专题01 导数（10大考点期末真题汇编，黑龙江专用）高二数学下学期人教A版

**基本信息** 高中数学导数专题期末试题汇编，涵盖10大高频考点，精选黑龙江多所高中期末真题，题型丰富，梯度分明，适配高二下学期期末复习与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|12道|切线方程、图像问题等，如导数与原函数关系判断|基础巩固题为主，注重概念辨析| |填空|6道|极值点计算、零点个数参数范围|强调运算准确性，如已知极值点求参数| |解答|18道|单调性讨论、恒成立证明等，如含参函数单调区间探究|分层设计，综合题融合极值与零点证明，贴合高考逻辑推理要求| |多选|5道|函数性质综合判断，如导数应用与函数图像综合分析|考查多角度思维，选项设置区分度高|

专题01 导数 地 城 考点01 切线方程 一、单选题 1．D. 二、填空题 2． 地 城 考点02 单调性 一、单选题 1．B 2．B． 二、解答题 3．【详解】（1）若，则，， ，，则切线方程为； （2）函数的定义域为. . 当时，令，解得. － 0 ＋ 单调递减 极小值 单调递增 当时，令，解得. － 0 ＋ 单调递减 极小值 单调递增 综上，当时，的单调递减区间是，单调递增区间是； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. 4．【详解】（1）当时，， 因，由可得，则的单调增区间为. （2）由求导得， 由可得或. ①当时，由可得，由可得； ②当时，在上恒成立； ③当时，由可得，由可得. 故当时，的单调增区间为，单调减区间为； 当时，的单调增区间为，无递减区间； 当时，的单调增区间为，单调减区间为. （3）由（2）得 在区间上为减函数等价于在区间上恒成立，即在区间上恒成立. 不妨设，结合函数的图象知，需使，解得或.即的取值范围是. 5．【详解】（1）由题意得 2是的极值点， ，即 . 经检验符合题意，极值. （2）由题意知：定义域为，， 令，解得：，； ①当，即时，若，；若，； 在，上单调递减，在上单调递增； ②当，即时，且不恒等于，在上单调递减； ③当，即时，若，；若，； 在上单调递减，在上单调递增； 综上所述：当时，在，上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当，在，上单调递减，在上单调递增. 地 城 考点03 极值、最值 1、 填空题 1．9. 二、解答题 2．【详解】（1）由题知，，， ∴，而， ∴曲线在点处的切线方程为，即． （2）令得；令得， ∴的单调减区间是，的单调增区间是． ∴当时，取极小值，无极大值． 3．【详解】（1）函数的定义域为，且， 令，由， 当时，，由，得， 令，得， 令，得或， 所以在上单调递增，在和上单调递减. 当时，，则，所以在R上单调递减； 当时，，则，故，所以在R上单调递减； 综上，当时，在上单调递增，在和上单调递减. 当时，所以在R上单调递减. （2）由（1）知，当时，有两个极值点，且满足，不妨设， 则， 因为，且，所以， 所以， 所以的取值范围为. 4．【详解】（1）因为，所以，所以， 解得，而， 所以曲线在处的切线为， 令，解得，令，解得， 故所求为； （2）由（1）可知，设， 求导得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 而， 注意到， 所以在上的最小值为，最大值为. 5．【详解】（1）由题意可得， 因为时，函数取得极值，所以，解得， 所以，， 由，得或；由，得， 所以函数的单调递增区间是和，单调减区间是， 则在处取极小值，符合题意. 故符合条件. （2）由（1）知：函数在单调递减，单调递增， 因，， 所以函数在区间上的最小值为，最大值为. 6．【详解】（1）由题意得，由题意得，即，解得， 故，定义域为R， ，令得或，令得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 易知为极小值点，符合题意， 所以单调递增区间为，，单调递减区间为. （2）由（1）知，在，上单调递增，在上单调递减， 1 + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，. 又，， 故的最大值为2，最小值为. 7．【详解】（1）当时，的定义域为，， 当时，恒成立，在上为增函数； 当时，，， 当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为， 当时，，当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为． 综上所述，当时，在上为增函数； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为， （2）因为，所以， 若既有极大值又有极小值，则至少存在两个变号零点， 即至少有两个不同实数根， 记，则， 当时，，当时，， 所以在时，取得极大值， 又趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于0， 所以，的图像如图所示， 由图可知，当，即时，有两个变号零点， 且分别为极大值点和极小值点，所以的取值范围为． 地 城 考点04 图像问题 一、单选题 1．D 2．B． 二、多选题 3．ABD 地 城 考点05 导函数还原原函数 一、单选题 1．B. 2．C 3．B 4．A 二、填空题 5．或 6． 地 城 考点06 构造函数比较大小 一、单选题 1．A 2．D 3．D 4．B. 地 城 考点07 零点问题 一、填空题 1． 二、解答题 2．【详解】（1）当时，，. 由 ；由 . 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数的最大值为：. （2）因为， 所以 . 由（1）知，当时，函数无零点. 当时，，由 ；由 . 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数的最大值为，所以函数无零点. 当时： 若，则，由 或. 即或； 由 . 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 又极大值，极小值， 且当时，. 所以此时函数只在上有1个零点. 若，则恒成立，所以在上单调递增. 此时，因为. 所以函数只有一个零点. 当时，，由 或，所以或； 由 . 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以极小值，极大值. 且当时，. 所以函数只在有1个零点. 综上可知：当时，函数只有1个零点. 所以的取值范围为： 3．【详解】（1）因为的零点为m  ∴ ∴，故 ∴∴   ∴m是的零点 （2）由 ， ∴， 令  ，∴， 令，  ∴， 由有，有， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 当时，，当时，， 当时，， 作出的图像：    所以当时，解为0个； 当或时，解为1个； 当时，解为2个. （3）（3）由（1）知，在单调递增， 所以有唯一的解， ∵在单调递增，，，  ∴， 故，令，所以，当时，，∴在上单调递增， ∵ ， ∴ ， ∴，又在单调递增，   ∴ . 地 城 考点08 恒成立、存在问题 一、单选题 1．D 二、填空题 2． 3．，． 三、解答题 4．【详解】（1）代入可得，解得， 当时，所以， 又， 故切线方程为，即 （2）定义域为， ， 令解得或， 当时，此时，此时在上单调递增， 当时，令，则或，令，则， 故的单调递减区间为，单调递增区间为， 当时，令，则或，令，则， 故的单调递减区间为，的单调递增区间为， （3）当时，有（2）知：在上单调递增， 所以当时，， 当时，，由（2）知：在上单调递增， 所以当时，， 当时，，由（2）可知在上单调递减， 所以，矛盾， 综上可得 5．【详解】（1），所以， ，切点为， 切线方程为，即； （2）， 设， 设在上单调递增； 时，即在上单调递减； 时，即在上单调递增， . 6．【详解】（1）根据题意，， ； （2）设，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 则在R上的最小值为，所以； （3）设， 则， 设， 则，设 则，设， ，， ①时，，， 由（2）可知，， 所以在R上递增，又， 所以当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以在R上上的最小值为，即成立； ②时，， 当时，，在上单调递增， 若，则当时，， 在单调递增， 当时，，在单调递减。 当时，，在单调递增， 所以，不成立； 若，因为在上单调递增且， 则存在，使得， 所以当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以，不成立； ③时，， 时，在上单调递增， 若，则当时，， 在单调递减， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递减， 所以，不成立； 若，因为在上单调递增且， 则存在，使得， 所以当时，，在单调递减， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递减， 所以，不成立， 综上所述，的取值集合为. 7．【详解】（1）因为，则，， 所以 （2）因为，则，， 所以， 令 则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，所以曲率最大值为. （3） ， ， 因为不存在曲率为0的点，所以在无实数解， 令， ， 令，求导得， 故函数在上单调递增， 而，则存在，使， 即，此时， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此， 由，得， 则， 所以的取值范围是. 地 城 考点09 综合问题 一、多选题 1．ABD 2．ABD 3．ABD 4．ABC 5．ACD 地 城 考点10 证明类问题 一、解答题 1．【详解】（1）由，得，， 当时，，，在上单调递增， 所以，不等式恒成立；            当时，，当时，， 所以在上单调递减，，与已知不等式矛盾. 故； （2）（i）法一：由（），求导得， 由题意得方程有两个不同的变号根， 即：有两个不同的根， 设，则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 又时，；时，，所以.        法二：由，求导可得，令， 由题意得函数存在两个不同的变号零点，则， 令，解得，当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 当，即时，不合题意； 当时，由， 令，求导可得， 当时，，则在上单调递增， 所以，则， 由，则当时，函数存在两个不同的变号零点， 可得，解得. （ii）证明：由（i）知：为方程的两个不等的实根，不妨设， 令， 求导可得，由，当且仅当时取等号，则， 所以函数在上单调递增，由，则当时，可得， 由，且在上单调递减， 则，可得； 由当时，，则函数在上单调递减， 由，则，所以， 要证，只需证，由， 则令，求导可得，令， 则，所以函数在上单调递增，， 则当时，，即， 所以函数在上单调递增，又， 则当时，， 所以不等式在上恒成立，可得。 综上所述，. 2．【详解】（1）（）a为正实数， 令，则恒成立， 函数在区间上单调递增，且. ①当时，，所以函数在上单调递减，此时，符合题意. ②当时，，，由零点存在定理，时，有，即函数在上递减， 在递增，所以当时，有，此时不符合. 综上所述，正实数a的最大值为1. （2）由（1）知，当，时，， 令时，有，即， 累加得，. （3）因为，所以，即函数在上递增， 又， 由零点存在定理，时，有，即， 因此，而函数在上递减，在上递增， 所以， 由于对勾函数在单调递减， 故，则，因此， 即. 要证方程有唯一的实数解， 只要证方程有唯一的实数解. 设，则， 所以函数在上递增，又，， 由零点存在定理，时，，即， 因此，又， 设，则函数在上递增， 于是， 又，故， 而函数在上递减，在上递增， ， 即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解. 3．【详解】（1）由题设，则，故切线斜率， 所以，结合直线倾斜角的范围，易知在处的切线的倾斜角为. （2）（i）由题设，则， 由，则，故且， 令，则， 所以在上单调递减，且， 所以时，在上单调递增， 时，在上单调递减， 所以是函数的极值点，故； （ii），则且， 当时，，此时，即证， 当时，，此时，即证， 综上，只需证明在且上恒成立， 令，，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，故得证. 4．【解析】（1）求出，对分类讨论，分别求出的解，即可得出结论； （2）由（1）得出有两解时的范围，以及关系，将，等价转化为证明，不妨设，令，则 ，即证，构造函数，只要证明对于任意恒成立即可. 【详解】（1）的定义域为R，且. 由，得；由，得. 故当时，函数的单调递增区间是， 单调递减区间是； 当时，函数的单调递增区间是， 单调递减区间是. （2）由（1）知当时，，且. 当时，；当时，. 当时，直线与的图像有两个交点， 实数t的取值范围是. 方程有两个不等实根 ， ，，，， ，即. 要证，只需证， 即证，不妨设. 令，则 ， 则要证，即证. 令，则. 令，则， 在上单调递增，. ，在上单调递增， ，即成立， 即成立.. 5．【详解】（1）当时，，则， 因为，， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）当时，，有， 由可得，即， 当时，，，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 有极大值，无最小值. （3），则. 若，则，单调递增，不可能有两个零点. 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以为的极小值点， 要使有2个零点，则需，即. 因为的2个零点为，，，所以. 要证，只需证， 因为，在上单调递增， 所以只需证， 因为，所以只需证， 即只需证，， 令，， 则， 设，则， 则在上单调递减， 又因为， 所以当时，，所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，，即在上单调递减， 又因为，所以， 即，， 所以原命题得证. 6．【详解】（1）在上连续不断，且， 由在上单调递增，因，则在上恒成立， 即在恒成立， 因在上单调递增，则， 故，即； （2）由（1）可知：，且，令，可得， 由函数有两个不同的极值点，等价于有2个实根， 则，解得：， 由韦达定理可得：，则， 由 ， 因，则，，故． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 导数 10大高频考点概览 考点01切线方程 考点02单调性 考点03极值、最值 考点04图像问题 考点05导函数还原原函数 考点06构造函数比较大小 考点07零点问题 考点08恒成立、存在问题 考点09综合问题 考点10证明类问题 地 城 考点01 切线方程 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)若直线与曲线相切于点，则下列说法错误的是（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意列出关于的方程组即可求解. 【详解】由题意，则， 所以，解得，故ABC对，D错. 故选：D. 二、填空题 2．(24-25高二下·黑龙江佳木斯桦南县第一中学·期末)已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为______. 【答案】/ 【分析】利用导数求出切线斜率，根据直线平行的斜率关系列方程可解. 【详解】由可得， 则切线斜率， 因为曲线在点处的切线与直线平行， 所以，解得. 故答案为： 地 城 考点02 单调性 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)已知函数，则单调递增区间是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式即可. 【详解】函数的定义域为且， 令，解得，所以单调递增区间是. 故选：B 2．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第二中学·期末)若函数在上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件得出存在，使成立，即存在，使成立，构造函数，，求出的最值即可解决问题. 【详解】因为函数在上存在单调递减区间， 所以存在，使成立，即存在，使成立， 令，因为，所以， 所以当，即时，，所以， 故选：B． 二、解答题 3．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第二中学·期末)已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求出切点坐标及切线斜率即可求得切线方程； （2）求导，分，两种情况，根据导数与单调性的关系求解. 【详解】（1）若，则，， ，，则切线方程为； （2）函数的定义域为. . 当时，令，解得. － 0 ＋ 单调递减 极小值 单调递增 当时，令，解得. － 0 ＋ 单调递减 极小值 单调递增 综上，当时，的单调递减区间是，单调递增区间是； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. 4．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)已知函数． (1)当时，求的单调增区间； (2)求的单调区间； (3)若在区间上为减函数，求的取值范围. 【答案】(1)增区间为 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）将函数求导，使导函数大于0求得，即得函数单调增区间； （2）将函数求导分解因式，根据参数进行分类讨论，得到函数的单调区间； （3）由在区间上为减函数等价于在区间上恒成立，结合函数图象，得到关于参数的不等式组，解之即得. 【详解】（1）当时，， 因，由可得，则的单调增区间为. （2）由求导得， 由可得或. ①当时，由可得，由可得； ②当时，在上恒成立； ③当时，由可得，由可得. 故当时，的单调增区间为，单调减区间为； 当时，的单调增区间为，无递减区间； 当时，的单调增区间为，单调减区间为. （3）由（2）得 在区间上为减函数等价于在区间上恒成立，即在区间上恒成立. 不妨设，结合函数的图象知，需使，解得或.即的取值范围是. 5．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期末)已知，函数. (1)若2是的极值点，求的值和该极值； (2)讨论函数单调性. 【答案】(1)， (2)答案见解析 【分析】（1）由2是的极值可得，从而得，再经检验即可求解； （2）由题意可得，分别讨论当，当，当的三种情况，即可求解. 【详解】（1）由题意得 2是的极值点， ，即 . 经检验符合题意，极值. （2）由题意知：定义域为，， 令，解得：，； ①当，即时，若，；若，； 在，上单调递减，在上单调递增； ②当，即时，且不恒等于，在上单调递减； ③当，即时，若，；若，； 在上单调递减，在上单调递增； 综上所述：当时，在，上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当，在，上单调递减，在上单调递增. 地 城 考点03 极值、最值 1、 填空题 1．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)设函数，若的两个极值点为，且，则实数a的值为________. 【答案】9 【分析】由题意得，进一步结合韦达定理以及即可求解. 【详解】，由已知，从而， 所以，经验证此时，符合题意. 故答案为：9. 二、解答题 2．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的极值． 【答案】(1) (2)极小值，无极大值 【分析】（1）由导数的几何意义，求在处的斜率，进而得到切线方程； （2）根据导函数的正负判断单调区间，再求极值即可. 【详解】（1）由题知，，， ∴，而， ∴曲线在点处的切线方程为，即． （2）令得；令得， ∴的单调减区间是，的单调增区间是． ∴当时，取极小值，无极大值． 3．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)设函数. (1)讨论的单调性； (2)若，为的两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见详解 (2) 【分析】（1）求导，分，，讨论导数的正负，得解； （2）由（1）以及有两个极值点，可得，且，代入并化简，结合基本不等式即可求得的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为，且， 令，由， 当时，，由，得， 令，得， 令，得或， 所以在上单调递增，在和上单调递减. 当时，，则，所以在R上单调递减； 当时，，则，故，所以在R上单调递减； 综上，当时，在上单调递增，在和上单调递减. 当时，所以在R上单调递减. （2）由（1）知，当时，有两个极值点，且满足，不妨设， 则， 因为，且，所以， 所以， 所以的取值范围为. 4．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)已知函数． (1)求曲线在处的切线与坐标轴围成的图形面积； (2)求在上的单调性与最值． 【答案】(1)4 (2)答案见解析 【分析】（1）由题意求得，进一步得切线方程即可求解； （2）直接求导得函数单调性，进一步得函数最值. 【详解】（1）因为，所以，所以， 解得，而， 所以曲线在处的切线为， 令，解得，令，解得， 故所求为； （2）由（1）可知，设， 求导得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 而， 注意到， 所以在上的最小值为，最大值为. 5．(24-25高二下·黑龙江绥化哈尔滨师范大学青冈实验中学校·期末)已知函数，若是的极值点. (1)求实数的值及函数的单调区间； (2)求函数在上的最大值与最小值. 【答案】(1)，单调递增区间是和，单调减区间是 (2)最小值为，最大值为. 【分析】（1）利用求出，再解不等式、即可得出单调区间； （2）根据（1）求出的单调性即可求出. 【详解】（1）由题意可得， 因为时，函数取得极值，所以，解得， 所以，， 由，得或；由，得， 所以函数的单调递增区间是和，单调减区间是， 则在处取极小值，符合题意. 故符合条件. （2）由（1）知：函数在单调递减，单调递增， 因，， 所以函数在区间上的最小值为，最大值为. 6．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)已知函数在处取得极值. (1)求函数的单调区间； (2)求函数在区间上的最大值与最小值. 【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为. (2)最大值为2，最小值为. 【分析】（1）根据函数的极值点求出a，再结合导数与函数单调性的关系，即可求得答案； （2）结合（1）判断函数的极值点，代入解析式求值，即得答案. 【详解】（1）由题意得，由题意得，即，解得， 故，定义域为R， ，令得或，令得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 易知为极小值点，符合题意， 所以单调递增区间为，，单调递减区间为. （2）由（1）知，在，上单调递增，在上单调递减， 1 + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，. 又，， 故的最大值为2，最小值为. 7．(24-25高二下·黑龙江佳木斯桦南县第一中学·期末)已知函数，． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，设，若既有极大值又有极小值，求的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导可得，然后分，以及讨论，即可得到结果； （2）根据题意，求导可得，将函数极值问题转化为方程至少有两个不同实数根，再转化为函数图像交点问题，即可得到结果. 【详解】（1）当时，的定义域为，， 当时，恒成立，在上为增函数； 当时，，， 当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为， 当时，，当或时，，当时，， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为． 综上所述，当时，在上为增函数； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为， （2）因为，所以， 若既有极大值又有极小值，则至少存在两个变号零点， 即至少有两个不同实数根， 记，则， 当时，，当时，， 所以在时，取得极大值， 又趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于0， 所以，的图像如图所示， 由图可知，当，即时，有两个变号零点， 且分别为极大值点和极小值点，所以的取值范围为． 地 城 考点04 图像问题 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)函数y＝f(x)的图象如图所示，则导函数的图象可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由图可知f(x)在(0，＋∞)，(－∞，0)上都是减函数，所以可得x＞0和x＞0时，导函数均为负，从而可得答案 【详解】∵函数f(x)在(0，＋∞)，(－∞，0)上都是减函数， ∴当x＞0时，f′(x)＜0，当x＜0时，f′(x)＜0. 故选：D 2．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)如图所示的是的导函数的图象，下列四个结论： ①在区间上是增函数； ②是的极小值点； ③在区间上是减函数，在区间上是增函数； ④是的极小值点． 其中正确结论的序号是（    ）． A．①②③ B．②③ C．③④ D．①③④ 【答案】B 【解析】根据导函数的符号和函数的单调性之间的关系和极值点的定义判断. 【详解】由的图象知在和上是减函数，在上是增函数，是极小值点，是极大值点，即②③正确． 故选:B． 二、多选题 3．(24-25高二下·黑龙江大庆·期末)（多选）函数的图象可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用分类讨论及函数的单调性与导数的关系，结合函数的性质即可求解. 【详解】由题意可知，函数的定义域为， 当时，，函数在上单调递增，故B正确； 当时，，，所以在上单调递增，故D正确； 当时，当时，；当时，； 故A正确；C错误. 故选：ABD. 地 城 考点05 导函数还原原函数 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江大庆·期末)函数的定义域为，若，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，解不等式即可得出答案. 【详解】构造函数，满足，， 则由可得，解得：. 故选：B. 2．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)是定义在R上的奇函数，当时，有恒成立，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令，求导，根据，得到在上递增，再根据是定义在R上的奇函数，得到在上的单调递增求解. 【详解】解：令， 则， 因为，所以， 则在上递增， 又是偶函数，且是定义在R上的奇函数， 所以是定义在R上的奇函数， 则在上单调递增， 所以，即，故A错误； ，即，故B错误； ，即，故C正确； ，即，故错误， 故选：C 3．(24-25高二下·黑龙江大庆东风中学·期末)已知函数定义域为，为其导函数，若恒成立，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，根据已知不等式，求出构造函数在定义域上的单调性，根据函数单调性，解出不等式的解集. 【详解】令，则， 因为在上，恒成立，可知在上单调递增， 因为，所以， 当时，即，可得， 因为在上单调递增，所以. 故选：B. 4．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数 在上为减函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的关系从而解出不等式即可． 【详解】构造函数，； 当时， ，；； 在上单调递减； ，； 由不等式得： ； ，且； ； 原不等式的解集为． 故选． 二、填空题 5．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)已知函数满足，的导数，则不等式的解集为____. 【答案】或 【分析】构造函数，进而将问题转化为，再根据函数单调性解不等式即可. 【详解】解：设，所以， 因为，所以， 所以函数在上单调递减， 因为等价于， 所以， 所以，解得或. 故答案为：或 6．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)已知是函数的导函数，且对任意的实数x都有，，则不等式的解集是________． 【答案】 【分析】首先根据条件构造函数，再由函数的导数倒推函数的解析式，再求解不等式. 【详解】令，， 则，又，∴， ∴， 所以，即， 解得：或， 所以不等式的解集为. 故答案为： 地 城 考点06 构造函数比较大小 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江佳木斯桦南县第一中学·期末)设，，，设a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，由导数判断单调性后比较． 【详解】解：构造函数，则， 当时，，函数在上为减函数， 而，，，又， 所以，即， 故选：A 2．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)已知，，，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对比同取对数，再构建函数，利用函数单调性求解，与对比取中间值2即可，都大于2，，综合即可得出答案. 【详解】同取以对数，大小关系不变， 则比较的大小，可比较与的大小， ，， 令，则， 则当时，， 则当时，单调递减， 则，即， 则， 即，即， ，， ， 则， 故选：D. 3．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期末)已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用不等式，当且仅当时等号成立，可得当时，，所以，，可判断；设，，利用导数分析的单调性可得，即，可判断，继而即可求解. 【详解】令，则， 令，则，令，则， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，即，即，当且仅当时等号成立， 当时，由，得， 所以，，即. 设，， 则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 因为，所以， 所以. 故选：D. 4．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)设则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，求导分析单调性，再结合和对数的性质比较可得. 【详解】令，则， 所以在上单调递增， 所以，即， 又，即，可得， ，所以， 综上. 故选：B. 地 城 考点07 零点问题 一、填空题 1．(24-25高二下·黑龙江大庆东风中学·期末)已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围为______． 【答案】 【分析】根据函数的导数，求出函数单调性和极值，确定方程有三个解的参数范围，求得结果. 【详解】函数恰有三个零点，即方程有三个解， 设，则， 令，即，因为，所以解得， 令，即，解得， 所以函数与变化关系如下表： 正 0 负 0 正 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由可知， 当时，，，所以且， 可得函数大致图形如下： 所以要满足题意，需. 故答案为：. 二、解答题 2．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可求函数的最大值. （2）先求导得：，分，，，，讨论函数的单调性，结合极值的符号，判断函数零点个数. 【详解】（1）当时，，. 由 ；由 . 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数的最大值为：. （2）因为， 所以 . 由（1）知，当时，函数无零点. 当时，，由 ；由 . 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数的最大值为，所以函数无零点. 当时： 若，则，由 或. 即或； 由 . 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 又极大值，极小值， 且当时，. 所以此时函数只在上有1个零点. 若，则恒成立，所以在上单调递增. 此时，因为. 所以函数只有一个零点. 当时，，由 或，所以或； 由 . 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以极小值，极大值. 且当时，. 所以函数只在有1个零点. 综上可知：当时，函数只有1个零点. 所以的取值范围为： 3．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)已知函数的零点为m，． (1)证明：m是的零点； (2)讨论方程（）的解的个数； (3)已知存在唯一零点n，比较n与m的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）由的零点为得，即可得证； （2）由已知有，令，利用导数研究单调性即可作出的图像，利用数形结合即可求解； （3）根据零点存在性定理先确定的范围，研究的单调性，比较与的大小，利用单调性解不等式即可求解. 【详解】（1）因为的零点为m  ∴ ∴，故 ∴∴   ∴m是的零点 （2）由 ， ∴， 令  ，∴， 令，  ∴， 由有，有， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 当时，，当时，， 当时，， 作出的图像：    所以当时，解为0个； 当或时，解为1个； 当时，解为2个. （3）（3）由（1）知，在单调递增， 所以有唯一的解， ∵在单调递增，，，  ∴， 故，令，所以，当时，， ∴在上单调递增， ∵ ， ∴ ， ∴，又在单调递增，   ∴ . 地 城 考点08 恒成立、存在问题 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期末)已知函数，，若对于任意，都存在，使得，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意可知分别求得两函数在规定区间上的单调性以及对应值域，再由两函数值域的包含关系，解不等式即可求得实数的取值范围. 【详解】根据题意可知，，当且仅当时取等号， 则由对勾函数性质可得在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以当时，有最小值，又，， 所以在上的值域为. 又函数，则， 令，得，， 当，，则在区间上单调递增； 当，，则在区间上单调递减； 所以当时，取到极大值也是最大值， 又，，所以在上的值域为， 由对于任意，都存在，使得， 则得，即，解得. 故选：D. 二、填空题 2．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)设函数，.若在恒成立，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【分析】在恒成立等价于对任意恒成立，就和结合的单调性分类讨论可得对任意恒成立，参变分离后再次利用导数可求的取值范围. 【详解】在恒成立等价于， 所以，即对任意恒成立， 设，则 所以，当时，，函数单调递增， 且当时，，当时，， 若，则， 若，因为，且在上单调递增，所以， 综上可知，对任意恒成立，即对任意恒成立. 设，，则，所以在单调递增， 所以，即a的取值范围为． 故答案为： 3．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)已知函数f(x)＝，若存在x1，x2（x2＞x1）满足f（x1）＝f（x2），则x2﹣2x1的取值范围为_____. 【答案】[ln2，2） 【分析】用表示出，得出关于的函数，根据的范围，判断函数单调性得出值域即可． 【详解】显然，， 由题意可知，故， ， 由可得，故，， 设， 则，在，上单调递减， 又，， ． 故答案为：，． 三、解答题 4．(24-25高二下·黑龙江大庆东风中学·期末)已知函数的图象经过点. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求导，即可根据直线的点斜式求解， （2）求导，对分类讨论，结合导函数的正负即可求解函数的单调性， （3）根据（2）的单调性，结合对分类讨论，即可求解函数的最值求解. 【详解】（1）代入可得，解得， 当时，所以， 又， 故切线方程为，即 （2）定义域为， ， 令解得或， 当时，此时，此时在上单调递增， 当时，令，则或，令，则， 故的单调递减区间为，单调递增区间为， 当时，令，则或，令，则， 故的单调递减区间为，的单调递增区间为， （3）当时，有（2）知：在上单调递增， 所以当时，， 当时，，由（2）知：在上单调递增， 所以当时，， 当时，，由（2）可知在上单调递减， 所以，矛盾， 综上可得 5．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末)已知函数. (1)若函数在处的切线斜率为3，求该切线方程； (2)若时，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程； （2）根据不等式恒成立转化为，再构造函数结合导函数得出函数的单调性得出最值即可求解. 【详解】（1），所以， ，切点为， 切线方程为，即； （2）， 设， 设在上单调递增； 时，即在上单调递减； 时，即在上单调递增， . 6．(24-25高二下·黑龙江大庆·期末)已知函数在处的切线斜率为2. (1)求的值； (2)求证：； (3)是否存在实数，使得恒成立？若存在，求的取值集合，若不存在说明理由. 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解； （2）设，利用导数求出在R上的最小值为，再根据三角函数的最值可得证； （3）设，利用导数分类讨论函数是否恒大于0. 【详解】（1）根据题意，， ； （2）设，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 则在R上的最小值为，所以； （3）设， 则， 设， 则，设 则，设， ，， ①时，，， 由（2）可知，， 所以在R上递增，又， 所以当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以在R上上的最小值为，即成立； ②时，， 当时，，在上单调递增， 若，则当时，， 在单调递增， 当时，，在单调递减。 当时，，在单调递增， 所以，不成立； 若，因为在上单调递增且， 则存在，使得， 所以当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以，不成立； ③时，， 时，在上单调递增， 若，则当时，， 在单调递减， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递减， 所以，不成立； 若，因为在上单调递增且， 则存在，使得， 所以当时，，在单调递减， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递减， 所以，不成立， 综上所述，的取值集合为. 7．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末)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（0，1）的曲率； (2)求曲线曲率的最大值； (3)函数，若不存在曲率为0的点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (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的最大值； （3）根据不存在曲率为0的点，得到在无实数解，令，通过多次求导，求得函数的最小值,进而得到的取值范围. 【详解】（1）因为，则，， 所以 （2）因为，则，， 所以， 令 则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，所以曲率最大值为. （3） ， ， 因为不存在曲率为0的点，所以在无实数解， 令， ， 令，求导得， 故函数在上单调递增， 而，则存在，使， 即，此时， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此， 由，得， 则， 所以的取值范围是. 地 城 考点09 综合问题 一、多选题 1．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)（多选）对于函数，下列说法正确的有（    ） A．在处取得极大值1 B．在处的切线方程为 C．有两个零点 D．若在上恒成立，则 【答案】ABD 【分析】利用导数来研究原函数的单调性即可判断A，利用导数求切线方程即可判断B，利用方程的解即可判断C，利用分离参变量构造函数求导来研究函数最大值，即可判断D. 【详解】由题得， 所以当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又因为，所以在处取得极大值1，故A正确； 由于，， 所以在处的切线方程为， 整理得：，故B正确； 由，所以只有一个零点，故C错误； 由，可得，构造，求导得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又因为，所以在处取得最大值，所以，故D正确； 故选：ABD. 2．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)（多选）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. 3．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)（多选）已知函数的图象在点处的切线的斜率为2，则（    ） A． B．有两个极值点 C．有2个零点 D．有1个零点 【答案】ABD 【分析】首先求导得，利用切线斜率与导数关系得到，解出值即可判断A选项，将代回原函数与导函数，利用导数与极值的关系，求出时的两根，即可判断B选项，利用零点存在定理和数形结合的思想即可判断其零点个数. 【详解】，由题得，，，故A正确， ，，令，或， 令，即，，令，则或， 在 上单调递增，在上单调递减， 在取得极大值，在取得极小值，故有两极值点，故B正确， 又，，则且在上单调递增，且图像连续不断，故在上有一零点， 而，则其无其他零点，大致图像如图所示： 故C错误，D正确. 故选：ABD. 4．(24-25高二下·黑龙江大庆大庆中学·期末)（多选）对于函数，和，，下列结论正确的有（   ） A．与在时有相同的函数值 B．与最小值不同 C．与的图象有相同的对称中心 D．与在区间都为增函数 【答案】ABC 【分析】利用正弦型函数的性质求函数的单调性与最值，利用导数研究函数的单调性与最值，然后结合选项得答案． 【详解】函数的周期为，令得， 又，所以的对称中心为． 因为，所以，所以， 令得， 因为，所以和， 所以的增区间为和； 由，得，， 满足，故函数的图象的对称中心也为，故选项C正确； 对于A：，，满足，正确； 对于B：在上的最小值为， ，， 由，得或，由，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 又，， 可知在上的最小值为，与的最小值不同，正确； 对于D：由B选项可知在单调递减，在上单调递增， 在单调递增，错误． 故选：ABC 5．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)（多选）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B．当时， C．是极大值点 D．，当且仅当 【答案】ACD 【分析】对于AB，由奇函数的性质验算即可；对于C，求导判断时的函数的单调区间即可判断极值情况；对于D，分类讨论即可判断. 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B错误； 对C，当时，， 则， 令，解得或（舍去）， 当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 则是极大值点，故C正确； 对D，当时，， 当，， 而，是定义在上的奇函数， 从而当时，， 当时，， 综上所述，，当且仅当，故D正确. 故选：ACD. 地 城 考点10 证明类问题 一、解答题 1．(24-25高二下·黑龙江龙东联盟·期末)已知函数 (1)设函数，不等式对任意的恒成立，求的取值范围． (2)若有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）代入然后求导，对，讨论判断； （2）（i）法一：等价转化方程有两个不同的变号根等价有两个不同的根，然后构建函数研究性质即可；法二：直接求导，然后利用二阶导，求出最小值判断即可；（ii）构建函数，然后求导可判断，然后构建函数，可知，最后可得结果. 【详解】（1）由，得，， 当时，，，在上单调递增， 所以，不等式恒成立；            当时，，当时，， 所以在上单调递减，，与已知不等式矛盾. 故； （2）（i）法一：由（），求导得， 由题意得方程有两个不同的变号根， 即：有两个不同的根， 设，则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 又时，；时，，所以.        法二：由，求导可得，令， 由题意得函数存在两个不同的变号零点，则， 令，解得，当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 当，即时，不合题意； 当时，由， 令，求导可得， 当时，，则在上单调递增， 所以，则， 由，则当时，函数存在两个不同的变号零点， 可得，解得. （ii）证明：由（i）知：为方程的两个不等的实根，不妨设， 令， 求导可得，由，当且仅当时取等号，则， 所以函数在上单调递增，由，则当时，可得， 由，且在上单调递减， 则，可得； 由当时，，则函数在上单调递减， 由，则，所以， 要证，只需证，由， 则令，求导可得，令， 则，所以函数在上单调递增，， 则当时，，即， 所以函数在上单调递增，又， 则当时，， 所以不等式在上恒成立，可得。 综上所述，. 2．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期末)已知函数，. (1)若为正实数，时，都有，求的最大值. (2)证明：； (3)若函数的最小值为，证明：方程有唯一的实数根. 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题可得，则函数在区间上单调递增，且，再分情况讨论当时，当时的单调情况，从而可求解； （2）由（1）可得当，时，，从而可得令时，，再利用累加法即可证明； （3）先利用导数求出即，然要证方程有唯一的实数解即证只要证方程有唯一的实数解，设，再利用导数证明只有一个零点，从而可求解. 【详解】（1）（）a为正实数， 令，则恒成立， 函数在区间上单调递增，且. ①当时，，所以函数在上单调递减，此时，符合题意. ②当时，，，由零点存在定理，时，有，即函数在上递减， 在递增，所以当时，有，此时不符合. 综上所述，正实数a的最大值为1. （2）由（1）知，当，时，， 令时，有，即， 累加得，. （3）因为，所以，即函数在上递增， 又， 由零点存在定理，时，有，即， 因此，而函数在上递减，在上递增， 所以， 由于对勾函数在单调递减， 故，则，因此， 即. 要证方程有唯一的实数解， 只要证方程有唯一的实数解. 设，则， 所以函数在上递增，又，， 由零点存在定理，时，，即， 因此，又， 设，则函数在上递增， 于是， 又，故， 而函数在上递减，在上递增， ， 即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解. 3．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)已知函数． (1)当时，求在处的切线的倾斜角； (2)若是函数的极值点， （i）求实数的值； （ii）设函数．证明：． 【答案】(1)； (2)（i）1；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义求切线斜率，进而确定倾斜角大小； （2）（i）对函数求导，由已知有求参数值，注意验证；（ii）将问题化为证明在且上恒成立，应用换元法及导数研究不等式恒成立，即可证. 【详解】（1）由题设，则，故切线斜率， 所以，结合直线倾斜角的范围，易知在处的切线的倾斜角为. （2）（i）由题设，则， 由，则，故且， 令，则， 所以在上单调递减，且， 所以时，在上单调递增， 时，在上单调递减， 所以是函数的极值点，故； （ii），则且， 当时，，此时，即证， 当时，，此时，即证， 综上，只需证明在且上恒成立， 令，，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，故得证. 4．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）当时，如果方程有两个不等实根 ，求实数t的取值范围，并证明. 【答案】（1）当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；（2），证明见解析. 【解析】（1）求出，对分类讨论，分别求出的解，即可得出结论； （2）由（1）得出有两解时的范围，以及关系，将，等价转化为证明，不妨设，令，则 ，即证，构造函数，只要证明对于任意恒成立即可. 【详解】（1）的定义域为R，且. 由，得；由，得. 故当时，函数的单调递增区间是， 单调递减区间是； 当时，函数的单调递增区间是， 单调递减区间是. （2）由（1）知当时，，且. 当时，；当时，. 当时，直线与的图像有两个交点， 实数t的取值范围是. 方程有两个不等实根 ， ，，，， ，即. 要证，只需证， 即证，不妨设. 令，则 ， 则要证，即证. 令，则. 令，则， 在上单调递增，. ，在上单调递增， ，即成立， 即成立.. 5．(24-25高二下·黑龙江大庆大庆中学·期末)已知函数，. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求在内的极值； (3)设，若有2个零点，，且，求证：. 【答案】(1) (2)有极大值，无最小值 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，求出，，，再由导数的几何意义求解即可； （2）当，对求导，求出的单调性，结合极值点的定义即可得出答案； （3）对求导，研究单调性和极值可知要使有2个零点，则需，由此求出的范围，要证，只需证，由此构造，，对求导，证明即可. 【详解】（1）当时，，则， 因为，， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）当时，，有， 由可得，即， 当时，，，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 有极大值，无最小值. （3），则. 若，则，单调递增，不可能有两个零点. 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以为的极小值点， 要使有2个零点，则需，即. 因为的2个零点为，，，所以. 要证，只需证， 因为，在上单调递增， 所以只需证， 因为，所以只需证， 即只需证，， 令，， 则， 设，则， 则在上单调递减， 又因为， 所以当时，，所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，，即在上单调递减， 又因为，所以， 即，， 所以原命题得证. 6．(24-25高二下·黑龙江大庆·期末)已知函数． (1)若函数在区间上单调递增，求的取值范围； (2)若函数有两个不同的极值点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由函数在上单调递增，借助于导函数推得在上恒成立.利用参变分离法即可求得参数范围； （2）由函数有两个极值点，可推得有2个实根，利用韦达定理可将化简为，由判别式大于0即可证明. 【详解】（1）在上连续不断，且， 由在上单调递增，因，则在上恒成立， 即在恒成立， 因在上单调递增，则， 故，即； （2）由（1）可知：，且，令，可得， 由函数有两个不同的极值点，等价于有2个实根， 则，解得：， 由韦达定理可得：，则， 由 ， 因，则，，故． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 导数 10大高频考点概览 考点01切线方程 考点02单调性 考点03极值、最值 考点04图像问题 考点05导函数还原原函数 考点06构造函数比较大小 考点07零点问题 考点08恒成立、存在问题 考点09综合问题 考点10证明类问题 地 城 考点01 切线方程 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)若直线与曲线相切于点，则下列说法错误的是（      ） A． B． C． D． 二、填空题 2．(24-25高二下·黑龙江佳木斯桦南县第一中学·期末)已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为______. 地 城 考点02 单调性 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)已知函数，则单调递增区间是（   ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第二中学·期末)若函数在上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、解答题 3．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第二中学·期末)已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间. 4．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)已知函数． (1)当时，求的单调增区间； (2)求的单调区间； (3)若在区间上为减函数，求的取值范围. 5．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期末)已知，函数. (1)若2是的极值点，求的值和该极值； (2)讨论函数单调性. 地 城 考点03 极值、最值 1、 填空题 1．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)设函数，若的两个极值点为，且，则实数a的值为________. 二、解答题 2．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的极值． 3．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)设函数. (1)讨论的单调性； (2)若，为的两个极值点，求的取值范围. 4．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)已知函数． (1)求曲线在处的切线与坐标轴围成的图形面积； (2)求在上的单调性与最值． 5．(24-25高二下·黑龙江绥化哈尔滨师范大学青冈实验中学校·期末)已知函数，若是的极值点. (1)求实数的值及函数的单调区间； (2)求函数在上的最大值与最小值. 6．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)已知函数在处取得极值. (1)求函数的单调区间； (2)求函数在区间上的最大值与最小值. 7．(24-25高二下·黑龙江佳木斯桦南县第一中学·期末)已知函数，． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，设，若既有极大值又有极小值，求的取值范围． 地 城 考点04 图像问题 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)函数y＝f(x)的图象如图所示，则导函数的图象可能是（ ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)如图所示的是的导函数的图象，下列四个结论： ①在区间上是增函数； ②是的极小值点； ③在区间上是减函数，在区间上是增函数； ④是的极小值点． 其中正确结论的序号是（    ）． A．①②③ B．②③ C．③④ D．①③④ 二、多选题 3．(24-25高二下·黑龙江大庆·期末)（多选）函数的图象可能是（    ） A． B． C． D． 地 城 考点05 导函数还原原函数 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江大庆·期末)函数的定义域为，若，则的解集为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)是定义在R上的奇函数，当时，有恒成立，则（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·黑龙江大庆东风中学·期末)已知函数定义域为，为其导函数，若恒成立，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 5．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)已知函数满足，的导数，则不等式的解集为____. 6．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)已知是函数的导函数，且对任意的实数x都有，，则不等式的解集是________． 地 城 考点06 构造函数比较大小 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江佳木斯桦南县第一中学·期末)设，，，设a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)已知，，，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期末)已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)设则（   ） A． B． C． D． 地 城 考点07 零点问题 一、填空题 1．(24-25高二下·黑龙江大庆东风中学·期末)已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围为______． 二、解答题 2．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求的取值范围. 3．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)已知函数的零点为m，． (1)证明：m是的零点； (2)讨论方程（）的解的个数； (3)已知存在唯一零点n，比较n与m的大小． 地 城 考点08 恒成立、存在问题 一、单选题 1．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期末)已知函数，，若对于任意，都存在，使得，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 2．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)设函数，.若在恒成立，则实数的取值范围是_________. 3．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)已知函数f(x)＝，若存在x1，x2（x2＞x1）满足f（x1）＝f（x2），则x2﹣2x1的取值范围为_____. 三、解答题 4．(24-25高二下·黑龙江大庆东风中学·期末)已知函数的图象经过点. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)若对恒成立，求实数的取值范围. 5．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末)已知函数. (1)若函数在处的切线斜率为3，求该切线方程； (2)若时，恒成立，求的取值范围. 6．(24-25高二下·黑龙江大庆·期末)已知函数在处的切线斜率为2. (1)求的值； (2)求证：； (3)是否存在实数，使得恒成立？若存在，求的取值集合，若不存在说明理由. 7．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末)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（0，1）的曲率； (2)求曲线曲率的最大值； (3)函数，若不存在曲率为0的点，求实数的取值范围. 地 城 考点09 综合问题 一、多选题 1．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨师范大学附属中学·期末)（多选）对于函数，下列说法正确的有（    ） A．在处取得极大值1 B．在处的切线方程为 C．有两个零点 D．若在上恒成立，则 2．(24-25高二下·黑龙江大庆实验中学·期末)（多选）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 3．(24-25高二下·黑龙江佳木斯第八中学·期末)（多选）已知函数的图象在点处的切线的斜率为2，则（    ） A． B．有两个极值点 C．有2个零点 D．有1个零点 4．(24-25高二下·黑龙江大庆大庆中学·期末)（多选）对于函数，和，，下列结论正确的有（   ） A．与在时有相同的函数值 B．与最小值不同 C．与的图象有相同的对称中心 D．与在区间都为增函数 5．(24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末)（多选）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B．当时， C．是极大值点 D．，当且仅当 地 城 考点10 证明类问题 一、解答题 1．(24-25高二下·黑龙江龙东联盟·期末)已知函数 (1)设函数，不等式对任意的恒成立，求的取值范围． (2)若有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 2．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第一高级中学·期末)已知函数，. (1)若为正实数，时，都有，求的最大值. (2)证明：； (3)若函数的最小值为，证明：方程有唯一的实数根. 3．(24-25高二下·黑龙江牡丹江第二高级中学·期末)已知函数． (1)当时，求在处的切线的倾斜角； (2)若是函数的极值点， （i）求实数的值； （ii）设函数．证明：． 4．(24-25高二下·黑龙江双鸭山部分学校·期末)已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）当时，如果方程有两个不等实根 ，求实数t的取值范围，并证明. 5．(24-25高二下·黑龙江大庆大庆中学·期末)已知函数，. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求在内的极值； (3)设，若有2个零点，，且，求证：. 6．(24-25高二下·黑龙江大庆·期末)已知函数． (1)若函数在区间上单调递增，求的取值范围； (2)若函数有两个不同的极值点，求证：． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $