专题01 导数（9大考点期末真题汇编，吉林内蒙古专用）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，覆盖9大高频考点，整合吉林、内蒙古等地期末真题，基础题与综合题梯度分布，适配高二期末复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|15+|导数概念（平均变化率）、切线斜率、单调性参数范围|基础题占比60%，如火箭瞬时速度计算| |多选|5+|导函数图像、极值点判断|结合图像分析，如导函数图像判断极值点| |填空|10+|切线方程、零点个数、恒成立参数|中档题为主，如曲线过原点切线求解| |解答|12+|极值最值综合、零点证明、拉格朗日中值定理|地域真题改编，如吉林“BEST合作体”极值与切线综合题|

专题01 导数 地 城 考点01 导数的概念与求导法则 一、单选题 1．A 2．C. 3．D 4．A 5．C 6．B 7．B 二、多选题 8．AB 三、填空题 9．4 10． 地 城 考点02 切线方程 一、单选题 1．C. 二、填空题 2． 3．. 4．1 5．/ 三、解答题 6．【详解】（1）由题意，， 在中，， ∵，∴，解得， ∴. （2）由题意由（1）得 ， 则不等式，即为，又，解得， ∴不等式的解集为. （3）在中， ， ，， ∴曲线在点处的切线方程为， 即. 7．【详解】（1）依题意可得，则, ∵，∴， ∴曲线在点（1，5）处的切线方程为， 即； （2）设过原点的切线方程为，则切点为， 则,消去k，整理得， 解得或， 所以曲线存在过坐标原点的切线，且切点的坐标为或． 8．【详解】解：（1）因为，所以， 因为函数在处有极值，其图象经过点，且， 所以，解得， 此时，满足在处有极值， 所以. （2）由（1）知， 所以，， 所以函数在处的切线方程为，即 地 城 考点03 单调性 一、单选题 1．C 2．D. 3．D． 4．D 二、填空题 5． 地 城 考点04 极值、最值 1、 单选题 1．D 2．D 3．A 4．A 5．A 二、多选题 6．BCD. 三、填空题 7．108 四、解答题 8．【详解】（1）当时，，则， 故，， 故切线方程为，即， （2）且， 当时，，的单调增区间为，； 当时， 当时，，当时，， 所以的单调减区间为，单调增区间为，； 当时，，所以的单调减区间为， 9．【详解】（1）由求导得：， 由可得，由可得或， 故函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； （2）由（1）已得函数在上单调递减，在上单调递增， 因，则函数在上单调递减，在上单调递增， 又， 故当时，函数取得最大值为. 10．【详解】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，，. 11．【详解】（1）当时，函数，定义域为，则， 令，即，解得， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以在上的极小值小值为，无极大值； （2）当时，函数，定义域为， 则， 令，解得或， 当，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 综上：的单调递增区间为，，单调递减区间为. 12．【详解】（1）因为， 所以， 由题意可知，，，， 所以，解得，，， 所以函数的解析式为，经检验适合题意， 所以； （2）由（1）知， 令，则，解得，或， 当时，； 当时，； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 当时，取的极大值为， 当时，取得极小值为， 又，， 所以，． 13．【详解】（1）解：因为，则， 由题意知在区间内恒成立， 所以，在区间内恒成立． 令，，因为恒成立， 所以在区间内单调递减， 所以，所以，即实数的取值范围为． （2）解：，其中． 因为， ①当时，对任意的恒成立， 所以在区间内单调递增，此时，无最小值，不合题意； ②当时，令，则或（舍去）， 当时，；当时，. 所以，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增， 则是函数的极小值点，也是最小值点， 所以， 解得，合乎题意. 综上所述，. 地 城 考点05 图像问题 一、多选题 1．BC． 2．BD. 地 城 考点06 零点问题 一、单选题 1．C 二、填空题 2． 三、解答题 3．【详解】（1）由题设，故时有，时有， 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 当趋向时趋向，趋向时趋向，故， 综上，的递减区间为，递增区间为，最小值为，无最大值； （2）由（1）分析，可得的大致图象如下： 当时，无解； 当时，有两个不同解； 当或时，有且仅有一个解. 4．【详解】（1）， 依题意，，所以，所以， 设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，取得最小值，所以的最小值为1； （2）由（1）可知，， 令，则， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且，所以． 5．【详解】（1）因为，所以． 因为，，所以，解得； （2）因为有三个零点，且， 所以关于的方程有三个不同的根， 即曲线与直线有三个交点． 令， 则． 因为， 所以在，上单调递减，在上单调递增． 因为，所以当时，直线与曲线有三个交点， 故实数的取值范围是． 6．【详解】（1）因为，所以． 又因为，所以所求切线方程为，即． （2）， 因为的图象是一条连续不断的曲线， 所以在上必存在一个异号零点， 即存在正数，使得，且当时，， 当时，， 所以在处取得极小值，即在上存在极小值． （3）在上无零点． 理由如下： 当时，，可得． 令函数，则， 当时，单调递增． 又，所以， 从而，所以在上无零点． 7．【详解】（1）依题意，，， 由，得；由，得， 故函数的单调增区间是，单调减区间是； （2）原方程可化为，即，亦即， 若原方程在有实根，则与在上有交点， 因为，所以在上单调递增，又， 且时，且速度远远快于x，所以，所以， 所以要使与在上有交点，则， 综上，当时，关于x的方程在区间内有实根. 8．【详解】（1）当时，，点在函数图象上， 由得，， 则在点处的切线方程为，即. （2）定义域为， ， 当时，恒成立，在上单调递减， 当时，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）知，当时，在上单调递减， 则在上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去； 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，即， 设，则， 故在上单调递增，又； 当时，， 又， 故在上有一个零点； 当，由可得即，得，则， 故，即， 设，所以， 当时，，当时，， 所以当时函数取得最小值，最小值为，即， 则，即， 因此在上也有一个零点． 当时，，故此时没有两个零点； 综上，若有两个零点，实数的取值范围为. 地 城 考点07 恒成立、存在问题 一、填空题 1． 二、解答题 2．【详解】（1）函数的定义域为， 因为，所以， . 令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增. 因此在处取得最小值. ，，而， 所以：此在处取得最大值 （2）. 因为，令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增. 所以， 所以：， 即. ①当时，，恒成立，不符合题意； ②当时，设， 则，所以在单调递减， 又因为，所以等价于，所以； 综上，的取值范围是. 3．【详解】（1）由题设，则， 所以，，则的图象在处的切线方程为， 所以切线方程为； （2）对恒成立，， 设（），则， 当，即时，在上单调递增， 且，所以， 即，此时在上单调递增，且， 所以对恒成立. 当，即时，令，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，又，在上恒有，即， 函数在上单调递减，且，在上有，不符合题意. 综上，，即实数a的取值范围为. 4．【详解】（1）∵，∴. 当时，， ∴在和上单调递减； 当时，令，得， 令，得或， ∴在上单调递增，在和上单调递减； 当时，令，得， 令，得或， ∴在上单调递增，在和上单调递减. 综上所述，当时，在和上单调递减； 当时，在上单调递增，在和上单调递减； 当时，在上单调递增，在和上单调递减. （2）（方法一）∵恒成立， ∴恒成立. 令，则. 令，则在上单调递增. ∵，∴由，得. 由，得. 令，则， 当时，，当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴，∴. （方法二）令， 则恒成立. . ①当时，∵， ∴，∴在上单调递增. ∵，∴不是恒成立. ②当时，由，得， 由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， ∴. ∵函数在上单调递增，且， ∴当时，恒成立. 5．【详解】（1）， ， 当时，，所以在上单调递增． 当时，令，则．            若，即时，恒成立，所以在上单调递增． 若，即时，方程的根为， 当时，或，在和上单调递增； 当时，，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增， 在上单调递减． （2）令，则． 令，则．         所以当时，，在上单调递减． 当时，，在上单调递增． 又当时，，且；当时，，       所以当时，先减后增，且在处有最小值， 此时直线与有两个交点， 所以实数的取值范围为． （3）因为，即， 即，对恒成立． 当时，上式显然成立； 当时，上式转化为， 令，， ，所以函数在上单调递增， ，， 综上所述，实数的取值范围为. 地 城 考点08 综合问题 一、多选题 1．BC 2．ABD 3．ACD 4．AB 5．BCD 6．BC 地 城 考点09 证明类问题 一、解答题 1．【详解】（1）的定义域为．， 令，即，解得， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 故是在的唯一最小值点． 所以． （2），定义域为， 因为．所以在单调递增， 又，，故存在，使得． 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 因为有且仅有两个实根，所以， 又，，且 所以，故． 又 又在单调递减，故是在的唯一根， 故．所以． 2．【详解】（1）由已知可得的定义域为， 且， 因此当时，，从而， 所以的单减区间是，无单增区间； （2）（ⅰ）由（1）知，， 令， 当时，单调递减． ①当时，可知在内单调递减， 又，故当时，，所以不存在正零点； ②当时，， 在单调递减，故当时，，函数不存在正零点； ③当时，，此时， 所以存在满足， 所以在内单调递增，在内单调递减． 令，则当时，， 故在内单调递增，在内单调递减， 从而当时，，即， 所以， 又因为，所以， 因此，此时存在正零点； 综上，实数的取值范围为； （ⅱ）由题意，，即， 从而，即， 由（ⅰ）知当时，，即，有， 又，故， 两边取对数，得， 于是，整理得． 3．【详解】（1）由题得的定义域为． 且，所以． 则在处的切线方程为． （2）由（1）得，设， 则，， ①当时，，则在上单调递增． 又∵，在上为负，在上为正， 则在上单调递减，在上单调递增， 即是的唯一极小值点． ②当时，由解得． （ⅰ）若时，则． 由解得，由解得， 所以在上单调递减，在单调递增， 所以且有， 由零点存在定理得使得， 则在和为正，在为负， 即在上有两个极值点． （ⅱ）若时，则，由解得． 此时在上单减，在上单增，所以， 则在上单调递增，即无极值点． （ⅲ）若时，即． 由解得<x<，由解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以且有， 由零点存在定理得使得， 则在和为正，在为负， 即在上有两个极值点． 综上，当，无极值点． 当时，有一个极值点． 当或时，有两个极值点． （3）由（2）可得且， 要证，只需证， 由，只需证， 只需证，即， 只需证． 令．所以． 则在上单调递增，即． 证毕． 4．【详解】（1）因为，定义域为， 所以． 当时，令，得或，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 当时，恒成立，所以函数在上单调递增． 当时，令，得或，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）不妨设，则，要证对，都有， 只需证，即需证． 构造函数，则要证，需证函数在上为增函数， 因为， 所以函数在上为增函数成立， 所以当时，对且，都有． 5．【详解】（1）证明：由，则， 故，令， 则，令，则， 故，，在单调递增， ，，在单调递减， 故， 则在单调递减； （2）由在恒成立， 则在恒成立， 令在恒成立， ，令， 当时，，，，所以 所以，则在单调递减， 所以这与在恒成立矛盾，所以不满足条件， 当时，，对称轴， 若 即, 当时，， ， 故，则在单调递增， 所以，故 . 若 即 当时，,则 故当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以与在恒成立矛盾， 故. （3）由（2）时， 故时，， 令，则，， 则个不等式相加 故 . 6．【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． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 导数 9大高频考点概览 考点01导数的概念与求导法则 考点02切线方程 考点03单调性 考点04极值、最值 考点05图像问题 考点06零点问题 考点07恒成立、存在问题 考点08综合问题 考点09证明类问题 地 城 考点01 导数的概念与求导法则 一、单选题 1．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)函数在区间上的平均变化率为（   ） A．5 B．6 C．7 D．10 【答案】A 【分析】根据平均变化率公式计算可得. 【详解】函数在区间上的平均变化率为. 故选：A 2．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)火箭发射后，其高度（单位：）为，则火箭发射时，火箭爬高的瞬时速度是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据高度导数值是瞬时速度，求导得，计算即可. 【详解】，，，即火箭发射时，火箭爬高的瞬时速度是. 故选：C. 3．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)已知，则（ ） A．0 B． C．1 D．2025 【答案】D 【分析】求出函数的导数，再赋值即可求解. 【详解】函数，求导得， 当时，，解得. 故选：D 4．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)已知函数的导函数是，若，则（    ） A． B．0 C． D． 【答案】A 【分析】根据求导公式求出，可计算，由此确定解析式，进而求值. 【详解】由得， 所以， 所以， 所以，故. 故选：A 5．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)已知一质点的运动方程为，其中s的单位为米，t的单位为秒，则第2秒末的瞬时速度为（    ） A．1m/s B．4m/s C．m/s D．m/s 【答案】C 【分析】由导数的概念求解 【详解】由题意得，故质点在第2秒末的瞬时速度为m/s 故选：C 6．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)设，则（    ） A． B． C．3 D．12 【答案】B 【分析】根据导数的定义进行转化即可. 【详解】，. 故选：B 7．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)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．曲线在点处的曲率为（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】求出，，则，，代入曲率公式求解即可． 【详解】令，则，． 因为，， 所以曲线在点处的曲率为 ． 故选：B 二、多选题 8．(24-25高二下·内蒙古呼和浩特和林格尔县民族中学·期末)（多选）下列函数求导正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】ABD选项，利用导数四则运算法则求解；C选项，利用复合函数求导公式进行求解. 【详解】A选项，，A正确； B选项，，B正确； C选项，，C错误； D选项，，D错误. 故选：AB 三、填空题 9．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知函数在处可导，若，则______． 【答案】4 【分析】变形得到，从而得到，解得． 【详解】因为 ， 所以，解得． 故答案为：4 10．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)已知函数，若，则______. 【答案】 【分析】求出导函数，利用列式求解即可. 【详解】由得，因为，所以. 故答案为： 地 城 考点02 切线方程 一、单选题 1．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)已知曲线在处的切线斜率为2，则（    ） A． B．18 C． D．8 【答案】C 【分析】借助导数的运算法则求出导数后，结合导数的几何意义计算即可得. 【详解】，由题意，解得. 故选：C. 二、填空题 2．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)曲线的一条切线斜率为0，则该切线的切点坐标为________． 【答案】 【分析】利用乘积导数，结合导数的几何意义，即可求解. 【详解】求导得，由曲线的一条切线斜率为0，则， 又当时，， 故该切线的切点坐标为， 故答案为： 3．(24-25高二下·吉林长春外五县·期末)曲线在点处的切线方程为_______． 【答案】 【分析】利用导数求出切线的斜率，写出直线的点斜式方程，再整理成一般式方程即可. 【详解】因为，所以当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 故答案为：. 4．(24-25高二下·吉林长春十一高中·)若直线为曲线的一条切线，则实数k的值为________． 【答案】1 【分析】设切点为，对求导得，根据题意列方程组即可求解. 【详解】设切点为， 对求导得， 由题意，解得. 故答案为：1. 5．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)若直线为曲线的一条切线，则的最大值为__________. 【答案】/ 【分析】设，切点为，再根据导数的几何意义求出切线方程，再结合题意求出的关系，再构造新的函数，利用导数求出最大值即可. 【详解】设，则， 设切点为，则， 则切线方程为，整理可得， 所以，解得， 所以，所以， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当时，取得最大值， 所以的最大值为. 故答案为： 三、解答题 6．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知函数，且. (1)求的解析式； (2)求不等式的解集； (3)求曲线在点处的切线方程. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）对求导，代入，即可求出，代入可得解析式； （2）将不等式化简，根据分式不等式与的定义域求解； （3）先求在点处的斜率，代入点即可求出切线方程. 【详解】（1）由题意，， 在中，， ∵，∴，解得， ∴. （2）由题意由（1）得 ， 则不等式，即为，又，解得， ∴不等式的解集为. （3）在中， ， ，， ∴曲线在点处的切线方程为， 即. 7．(24-25高二下·内蒙古锡林郭勒盟第二中学·期末)已知函数的图象经过点． (1)求曲线在点A处的切线方程． (2)曲线是否存在过坐标原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)曲线存在过坐标原点的切线，且切点的坐标为或． 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）设出过坐标原点的切线方程以及切点坐标，利用导数的几何意义以及切点既在切线上也在曲线上列出方程组求解即可. 【详解】（1）依题意可得，则, ∵，∴， ∴曲线在点（1，5）处的切线方程为， 即； （2）设过原点的切线方程为，则切点为， 则,消去k，整理得， 解得或， 所以曲线存在过坐标原点的切线，且切点的坐标为或． 8．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)已知函数在处有极值，其图象经过点，且． （1）求函数的解析式； （2）求函数在处的切线方程． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）由题知，解方程并检验即可得答案； （2）结合（1）计算，，进而根据几何意义求解即可. 【详解】解：（1）因为，所以， 因为函数在处有极值，其图象经过点，且， 所以，解得， 此时，满足在处有极值， 所以. （2）由（1）知， 所以，， 所以函数在处的切线方程为，即 地 城 考点03 单调性 一、单选题 1．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求导，令，解不等式求解单调区间即可. 【详解】由题意得，定义域为，， 令，解得， 故函数的单调递减区间是. 故选：C 2．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)已知函数在定义域内单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，再结合二次函数的性质计算可得. 【详解】的定义域为， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立，因为函数， 所以当时取得最大值9， 所以，即的取值范围是. 故选：D. 3．(24-25高二下·内蒙古锡林郭勒盟第二中学·期末)若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【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增区间， 所以存在，使成立，即存在，使成立， 令，， 变形得，因为，所以， 所以当，即时，，所以， 故选：D． 4．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)已知函数在上为单调递增函数，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求导，由单调性得到在上恒成立，由二次函数数形结合得到不等关系，求出m的取值范围. 【详解】， 因为在上为单调递增函数， 所以在上恒成立， 令， 要满足①，或②， 由①得：，由②得：， 综上：实数m的取值范围是. 故选：D 二、填空题 5．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)已知函数，若函数在上单调递减，则实数的取值范围为______． 【答案】 【分析】求出函数的导函数，由已知可得，在上恒成立，方法一：只需，计算即可求实数的范围；方法二：分离变量后利用函数的单调性求实数的范围. 【详解】解法一，因为在上单调递减， 所以在上恒成立． 所以，即，解得， 即实数的取值范围为． 解法二，由题意知在上恒成立， 所以在上恒成立． 记，当时， （由对勾函数的单调性可得），所以， 即实数的取值范围为． 地 城 考点04 极值、最值 1、 单选题 1．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)函数的极值点的个数（    ）． A．无数个 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【分析】利用导数研究函数的极值点即可. 【详解】由且， 令，而，故恒成立， 所以在上恒 ，即无解，故函数没有极值点. 故选：D 2．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)已知函数有极值，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】原函数有极值等价于导函数有变号零点，对于二次函数即判别式，由此计算a的取值范围即可. 【详解】由， 得， 根据题意得， 解得或， 所以实数a的取值范围是. 故选：D． 3．(24-25高二下·内蒙古赤峰·期末)函数在上（   ） A．既无极大值也无极小值 B．有极小值无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．有极大值无极小值 【答案】A 【分析】由可判断函数的单调性即可得出结论. 【详解】由题意恒成立，所以在上单调递增，既无极大值也无极小值. 故选：A 4．(24-25高二下·吉林长春十一高中·)若函数（）的极小值点为2，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求导，利用求得的值，从而得到，分和两种情况讨论，当时，结合二次函数图象判断函数单调性，从而求得的取值范围. 【详解】求导得， 因为极小值点为2，所以，解得， 所以， （1）当时，，令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增，极小值点为2符合题意； （2）当时，令得， ①当时，，令得，令得或， 所以在上单调递减，在 上单调递增，所以极小值点为2符合题意； ②当时，要使得极小值点为2，结合二次函数图象，则要求，解得； 综上，的取值范围为， 故选：A. 5．(24-25高二下·吉林白城第一中学·期末)已知函数，若存在实数，满足，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D．1         【答案】A 【分析】求出函数在两段上函数值集合的交集，令，由此构造函数并求其最大值即可. 【详解】当时，，当时，，则， 令，则，，设，， ，即在上单调递增，， 所以的最大值为. 故选：A 二、多选题 6．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)（多选）已知函数，若有两个极值点，则实数的取值可能是（    ） A．-2 B．-1 C．0 D． 【答案】BCD 【分析】由题意可得方程有两个不同的根，再根据求出的范围，即得答案. 【详解】解：因为有两个极值点， 所以方程有两个不同的根． 又因为 ， 所以， 解得． 故选：BCD. 三、填空题 7．(24-25高二下·内蒙古包头·期末)若函数在处有极小值，则等于______． 【答案】108 【分析】由，求得并检验，求得的解析式，运算得解. 【详解】， 因为在处有极小值，所以， 即，解得或， 若，则， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值，不合题意， 若，则， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极小值，合题意， 所以，则. 故答案为：108. 四、解答题 8．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)求函数在上的单调区间和最小值. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分类讨论即可根据导函数的正负，即可求解单调性得解. 【详解】（1）当时，，则， 故，， 故切线方程为，即， （2）且， 当时，，的单调增区间为，； 当时， 当时，，当时，， 所以的单调减区间为，单调增区间为，； 当时，，所以的单调减区间为， 9．(24-25高二下·内蒙古呼和浩特和林格尔县民族中学·期末)已知函数． (1)求的单调区间； (2)求在区间上的最大值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）利用函数求导，由导函数的正负即可求得函数的单调区间； （2）利用（1）的结论，可判断函数在区间上的单调性，代入端点值计算函数值，比较大小即得函数最大值. 【详解】（1）由求导得：， 由可得，由可得或， 故函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； （2）由（1）已得函数在上单调递减，在上单调递增， 因，则函数在上单调递减，在上单调递增， 又， 故当时，函数取得最大值为. 10．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为. 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，，. 11．(24-25高二下·吉林长春十一高中·)已知函数. (1)当时，求函数在上的极值； (2)当时，求函数的单调区间． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)的单调递增区间为，，单调递减区间为 【分析】（1）根据函数极值和导函数的关系，求出函数导数，求出函数单调区间，判断函数极值. （2）根据函数单调性和函数导数的关系，求出函数导数，求出函数单调区间. 【详解】（1）当时，函数，定义域为，则， 令，即，解得， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以在上的极小值小值为，无极大值； （2）当时，函数，定义域为， 则， 令，解得或， 当，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 综上：的单调递增区间为，，单调递减区间为. 12．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值． (1)求函数的解析式； (2)当时，求函数的最值． 【答案】(1)； (2)，． 【分析】（1）利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解； （2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 由题意可知，，，， 所以，解得，，， 所以函数的解析式为，经检验适合题意， 所以； （2）由（1）知， 令，则，解得，或， 当时，； 当时，； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 当时，取的极大值为， 当时，取得极小值为， 又，， 所以，． 13．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)已知函数，． (1)若函数在区间内单调递增，求实数的取值范围； (2)记函数，若的最小值是，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分析可知在区间内恒成立，由参变量分离法可得在区间内恒成立，利用导数求出函数在上的最大值，由此可得出实数的取值范围； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合函数的最小值可求得实数的值. 【详解】（1）解：因为，则， 由题意知在区间内恒成立， 所以，在区间内恒成立． 令，，因为恒成立， 所以在区间内单调递减， 所以，所以，即实数的取值范围为． （2）解：，其中． 因为， ①当时，对任意的恒成立， 所以在区间内单调递增，此时，无最小值，不合题意； ②当时，令，则或（舍去）， 当时，；当时，. 所以，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增， 则是函数的极小值点，也是最小值点， 所以， 解得，合乎题意. 综上所述，. 地 城 考点05 图像问题 一、多选题 1．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)（多选）（多选）如图为函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（    ） A．在处取得极大值 B．是的极小值点 C．在上单调递减，在上单调递增 D．是的极小值点 【答案】BC 【分析】利用图像判断的正负，得到函数的单调性进而逐项判断 【详解】当时，，∴不是 的极值点，∴A错误； 当时，，当时，，∴ 在上单调递减，在上单调递增，∴是 的极小值点，∴B正确； 当时，，∴在上单调递减，∴是的极大值点，∴C正确，D错误． 故选：BC． 2．(24-25高二下·内蒙古赤峰·期末)（多选）如图，函数的导函数的图象经过点，和，对于函数，下列说法正确的是（    ） A．在上单调递增 B．在上单调递增 C．在处取得极小值 D．在处取得极小值 【答案】BD 【分析】根据导函数图象的正负得出函数的单调性进而得出函数的极值即可判断各个选项. 【详解】由导函数图象可知， 当或时，； 当或时，， 所以在和上单调递减， 在和上单调递增，故选项A错误，B正确； 所以在和处取得极小值，在处取得极大值，故C错误，D正确. 故选：BD. 地 城 考点06 零点问题 一、单选题 1．(24-25高二下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)函数的零点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】求出函数的导数并求出单调区间，确定极值情况，再结合零点存在性定理求解. 【详解】函数的定义域为R， 求导得， 由，得， 当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 函数的极大值，极小值，而， 因此函数在上有唯一零点0；在与分别有唯一零点， 所以所求零点个数为3. 故选：C 二、填空题 2．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)设函数，若函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围__________. 【答案】 【分析】利用导数判断函数在不同区间的单调性，进而求出极值，再结合函数在不同区间的表达式画出大致图象，最后根据函数图象与直线的交点个数来确定参数的取值范围． 【详解】 当时，，则. 由得，所以在上单调递减； 由得，所以在上单调递增. 当时，，当时，， 当时，， 当时，取得极小值. 又当时，，所以函数的大致图象如图. 由图可知，当时，函数的图象与直线有三个交点， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 三、解答题 3．(24-25高二下·吉林长春G8教考联盟·期末)已知函数． (1)求的单调区间及最值； (2)求出方程的解的个数． 【答案】(1)答案见解析； (2)答案见解析. 【分析】（1）应用导数研究函数的单调区间和最值即可； （2）根据（1）得到函数大致图象，数形结合并讨论参数判断解的个数. 【详解】（1）由题设，故时有，时有， 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 当趋向时趋向，趋向时趋向，故， 综上，的递减区间为，递增区间为，最小值为，无最大值； （2）由（1）分析，可得的大致图象如下： 当时，无解； 当时，有两个不同解； 当或时，有且仅有一个解. 4．(24-25高二下·吉林长春外五县·期末)已知函数为的极值点． (1)求的最小值； (2)若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）求出导函数，根据极值点的定义可得，代入，构造函数，利用导函数判断单调性，然后利用函数的单调性求出最值即可 （2）由，然后分离参数得，设，求出单调区间和极值即可 【详解】（1）， 依题意，，所以，所以， 设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，取得最小值，所以的最小值为1； （2）由（1）可知，， 令，则， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且， 所以． 5．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知函数． (1)若曲线在点处的切线方程为，求，； (2)若有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义及导数函数值列方程求解即可； （2）将问题转化为曲线与直线有三个交点，令， 利用导数法研究其单调性，结合函数的极值数形结合即可求解. 【详解】（1）因为，所以． 因为，，所以，解得； （2）因为有三个零点，且， 所以关于的方程有三个不同的根， 即曲线与直线有三个交点． 令， 则． 因为， 所以在，上单调递减，在上单调递增． 因为，所以当时，直线与曲线有三个交点， 故实数的取值范围是． 6．(24-25高二下·内蒙古部分学校·期末)已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程． (2)证明：在上存在极小值． (3)判断在上是否存在零点，并说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)在上无零点，理由见解析 【分析】（1）求导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，代入点斜式方程求解即可. （2）根据零点存在定理得在上必存在一个异号零点，然后根据极小值的概念判断即可. （3）根据对数函数和正弦函数的性质得，然后令函数，利用导数法求得，从而，即可得解. 【详解】（1）因为，所以． 又因为，所以所求切线方程为，即． （2）， 因为的图象是一条连续不断的曲线， 所以在上必存在一个异号零点， 即存在正数，使得，且当时，， 当时，， 所以在处取得极小值，即在上存在极小值． （3）在上无零点． 理由如下： 当时，，可得． 令函数，则， 当时，单调递增． 又，所以， 从而，所以在上无零点． 7．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若关于x的方程在区间内有根，求实数a的取值范围． 【答案】(1)单调增区间是，单调减区间是； (2). 【分析】（1）对函数求导，利用导数的区间符号研究函数的单调区间； （2）问题化为与在上有交点，利用导数研究的值域，即可得参数范围. 【详解】（1）依题意，，， 由，得；由，得， 故函数的单调增区间是，单调减区间是； （2）原方程可化为，即，亦即， 若原方程在有实根，则与在上有交点， 因为，所以在上单调递增，又， 且时，且速度远远快于x，所以，所以， 所以要使与在上有交点，则， 综上，当时，关于x的方程在区间内有实根. 8．(24-25高二下·内蒙古赤峰·期末)已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，然后利用点斜式直线方程求解即可. （2）求出导函数，按照和分类讨论求解即可. （3）由（2）的结论得不符合题意，将题目条件转化为，设，利用导数研究其单调性，按照和分类讨论，结合零点存在定理利用放缩法求解即可. 【详解】（1）当时，，点在函数图象上， 由得，， 则在点处的切线方程为，即. （2）定义域为， ， 当时，恒成立，在上单调递减， 当时，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）知，当时，在上单调递减， 则在上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去； 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，即， 设，则， 故在上单调递增，又； 当时，， 又， 故在上有一个零点； 当，由可得即，得，则， 故，即， 设，所以， 当时，，当时，， 所以当时函数取得最小值，最小值为，即， 则，即， 因此在上也有一个零点． 当时，，故此时没有两个零点； 综上，若有两个零点，实数的取值范围为. 地 城 考点07 恒成立、存在问题 一、填空题 1．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)已知实数x，y满足，且，若实数a，b使得关于x的方程在区间上有解，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】由题设得，且，构造且并应用导数研究其单调性得，再将问题化为求直线（为参数）上的点到原点距离的平方的最小值，即求且的最小值，应用导数研究其最小值即可. 【详解】由题设，则，， 由，可得，即， 令且，则，故在上单调递减， 由上，故，依题意即在区间上有解， 所以表示直线（为参数）上的点到原点距离的平方， 由原点到直线的距离，故， 令且，则， 所以在上单调递增，则，即的最小值为. 故答案为： 二、解答题 2．(24-25高二下·吉林长春十一高中·)已知函数． (1)若，求在区间上的最大值与最小值． (2)关于x的不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)最小值-1，最大值 (2). 【分析】（1）通过求导判断函数的单调性，然后求值即可； （2）求导，可知函数的最小值，得到，然后分，，计算即可. 【详解】（1）函数的定义域为， 因为，所以， . 令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增. 因此在处取得最小值. ，，而， 所以：此在处取得最大值 （2）. 因为，令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增. 所以， 所以：， 即. ①当时，，恒成立，不符合题意； ②当时，设， 则，所以在单调递减， 又因为，所以等价于，所以； 综上，的取值范围是. 3．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)已知函数，（）. (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若对于任意的恒成立，求a的取值范围； 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程； （2）讨论、，并应用导数研究不等式恒成立求参数范围. 【详解】（1）由题设，则， 所以，，则的图象在处的切线方程为， 所以切线方程为； （2）对恒成立，， 设（），则， 当，即时，在上单调递增， 且，所以， 即，此时在上单调递增，且， 所以对恒成立. 当，即时，令，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，又，在上恒有，即， 函数在上单调递减，且，在上有，不符合题意. 综上，，即实数a的取值范围为. 4．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知函数，. (1)判断的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）先对求导，再对分，，三类讨论，分别求出的单调性与单调区间. （2）（方法一）运用换元法，将换元为，参变分离得，对其求导讨论单调性即可求出最小值.（方法二）对求导，再对分，两类讨论，分别求出恒成立的条件，即可求出a的取值范围. 【详解】（1）∵，∴. 当时，， ∴在和上单调递减； 当时，令，得， 令，得或， ∴在上单调递增，在和上单调递减； 当时，令，得， 令，得或， ∴在上单调递增，在和上单调递减. 综上所述，当时，在和上单调递减； 当时，在上单调递增，在和上单调递减； 当时，在上单调递增，在和上单调递减. （2）（方法一）∵恒成立， ∴恒成立. 令，则. 令，则在上单调递增. ∵，∴由，得. 由，得. 令，则， 当时，，当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减， ∴，∴. （方法二）令， 则恒成立. . ①当时，∵， ∴，∴在上单调递增. ∵，∴不是恒成立. ②当时，由，得， 由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， ∴. ∵函数在上单调递增，且， ∴当时，恒成立. 5．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围； (3)若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． (2) (3) 【分析】（1）求导，分和讨论判断正负，得解； （2）根据题意，问题转化为有两解，令，利用导数判断函数的单调性极值情况得解； （3）根据题意，问题转化为，对恒成立．当时，上式显然成立；当时，上式转化为，令利用导数求出最值得解. 【详解】（1）， ， 当时，，所以在上单调递增． 当时，令，则．            若，即时，恒成立，所以在上单调递增． 若，即时，方程的根为， 当时，或，在和上单调递增； 当时，，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增， 在上单调递减． （2）令，则． 令，则．         所以当时，，在上单调递减． 当时，，在上单调递增． 又当时，，且；当时，，       所以当时，先减后增，且在处有最小值， 此时直线与有两个交点， 所以实数的取值范围为． （3）因为，即， 即，对恒成立． 当时，上式显然成立； 当时，上式转化为， 令，， ，所以函数在上单调递增， ，， 综上所述，实数的取值范围为. 地 城 考点08 综合问题 一、多选题 1．(24-25高二下·吉林长春外五县·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．在上是减函数 B．的单调递增区间为和 C．恰有一个零点 D．的极大值大于极小值 【答案】BC 【分析】求出导函数，再根据导函数正负得出函数单调性判断A，B，再应用单调性及最值判断C，应用极值判断D. 【详解】由题意知的定义域为， ． 令，解得或． 所以当或时，，此时在和上单调递减， 当或时，，所以的单调递增区间为和，故A错误，B正确； 因为当时，，所以在上恰有一个零点， 当时，，所以在上无零点，综上，恰有一个零点，故C正确； 在处取得极大值为，在处取得极小值为，即的极小值大于极大值，即D错误， 故选：BC． 2．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)（多选）函数是定义域为的奇函数，当时，，下列结论正确的有（   ） A．当时， B．方程有3个不等实根 C．函数有最大值 D． 【答案】ABD 【分析】运用奇函数的定义可得时的解析式，可判断A；令，求出所对应的方程的解，即可判断；利用导数判断函数的单调性求出函数的极值，即可判断；由的值域可判断． 【详解】对于A，函数为定义在上的奇函数， 当时，，，故A正确； 对于B，当时，，解得，时，，解得， 又，所以有和0三个零点，故B正确； 对于C，当时，，，当时，，递减， 时，，递增， ∴时，有极小值，时，，，， 由是奇函数，∴时，有极大值， 又，所以的值域是，故C错误； 对于D，由C的讨论知，因此对任意的实数有，， ∴，即，故D正确. 故选：ABD. 3．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．曲线在点处的切线方程为 B．当时，是的极值点 C．存在实数，使得的图象关于点对称 D．若在区间内存在极值点，则的取值范围是 【答案】ACD 【分析】根据导数的几何意义求解切线方程即可得判断A；根据导数极值点的定义和性质即可判断B，D；根据函数对称性，确定使得的图象关于点对称时的值，即可判断C. 【详解】函数，则， 对于A，，，则曲线在点处的切线方程为，即，故A正确； 对于B，当时，，所以函数在上单调递增，无极值点，故B不正确； 对于C，若函数的图象关于点对称，则， 又，所以恒成立，故， 所以存在，使得的图象关于点对称，故C正确； 对于D，若在区间内存在极值点，则有变号零点， 所以，设， 则时函数单调递增，时函数单调递减， 又， 所以要使得有变号零点故的取值范围是，故D正确. 故选：ACD. 4．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)（多选）已知函数，则（    ） A．当时，函数的减区间为 B．当时，函数的图象是中心对称图形 C．若是函数的极大值点，则实数a的取值范围为 D．若过原点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为 【答案】AB 【分析】对函数求导根据可判断A正确，由中心对称图形定义可判断B正确，利用极值点定义与导函数零点之间的关系即可判断C错误，将切线条数转化成方程根的个数，再构造函数求得函数图象交点个数可判断D错误. 【详解】由， 对于A选项，当时，，可得函数的减区间为，增区间为，故A选项正确； 对于B选项，当时，， 又由， 可得函数的图象关于点对称，是中心对称图形，故B选项正确； 对于C选项，由A选项可知，当时，是函数的极小值点； 当时，令，可得或， 若是函数的极大值点，必有，可得，故C选项错误； 对于D选项，设切点为（其中）， 由切线过原点，有，整理为， 令，有， 可得函数的减区间为，增区间为， 又由时，；时，；及， 可知当时，关于m的方程有且仅有3个根， 可得过原点可作三条直线与曲线相切，故D选项错误， 故选：AB． 5．(24-25高二下·内蒙古包头·期末)（多选）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（    ）． A．当时， B．是的极大值点 C．当且仅当或 D．，都有 【答案】BCD 【分析】设，则，利用函数的奇偶性即可判断A；直接解不等式可判断C；根据导数符号可判断的单调性即可判断B；根据单调性即可求出的值域，即可判断D. 【详解】是定义在R上的奇函数，设，则， 则，所以，故A不正确； 当时，由，得，得， 当时，由，得，得； 所以的解集为，故C正确； 当时，， 所以时，，单调递减，时，，单调递增， 所以时，取的最小值为，且时，， 所以，即， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，是的极大值点，B选项正确； 由B选项分析可知当时，取最大值为，且时，， 当时，由，所以，所以， 当时，的值域为， 因为函数是定义在R上的奇函数， 由对称性可得，，都有，故D正确； 故选：BCD. 6．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)（多选）已知，下列说法正确的是（    ） A．在处的切线方程为 B．的单调递减区间为 C．的极大值为 D．方程有两个不同的解 【答案】BC 【分析】对于A，利用导数的几何意义求解，对于B，求导后，由导数小于零求解，对于C，求导后求极值，对于D，函数与的交点个数判断 【详解】对于A，由（），得，，则，所以在处的切线方程为，所以A错误， 对于B，由，得，，所以的单调递减区间为，所以B正确， 对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C正确， 对于D，由C选项可知的最大值为，且当时，，当时，， 所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D错误， 故选：BC 地 城 考点09 证明类问题 一、解答题 1．(24-25高二下·内蒙古锡林郭勒盟第二中学·期末)已知函数． (1)求的最小值； (2)设，若有且仅有两个实根，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解； （2）根据导数正负与函数的单调性的关系及函数零点的存在性定理，利用已知条件结合函数极值及函数值，得出的范围，进而得出，结合函数的单调性即可求解. 【详解】（1）的定义域为．， 令，即，解得， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 故是在的唯一最小值点． 所以． （2），定义域为， 因为．所以在单调递增， 又，，故存在，使得． 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 因为有且仅有两个实根，所以， 又，，且 所以，故． 又 又在单调递减，故是在的唯一根， 故．所以． 2．(24-25高二下·吉林白城第一中学·期末)已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若函数存在正零点， （i）求的取值范围； （ii）记为的极值点，证明：. 【答案】(1)单调递减区间是，无单调递增区间 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）借助导数的正负即可得函数的单调性； （2）（i）求导后借助导数分、及讨论函数的单调性，再结合零点的存在性定理计算即可得；（ii）利用零点定义与极值点定义可得，代入计算可得，再借助时，，即可得，再计算并化简即可得. 【详解】（1）由已知可得的定义域为， 且， 因此当时，，从而， 所以的单减区间是，无单增区间； （2）（ⅰ）由（1）知，， 令， 当时，单调递减． ①当时，可知在内单调递减， 又，故当时，，所以不存在正零点； ②当时，， 在单调递减，故当时，，函数不存在正零点； ③当时，，此时， 所以存在满足， 所以在内单调递增，在内单调递减． 令，则当时，， 故在内单调递增，在内单调递减， 从而当时，，即， 所以， 又因为，所以， 因此，此时存在正零点； 综上，实数的取值范围为； （ⅱ）由题意，，即， 从而，即， 由（ⅰ）知当时，，即，有， 又，故， 两边取对数，得， 于是，整理得． 3．(24-25高二下·内蒙古包头·期末)已知函数且为的导数． (1)求函数在处的切线方程（请用a表示）； (2)讨论的极值点个数； (3)当时，设的极值点为m，一个零点为，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出，利用导数的几何意义得到所求切线方程的斜率，最后点斜式出答案. （2）构造并求出，用以及对的取值分类讨论，得到不同情况下的单调区间进而得到极值点个数 （3）由（2）得到且，进一步转化为证明，代入化为，构造，利用导数即可证明 【详解】（1）由题得的定义域为． 且，所以． 则在处的切线方程为． （2）由（1）得，设， 则，， ①当时，，则在上单调递增． 又∵，在上为负，在上为正， 则在上单调递减，在上单调递增， 即是的唯一极小值点． ②当时，由解得． （ⅰ）若时，则． 由解得，由解得， 所以在上单调递减，在单调递增， 所以且有， 由零点存在定理得使得， 则在和为正，在为负， 即在上有两个极值点． （ⅱ）若时，则，由解得． 此时在上单减，在上单增，所以， 则在上单调递增，即无极值点． （ⅲ）若时，即． 由解得<x<，由解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以且有， 由零点存在定理得使得， 则在和为正，在为负， 即在上有两个极值点． 综上，当，无极值点． 当时，有一个极值点． 当或时，有两个极值点． （3）由（2）可得且， 要证，只需证， 由，只需证， 只需证，即， 只需证． 令．所以． 则在上单调递增，即． 证毕． 4．(24-25高二下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若，求证：对且，都有． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1），根据与1的大小关系分类讨论，根据导数的正负判断函数的单调性； （2）设，要证，即证，构造新函数，证明函数在上单调递增即可． 【详解】（1）因为，定义域为， 所以． 当时，令，得或，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 当时，恒成立，所以函数在上单调递增． 当时，令，得或，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）不妨设，则，要证对，都有， 只需证，即需证． 构造函数，则要证，需证函数在上为增函数， 因为， 所以函数在上为增函数成立， 所以当时，对且，都有． 5．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)已知函数． (1)若，求证：在上单调递减； (2)若在上恒成立，求a的取值范围； (3)证明： 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由，，利用求导判断单调性； （2）利用求导，分类讨论求解的范围； （3）根据（2），进行放缩，令代入整理，累加可得. 【详解】（1）证明：由，则， 故，令， 则，令，则， 故，，在单调递增， ，，在单调递减， 故， 则在单调递减； （2）由在恒成立， 则在恒成立， 令在恒成立， ，令， 当时，，，，所以 所以，则在单调递减， 所以这与在恒成立矛盾，所以不满足条件， 当时，，对称轴， 若 即, 当时，， ， 故，则在单调递增， 所以，故 . 若 即 当时，,则 故当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以与在恒成立矛盾， 故. （3）由（2）时， 故时，， 令，则，， 则个不等式相加 故 . 6．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)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． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 导数 9大高频考点概览 考点01导数的概念与求导法则 考点02切线方程 考点03单调性 考点04极值、最值 考点05图像问题 考点06零点问题 考点07恒成立、存在问题 考点08综合问题 考点09证明类问题 地 城 考点01 导数的概念与求导法则 一、单选题 1．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)函数在区间上的平均变化率为（   ） A．5 B．6 C．7 D．10 2．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)火箭发射后，其高度（单位：）为，则火箭发射时，火箭爬高的瞬时速度是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)已知，则（ ） A．0 B． C．1 D．2025 4．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)已知函数的导函数是，若，则（    ） A． B．0 C． D． 5．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)已知一质点的运动方程为，其中s的单位为米，t的单位为秒，则第2秒末的瞬时速度为（    ） A．1m/s B．4m/s C．m/s D．m/s 6．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)设，则（    ） A． B． C．3 D．12 7．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)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．曲线在点处的曲率为（    ） A． B． C． D．2 二、多选题 8．(24-25高二下·内蒙古呼和浩特和林格尔县民族中学·期末)（多选）下列函数求导正确的是（   ） A． B． C． D． 三、填空题 9．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知函数在处可导，若，则______． 10．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)已知函数，若，则______. 地 城 考点02 切线方程 一、单选题 1．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)已知曲线在处的切线斜率为2，则（    ） A． B．18 C． D．8 二、填空题 2．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)曲线的一条切线斜率为0，则该切线的切点坐标为________． 3．(24-25高二下·吉林长春外五县·期末)曲线在点处的切线方程为_______． 4．(24-25高二下·吉林长春十一高中·)若直线为曲线的一条切线，则实数k的值为________． 5．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)若直线为曲线的一条切线，则的最大值为__________. 三、解答题 6．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知函数，且. (1)求的解析式； (2)求不等式的解集； (3)求曲线在点处的切线方程. 7．(24-25高二下·内蒙古锡林郭勒盟第二中学·期末)已知函数的图象经过点． (1)求曲线在点A处的切线方程． (2)曲线是否存在过坐标原点的切线？若存在，求切点的坐标；若不存在，请说明理由． 8．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)已知函数在处有极值，其图象经过点，且． （1）求函数的解析式； （2）求函数在处的切线方程． 地 城 考点03 单调性 一、单选题 1．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)已知函数在定义域内单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·内蒙古锡林郭勒盟第二中学·期末)若函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)已知函数在上为单调递增函数，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 5．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)已知函数，若函数在上单调递减，则实数的取值范围为______． 地 城 考点04 极值、最值 1、 单选题 1．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)函数的极值点的个数（    ）． A．无数个 B．2 C．1 D．0 2．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)已知函数有极值，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·内蒙古赤峰·期末)函数在上（   ） A．既无极大值也无极小值 B．有极小值无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．有极大值无极小值 4．(24-25高二下·吉林长春十一高中·)若函数（）的极小值点为2，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．(24-25高二下·吉林白城第一中学·期末)已知函数，若存在实数，满足，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D．1         二、多选题 6．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)（多选）已知函数，若有两个极值点，则实数的取值可能是（    ） A．-2 B．-1 C．0 D． 三、填空题 7．(24-25高二下·内蒙古包头·期末)若函数在处有极小值，则等于______． 四、解答题 8．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)求函数在上的单调区间和最小值. 9．(24-25高二下·内蒙古呼和浩特和林格尔县民族中学·期末)已知函数． (1)求的单调区间； (2)求在区间上的最大值． 10．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 11．(24-25高二下·吉林长春十一高中·)已知函数. (1)当时，求函数在上的极值； (2)当时，求函数的单调区间． 12．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值． (1)求函数的解析式； (2)当时，求函数的最值． 13．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)已知函数，． (1)若函数在区间内单调递增，求实数的取值范围； (2)记函数，若的最小值是，求的值． 地 城 考点05 图像问题 一、多选题 1．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)（多选）（多选）如图为函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（    ） A．在处取得极大值 B．是的极小值点 C．在上单调递减，在上单调递增 D．是的极小值点 2．(24-25高二下·内蒙古赤峰·期末)（多选）如图，函数的导函数的图象经过点，和，对于函数，下列说法正确的是（    ） A．在上单调递增 B．在上单调递增 C．在处取得极小值 D．在处取得极小值 地 城 考点06 零点问题 一、单选题 1．(24-25高二下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)函数的零点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 2．(24-25高二下·吉林“BEST合作体”·期末)设函数，若函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围__________. 三、解答题 3．(24-25高二下·吉林长春G8教考联盟·期末)已知函数． (1)求的单调区间及最值； (2)求出方程的解的个数． 4．(24-25高二下·吉林长春外五县·期末)已知函数为的极值点． (1)求的最小值； (2)若关于的方程有且仅有两个实数解，求的取值范围． 5．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知函数． (1)若曲线在点处的切线方程为，求，； (2)若有三个零点，求实数的取值范围． 6．(24-25高二下·内蒙古部分学校·期末)已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程． (2)证明：在上存在极小值． (3)判断在上是否存在零点，并说明理由． 7．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若关于x的方程在区间内有根，求实数a的取值范围． 8．(24-25高二下·内蒙古赤峰·期末)已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求的取值范围． 地 城 考点07 恒成立、存在问题 一、填空题 1．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)已知实数x，y满足，且，若实数a，b使得关于x的方程在区间上有解，则的最小值是_________． 二、解答题 2．(24-25高二下·吉林长春十一高中·)已知函数． (1)若，求在区间上的最大值与最小值． (2)关于x的不等式恒成立，求a的取值范围． 3．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)已知函数，（）. (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若对于任意的恒成立，求a的取值范围； 4．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)已知函数，. (1)判断的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围. 5．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围； (3)若对任意的恒成立，求实数的取值范围． 地 城 考点08 综合问题 一、多选题 1．(24-25高二下·吉林长春外五县·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．在上是减函数 B．的单调递增区间为和 C．恰有一个零点 D．的极大值大于极小值 2．(24-25高二下·吉林长春东北师范大学附属中学·期末)（多选）函数是定义域为的奇函数，当时，，下列结论正确的有（   ） A．当时， B．方程有3个不等实根 C．函数有最大值 D． 3．(24-25高二下·吉林吉林普通高中友好学校联合体·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．曲线在点处的切线方程为 B．当时，是的极值点 C．存在实数，使得的图象关于点对称 D．若在区间内存在极值点，则的取值范围是 4．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)（多选）已知函数，则（    ） A．当时，函数的减区间为 B．当时，函数的图象是中心对称图形 C．若是函数的极大值点，则实数a的取值范围为 D．若过原点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为 5．(24-25高二下·内蒙古包头·期末)（多选）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（    ）． A．当时， B．是的极大值点 C．当且仅当或 D．，都有 6．(24-25高二下·吉林友好学校·期末)（多选）已知，下列说法正确的是（    ） A．在处的切线方程为 B．的单调递减区间为 C．的极大值为 D．方程有两个不同的解 地 城 考点09 证明类问题 一、解答题 1．(24-25高二下·内蒙古锡林郭勒盟第二中学·期末)已知函数． (1)求的最小值； (2)设，若有且仅有两个实根，证明：． 2．(24-25高二下·吉林白城第一中学·期末)已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若函数存在正零点， （i）求的取值范围； （ii）记为的极值点，证明：. 3．(24-25高二下·内蒙古包头·期末)已知函数且为的导数． (1)求函数在处的切线方程（请用a表示）； (2)讨论的极值点个数； (3)当时，设的极值点为m，一个零点为，证明：． 4．(24-25高二下·内蒙古鄂尔多斯西四旗·期末)已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若，求证：对且，都有． 5．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)已知函数． (1)若，求证：在上单调递减； (2)若在上恒成立，求a的取值范围； (3)证明： 6．(24-25高二下·吉林白山五校·期末)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：． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $