专题03 导数及其应用（期中真题汇编，山东专用）高三数学上学期

专题03 导数及其应用 4大高频考点概览 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 考点02 导数在研究函数中的应用 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 考点04 导数的新定义 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）已知函数在点处的切线方程为，则（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 【答案】A 【分析】 对函数求导，根据导数的几何意义结合切线方程求出结果即可. 【详解】 对函数求导得， 因为函数在点处的切线方程为， 所以有，解得. 所以. 故选：A. 2．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知在点处的切线与轴平行，则的值可能为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用导数的几何意义可得出，结合题意得出，可得出，，即可得出的表达式，即可得出合适的选项. 【详解】 因为，则， 由题意可知，则， 且， 又因为切点为，所以，又， 所以， 则， 故，D满足要求. 故选：D. 3．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）（多选）已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（     ） A.  B. 的图象关于点对称 C.  D. （） 【答案】ABD 【分析】 对于A，对条件，求导可得；对于B，对条件，两边同时除以可得；对于C，反证法，假设C正确，求导，结合条件，可得与矛盾，可判断C；对于D，求出，，所以有，，，得出数列是以0为首项，为公差的等差数列，利用等差数列求和公式即可判断． 【详解】 因为， 所以，即， 令，得，故A正确； 因为， 当时，， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C，假设成立， 求导得， 即，又， 所以，所以与矛盾，故C错误； 对于D，因为，， 所以，，，， 所以有， 所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列， 数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列， 又，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 所以，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】 关键点点睛：本题解答的关键是，的应用，D选项关键是推出是以为首项，为公差的等差数列. 4．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）（多选）已知是曲线的两条互相垂直的切线的交点，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则点不存在 B. 若，则点坐标为 C. 若，则点在直线上 D. 若，且点在图象上，则的取值范围是 【答案】ABD 【分析】 对A：求导后可得斜率恒为正，即可得解；对B：求导后令，结合定义域可解出两切线方程，联立即可得解；对C：求导后令，可得与两切点横坐标有关等式，再分别求出两切线方程并联立求出交点横坐标，结合所得与两切点横坐标有关等式即可得解；对D：设出点及切点后可表示出切线方程，代入点坐标可因式分解得到切点横坐标与点横坐标的关系，再结合切线垂直可得其斜率之积有关等式，利用换元法与根的判别式计算即可得解. 【详解】 对A：恒成立，故上的点的切线斜率恒为正， 不存在两切线斜率之积为，故点不存在，故A正确； 对B：，令且， 则，由，则、， 在及处的切线方程分别为：、， 联立 ，解得 ，故点坐标为，故B正确； 对C：，令且， 则， 在及处的切线方程分别为： 、， 化简得、， 联立 ，消去得， 整理得，则， 由，即， 故点在直线上，故C错误； 对D：，设点， 设点、点分别是两条互相垂直的切线的切点， 则点上的切线方程为， 化简得， 则有， 整理得， 因式分解可得，则或， 同理可得或，由，结合对称性，可取，， 则点的切线斜率， 点的切线斜率， 有，即， 整理得， 令，则关于的方程有解， 故，解得， 故的取值范围是，故D正确. 故选：ABD. 5．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）若直线是曲线的切线，则　　　　　　　　. 【答案】1 【分析】 根据导数的几何意义计算即可求解. 【详解】 设，则， 设直线与图象相切的切点为A， 则，解得， 所以，代入方程， 得，解得. 故答案为：1 6．（25-26学年高三上·山东德州·期中）已知函数，则曲线在处的切线方程为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据导数求斜率，再利用点斜式求出. 【详解】 由题意得，，， 由导数的几何意义得切线斜率为， 则切线方程为，即. 故答案为： 7．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）设函数，，若，则　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 先根据求导法则求得，再根据可求出的值. 【详解】 因为，且， 所以，所以， 故答案为：. 考点02 导数在研究函数中的应用 1．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）（多选）已知函数，则（     ） A. 在上单调递减 B. 的极大值为2 C. 的图象关于对称 D. 方程有三个实数根 【答案】ABCD 【分析】 利用导数求函数的单调区间判断A选项；由单调区间判断极值点，求出极大值判断选项B；由函数奇偶性判断选项C，由单调性和极值判断函数零点个数判断选项D. 【详解】 函数，， 解得或，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减，A选项正确； 时有极大值，B选项正确； 的定义域为，， 则函数是奇函数，图象关于对称，C选项正确； 时有极大值，时有极小值， 又， ， 所以函数的图象与轴有三个交点，即方程有三个实数根，D选项正确. 故选：ABCD 2．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）设函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 令，，由复合函数法可知内层函数在上为增函数，对任意的，恒成立，结合二次函数的单调性与参变量分离法可得出实数的取值范围. 【详解】 令，， 因为函数在区间上单调递增， 外层函数在上为增函数，所以内层函数在上为增函数， 所以，可得， 且对任意的，恒成立，可得，故， 综上所述，. 故选：C. 3．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）已知，若正实数满足，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 首先判断函数的奇偶性单调性，即可得到，则，再由乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】 函数的定义域为， 又， 所以为奇函数， 又，因为，， 所以，当且仅当且时等号成立，但此二条件不能同时满足， 故恒成立，所以在上为增函数 又正实数满足， 所以，故， 所以，即， 所以 ， 当且仅当，即，时取等号. 故选：D 4．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）（多选）已知函数，.（       ） A. 当时，没有零点 B. 当时，是增函数 C. 当时，直线与曲线相切 D. 当时，只有一个极值点，且 【答案】ACD 【分析】 当时，，求导，借助零点存在性定理求出单调性，并求出，据此判断A B；当时，，求导，将代入得斜率，又因为，代点斜式求出切线方程，继而判断C；结合导函数的单调性及零点存在性定理判断D. 【详解】 当时，，则，在上为增函数，且，所以在上存在唯一的零点m，则，所以，则在上单调递减，在上单调递增，所以，从而没有零点，故A正确，B错误. 当时，，则，因为，，所以曲线在点处的切线方程为，所以C正确. 因为在上为增函数，且所以只有一个极值点，且，所以D正确. 故选：ACD 5．（25-26学年高三上·山东德州·期中）（多选）已知函数，则（     ） A. 在处取得极小值 B. 有三个零点 C. 在区间上的值域为 D. 函数图象的对称中心为点 【答案】ABD 【分析】 求得，得出函数的单调性，结合极值点的定义，可得判定A正确；根据，以及函数值的变化，可判定B正确；利用函数的单调性求得函数的值域，可判定C错误；令，得到为奇函数，进而可判定D正确. 【详解】 对于A，由函数，可得， 令，解得或；令，解得， 所以函数在单调递增，在单调递减，在单调递增， 所以在处，函数取得极小值，所以A正确； 对于B，由A中，函数极小值为，极大值为， 且当时，，当时，， 所以函数在区间各有一个零点， 所以函数有三个零点，所以B正确； 对于C，由A知，函数在单调递增，在单调递减，在单调递增， 且，，且，， 所以函数在区间上的值域为，所以C错误； 对于D，令，可得， 由，所以为奇函数， 所以的对称中心为，则函数的对称中心为，所以D正确. 故选：ABD. 6．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）已知函数是增函数，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据函数在各段单调递增且在断点左侧的函数值不大于右侧的函数值得到不等式组，解得即可. 【详解】 若 是增函数， 则要保证: ① :函数在上单调递增，此时要满足，即； ② :函数在上单调递增，此时要满足，即； ③ :在处，右侧函数值要大于等于左侧函数值，即：. 综上：的取值范围是：， 故选：B 7．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）（多选）已知函数，若，且，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】AB 【分析】 利用导数判断的单调性，再结合判断ABC；举反例判断D. 【详解】 ，得，即的定义域为， 则， 则在上单调递增， 因，，则，， 则，，故B正确，C错误； 因， 则，故A正确； 取，则， ， 则， 不满足，故D错误. 故选：AB 8．（25-26学年高三上·山东菏泽鄄城县第一中学·期中）（多选）已知，，若，则下列关系式能成立的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】ACD 【分析】 代入法判断D；对于其他选项，先对式子进行变形，然后构造函数，求导，讨论函数单调性，即可判断ABC. 【详解】 当时，等式成立，故D成立. 若，则. 设，则，令，则， 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 即恒成立，所以单调递增. 当时，， 即，所以，故A成立，B不成立. 当时，，即，所以，故C成立. 故选：ACD 9．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）已知，，，则下列结论正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 将转化为，由此构造函数，利用导数判断其单调性结合对数运算，即可得出答案. 【详解】 由题意可知， 于是构造函数，则， 当时，；当时，； 故在上单调递增，在上单调递减， 而， 又，故， 故选：B 【点睛】 关键点睛：解答数的比较大小问题，关键是将数的形式转化为结构一致的形式，从而确定变量，可构造函数，利用导数判断其单调性，进而比较大小. 10．（25-26学年高三上·山东青岛即墨区第一中学·期中）（多选）已知，，则（     ） A. 的图象关于原点对称 B. 是的极值点 C. 在区间上递减 D. 若，则有三个零点 【答案】ACD 【分析】 对A：证明该函数为奇函数即可得；对B：求导后借助基本不等式可得导数范围，即可得解；对C：借助复合函数求导法则对求导后，计算即可得；对D：令，结合奇函数性质化简可得，构造函数求导后结合三次函数性质计算即可得. 【详解】 对A：， 又定义域为，故为奇函数，故的图象关于原点对称，故A正确； 对B：，当且仅当时，等号成立， 故恒成立，故在上单调递增，故无极值点，故B错误； 对C：， 当时，，由B知，恒成立， 故当时，， 故在区间上单调递减，故C正确； 对D：令， 则， 又在上单调递增，故， 即，令， 则， 故当时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 又，， 且，， 故存在、、， 使得，即有三个零点，故D正确； 故选：ACD. 11．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知函数，是的一个极值点，且在上有且仅有1个零点，则实数的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 是的一个极值点得到，利用导数法求出单调性，得到是的一个极大值点，是的一个极小值点，结合图像得到 或 或 或 ，计算求解. 【详解】 ，， 是的一个极值点，， ，，， 的解为或，在和上为增函数， 的解为，在上为减函数， 是的一个极大值点，是的一个极小值点， 在上有且仅有1个零点， 或 或 或 ， 或 或 或 ， 解得或，实数的取值范围是. 故选：C. 12．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知关于的方程在内有两个不等的实数根，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 将问题转化为函数与在上有两个交点，再根据两个函数的图象分析可得答案. 【详解】 因为方程在上有两个实数根 等价于在上有两个实数根， 等价于函数与在上有两个交点， 显然为一个交点， 结合与的图象，图象如下： 当经过点时，． 当与相切时，设切点为， 由，根据导数的几何意义得，又 ，所以， 令，所以， 所以在上递减，在上递增， 所以时取得最小值1，所以， 所以当时，函数与在上只有一个交点. 所以当时， 函数与在上有两个交点， 所以当时，关于的方程在上有两个实数根. 故选：B. 13．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知函数，过点可作出曲线的三条切线，则的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 设出切点坐标，根据导数几何意义求出切线方程，由题意有三个不同的解，设，利用导数研究函数的单调性与极值并确定极值的取值范围，即可求解. 【详解】 设曲线在点处的切线过点， 由，得，所以， 所以曲线在处的切线方程为， 因为从点可向曲线引三条不同切线， 所以有三个不同的解，即有三个不同的解， 设，则该函数有三个不同零点，求导得， 令，则或， 当和时，，当时，， 所以函数在区间单调递减，在和区间上单调递增， 所以函数在和处分别取得极大值和极小值，要想函数有三个不同零点， 则 ，即 ，解得，即的取值范围是. 故选：B. 14．（25-26学年高三上·山东德州·期中）若函数的零点有两个，则实数的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 函数有两个零点，即函数的图像与的图像有两个交点，由导数判断函数的单调性、极值、由函数图像的交点个数得的取值范围. 【详解】 函数有两个零点，即函数的图像与的图像有两个交点， 函数的定义域为， ， 令，解得：， 当时，，得在区间上单调递减； 当时，，得在区间上单调递增； 故当时，取得极小值，极小值为， 令，解得， 当时，；当时，， 当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于； 当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大， 由此作出函数的大致图像： 由图像可得当时，交点为个； 当或时，交点为1个； 当时，交点为2个. 若函数的图像与的图像有两个交点， 则由图可知：实数的取值范围为. 故选：B 15．（25-26学年高三上·山东德州·期中）若，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 AB选项，利用作差法比较两个数的大小关系；CD选项，构造函数，利用导数求解函数单调区间，然后利用函数单调性比较两个数的大小关系. 【详解】 对于A选项，已知，得：， 由，可得：，故A选项错误； 对于B选项，已知，得：，由，得：， 由， 可得：，故B选项错误； 对于C选项，令，则， 当时，单调递增， 且，， 故存在，使得， 则当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 由于，此时与大小关系无法确定， 故C选项错误； 对于D选项，令，， 令，， 当时，，在区间上单调递减； 因此对于，， 因此可得：当时，，在区间上单调递减； 又，得：，即：，可得：. 故D选项正确. 故选：D 16．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）（多选）已知三次函数，则下列说法正确的是（     ） A. 若有两个极值，则 B. 若，则 C. 若函数有3个零点，且，则 D. 当函数的图象经过的象限最多时，的取值范围是 【答案】ABD 【分析】 选项A，求，由有两个极值得到有两个不等实根，则，计算求解；选项B，由求出，代入，计算得解；选项C，由有3个零点，得到，求出，结合已知建立的等式，计算求得的值；选项D，设， 求的图像经过的象限最多，就需要的图像经过四个象限，就是求在和上均有正值和负值，利用导数法结合极值讨论求解. 【详解】 选项A，，， 三次函数，， 有两个极值，有两个不等实根， ，，，，故选项A正确； 选项B，，， ， ， ，故选项B正确； 选项C，有3个零点， 有3个不同的根， ，， ，，，，故选项C不正确； 选项D，设，， ， 的图像经过的象限最多，则的图像要经过全部四个象限，当且仅当函数在和上均有正值和负值， 时，或， 当时，即， 的解为或，则在和为增函数； 的解为，则在为减函数； ，，，时，， 当时，， 的图像经过的象限最多为第一、二、四这三个象限； 当时，即， 的解为或，则在和为增函数； 的解为，则在为减函数； ，，，时，， 当时，， 的图像经过的象限最多为第一、二、四这三个象限； 当时，，则在为增函数； ，，，时，， 当时，， 的图像经过的象限最多为第一、二、四这三个象限； 当时，即， 的解为或，则在和为减函数； 的解为，则在为增函数； ，， ，， ，， ，有正有负，过二、三象限； ，， 当时，即， ，，在的范围有正有负， 当时，的图像经过的象限最多为第一、四象限； 综上可知，时，的图像经过的象限最多为第一、二、三、四象限， 故当的图像经过的象限最多时，.故选项D正确. 故选：ABD. 17．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）（多选）已知函数是奇函数，若，则下列说法正确的是（       ） A.  B.  C. 在区间上单调递增 D. 是函数的一个极值点 【答案】ABD 【分析】 A选项，根据得，解得，A正确；B选项，分，和，得到，B正确；CD选项，分析得到，在上单调递减，在上单调递增，C错误，D正确. 【详解】 A选项，是奇函数，故， 即，即，故， 解得，A正确； B选项，，，定义域为， 当时，，，故， 当时，， 当时，，，故， 综上，，B正确； CD选项，，显然， 当时，， 当时，，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 故是函数的一个极小值点，C错误，D正确. 故选：ABD 18．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）（多选）若函数有3个零点，则下列结论正确的有（       ） A. 为定值 B.  C. 存在，使得的图象关于点对称 D. 若对任意的，，则 【答案】AD 【分析】 对于A，由题意，可得，进而得到即可判断A；对于B，求导，分析函数的单调性，易得，再结合即可判断；对于C，结合B可知若的图象关于点对称，则，解得即可判断；对于D，结合B分、两种情况讨论求解，即可判断. 【详解】 对于A，由题意，可得 ， 则 ，即为定值，故A正确； 对于B，由， 则， 令，得或，令，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 要使函数有3个零点， 且 ，解得， 由于大小不确定， 当最小时，可得， 由A知，，则，故B错误； 对于C，由B知，函数在和上单调递增，在上单调递减， 若的图象关于点对称， 则，解得，不符合题意，故C错误； 对于D，由B知，，则，且函数在和上单调递增，在上单调递减， 若，即时，函数在上单调递增， 则， 所以， 由于对任意的，， 则，解得，则； 若，即时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，则 由于对任意的，， 则，解得，与矛盾. 综上所述，，故D正确. 故选：AD 19．（25-26学年高三上·山东实验中学·期中）已知函数，且，则的零点之和为（     ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 【答案】B 【分析】 利用函数的导数判断函数的单调性，结合零点存在定理确定函数有3个零点，设这3个零点为，确定，进而推出，则可得，即可求得答案. 【详解】 由，得， 令，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故，又，则， 即，且当时，，时，， 故在和各有一个零点，不妨记为， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 且，即，则，， 当时，，时，， 故在，，上各有一个零点，且，， 不妨设这3个零点为，， 则，两边同乘以， 得，即， 则， 结合，可得，则， 故的零点之和为。 故选：B 20．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）（多选）已知函数，则（     ） A. 为奇函数 B. 在上单调递增 C. 的极小值为 D. 直线与曲线仅有2个交点 【答案】AC 【分析】 根据奇函数的定义即可判断A，求导，即可求解函数的单调性求解BC，构造函数，利用导数求解函数的单调性以及极值，即可求解D. 【详解】 的定义域为，关于原点对称， 且，故为奇函数，A正确， ， 当在上单调递减，故B错误， 当在上单调递增， 当在上单调递减， 当在上单调递增， 故在时，取到极小值，C正确， 令，则， 记， 则， 令，则（负值舍去）， 故存在两个互为相反数的，满足，不妨设， 故当 因此在，上单调递减，在，上单调递增，，且当，因此有4个零点，故D错误， 故选：AC 21．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）（多选）已知函数，，则下列说法正确的（       ） A. 函数与函数有相同的极小值 B. 若方程有唯一实根，则的取值范围为 C. 若方程有两个不同的实根，则 D. 当时，若，则成立 【答案】ACD 【分析】 利用导数分别求出两个函数极小值判断A；根据条件求出的范围判断B；利用方程根的意义，变形构造函数，利用导数借助单调性推理判断C；利用同构方法进行转化求解判断D. 【详解】 对于A，函数定义域，求导得，当时，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极小值； 函数定义域，求导得，当时，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极小值，A正确； 对于B，由选项A知，，则当时，也有唯一实根，B错误； 对于C，因为当趋近于0时，趋近于0， 所以，由方程有两个不同的实根，得，不妨令， 由 ，得 ，则 ， 消去得，则，令， 于是，， 令，求导得，令， 求导得，函数在上单调递减，， 函数在上单调递增，，因此，即，C正确； 对于D，，由，得， 所以，则， ，于是，而函数在上单调递增，则， 因此成立，D正确. 故选：ACD 22．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，研究函数在上的单调性和零点个数． 【答案】（1）     （2）在上单调递增；1      【分析】 （1）当时，求出，，从而可求出切线方程. （2）当时，利用导数求出在上单调递增．又，从而可求解. (1) 小问详解： 当时，， 则，则，， 所以曲线在点处的切线方程为． (2) 小问详解： 当时，，则， 当时，，，，则， 故在上单调递增． 又因为，所以在上的零点个数为． 23．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）已知定义在上的函数. （1）若，判断的单调性； （2）若存在两个零点，求m的取值范围. 【答案】（1）在上单调递增.     （2）      【分析】 （1）根据题意，求导可得，然后令，再对函数求导，即可判断单调性； （2）参变分离得到，问题转换成与恰有两个交点，对求导确定单调性，极值，即可求解； (1) 小问详解： 若，则，则，， 令，则， 因为，则，所以，即函数在上单调递增， 则， 即在上恒成立， 所以在上单调递增. (2) 小问详解： 令，可得， 所以与恰有两个交点， 设，则， 令可得， 当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ， 当时，；当时，， 的取值范围是. 24．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性. 【答案】(1) (2) 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）分，，，四种情况进行讨论. 【详解】（1），， 所以切线方程为，即. （2）定义域为. 令，得. 当时， - 0 + 单调递减 单调递增 所以，在上单调递减，在上单调递增. 当时， + 0 - 0 + 单调递增 单调递减 单调递增 所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 当时，恒成立但不恒为零，在上单调递增. 当时， + 0 - 0 + 单调递增 单调递减 单调递增 所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 25．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）若函数在区间上单调，则实数的取值范围是　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用导数得到函数的极值点，再根据函数在区间上单调判断极值点与区间关系可得. 【详解】 ， 令， 时，时， 所以在单调递减，在上单调递增， 又函数在区间上单调， 所以 或，解得或. 故答案为：. 26．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）设函数在上存在导函数，对任意的有，且在上，若，则实数的取值范围为 　　　　　　　　　　　　 【答案】 【分析】 令，由题意得为奇函数，并结合导数得的单调性，再由，利用的单调性求解即可. 【详解】 令，即，则为奇函数， 当时，，则在上单调递增， 故在区间上单调递增，则在上单调递增， ∵， 即， ∴，解得． 故答案为： . 27．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）设为正常数，若对定义域内的任意实数都有成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）. 【分析】 （1）求出导函数，由确定增区间，确定减区间； （2）令，定义域是，求导函数，由导函数确定单调性得最小值，然后解相应不等式可得参数范围． 【详解】 解：（1）因为， 解，得；解，得. 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）令，定义域是. ， 由，得，由，得， 所以函数在上单调递减：在上单调递增， 故函数的最小值是，解得. 28．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. (1) 小问详解： 因为， 所以，依题意，解得； (2) 小问详解： 因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 29．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，求函数的极值． 【答案】（1）当时， 在上单调递增； 当时， 在上单调递减，在上单调递增     （2） 当时，在上无极值； 当时，在上无极值； 当时，在处有极小值，无极大值.      【分析】 （1）求出导函数，通分，然后按照和分类讨论即可得解； （2）按照、和分类讨论，根据极值的定义来求解. (1) 小问详解： 由得， 当时，，在上单调递增； 当时，令且得， 令且得， 故在上单调递减，在  上单调递增； 综上，当时， 在上单调递增； 当时， 在上单调递减，在上单调递增； (2) 小问详解： 当时，在上单调递增，无极值； 当，即时，在上单调递减，无极值； 当，即时，，且在上单调递减， 在上单调递增， 故函数在处有极小值，无极大值. 30．（25-26学年高三上·山东青岛即墨区第一中学·期中）已知函数，． （1）求的单调区间； （2）证明：当时，函数存在唯一的极值点，且． 【答案】（1） 当时，的单调增区间为， 无单调递减区间； 当时，的单调减区间为，单调增区间为．     （2） 当时，， 故 ，其定义域为， ， 由于，故， 因此的符号由决定． 令， 则在上单调递增． 由于，， 由零点存在定理，在内存在唯一零点， 即（等价于）． 当时，，故，在上单调递减； 当时，，故，在上单调递增． 因此，在处取得唯一极小值点（即唯一极值点）． 由，及，代入，得 ， 证明完毕．      【分析】 （1）对求导后讨论和即可得； （2）当时，可得，求导后构造新函数，通过讨论的情况可得的情况，由零点存在定理，在定义域内存在唯一零点，再利用由，及，可证． (1) 小问详解： 函数的定义域为R，求导得：， 当时，恒成立， 故在R上单调递增，无单调递减区间． 当时，令，得： 当时，，故在上单调递减； 当时，，故在上单调递增． 综上所述，当时，的单调增区间为， 无单调递减区间； 当时，的单调减区间为，单调增区间为． (2) 小问详解： 略 31．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知函数. （1）当时，讨论的单调区间； （2）若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） 当时，的单调递增区间为和，递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无递减区间； 当时，的单调递增区间为和，递减区间为.     （2）      【分析】 （1）求导后分，，三种情况讨论即可； （2）注意到，，利用函数的单调性分别讨论，，，和时五种情况即可. (1) 小问详解： 令，得或 当，即时，在上小于0，在和上大于0； 当，即时，恒成立； 当，即时，在上小于0，在和上大于0， 综上所述： 当时，的单调递增区间为和，递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无递减区间； 当时，的单调递增区间为和，递减区间为. (2) 小问详解： 注意到，. 由（1）得当时，只有一个零点；当时只有一个零点 当时，若，则， ，只有一个零点， 当时，，，， 所以在上无零点，在只有一个零点， 当时，令，得. 单调递增区间为，递减区间为，有两个零点，且， 综上所述，有两个零点时，的取值范围是 32．（25-26学年高三上·山东德州·期中）已知函数． （1）若，求的极值； （2）若，使得成立，求整数的最小值； （3）若，讨论函数的零点个数． 【答案】（1）极小值为0，无极大值.     （2）1     （3）当时，有唯一的零点； 当时，存在两个零点； 当k=时，只有一个零点.      【分析】 （1）将代入，通过导函数的正负求解函数的单调区间，进而求解函数极值； （2）首先分离参数可得：，然后令，利用导数求解的最大值，进而求得参数的最小值； （3）分、及三种情况，分别利用导数求解函数的单调性，然后利用零点存在定理判断每种情况下的零点个数即可. (1) 小问详解： 若，得：，则有， 当时，，所以在为减函数； 当时，，所以在为增函数； 所以，当时，的极小值为0，无极大值. (2) 小问详解： 若，使得成立， 即，所以， 所以，令，则， 当单调递增，单调递减， 所以的最大值为， 所以，又因为，所以整数的最小值为1 (3) 小问详解： 由题意得， 令，可得 ① 当时，， 所以，即在上单调递减， 又，所以当时，， 所以在为增函数； 当时，，所以在为减函数； 又，所以有唯一的零点， ② 当时，， 因为，则在为减函数，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上增函数； 当时，，所以在上减函数． 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 因为，所以．而， 所以使得在为减函数， 所以，得到存在两个零点. ③ 当，结合在为减函数 当时，，在为增函数； 当时，，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数． 又因为，所以只有一个零点； 综上所述：当或，函数有1个零点； 当函数有2个零点. 33．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）已知函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用导数，结合基本不等式，可得在上单调递增，由题意可得有两个根，令，根据定义，可得为奇函数，根据单调性，可得单调性，进而可得，设，利用导数可得单调性和最值，分析即可得答案. 【详解】 由题意，当且仅当，即时取等号， 所以在上单调递增. 因为有两个零点，所以有两个根， 所以有两个根. 令，则上式可化为， 因为，所以在上为奇函数， 所以. 因为在上单调递增，所以在上也单调递增， 所以，即， 设，则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以， 当时，， 当时，， 所以， 因为有两个零点，即方程有两个根， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 34．（25-26学年高三上·山东实验中学·期中）已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在上的最大值为0，求的值； （3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）对函数求导，求出切点处的导数值和函数值，进而可求出切线方程. （2）对函数求导，分，，三种情况讨论函数的最大值，从而确定的值. （3）先化简不等式，然后构造函数，两次求导，判断单调性求出最小值，进而求出的范围. (1) 小问详解： 当时，，求导得， 可得，， 所以曲线在处的切线方程为，即. (2) 小问详解： ，，令，得， ① 当，即时，在恒成立，所以在上单调递减， 所以，，不合条件，舍； ② 当，即时，当，，当，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，解得，符合条件； ③ 当，即时，在恒成立，所以在上单调递增， 所以，，不合条件，舍. 综上，. (3) 小问详解： 由，可得，即， 设，其中，则， 设，则， 当时，，，且等号不同时成立，则恒成立， 当时，，，则恒成立，则在上单调递增， 又因为，， 所以，存在使得， 当时，；当时，. 所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且， 作出函数的图象如下图所示：    当时，由（2）得，且当时，， 此时函数的值域为，即. （ⅰ）当时，即当时，恒成立，合乎题意； （ⅱ）当时，即当时，取， 结合图象可知，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. 35．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）已知函数，直线为曲线在点处的切线. （1）当时，求的方程； （2）若与曲线相交于点，且，求的取值范围. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出直线的方程； （2）求出直线，将“直线与曲线相交”转化为关于的方程在区间有解，然后通过构造函数，对进行分类讨论，结合导数可求得结果. (1) 小问详解： 因为，则， 当时，则，，此时直线的方程为，即. (2) 小问详解： 由（1）可知，， 所以直线的方程为，即， 因为直线与曲线相交于点，且， 所以关于的方程在有解， 令，则， ，则， 令，则， ① 当时，由，得，由，得， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 当时，，则，所以在区间上单调递增， 当时，，则， 所以在区间上单调递减，所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 所以符合题意； ② 当时，在区间恒有由，所以在区间上单调递减， 所以， 所以在区间上单调递增，所以， 所以在区间上无零点，所以不符合题意， 综上，即实数的取值范围为. 36．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）实数，满足，则的最小值是　　　　　　． 【答案】 【分析】 化简得到，由，由，求得，得到，转化为图象上的点到直线上一点的距离，结合导数的几何意义，即可求解. 【详解】 由， 因为，可得， 所以， 又由，可得，所以在上单调递增， 又因为，则， 则， 表示函数图象上的点到直线上一点的距离， 则其最小值为图象与直线平行的切线到直线的距离， 设切点为，其中，由，可得， 令，解得，可得，即切点为， 可得切点为到直线距离为， 即的最小值是. 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 1．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的取值范围是 （    ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 对不等式分离参数得到，令，构造函数，，则，通过导数研究单调性求出最大值即可. 【详解】 由不等式恒成立，且， 分离参数得，所以，即， 设，得，，设，，则. ，由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以. 所以. 故选：C. 2．（25-26学年高三上·山东日照·期中）已知函数，当时，的极小值为，当时，有极大值. （1）求函数的解析式及在点处的切线方程； （2）若存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；     （2）      【分析】 （1）求导后，根据和，解得即可得解；利用导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式可得； （2）转化为，再利用导数求出函数在上的最大值，然后解不等式可得结果. (1) 小问详解： ∵， 由，得且，解得，， 又，∴， ∴； 所以，， ， 所以在点处的切线方程为， 即. (2) 小问详解： 存在，使得，等价于， ∵， 当时，，当时，， ∴在上递减，在上递增， 又，， ∴在上的最大值为， ∴，解得， 所以的取值范围是． 3．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知函数，其中实数，，. （1）若时，求函数的极值点； （2）若时，在上恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）0是的极大值点，1是的极小值点.     （2）.      【分析】 （1）由题意整理函数解析式并求导，利用导数与函数单调性的关系，结合极值的概念，可得答案； （2）利用参变分离，构造函数，利用导数求其最值，可得答案. (1) 小问详解： 因为，所以， 则， 因为，所以，得或，，得， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以0是的极大值点，1是的极小值点. (2) 小问详解： 当时，，又因为， 所以，所以，. 令，， ， 所以在上单调递增，所以， 所以. 4．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）已知函数，. （1）若曲线在点处的切线与曲线相切，求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）先对函数求导，求出在点处的切线方程，然后对求导，设出切点坐标，列出斜率相等和值相等的等式，进而求出. （2）先化简不等式，然后构造新函数，求导判断单调性求出最值，即可求出的范围. (1) 小问详解： 对求导得，， 所以在点处的斜率为. 所以在点处的切线方程为. 设该切线与曲线相切的切点坐标为，对求导得： ，所以， 解得. (2) 小问详解： 因为，所以，即. 令，求导得. 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减； 所以函数在处取得最小值为. 所以要使得不等式成立，则. 5．（25-26学年高三上·山东菏泽鄄城县第一中学·期中）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增.     （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕.      【分析】 （1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. (1) 小问详解： 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 小问详解： 略 6．（25-26学年高三上·山东实验中学·期中）已知函数满足，且为的一个极值点. （1）求，； （2）已知图象与的图象关于点对称，若存在使成立，求的取值范围. 【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）利用极值的定义结合导数，即可列方程组求值； （2）利用对称思想求出，再结合不等式存在性问题，通过分离参变量可求得参数范围. (1) 小问详解： ， 由题，所以， 经检验合题意， 又因为，所以； (2) 小问详解： 设上任意一点，关于的对称点在上， 所以，所以，即， 因为存在使得成立， 所以成立，即成立， 令，，则， 令，得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，所以， 所以的取值范围是. 7．（25-26学年高三上·山东日照·期中）已知函数的定义域为，记集合. （1）若，且，求实数的取值范围； （2）若，是否存在使得中恰有两个元素？ （3）若函数的图象是一条连续不间断的曲线，且的导函数是上的减函数，证明：“”是“在点处的切线方程为”的充要条件. 【答案】（1）     （2）存在     （3） 记，求导得， 由是上的减函数，得函数在上单调递减， 证必要性：由在点处的切线方程为，得 ， 即 ， 当时，，函数在上单调递增，； 当时，，函数在上单调递减，； 因此的解集为，即； 证充分性：若，则当时，，， 由函数的图象是一条连续不间断的曲线，得， 且在的附近其他自变量（除外）对应的函数值都小于， 即函数在处取得极大值，于是， 因此曲线在点处的切线方程为，即， 所以直线是曲线在点处的切线， 综上，“”是“在点处的切线方程为”的充要条件.      【分析】 （1）根据给定条件，利用一元二次不等式的解集为求出范围； （2）利用导数求出函数的最大值，并确定集合只有两个元素的即可； （3）记，由切线方程得 ，再由单调性求出证得必要性；由，得当时，，结合函数极大值的意义求出切线斜率及切线方程证得充分性即可. (1) 小问详解： 当时，不等式， 依题意，， 则，解得， 所以实数的取值范围是； (2) 小问详解： 当时，，求导得， 当时，，当时，， 函数在上递增，在上递减， 所以， 当时，，求导得， 当时，，当时，， 函数在上递增，在上递减，所以， 因此函数在和处取得最大值，不等式的解集为， 取，集合， 所以存在，使得中恰有两个元素； (3) 小问详解： 略 8．（25-26学年高三上·山东日照·期中）已知函数，若，则的最大值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据题意，转化为讨论三个因式正负号问题，分点，和，三种情况分析讨论，得到当，时，恒成立，进而得到，令，利用导数求得函数的单调性，求得其最大值，即可得到答案. 【详解】 由函数，可得其定义域为， 因为恒成立，所以三个因式正负号问题， 当时，可得，当且仅当时，即时，等号成立， 又因为，所以， ① 当时，因为，所以， 且时，，此时不满足恒成立， ② 当时，因为，当时，， 所以不能满足恒成立， ③ 当时，因为，所以， 要使得，则须， 又因为函数和在上都是单调递增函数， 要使得在上恒成立，必须两个函数值符号相同， 所以两个函数的零点也相同，即且， 综上可得，当，时，恒成立， 所以， 设，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为， 所以的最大值为. 故答案为：. 9．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）已知函数，为自然对数的底数. （1）若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； （2）若有两个零点，求实数a的取值范围； （3）当时，，求实数a的取值范围. 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据导数的几何意义可求得直线的斜率，继而可解； （2）令，则，题意可转化为有两个零点，对求导，分和求出的单调性，可知使得即可. （3）变形不等式，参变分离后，利用换元法变形不等式，利用导数考查函数的单调性即可求解. (1) 小问详解： ，所以，又     所以该曲线在点P处的切线方程为: ，即 (2) 小问详解： 因为，， ， 令，则，所以， 题意可转化为有两个零点， ， 当时，， 若，则，则，所以在上单调递减， 所以在上至多一个零点，故不成立； 若，令 可得， 令可得，令可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当趋近时，趋近正无穷，当趋近正无穷时，趋近正无穷， 所以要使有两个零点， 则，即， 令，则在上单调递增， 又因为，所以由可得. 故实数a的取值范围为：. (3) 小问详解： 不等式 可整理为，     令，， 所以当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以，又， 所以令，则     令， 则     令， 则     令，， 则，，     所以单调递减，， 所以，单调递减，， 所以， 所以， 所以单调递减，     所以. 10．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知函数. （1）时，求曲线在点处的切线方程； （2）有2个零点，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）     （2）（i）； （ii）由图象可知，， 要证；即证； 又，，在上为增函数，则只需要证， 又，则只需要证，， 则构造辅助函数， ， 令，， 故为减函数， 所以，，， 所以， 所以为减函数， 所以，所以， 所以，所以， 故，.      【分析】 （1）求导，利用导数的几何意义求解； （2）（i）令，时，不成立时，得，构造函数，利用导数法，求单调性，结合图像求解即可.（ii）利用的增减性，通过构造 函数，求的导数，构造函数，求的导数，通过增减性求解即可. (1) 小问详解： 当时，， 则， 则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为. (2) 小问详解： （i）令，时，不成立， 时，得， 设，则， 由解得单调增区间为， 由解得单调减区间为，； 作出函数图象.    要使函数有2个零点， 则方程在内有2个根，即直线与函数的图象有2个交点. 又，故的取值范围为； （ii）略 11．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知函数在处取得极值. （1）求实数、的值； （2）证明：在上有两个零点，且两个零点的和小于. 【答案】（1），     （2） 由（1），得， 令，， 因为当时，， 所以， 所以在上单调递增. 又，， 所以存在唯一的，使得， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. 又，，， 所以存在，， 使得，所以有两个零点. 因为， 又，所以， 所以. 因为，在上单调递增， 所以在上单调递增，， 所以，所以.      【分析】 （1）根据题意得出，，即可求得实数、的值； （2）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得在上有两个零点、，推导出，可得出，由，结合函数在上的单调性可证得结论成立. (1) 小问详解： 由，得. 由题意，得，，解得，， 经检验，符合题意. (2) 小问详解： 略 12．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）已知函数． （1）若时，求曲线在处的切线方程； （2）若时，存在正实数，当且仅当，求实数的取值范围； （3）若函数有两个极值点，其中，证明：． 【答案】（1）     （2）     （3） ，若函数有两个极值点，则的两根为， 设，则， ①当时，恒成立，单调递增，最多有一个根，使得函数最多一个极值点，不符合题意； ②当时，可得：， 则时，，递增，时，，递减， 则的两根为，，满足，且，可得， 由可得（1），（2）， 要证，即证， 由（1）（2）可得，， 所以，则， 要证，即证，即证， 设，则，所以，不等式转化为，即， 设，则恒成立， 所以在单调递增，所以， 所以时，，故， 即.      【分析】 （1）确定切点纵坐标，求导确定切线斜率，从而可得曲线在处的切线方程； （2）不等式整理得，设，求导确定单调性验证是否当且仅当时，即可得实数的取值范围； （3）确定函数有两个极值点时的关系，根据可得，，从而可将所证不等式转化为，整理不等式设，则转化为证明，在上恒成立，设，求导确定单调性与最值即可得结论. (1) 小问详解： ，则， 又，则， 所以曲线在处的切线方程为，即； (2) 小问详解： 不等式整理得， 因为，所以不等式化为， 设，则， 令得，则， ①当时，，则恒成立， 所以在上单调递减， 又，由此可得时，，符合题意； ②当时，，的两根分别为且均为正根， 由于函数的对称轴为，，故， 又，，单调递减，，，单调递增，，，单调递减， 所以，，故存在，使得， 则时，，时也有成立，不符合题意； 综上，实数的取值范围为； (3) 小问详解： 略 13．（25-26学年高三上·山东淄博实验中学·期中）已知函数． （1）若，求函数的最值； （2）若函数与都存在极值，且极值相等，求实数a的值； （3）若函数有两个不同的极值点，且，求证：． 【答案】（1）最小值为，无最大值     （2）      （3） 由， 令， 即， 因为函数有两个不同的极值点， 所以①，②， 令③，则，代入②得： 由①得：，两式相减：， 所以， 又，得， 则，要证，即证， 即证，化简得， 即证，即, 即证， 令，， ，所以， 即，所以在上单调递增， 所以，所以，得证.      【分析】 (1)通过求导找函数单调性的分界点，进而确定极值（也是最值）。 (2) 分别分析与的极值存在性（结合a的取值分类讨论），再根据“极值相等”列方程求解a. (3)先通过求导确定的极值点满足的关系，再构造函数结合单调性证明不等式. (1) 小问详解： 当时，函数，定义域为，求导得， 令，解得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，也是最小值， 最小值为，无最大值. (2) 小问详解： 对求导得， 因为存在极值，所以在上有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，， 对，求导得， 因为存在极值，所以有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值， ，因为和极值相等，所以， 即， 因为，所以，即，因此，实数a的值为. (3) 小问详解： 略 14．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知． （1）若，求的值域； （2）已知存在唯一的极值． （i）求实数的取值范围； （ii）若存在实数，使对于恒成立，求的最小值． 【答案】（1）     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）先根据平面向量的数量积的坐标表示求得，结合时，求导，分析函数的单调性，进而求解即可； （2）（i）求导，分，两种情况讨论求解即可； （ii）结合（i）转化问题为存在使得成立，可得，设，，求导，分析函数的单调性，进而求解即可. (1) 小问详解： 由， 当时，， 则， 所以在上单调递增，而， 所以的值域为. (2) 小问详解： （i）由， 则， 当时，， 则在上单调递增，无极值，不满足题意； 当时，设，， 则， 由，，，则，从而在上单调递增， 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得， 从而当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意. 综上所述，实数的取值范围为． （ii）由（2）知，有且仅有一个极小值点， 则，即， 由，则，， 则， 则， 化简得，， 由题意，存在使得成立， 则， 设，， 则 ， 因为，所以，， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，则， 所以的最小值为． 15．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）已知，. （1）若函数在处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性； （3）若，当且时，，求实数的取值范围. 【答案】（1）     （2） 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，函数在和上单调递减，在上的单调递； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增；     （3）      【分析】 （1）求导，根据导数的几何意义及垂直条件列方程，解方程即可； （2）分情况讨论导数的零点情况及正负情况，即可得函数单调性情况； （3）由（2）可知当时，函数在上单调递减，在上单调递增，再由题意可知，即可确定，且，由，分离参数，配凑，构造函数，求导，判断函数单调性，进而可得函数的最小值，即可得参数范围. (1) 小问详解： 由，得， 则， 由直线，即， 由切线与直线垂直可知，解得； (2) 小问详解： 由， 当时，，令，解得， 且当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增； 当时，，， 当时，恒成立，即函数恒成立，函数在上单调递减； 当时，令，解得，，且， 即函数在和上单调递减，在上的单调递增； 当时，令，解得，， 即当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增； 综上所述，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，函数在和上单调递减，在上的单调递； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； (3) 小问详解： 由（2）得，当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 由可知，即， 又，则，且， 由，即， 因为， 所以， 设，， 则， 设，则恒成立， 所以在上单调递增，且， 所以当时，，即， 所以在上单调递增， 所以， 所以，即， 即. 16．（25-26学年高三上·山东菏泽鄄城县第一中学·期中）已知函数． （1）讨论的极值； （2）若（e是自然对数的底数），且，，，证明：． 【答案】（1） 当时，函数无极值； 当时，函数有极小值，无极大值； 当时，函数有极大值，无极小值     （2） 证明：由，两边取对数可得，即， 当时，，， 由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 而，时，恒成立， 因此，当时，存在且，满足， 若，则成立； 若，则， 记，， 则 ， 即有函数在上单调递增，所以，即， 于是，而，，， 函数在上单调递增，因此，即.      【分析】 （1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果； （2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明. (1) 小问详解： 函数的定义域为，求导得， 若，则，无极值； 若，由，可得， 若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 此时，函数有唯一极小值，无极大值； 若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 此时，函数有唯一极大值，无极小值； 所以当时，函数无极值； 当时，函数有极小值，无极大值； 当时，函数有极大值，无极小值. (2) 小问详解： 略 【点睛】 关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，难度较大，解决本题的关键在于构造函数，，结合其单调性证明. 17．（25-26学年高三上·山东青岛即墨区第一中学·期中）已知函数. （1）求在的单调性； （2）令，讨论在的零点个数； （3）定义函数在区间I上的隔离指数为，设，区间，证明：当时，有. （参考数据：，） 【答案】（1）在单调递增，在单调递减.     （2）在有两个零点     （3） 由题意可得，证即证最值差小于右侧. ， 则当，单调递减， 当，单调递增， 故，又， 在上单调递增，则， 故， 设，则， 故在上为减函数，故， ， 故，所以.      【分析】 （1）对函数进行求导，分析其在区间上的单调性； （2）根据函数单调性及零点存在定理对分区间讨论函数零点； （3）先确定函数在区间I上最大值、最小值，利用放缩法可证题设中的不等式. (1) 小问详解： ，求导：， 令得， 若，单调递增， 若，单调递减， 故在单调递增，在单调递减. (2) 小问详解： ，，即是函数一个零点， 当时，，故恒成立， 故在上无零点. 当时，设，则， 若，则，若，则， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， ，, 故存在，使得， 且，，在区间上单调递增， 或，，在区间、上单调递减， 而，，故在上有两个零点. (3) 小问详解： 略 18．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知函数. （1）求的最小值； （2）若，，证明： 【答案】（1）0     （2） 因为，所以， 注意到函数在时，① ， 即， 我们将看作未知量，下面证明， 又， 所以在上单调递增， ，都有，① 式成立. 因为，所以， 即单调递减， ，，， 又由（1）得， 所以， 所以 .      【分析】 （1）利用导数说明函数的单调性，从而求出函数的最小值； （2）首先证明在时，，即可得到，再结合（1）及裂项相消法计算可得. (1) 小问详解： 因为定义域为， 又，令， 则恒成立，在上单调递增， 又，所以当时，当时， 所以单调递减区间为，单调递增区间为， 所以在处取最小值； (2) 小问详解： 略 19．（25-26学年高三上·山东莱州第一中学·期中）已知函数． （1）若，试讨论的单调性； （2）若函数是的一个极值点． （i）当时，证明：； （ii）当时，的零点从小到大依次排列构成一个数列，记为．证明：． 【答案】（1） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增     （2） 由，求导得， 依题意，，解得，此时，经检验符合题意. （i）要证，即证， 成立. 令，，则， 设 ，，则. ① 当时，，则在上单调递增，而， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增. 故，即时，. ② 当时，，，则. 综上，当时，，即得证. （ii）由（i），，则由，即， 当时，恒成立，此时无零点， 当时， ① 若，则，由（i）知在上单调递增，在上单调递减， 而，故存在，使， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 而，故， ② 当时， 由① 同理可证：， 由① ② 有， 是的零点，，即， 在上单调递减，， ，，即， ， 而， ， 故.      【分析】 （1）对函数求导后，根据参数的取值分类讨论导函数的正负，即得函数的单调性； （2）（i）令，分和两种情况，在时，通过求导判断其单调性，求得函数极值即可证明；在时，利用函数的有界性和不等式性质即可证明；（ii）先判断当时，无零点；依题分析当时，分和两种情况分析，在时，存在，使，分析得出；在时，同理可证：，由可得，借助于即可证明. (1) 小问详解： 已知函数的定义域为，且， 当时，由可得，由可得， 故在上单调递增，在上单调递减； 当时，由可得，由可得， 故在上单调递减，在上单调递增. (2) 小问详解： 略. 20．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）已知函数. （1）求函数的值域； （2）若对任意的，都有，求实数的取值范围； （3）设，且，证明：. 【答案】（1）     （2）      （3） 当时，由（2）得， 对任意的，有，即， 因此（，且），即， 设，，则， 令，， 则，可得在区间上单调递减， 所以， 所以在区间上单调递减，所以， 所以当时，， 可得当且时，， 所以， 因此，.      【分析】 （1）先求出为函数的一个正周期，接着利用导数求解时的值域即可； （2）记，求其导数，因为，由，解得，分和分别讨论函数单调性，从而分析不等式是否恒成立； （3）当时，由（2）得，对任意的，有，因此（，且），即，令，，利用导数证明，进而得，即可得证. (1) 小问详解： 因为， 所以为函数的一个正周期，所以可求时的值域， 对求导得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 又，，，， 所以函数的值域为； (2) 小问详解： 记， ， 因为，由，解得， 当时，，因此在区间上单调递减， 所以，即在区间上恒成立， 当时，存在，使得当时，，因此在区间上单调递增， 当时，，即在区间上不恒成立， 故实数的取值范围为. (3) 小问详解： 略 21．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）已知，，，， （1）当时，是的一个极值点，求； （2）是否存在，使？若存在，求的取值范围，若不存在，说明理由； （3）证明：对，. 【答案】（1）     （2） 存在，     （3） 先证明，令， 在单调递减，， 故使得， 所以在单调递增，在单调递减，又，， 故， 时， 所以时， ， 又，， 故对，.      【分析】 （1）由题意知，解得的值，并检验满足题意即可； （2）假设时，，成立，参变分离后求出的取值范围得解； （3）先证明，放缩不等式后即可证明. (1) 小问详解： 当时， ，解得. 当时，令则， 则， 下面研究时的单调性. 在单调递增，， 故存在唯一使得， 所以时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以时，时， 所以时，时.故是的一个极值点. (2) 小问详解： 存在，使.此时. 时，，， 因为为偶函数，故只考察时. 即，即. 令， 当时，显然成立； 当时，， 令，， 令， 当时，， 故在上单调递减， 所以，，， 所以，在上单调递减， 故，故. (3) 小问详解： 略 22．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）已知函数的最小值为0. （1）求实数的值； （2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，证明：. 【答案】（1）；     （2）；     （3） 由（2）知，当，时，， 所以， 即， 两边取对数得，， 令得，， ， 左边 ， 所以.      【分析】 （1）分别讨论和两种情况，利用导数求得的单调性，进而可得的最小值，结合条件，即可求得a值. （2）设，分别讨论和两种情况，利用导数求得的单调性及极值，分析计算，即可求得答案. （3）由（2）知，当时，，适当放缩，可得，两边取对数得，，利用对数的性质，化简计算，即可得证. (1) 小问详解： 由题意知：， ① 当时，与的最小值为0矛盾，不合题意， ② 当时，由得，由得， 所以在单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，解得； (2) 小问详解： 设，易知， ， ① 当时，在恒成立，所以在上单调递增， 所以，满足题意. ② 当时，设函数，则， 由得，由得，且， （ⅰ）当时，即时，在单调递增，， 所以在恒成立，所以在上单调递增， 所以，满足题意. （ⅱ）当时，即时，在单调递减，在单调递增，且， 所以在恒成立，即在恒成立， 所以在单调递减，且， 所以存在，使得成立，与已知矛盾，不合题意. 综上，实数的取值范围是； (3) 小问详解： 略 23．（25-26学年高三上·山东菏泽鄄城县第一中学·期中）1.已知函数，证明：当时，. 【答案】当时，，故只需证明. . 易知在上单调递增（增+增）. 所以必定存在唯一一个零点，且， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 由，得，， 所以， 所以. 所以，当时，. 【分析】 根据题意，当时，，故只需证明，进而利用导数方法证明函数的最小值大于0即可. 【详解】 略 【点睛】 本题确定出零点x0的范围之后，注意“，”，将x0代入函数解析式之后可以将式子化简，注意方法的总结和归纳. 考点04 导数的新定义 1．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数 ，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数 称为该函数的极值差比系数.已知函数. （1）当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由； （2）是否存在 使的极值差比系数为？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围. 【答案】（1）是，理由： 当时，（）， 则 当时， ，当，， 所以在和上严格递增，在上严格递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以，所以是极值差比函数.     （2）不存在，理由： 的定义域为，， 假设存在 使的极值差比系数为， 则，是方程的两个不相等的正实数根， 则 ，解得，不妨设，则， 因为 ， 所以，从而，得（*） 令（ ），， 所以在上是严格增函数，所以， 因此（*）无解，所以不存在 使的极值差比系数为；     （3）      【分析】 （1）利用函数的导函数求出单调区间，由此得出极大值与极小值，由“极值可差比函数”的定义，求出极值差比系数 的值，这样的值存在即可判断. （2）反证法，假设存在这样的 ，由“极值可差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即可. （3）由（2）得到参数 与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函数求出单调性，即可得出函数取值范围. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）知极值差比系数为，即， 不妨设，令，，极值差比系数可化为， ，又，解得， 令（），， 设（），， 所以在上单调递减，当时，， 从而，所以在上单调递增，所以， 即， 所以的极值差比系数的取值范围为. 【点睛】 思路点睛：研究复杂函数的性质，直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变换，通过恒等变形发现简单函数结构，再进行构造研究. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 考点02 导数在研究函数中的应用 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 考点04 导数的新定义 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．A 2．D 3．ABD 4．ABD 5．【答案】1 【分析】 根据导数的几何意义计算即可求解. 【详解】 设，则， 设直线与图象相切的切点为A， 则，解得， 所以，代入方程， 得，解得. 故答案为：1 6．【答案】 【分析】 根据导数求斜率，再利用点斜式求出. 【详解】 由题意得，，， 由导数的几何意义得切线斜率为， 则切线方程为，即. 故答案为： 7．【答案】 【分析】 先根据求导法则求得，再根据可求出的值. 【详解】 因为，且， 所以，所以， 故答案为：. 考点02 导数在研究函数中的应用 1．ABCD 2．C 3．D 4．ACD 5．ABD 6．B 7．AB 8．ACD 9．B 10．ACD 11．C 12．B 13．B 14．B 15．D 16．ABD 17．ABD 18．AD 19．B 20．AC 21．ACD 22．【答案】（1）     （2）在上单调递增；1      【分析】 （1）当时，求出，，从而可求出切线方程. （2）当时，利用导数求出在上单调递增．又，从而可求解. (1) 小问详解： 当时，， 则，则，， 所以曲线在点处的切线方程为． (2) 小问详解： 当时，，则， 当时，，，，则， 故在上单调递增． 又因为，所以在上的零点个数为． 23．【答案】（1）在上单调递增.     （2）      【分析】 （1）根据题意，求导可得，然后令，再对函数求导，即可判断单调性； （2）参变分离得到，问题转换成与恰有两个交点，对求导确定单调性，极值，即可求解； (1) 小问详解： 若，则，则，， 令，则， 因为，则，所以，即函数在上单调递增， 则， 即在上恒成立， 所以在上单调递增. (2) 小问详解： 令，可得， 所以与恰有两个交点， 设，则， 令可得， 当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ， 当时，；当时，， 的取值范围是. 24． 【答案】(1) (2) 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）分，，，四种情况进行讨论. 【详解】（1），， 所以切线方程为，即. （2）定义域为. 令，得. 当时， - 0 + 单调递减 单调递增 所以，在上单调递减，在上单调递增. 当时， + 0 - 0 + 单调递增 单调递减 单调递增 所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 当时，恒成立但不恒为零，在上单调递增. 当时， + 0 - 0 + 单调递增 单调递减 单调递增 所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 25．【答案】 【分析】 利用导数得到函数的极值点，再根据函数在区间上单调判断极值点与区间关系可得. 【详解】 ， 令， 时，时， 所以在单调递减，在上单调递增， 又函数在区间上单调， 所以 或，解得或. 故答案为：. 26．【答案】 【分析】 令，由题意得为奇函数，并结合导数得的单调性，再由，利用的单调性求解即可. 【详解】 令，即，则为奇函数， 当时，，则在上单调递增， 故在区间上单调递增，则在上单调递增， ∵， 即， ∴，解得． 故答案为： . 27．【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）. 【分析】 （1）求出导函数，由确定增区间，确定减区间； （2）令，定义域是，求导函数，由导函数确定单调性得最小值，然后解相应不等式可得参数范围． 【详解】 解：（1）因为， 解，得；解，得. 所以的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）令，定义域是. ， 由，得，由，得， 所以函数在上单调递减：在上单调递增， 故函数的最小值是，解得. 28．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. (1) 小问详解： 因为， 所以，依题意，解得； (2) 小问详解： 因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 29．【答案】（1）当时， 在上单调递增； 当时， 在上单调递减，在上单调递增     （2） 当时，在上无极值； 当时，在上无极值； 当时，在处有极小值，无极大值.      【分析】 （1）求出导函数，通分，然后按照和分类讨论即可得解； （2）按照、和分类讨论，根据极值的定义来求解. (1) 小问详解： 由得， 当时，，在上单调递增； 当时，令且得， 令且得， 故在上单调递减，在  上单调递增； 综上，当时， 在上单调递增； 当时， 在上单调递减，在上单调递增； (2) 小问详解： 当时，在上单调递增，无极值； 当，即时，在上单调递减，无极值； 当，即时，，且在上单调递减， 在上单调递增， 故函数在处有极小值，无极大值. 30．【答案】（1） 当时，的单调增区间为， 无单调递减区间； 当时，的单调减区间为，单调增区间为．     （2） 当时，， 故 ，其定义域为， ， 由于，故， 因此的符号由决定． 令， 则在上单调递增． 由于，， 由零点存在定理，在内存在唯一零点， 即（等价于）． 当时，，故，在上单调递减； 当时，，故，在上单调递增． 因此，在处取得唯一极小值点（即唯一极值点）． 由，及，代入，得 ， 证明完毕．      【分析】 （1）对求导后讨论和即可得； （2）当时，可得，求导后构造新函数，通过讨论的情况可得的情况，由零点存在定理，在定义域内存在唯一零点，再利用由，及，可证． (1) 小问详解： 函数的定义域为R，求导得：， 当时，恒成立， 故在R上单调递增，无单调递减区间． 当时，令，得： 当时，，故在上单调递减； 当时，，故在上单调递增． 综上所述，当时，的单调增区间为， 无单调递减区间； 当时，的单调减区间为，单调增区间为． (2) 小问详解： 略 31．【答案】（1） 当时，的单调递增区间为和，递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无递减区间； 当时，的单调递增区间为和，递减区间为.     （2）      【分析】 （1）求导后分，，三种情况讨论即可； （2）注意到，，利用函数的单调性分别讨论，，，和时五种情况即可. (1) 小问详解： 令，得或 当，即时，在上小于0，在和上大于0； 当，即时，恒成立； 当，即时，在上小于0，在和上大于0， 综上所述： 当时，的单调递增区间为和，递减区间为； 当时，的单调递增区间为，无递减区间； 当时，的单调递增区间为和，递减区间为. (2) 小问详解： 注意到，. 由（1）得当时，只有一个零点；当时只有一个零点 当时，若，则， ，只有一个零点， 当时，，，， 所以在上无零点，在只有一个零点， 当时，令，得. 单调递增区间为，递减区间为，有两个零点，且， 综上所述，有两个零点时，的取值范围是 32．【答案】（1）极小值为0，无极大值.     （2）1     （3）当时，有唯一的零点； 当时，存在两个零点； 当k=时，只有一个零点.      【分析】 （1）将代入，通过导函数的正负求解函数的单调区间，进而求解函数极值； （2）首先分离参数可得：，然后令，利用导数求解的最大值，进而求得参数的最小值； （3）分、及三种情况，分别利用导数求解函数的单调性，然后利用零点存在定理判断每种情况下的零点个数即可. (1) 小问详解： 若，得：，则有， 当时，，所以在为减函数； 当时，，所以在为增函数； 所以，当时，的极小值为0，无极大值. (2) 小问详解： 若，使得成立， 即，所以， 所以，令，则， 当单调递增，单调递减， 所以的最大值为， 所以，又因为，所以整数的最小值为1 (3) 小问详解： 由题意得， 令，可得 ① 当时，， 所以，即在上单调递减， 又，所以当时，， 所以在为增函数； 当时，，所以在为减函数； 又，所以有唯一的零点， ② 当时，， 因为，则在为减函数，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上增函数； 当时，，所以在上减函数． 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 因为，所以．而， 所以使得在为减函数， 所以，得到存在两个零点. ③ 当，结合在为减函数 当时，，在为增函数； 当时，，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数． 又因为，所以只有一个零点； 综上所述：当或，函数有1个零点； 当函数有2个零点. 33．【答案】 【分析】 利用导数，结合基本不等式，可得在上单调递增，由题意可得有两个根，令，根据定义，可得为奇函数，根据单调性，可得单调性，进而可得，设，利用导数可得单调性和最值，分析即可得答案. 【详解】 由题意，当且仅当，即时取等号， 所以在上单调递增. 因为有两个零点，所以有两个根， 所以有两个根. 令，则上式可化为， 因为，所以在上为奇函数， 所以. 因为在上单调递增，所以在上也单调递增， 所以，即， 设，则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以， 当时，， 当时，， 所以， 因为有两个零点，即方程有两个根， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 34．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）对函数求导，求出切点处的导数值和函数值，进而可求出切线方程. （2）对函数求导，分，，三种情况讨论函数的最大值，从而确定的值. （3）先化简不等式，然后构造函数，两次求导，判断单调性求出最小值，进而求出的范围. (1) 小问详解： 当时，，求导得， 可得，， 所以曲线在处的切线方程为，即. (2) 小问详解： ，，令，得， ① 当，即时，在恒成立，所以在上单调递减， 所以，，不合条件，舍； ② 当，即时，当，，当，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，解得，符合条件； ③ 当，即时，在恒成立，所以在上单调递增， 所以，，不合条件，舍. 综上，. (3) 小问详解： 由，可得，即， 设，其中，则， 设，则， 当时，，，且等号不同时成立，则恒成立， 当时，，，则恒成立，则在上单调递增， 又因为，， 所以，存在使得， 当时，；当时，. 所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且， 作出函数的图象如下图所示：    当时，由（2）得，且当时，， 此时函数的值域为，即. （ⅰ）当时，即当时，恒成立，合乎题意； （ⅱ）当时，即当时，取， 结合图象可知，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. 35．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出直线的方程； （2）求出直线，将“直线与曲线相交”转化为关于的方程在区间有解，然后通过构造函数，对进行分类讨论，结合导数可求得结果. (1) 小问详解： 因为，则， 当时，则，，此时直线的方程为，即. (2) 小问详解： 由（1）可知，， 所以直线的方程为，即， 因为直线与曲线相交于点，且， 所以关于的方程在有解， 令，则， ，则， 令，则， ① 当时，由，得，由，得， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 当时，，则，所以在区间上单调递增， 当时，，则， 所以在区间上单调递减，所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 所以符合题意； ② 当时，在区间恒有由，所以在区间上单调递减， 所以， 所以在区间上单调递增，所以， 所以在区间上无零点，所以不符合题意， 综上，即实数的取值范围为. 36．【答案】 【分析】 化简得到，由，由，求得，得到，转化为图象上的点到直线上一点的距离，结合导数的几何意义，即可求解. 【详解】 由， 因为，可得， 所以， 又由，可得，所以在上单调递增， 又因为，则， 则， 表示函数图象上的点到直线上一点的距离， 则其最小值为图象与直线平行的切线到直线的距离， 设切点为，其中，由，可得， 令，解得，可得，即切点为， 可得切点为到直线距离为， 即的最小值是. 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 1．C 2．【答案】（1）；     （2）      【分析】 （1）求导后，根据和，解得即可得解；利用导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式可得； （2）转化为，再利用导数求出函数在上的最大值，然后解不等式可得结果. (1) 小问详解： ∵， 由，得且，解得，， 又，∴， ∴； 所以，， ， 所以在点处的切线方程为， 即. (2) 小问详解： 存在，使得，等价于， ∵， 当时，，当时，， ∴在上递减，在上递增， 又，， ∴在上的最大值为， ∴，解得， 所以的取值范围是． 3．【答案】（1）0是的极大值点，1是的极小值点.     （2）.      【分析】 （1）由题意整理函数解析式并求导，利用导数与函数单调性的关系，结合极值的概念，可得答案； （2）利用参变分离，构造函数，利用导数求其最值，可得答案. (1) 小问详解： 因为，所以， 则， 因为，所以，得或，，得， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 所以0是的极大值点，1是的极小值点. (2) 小问详解： 当时，，又因为， 所以，所以，. 令，， ， 所以在上单调递增，所以， 所以. 4．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）先对函数求导，求出在点处的切线方程，然后对求导，设出切点坐标，列出斜率相等和值相等的等式，进而求出. （2）先化简不等式，然后构造新函数，求导判断单调性求出最值，即可求出的范围. (1) 小问详解： 对求导得，， 所以在点处的斜率为. 所以在点处的切线方程为. 设该切线与曲线相切的切点坐标为，对求导得： ，所以， 解得. (2) 小问详解： 因为，所以，即. 令，求导得. 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减； 所以函数在处取得最小值为. 所以要使得不等式成立，则. 5．【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增.     （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕.      【分析】 （1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. (1) 小问详解： 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 小问详解： 略 6．【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）利用极值的定义结合导数，即可列方程组求值； （2）利用对称思想求出，再结合不等式存在性问题，通过分离参变量可求得参数范围. (1) 小问详解： ， 由题，所以， 经检验合题意， 又因为，所以； (2) 小问详解： 设上任意一点，关于的对称点在上， 所以，所以，即， 因为存在使得成立， 所以成立，即成立， 令，，则， 令，得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，所以， 所以的取值范围是. 7．【答案】（1）     （2）存在     （3） 记，求导得， 由是上的减函数，得函数在上单调递减， 证必要性：由在点处的切线方程为，得 ， 即 ， 当时，，函数在上单调递增，； 当时，，函数在上单调递减，； 因此的解集为，即； 证充分性：若，则当时，，， 由函数的图象是一条连续不间断的曲线，得， 且在的附近其他自变量（除外）对应的函数值都小于， 即函数在处取得极大值，于是， 因此曲线在点处的切线方程为，即， 所以直线是曲线在点处的切线， 综上，“”是“在点处的切线方程为”的充要条件.      【分析】 （1）根据给定条件，利用一元二次不等式的解集为求出范围； （2）利用导数求出函数的最大值，并确定集合只有两个元素的即可； （3）记，由切线方程得 ，再由单调性求出证得必要性；由，得当时，，结合函数极大值的意义求出切线斜率及切线方程证得充分性即可. (1) 小问详解： 当时，不等式， 依题意，， 则，解得， 所以实数的取值范围是； (2) 小问详解： 当时，，求导得， 当时，，当时，， 函数在上递增，在上递减， 所以， 当时，，求导得， 当时，，当时，， 函数在上递增，在上递减，所以， 因此函数在和处取得最大值，不等式的解集为， 取，集合， 所以存在，使得中恰有两个元素； (3) 小问详解： 略 8．【答案】 【分析】 根据题意，转化为讨论三个因式正负号问题，分点，和，三种情况分析讨论，得到当，时，恒成立，进而得到，令，利用导数求得函数的单调性，求得其最大值，即可得到答案. 【详解】 由函数，可得其定义域为， 因为恒成立，所以三个因式正负号问题， 当时，可得，当且仅当时，即时，等号成立， 又因为，所以， ① 当时，因为，所以， 且时，，此时不满足恒成立， ② 当时，因为，当时，， 所以不能满足恒成立， ③ 当时，因为，所以， 要使得，则须， 又因为函数和在上都是单调递增函数， 要使得在上恒成立，必须两个函数值符号相同， 所以两个函数的零点也相同，即且， 综上可得，当，时，恒成立， 所以， 设，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为， 所以的最大值为. 故答案为：. 9．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）根据导数的几何意义可求得直线的斜率，继而可解； （2）令，则，题意可转化为有两个零点，对求导，分和求出的单调性，可知使得即可. （3）变形不等式，参变分离后，利用换元法变形不等式，利用导数考查函数的单调性即可求解. (1) 小问详解： ，所以，又     所以该曲线在点P处的切线方程为: ，即 (2) 小问详解： 因为，， ， 令，则，所以， 题意可转化为有两个零点， ， 当时，， 若，则，则，所以在上单调递减， 所以在上至多一个零点，故不成立； 若，令 可得， 令可得，令可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当趋近时，趋近正无穷，当趋近正无穷时，趋近正无穷， 所以要使有两个零点， 则，即， 令，则在上单调递增， 又因为，所以由可得. 故实数a的取值范围为：. (3) 小问详解： 不等式 可整理为，     令，， 所以当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以，又， 所以令，则     令， 则     令， 则     令，， 则，，     所以单调递减，， 所以，单调递减，， 所以， 所以， 所以单调递减，     所以. 10．【答案】（1）     （2）（i）； （ii）由图象可知，， 要证；即证； 又，，在上为增函数，则只需要证， 又，则只需要证，， 则构造辅助函数， ， 令，， 故为减函数， 所以，，， 所以， 所以为减函数， 所以，所以， 所以，所以， 故，.      【分析】 （1）求导，利用导数的几何意义求解； （2）（i）令，时，不成立时，得，构造函数，利用导数法，求单调性，结合图像求解即可.（ii）利用的增减性，通过构造 函数，求的导数，构造函数，求的导数，通过增减性求解即可. (1) 小问详解： 当时，， 则， 则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为. (2) 小问详解： （i）令，时，不成立， 时，得， 设，则， 由解得单调增区间为， 由解得单调减区间为，； 作出函数图象.    要使函数有2个零点， 则方程在内有2个根，即直线与函数的图象有2个交点. 又，故的取值范围为； （ii）略 11．【答案】（1），     （2） 由（1），得， 令，， 因为当时，， 所以， 所以在上单调递增. 又，， 所以存在唯一的，使得， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. 又，，， 所以存在，， 使得，所以有两个零点. 因为， 又，所以， 所以. 因为，在上单调递增， 所以在上单调递增，， 所以，所以.      【分析】 （1）根据题意得出，，即可求得实数、的值； （2）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得在上有两个零点、，推导出，可得出，由，结合函数在上的单调性可证得结论成立. (1) 小问详解： 由，得. 由题意，得，，解得，， 经检验，符合题意. (2) 小问详解： 略 12．【答案】（1）     （2）     （3） ，若函数有两个极值点，则的两根为， 设，则， ①当时，恒成立，单调递增，最多有一个根，使得函数最多一个极值点，不符合题意； ②当时，可得：， 则时，，递增，时，，递减， 则的两根为，，满足，且，可得， 由可得（1），（2）， 要证，即证， 由（1）（2）可得，， 所以，则， 要证，即证，即证， 设，则，所以，不等式转化为，即， 设，则恒成立， 所以在单调递增，所以， 所以时，，故， 即.      【分析】 （1）确定切点纵坐标，求导确定切线斜率，从而可得曲线在处的切线方程； （2）不等式整理得，设，求导确定单调性验证是否当且仅当时，即可得实数的取值范围； （3）确定函数有两个极值点时的关系，根据可得，，从而可将所证不等式转化为，整理不等式设，则转化为证明，在上恒成立，设，求导确定单调性与最值即可得结论. (1) 小问详解： ，则， 又，则， 所以曲线在处的切线方程为，即； (2) 小问详解： 不等式整理得， 因为，所以不等式化为， 设，则， 令得，则， ①当时，，则恒成立， 所以在上单调递减， 又，由此可得时，，符合题意； ②当时，，的两根分别为且均为正根， 由于函数的对称轴为，，故， 又，，单调递减，，，单调递增，，，单调递减， 所以，，故存在，使得， 则时，，时也有成立，不符合题意； 综上，实数的取值范围为； (3) 小问详解： 略 13．【答案】（1）最小值为，无最大值     （2）      （3） 由， 令， 即， 因为函数有两个不同的极值点， 所以①，②， 令③，则，代入②得： 由①得：，两式相减：， 所以， 又，得， 则，要证，即证， 即证，化简得， 即证，即, 即证， 令，， ，所以， 即，所以在上单调递增， 所以，所以，得证.      【分析】 (1)通过求导找函数单调性的分界点，进而确定极值（也是最值）。 (2) 分别分析与的极值存在性（结合a的取值分类讨论），再根据“极值相等”列方程求解a. (3)先通过求导确定的极值点满足的关系，再构造函数结合单调性证明不等式. (1) 小问详解： 当时，函数，定义域为，求导得， 令，解得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，也是最小值， 最小值为，无最大值. (2) 小问详解： 对求导得， 因为存在极值，所以在上有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，， 对，求导得， 因为存在极值，所以有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值， ，因为和极值相等，所以， 即， 因为，所以，即，因此，实数a的值为. (3) 小问详解： 略 14．【答案】（1）     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）先根据平面向量的数量积的坐标表示求得，结合时，求导，分析函数的单调性，进而求解即可； （2）（i）求导，分，两种情况讨论求解即可； （ii）结合（i）转化问题为存在使得成立，可得，设，，求导，分析函数的单调性，进而求解即可. (1) 小问详解： 由， 当时，， 则， 所以在上单调递增，而， 所以的值域为. (2) 小问详解： （i）由， 则， 当时，， 则在上单调递增，无极值，不满足题意； 当时，设，， 则， 由，，，则，从而在上单调递增， 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得， 从而当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意. 综上所述，实数的取值范围为． （ii）由（2）知，有且仅有一个极小值点， 则，即， 由，则，， 则， 则， 化简得，， 由题意，存在使得成立， 则， 设，， 则 ， 因为，所以，， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，则， 所以的最小值为． 15．【答案】（1）     （2） 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，函数在和上单调递减，在上的单调递； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增；     （3）      【分析】 （1）求导，根据导数的几何意义及垂直条件列方程，解方程即可； （2）分情况讨论导数的零点情况及正负情况，即可得函数单调性情况； （3）由（2）可知当时，函数在上单调递减，在上单调递增，再由题意可知，即可确定，且，由，分离参数，配凑，构造函数，求导，判断函数单调性，进而可得函数的最小值，即可得参数范围. (1) 小问详解： 由，得， 则， 由直线，即， 由切线与直线垂直可知，解得； (2) 小问详解： 由， 当时，，令，解得， 且当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增； 当时，，， 当时，恒成立，即函数恒成立，函数在上单调递减； 当时，令，解得，，且， 即函数在和上单调递减，在上的单调递增； 当时，令，解得，， 即当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增； 综上所述，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，函数在和上单调递减，在上的单调递； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； (3) 小问详解： 由（2）得，当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 由可知，即， 又，则，且， 由，即， 因为， 所以， 设，， 则， 设，则恒成立， 所以在上单调递增，且， 所以当时，，即， 所以在上单调递增， 所以， 所以，即， 即. 16．【答案】（1） 当时，函数无极值； 当时，函数有极小值，无极大值； 当时，函数有极大值，无极小值     （2） 证明：由，两边取对数可得，即， 当时，，， 由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 而，时，恒成立， 因此，当时，存在且，满足， 若，则成立； 若，则， 记，， 则 ， 即有函数在上单调递增，所以，即， 于是，而，，， 函数在上单调递增，因此，即.      【分析】 （1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果； （2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明. (1) 小问详解： 函数的定义域为，求导得， 若，则，无极值； 若，由，可得， 若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 此时，函数有唯一极小值，无极大值； 若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 此时，函数有唯一极大值，无极小值； 所以当时，函数无极值； 当时，函数有极小值，无极大值； 当时，函数有极大值，无极小值. (2) 小问详解： 略 【点睛】 关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，难度较大，解决本题的关键在于构造函数，，结合其单调性证明. 17．【答案】（1）在单调递增，在单调递减.     （2）在有两个零点     （3） 由题意可得，证即证最值差小于右侧. ， 则当，单调递减， 当，单调递增， 故，又， 在上单调递增，则， 故， 设，则， 故在上为减函数，故， ， 故，所以.      【分析】 （1）对函数进行求导，分析其在区间上的单调性； （2）根据函数单调性及零点存在定理对分区间讨论函数零点； （3）先确定函数在区间I上最大值、最小值，利用放缩法可证题设中的不等式. (1) 小问详解： ，求导：， 令得， 若，单调递增， 若，单调递减， 故在单调递增，在单调递减. (2) 小问详解： ，，即是函数一个零点， 当时，，故恒成立， 故在上无零点. 当时，设，则， 若，则，若，则， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， ，, 故存在，使得， 且，，在区间上单调递增， 或，，在区间、上单调递减， 而，，故在上有两个零点. (3) 小问详解： 略 18．【答案】（1）0     （2） 因为，所以， 注意到函数在时，① ， 即， 我们将看作未知量，下面证明， 又， 所以在上单调递增， ，都有，① 式成立. 因为，所以， 即单调递减， ，，， 又由（1）得， 所以， 所以 .      【分析】 （1）利用导数说明函数的单调性，从而求出函数的最小值； （2）首先证明在时，，即可得到，再结合（1）及裂项相消法计算可得. (1) 小问详解： 因为定义域为， 又，令， 则恒成立，在上单调递增， 又，所以当时，当时， 所以单调递减区间为，单调递增区间为， 所以在处取最小值； (2) 小问详解： 略 19．【答案】（1） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增     （2） 由，求导得， 依题意，，解得，此时，经检验符合题意. （i）要证，即证， 成立. 令，，则， 设 ，，则. ① 当时，，则在上单调递增，而， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增. 故，即时，. ② 当时，，，则. 综上，当时，，即得证. （ii）由（i），，则由，即， 当时，恒成立，此时无零点， 当时， ① 若，则，由（i）知在上单调递增，在上单调递减， 而，故存在，使， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 而，故， ② 当时， 由① 同理可证：， 由① ② 有， 是的零点，，即， 在上单调递减，， ，，即， ， 而， ， 故.      【分析】 （1）对函数求导后，根据参数的取值分类讨论导函数的正负，即得函数的单调性； （2）（i）令，分和两种情况，在时，通过求导判断其单调性，求得函数极值即可证明；在时，利用函数的有界性和不等式性质即可证明；（ii）先判断当时，无零点；依题分析当时，分和两种情况分析，在时，存在，使，分析得出；在时，同理可证：，由可得，借助于即可证明. (1) 小问详解： 已知函数的定义域为，且， 当时，由可得，由可得， 故在上单调递增，在上单调递减； 当时，由可得，由可得， 故在上单调递减，在上单调递增. (2) 小问详解： 略. 20．【答案】（1）     （2）      （3） 当时，由（2）得， 对任意的，有，即， 因此（，且），即， 设，，则， 令，， 则，可得在区间上单调递减， 所以， 所以在区间上单调递减，所以， 所以当时，， 可得当且时，， 所以， 因此，.      【分析】 （1）先求出为函数的一个正周期，接着利用导数求解时的值域即可； （2）记，求其导数，因为，由，解得，分和分别讨论函数单调性，从而分析不等式是否恒成立； （3）当时，由（2）得，对任意的，有，因此（，且），即，令，，利用导数证明，进而得，即可得证. (1) 小问详解： 因为， 所以为函数的一个正周期，所以可求时的值域， 对求导得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 又，，，， 所以函数的值域为； (2) 小问详解： 记， ， 因为，由，解得， 当时，，因此在区间上单调递减， 所以，即在区间上恒成立， 当时，存在，使得当时，，因此在区间上单调递增， 当时，，即在区间上不恒成立， 故实数的取值范围为. (3) 小问详解： 略 21．【答案】（1）     （2） 存在，     （3） 先证明，令， 在单调递减，， 故使得， 所以在单调递增，在单调递减，又，， 故， 时， 所以时， ， 又，， 故对，.      【分析】 （1）由题意知，解得的值，并检验满足题意即可； （2）假设时，，成立，参变分离后求出的取值范围得解； （3）先证明，放缩不等式后即可证明. (1) 小问详解： 当时， ，解得. 当时，令则， 则， 下面研究时的单调性. 在单调递增，， 故存在唯一使得， 所以时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以时，时， 所以时，时.故是的一个极值点. (2) 小问详解： 存在，使.此时. 时，，， 因为为偶函数，故只考察时. 即，即. 令， 当时，显然成立； 当时，， 令，， 令， 当时，， 故在上单调递减， 所以，，， 所以，在上单调递减， 故，故. (3) 小问详解： 略 22．【答案】（1）；     （2）；     （3） 由（2）知，当，时，， 所以， 即， 两边取对数得，， 令得，， ， 左边 ， 所以.      【分析】 （1）分别讨论和两种情况，利用导数求得的单调性，进而可得的最小值，结合条件，即可求得a值. （2）设，分别讨论和两种情况，利用导数求得的单调性及极值，分析计算，即可求得答案. （3）由（2）知，当时，，适当放缩，可得，两边取对数得，，利用对数的性质，化简计算，即可得证. (1) 小问详解： 由题意知：， ① 当时，与的最小值为0矛盾，不合题意， ② 当时，由得，由得， 所以在单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，解得； (2) 小问详解： 设，易知， ， ① 当时，在恒成立，所以在上单调递增， 所以，满足题意. ② 当时，设函数，则， 由得，由得，且， （ⅰ）当时，即时，在单调递增，， 所以在恒成立，所以在上单调递增， 所以，满足题意. （ⅱ）当时，即时，在单调递减，在单调递增，且， 所以在恒成立，即在恒成立， 所以在单调递减，且， 所以存在，使得成立，与已知矛盾，不合题意. 综上，实数的取值范围是； (3) 小问详解： 略 23．【答案】当时，，故只需证明. . 易知在上单调递增（增+增）. 所以必定存在唯一一个零点，且， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 由，得，， 所以， 所以. 所以，当时，. 【分析】 根据题意，当时，，故只需证明，进而利用导数方法证明函数的最小值大于0即可. 【详解】 略 【点睛】 本题确定出零点x0的范围之后，注意“，”，将x0代入函数解析式之后可以将式子化简，注意方法的总结和归纳. 考点04 导数的新定义 1．【答案】（1）是，理由： 当时，（）， 则 当时， ，当，， 所以在和上严格递增，在上严格递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以，所以是极值差比函数.     （2）不存在，理由： 的定义域为，， 假设存在 使的极值差比系数为， 则，是方程的两个不相等的正实数根， 则 ，解得，不妨设，则， 因为 ， 所以，从而，得（*） 令（ ），， 所以在上是严格增函数，所以， 因此（*）无解，所以不存在 使的极值差比系数为；     （3）      【分析】 （1）利用函数的导函数求出单调区间，由此得出极大值与极小值，由“极值可差比函数”的定义，求出极值差比系数 的值，这样的值存在即可判断. （2）反证法，假设存在这样的 ，由“极值可差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即可. （3）由（2）得到参数 与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函数求出单调性，即可得出函数取值范围. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）知极值差比系数为，即， 不妨设，令，，极值差比系数可化为， ，又，解得， 令（），， 设（），， 所以在上单调递减，当时，， 从而，所以在上单调递增，所以， 即， 所以的极值差比系数的取值范围为. 【点睛】 思路点睛：研究复杂函数的性质，直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变换，通过恒等变形发现简单函数结构，再进行构造研究. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 4大高频考点概览 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 考点02 导数在研究函数中的应用 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 考点04 导数的新定义 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）已知函数在点处的切线方程为，则（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 2．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知在点处的切线与轴平行，则的值可能为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）（多选）已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（     ） A.  B. 的图象关于点对称 C.  D. （） 4．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）（多选）已知是曲线的两条互相垂直的切线的交点，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则点不存在 B. 若，则点坐标为 C. 若，则点在直线上 D. 若，且点在图象上，则的取值范围是 5．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）若直线是曲线的切线，则　　　　　　　　. 6．（25-26学年高三上·山东德州·期中）已知函数，则曲线在处的切线方程为　　　　　　　　　　　． 7．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）设函数，，若，则　　　　　　　　　　　． 考点02 导数在研究函数中的应用 1．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）（多选）已知函数，则（     ） A. 在上单调递减 B. 的极大值为2 C. 的图象关于对称 D. 方程有三个实数根 2．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）设函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）已知，若正实数满足，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）（多选）已知函数，.（       ） A. 当时，没有零点 B. 当时，是增函数 C. 当时，直线与曲线相切 D. 当时，只有一个极值点，且 5．（25-26学年高三上·山东德州·期中）（多选）已知函数，则（     ） A. 在处取得极小值 B. 有三个零点 C. 在区间上的值域为 D. 函数图象的对称中心为点 6．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）已知函数是增函数，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）（多选）已知函数，若，且，则（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高三上·山东菏泽鄄城县第一中学·期中）（多选）已知，，若，则下列关系式能成立的是（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）已知，，，则下列结论正确的是（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高三上·山东青岛即墨区第一中学·期中）（多选）已知，，则（     ） A. 的图象关于原点对称 B. 是的极值点 C. 在区间上递减 D. 若，则有三个零点 11．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知函数，是的一个极值点，且在上有且仅有1个零点，则实数的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知关于的方程在内有两个不等的实数根，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知函数，过点可作出曲线的三条切线，则的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高三上·山东德州·期中）若函数的零点有两个，则实数的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高三上·山东德州·期中）若，则（     ） A.  B.  C.  D.  16．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）（多选）已知三次函数，则下列说法正确的是（     ） A. 若有两个极值，则 B. 若，则 C. 若函数有3个零点，且，则 D. 当函数的图象经过的象限最多时，的取值范围是 17．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）（多选）已知函数是奇函数，若，则下列说法正确的是（       ） A.  B.  C. 在区间上单调递增 D. 是函数的一个极值点 18．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）（多选）若函数有3个零点，则下列结论正确的有（       ） A. 为定值 B.  C. 存在，使得的图象关于点对称 D. 若对任意的，，则 19．（25-26学年高三上·山东实验中学·期中）已知函数，且，则的零点之和为（     ） A. 1 B. 3 C. 5 D. 7 20．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）（多选）已知函数，则（     ） A. 为奇函数 B. 在上单调递增 C. 的极小值为 D. 直线与曲线仅有2个交点 21．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）（多选）已知函数，，则下列说法正确的（       ） A. 函数与函数有相同的极小值 B. 若方程有唯一实根，则的取值范围为 C. 若方程有两个不同的实根，则 D. 当时，若，则成立 22．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若，研究函数在上的单调性和零点个数． 23．（25-26学年高三上·山东青岛第五十八中学·期中）已知定义在上的函数. （1）若，判断的单调性； （2）若存在两个零点，求m的取值范围. 24．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性. 25．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）若函数在区间上单调，则实数的取值范围是　　　　　　　　　. 26．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）设函数在上存在导函数，对任意的有，且在上，若，则实数的取值范围为 　　　　　　　　　　　　 27．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）设为正常数，若对定义域内的任意实数都有成立，求实数的取值范围. 28．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 29．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，求函数的极值． 30．（25-26学年高三上·山东青岛即墨区第一中学·期中）已知函数，． （1）求的单调区间； （2）证明：当时，函数存在唯一的极值点，且． 31．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知函数. （1）当时，讨论的单调区间； （2）若有两个零点，求实数的取值范围. 32．（25-26学年高三上·山东德州·期中）已知函数． （1）若，求的极值； （2）若，使得成立，求整数的最小值； （3）若，讨论函数的零点个数． 33．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）已知函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围　　　　　　　　　　. 34．（25-26学年高三上·山东实验中学·期中）已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在上的最大值为0，求的值； （3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围. 35．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）已知函数，直线为曲线在点处的切线. （1）当时，求的方程； （2）若与曲线相交于点，且，求的取值范围. 36．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）实数，满足，则的最小值是　　　　　　． 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 1．（25-26学年高三上·山东济南第一中学·期中）若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的取值范围是 （    ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高三上·山东日照·期中）已知函数，当时，的极小值为，当时，有极大值. （1）求函数的解析式及在点处的切线方程； （2）若存在，使得成立，求实数的取值范围. 3．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知函数，其中实数，，. （1）若时，求函数的极值点； （2）若时，在上恒成立，求的取值范围. 4．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）已知函数，. （1）若曲线在点处的切线与曲线相切，求； （2）若，求的取值范围. 5．（25-26学年高三上·山东菏泽鄄城县第一中学·期中）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 6．（25-26学年高三上·山东实验中学·期中）已知函数满足，且为的一个极值点. （1）求，； （2）已知图象与的图象关于点对称，若存在使成立，求的取值范围. 7．（25-26学年高三上·山东日照·期中）已知函数的定义域为，记集合. （1）若，且，求实数的取值范围； （2）若，是否存在使得中恰有两个元素？ （3）若函数的图象是一条连续不间断的曲线，且的导函数是上的减函数，证明：“”是“在点处的切线方程为”的充要条件. 8．（25-26学年高三上·山东日照·期中）已知函数，若，则的最大值为　　　　　　　　　　. 9．（25-26学年高三上·山东青岛第二中学·期中）已知函数，为自然对数的底数. （1）若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； （2）若有两个零点，求实数a的取值范围； （3）当时，，求实数a的取值范围. 10．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知函数. （1）时，求曲线在点处的切线方程； （2）有2个零点，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 11．（25-26学年高三上·山东菏泽·期中）已知函数在处取得极值. （1）求实数、的值； （2）证明：在上有两个零点，且两个零点的和小于. 12．（25-26学年高三上·山东潍坊部分学校·期中）已知函数． （1）若时，求曲线在处的切线方程； （2）若时，存在正实数，当且仅当，求实数的取值范围； （3）若函数有两个极值点，其中，证明：． 13．（25-26学年高三上·山东淄博实验中学·期中）已知函数． （1）若，求函数的最值； （2）若函数与都存在极值，且极值相等，求实数a的值； （3）若函数有两个不同的极值点，且，求证：． 14．（25-26学年高三上·山东泰安·期中）已知． （1）若，求的值域； （2）已知存在唯一的极值． （i）求实数的取值范围； （ii）若存在实数，使对于恒成立，求的最小值． 15．（25-26学年高三上·山东期中学·期中）已知，. （1）若函数在处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性； （3）若，当且时，，求实数的取值范围. 16．（25-26学年高三上·山东菏泽鄄城县第一中学·期中）已知函数． （1）讨论的极值； （2）若（e是自然对数的底数），且，，，证明：． 17．（25-26学年高三上·山东青岛即墨区第一中学·期中）已知函数. （1）求在的单调性； （2）令，讨论在的零点个数； （3）定义函数在区间I上的隔离指数为，设，区间，证明：当时，有. （参考数据：，） 18．（25-26学年高三上·山东济宁·期中）已知函数. （1）求的最小值； （2）若，，证明： 19．（25-26学年高三上·山东莱州第一中学·期中）已知函数． （1）若，试讨论的单调性； （2）若函数是的一个极值点． （i）当时，证明：； （ii）当时，的零点从小到大依次排列构成一个数列，记为．证明：． 20．（25-26学年高三上·山东青岛青岛第一中学·期中）已知函数. （1）求函数的值域； （2）若对任意的，都有，求实数的取值范围； （3）设，且，证明：. 21．（25-26学年高三上·山东临沂·期中）已知，，，， （1）当时，是的一个极值点，求； （2）是否存在，使？若存在，求的取值范围，若不存在，说明理由； （3）证明：对，. 22．（25-26学年高三上·山东聊城·期中）已知函数的最小值为0. （1）求实数的值； （2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，证明：. 23．（25-26学年高三上·山东菏泽鄄城县第一中学·期中）1.已知函数，证明：当时，. 考点04 导数的新定义 1．（25-26学年高三上·山东济南历下区山东师范大学附属中学·期中）定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值，且存在一个常数 ，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数 称为该函数的极值差比系数.已知函数. （1）当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由； （2）是否存在 使的极值差比系数为？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由； （3）若，求的极值差比系数的取值范围. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $