线方程为, 因为切线过点,所以, 得,解得或, 所以切线方程为或. 10．【解析】（1）因为,所以, 所以函数在点处的切线方程为,即, 因为在点处的切线与曲线也相切, 设切线与曲线的切点为, 所以,① 因为,所以,②, 联立①②解得； （2）因为,所以恒成立, 即在上恒成立, 令,则, 当时,在上单调递增, 当时,,在上单调递减, 所以,由题意可知,故, 故的最小值为1. ( 题型 0 2 利用导数研究函数的单调性、极值 与 最值 ) 一、选择题 1 2 3 4 5 6 A D C A B AD 7． 8． 9．【解析】（1）当时,, , ,,所以切点为, 切线方程即． （2）的定义域为,, 当时,由可得或；由可得, 所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为； 当时,恒成立,函数的单调递增区间为； 当时,由可得或；由可得 所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为． 10．【解析】（1）当时,,则, 而,则, 所以函数在处的切线方程为．即. （2）由,, 则,显然, 当时,, 所以函数在上单调递增,无极值点； 当时, 令,得；令,得, 所以函数在上单调递增,在上单调递减, 则函数有1个极大值点,无极小值点. 综上所述,当时,函数无极值点； 当时,函数有1个极大值点,无极小值点. （3）由（2）知,当时,函数在上单调递增, 且时,,显然不满足恒成立； 当时,函数在上单调递增,在上单调递减, 则, 设, 则, 所以函数在上单调递增,又, 要使恒成立,则, 所以a的取值范围为. 11．【解析】（1）因为,则, 所以曲线在点处的切线斜率为, 因为切线与轴垂直,故,解得. （2）函数的定义域为,令可得,列表如下： 减 极小值 增 所以,当时,函数取最小值,即. 12．【解析】（1）当,则且,可得,, 曲线在点的切线斜率为正,则,得； （2）由,则,,所以, 由,可得且, 所以函数的单调递减区间； （3）由题设, 令,由函数在区间上只有一个极值点, 所以在区间上有一个变号零点, 当,则在上,不符； 当,则开口向上且对称轴为,则在上单调递增, 又,且,符合； 当,则开口向下且对称轴为,又, 只需或,不符； 综上,. ( 题型 0 3 利用导数研究函数的零点及方程实根问题 ) 1 2 3 4 D D A AD 5．【解析】（1）方法一：. 因为当时,,函数在上是增函数, 当时,,函数在上是增函数, 所以是上的增函数, 又,所以的解集为,的解集为, 故函数的增区间为,减区间为, 所以函数在处取得极小值1. （2）（ⅰ）因为, 所以, 设,则, 所以在单调递增, 且当时,,故, 又, 令,, 所以在单调递增,且, 当时,, 所以存在唯一,使得,即在只有一个零点, 即只有一个零点. （ⅱ）由题知,对任意都有恒成立, 即,, 所以对任意,都有, 令,则, 由（ⅰ）知在上单调递增,且在上有唯一零点, 当时,,当,, 所以当,单调递增,当,单调递减, 且,. 所以无最小值, 故. 6．【解析】（1）证明：时,, 因为, 所以曲线在点处的切线方程是,即． 因为, 所以曲线在点处的切线方程是,即． 所以时曲线在点处的切线与曲线也相切． （2）①． 由,得, 令,则与的零点相同,与的零点相同, 又, 时,单调递增；时,单调递减； 时,单调递增；时,单调递减, 所以和在上都是增函数,在上都是减函数, 所以时,时,, 因为有两个零点,即有两个零点, 所以,且解得． 当时,, 又时, 根据洛必达法则可知,时, 所以时, 所以时,在区间和上各有一个零点,所以, 因此,若函数各有两个零点,的取值范围是． ②令,则 与的零点相同,与的零点相同,在区间上是增函数, , 令,则, 时单调递减；时单调递增； 所以时, 于是时等号仅当时成立, 所以在上是增函数． 所以时,即时； 时,即时； 由①知,所以, 又,所以, 又在区间上是增函数,且, 所以．同理可证, 于是． 7．【解析】（1）,,,则. ,,,. （2）由题可知的定义域为,. 令,其中,则函数在上有异号零点, 则对任意的恒成立,故函数在上单调递减, 因为,故只需即可, 即,由零点存在定理可知,存在,使得,即, 当时,,,即函数在上单调递增, 当时,,,即函数在上单调递减, 此时为函数的极大值点, 故当在其定义域上不具有单调性,的取值范围是. （3）若与的图象恰有两个不同的交点,则关于的方程恰有个不同的实根. , 关于的方程即方程恰有个不同的实根. 设,方程恰有个不同的实根. 对任意的恒成立,是增函数, 方程,即恰有个不同的实根. 设,则的图象与直线恰有个交点,, 令,可得, 当时,,当时,, 在区间上单调递增,在区间上单调递减,, 又,当时,,当趋向于时,趋向于,如下图所示： 当时,的图象与直线恰有2个交点, 即实数的取值范围为. 8．【解析】（1）函数 的定义域为 , , , 又因为在上单调递增,所以在小于0,在大于0； 所以在单调递减,在单调递增； 所以 的极小值为；无极大值. （2）函数 可因式分解为： 显然, 是一个零点. 零点由 和方程 的解组成. 令,求导：, 令导数为零：； 又因为在R上单调递增, 所以在小于0,在大于0, 所以在单调递减,在单调递增, 所以. 又,,; 当 ,； 的解的个数： 当 ,有两个解： 和一个在 ； 当 且,有两个解：一个在 ,一个在 ； 当 ,有一个解（)； 当 ,无解. 讨论的零点个数： 总是零点； 分析：当 ,是二重根（但仍是同一个点）和一个在 ,共两个零点； 当 且,一个在 ,一个在 ,再加上,一共三个零点； 当 ,有与两个零点； 当 ,只有一个零点. 因此, 恰有三个零点（不同的实根）当且仅当且. （3）函数 ,定义域为 . 求导：, 化简得：, 在定义域上单调,有两种情况单调递减与单调递增； 当在定义域上单调递减时,在定义域上恒小于等于0, 而时,,所以这种情况不成立； 所以只可能在定义域上单调递增； 所以对恒成立, 即恒成立, 令 ,则只需 求导：, 易知在上单调递增,且, ,所以存在,使, 所以在上小于0,在大于0； 所以在上单调递减,在单调递增； 所以,又代入得 , 又,所以, 又且, 所以. 故整数的最大值为1. ( 题型 0 4 利用导数研究不等式问题 ) 1 2 3 4 5 D C C A D 6. 7. 8. 9.【解析】（1）由题函数的定义域为,, 所以当时,在上恒成立, 所以函数在上单调递增； 当时,令, 所以当时；当时, 所以函数在上单调递增,在上单调递减； 综上,当时,函数在上单调递增； 当时,函数在上单调递增,在上单调递减； （2）因为当时,,即当时,, 令,则, 所以当时,在上恒成立,则在上单调递减, 则,所以； 当时,令, 所以当时；当时, 所以当即时,函数在上单调递减, 所以,所以； 当即时,函数在上单调递减,在上单调递增, 所以,所以； 综上所述,若当时,,的取值范围为. （3）证明：由（1）可知当且时,即, 因为,所以, 所以, 所以, 所以即. 10．【解析】（1）当时,函数,函数的定义域为,求导得. 当时,；当时,, 所以函数在上单调递减,在上单调递增, 所以函数的单调递减区间是,单调递增区间是. （2）函数的定义域为, 则恒成立,即为恒成立,所以恒成立. 设函数,其中, 则, 由可得,由可得, 所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为, 所以,故. 所以实数的取值范围是. （3）证明：由（1）可知当时,,即,当且仅当时取等号, 取,,则, 因此, 所以. 11．【解析】（1）当时,. 求导： 切线斜率为： 曲线在点处的切线方程为： ,得. （2）导数,要求存在使得,即. 令,则. 当时, ,单调递增. 最小值在处, 故当时,存在使,故a的取值范围为：. （3）证明： 代入,化简不等式：即,因为,两边除以x,即. 令,求其最小值. 求导：. 因为单调递增,且,所以恒成立；又,故的符号由决定. 当时,,单调递减; 当时,,,单调递增. 故在处取最小值： 所以,即,原不等式得证. ( 题型 0 5 导数新概念问题及导数与其他知识的交汇问题 ) 1 2 3 4 5 D BCD ABD ACD ACD 6.【解析】（1）对函数求导得, 由导数的几何意义可得, 因为直线列：与函数的图象相切于点列, 所以,解得, 所以； （2）则, , 两式相减得 , 所以. 7．【解析】（1）由,当时,,当时,, 所以,在上单调递减,在上单调递增,极小值． 由,得,故a的取值范围为． （2）当时,, 依题意方程,即的解,就是函数的不动点． 令,, 令,则, 当时,,当时,, 所以,在上递减,在上递增, 又,,且当时,． 所以,存在唯一,,使． 当时,,即；所以,在上递减, 当时,,即,所以,在上递增． 所以,． 因为,即,也即 所以,． 又,． 根据零点存在定理,在,,内各仅有一个零点, 所以,有且仅有两个零点,即函数有两个不动点． 设m是的零点,则, 又, 所以也是的零点,故所有零点之和等于零． 即函数所有不动点之和等于零． 8．【解析】（1）证明左边不等式：. 不妨设,则该不等式等价于,即. 令,,即证. 设,则,所以在上单调递减, 所以当时,,故原不等式成立. 证明右边不等式：. 不妨设,则该不等式等价于,即. 令,,即证. 设,则,所以在上单调递增. 所以当时,,故原不等式成立. （2）（i）的定义域为,, 因为有两个极值点,所以有两个异号零点. 令,则,. 若,,则在上单调递增,此时即不可能有两个零点,不符合题意. 若,令,得, 当时,,单调递增；当时,,单调递减. 所以, 且当时,,当时,, 要使有两个零点,只需,得,经检验符合题意, 因此,的取值范围是. （ii）由（i）知,是的两个根,所以, 从而. 由对数平均不等式可得, 故,且,即, 所以. 9．【解析】（1）由题可知任意,且,, 即,整理得, 令,则, 函数在上单调递增,且时,, 则,故,即的取值范围为． （2）（i）设,且, 则, 令,, 则,则在上单调递增, 得到,即, 故是上的“好函数”. （ii）由（i）可知,当时,且,有, 令, 则, 则, 故, 则． 42 / 42 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $