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核心考点解读——导数的综合运用
高考预测 导数的综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等．除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上．应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力．
应试技巧 1.含参数函数单调性讨论（1）导函数为含参一次型的函数单调性导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间.（2）导函数为含参二次型函数的单调性当主导函数(决定导函数符号的函数)为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题.对于此二次函数根的判定有两种情况：①若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；②若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性.（3）导函数为含参二阶求导型的函数单调性当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰.“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器.在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的.①二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性；②通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性.2.双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.3.证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.（4）对数单身狗，指数找基友（5）凹凸反转，转化为最值问题（6）同构变形4.极最值问题利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．5.零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴(或直线)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.6.不等式恒成立问题（1）利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．（2）利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解①，；②，；③，；④，.（3）不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化一般地，已知函数，，，.①若，，有成立，则；②若，，有成立，则；③若，，有成立，则；④若，，有成立，则的值域是的值域的子集.7.函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略（1）分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；（2）分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
1．（2021·天津·高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
2．（2021·全国·高考真题（理））设，，．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
，
所以;
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以，即，即;
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b综上，，
故选：B.
3．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论：
①若，恰 有2个零点；
②存在负数，使得恰有个1零点；
③存在负数，使得恰有个3零点；
④存在正数，使得恰有个3零点．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】①②④
【解析】
对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.
故答案为：①②④.
4．（2021·天津·高考真题）已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【解析】
（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
5．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【解析】
(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
6．（2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)
【解析】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
7．（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【解析】
（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
8．（2021·全国·高考真题（文））设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.
【解析】
（1）函数的定义域为，
又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，
所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，
故即.
9．（2021·全国·高考真题（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】
（1）当时，，
令得，当时，，当时，，
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
，设函数，
则，令，得，
在内，单调递增；
在上，单调递减；
，
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是，这即是，
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]
10．（2021·全国·高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【解析】
(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
11．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【解析】
(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(ii) 依题意，.
从而可得，
整理可得：，
令，解得.
当x变化时，的变化情况如下表：
单调递减 极小值 单调递增
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由，得.
对任意的，且，令，则
. ①
令.
当x>1时，，
由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.
因为，，，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，
故 ③
由①②③可得.
所以，当时，任意的，且，有
.
12．（2020·浙江·高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【解析】
（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
13．（2020·海南·高考真题）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．
【解析】
（1），，.
，∴切点坐标为(1，1+e)，
∴函数在点(1，f(1)处的切线方程为，即，
切线与坐标轴交点坐标分别为，
∴所求三角形面积为．
（2）［方法一］：通性通法
，，且.
设，则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，，∴，∴成立.
当时， ，，，
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，
因此
>1，
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1，+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由得，即，而，所以．
令，则，所以在R上单调递增．
由，可知，所以，所以．
令，则．
所以当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以，则，即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知，令，所以，所以．
于是．
由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．
令，所以．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为，且，所以，即．
令，则，所以在区间内单调递增．
因为，所以时，有，即．
下面证明当时，恒成立．
令，只需证当时，恒成立．
因为，所以在区间内单调递增，则．
因此要证明时，恒成立，只需证明即可．
由，得．
上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．
当时，因为，显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．
14．（2020·江苏·高考真题）已知关于x的函数与在区间D上恒有．
（1）若，求h(x)的表达式；
（2）若，求k的取值范围；
（3）若求证：．
【解析】
（1）[方法一]:判别式法
由可得在R上恒成立，
即和，
从而有即，
所以，
因此，．所以．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有对任意的恒成立.
令，则，所以.
因此即对任意的恒成立，
所以，因此.
故.
（2）[方法一]
令，.
又.
若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意.
当时，，符合题意.
当时， 在上递减，在上递增，则，
即，符合题意.
综上所述，.
由
当，即时，在为增函数，
因为，
故存在，使，不符合题意.
当，即时，，符合题意.
当，即时，则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
[方法二]【最优解】：特值辅助法
由已知得在内恒成立；
由已知得，
令，得，∴(*)，
令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立；
由在内恒成立，由(*)知，∴，∴，解得.
∴的取值范围是.
（3）[方法一]：判别式+导数法
因为对任意恒成立，
①对任意恒成立，
等价于对任意恒成立.
故对任意恒成立.
令，
当，，
此时，
当，，
但对任意的恒成立.
等价于对任意的恒成立.
的两根为，
则，
所以.
令，构造函数，，
所以时，，递减，.
所以，即.
[方法二]：判别式法
由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立．
（事实上，直线为函数的图像在处的切线）
同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立． ②
当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或（不妨设）；
当时，，从而或，又，从而成立；
当时，由①式得或，又，所以．
当时，将②式看作一元二次方程，进而有．
由，得，此时②式的解为不妨设，从而．
综上所述，．
[方法三]【最优解】：反证法
假设存在，使得满足条件的m，n有．
因为，所以．
因为，所以．
因为对恒成立，所以有
．则有
， ③
， ④
解得．
由③+④并化简得，．
因为在区间上递增，且，
所以，．
由对恒成立，即有 ⑤
对恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有．
设，则，
所以在区间上递减，所以，即．
设不等式⑤的解集为，则，这与假设矛盾．从而．
由均为偶函数．同样可证时，也成立．
综上所述，．
15．（2020·全国·高考真题（理））设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【解析】
（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为，进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；
（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：
设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．
假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．
所以，所有零点的绝对值都不大于1．
16．（2020·全国·高考真题（理））已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围.
【解析】
(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，，
综上可得，实数a的取值范围是.
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．
只需证当时，恒成立．
当时，．
只需证明⑤式成立．
⑤式，
令，
则，
所以当时，单调递减；
当单调递增；
当单调递减．
从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．
综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，
记，
，
①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；
②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意.
综上，.
17．（2020·全国·高考真题（理））已知函数.
（1）讨论在区间的单调性；
（2）证明：；
（3）设，证明：.
【解析】
(1)由函数的解析式可得：，则：
，
在上的根为：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2)[方法一]【最优解】：基本不等式法
由四元均值不等式可得
，当且仅当，
即或时等号成立．
所以．
[方法二]：构造新函数+齐次化方法
因为，令，则问题转化为求的最大值．
求导得，令，得．
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
所以函数的最大值为，故．
[方法三]：结合函数的周期性进行证明
注意到，
故函数是周期为的函数，
结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，
即.
(3)[方法一]【最优解】：利用(2)的结论
由于，
所以．
[方法二]：数学归纳法+放缩
当时，，显然成立；
假设当时原式成立，即．
那么，当时，有
，
即当时不等式也成立．
综上所述，不等式对所有的都成立．
（多选题）1．（2022·海南·嘉积中学模拟预测）已知，下列不等式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022·重庆·二模）已知函数（e为自然对数的底数），若关于x的方程有且仅有四个不同的解，则实数k的取值范围是______.
3．（2022·辽宁·一模）已知函数不存在零点，则a的取值范围是______．
4．（2022·江苏南通·高三期末）函数有三个零点x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则x1x2x3的取值范围是__________.
5．（2022·广东·一模）已知直线分别与函数和的图象交于点A，B，则的最小值为__________.
6．（2022·湖南永州·二模）已知不等式在上恒成立，则实数的最小值为___________.
7．（2022·重庆·二模）已知函数.
(1)判断函数是否存在极值，并说明理由；
(2)设函数，若存在两个不相等的正数，，使得，证明：.
8．（2022·海南·嘉积中学模拟预测）已知函数.
(1)判断函数的单调性；
(2)若对于任意的，都有，求整数的最大值.
9．（2022·辽宁实验中学模拟预测）（1）求证：过点与曲线相切的直线有且仅有一条，并求切线方程；
（2）设函数，若对任意的，，不等式恒成立，其中为自然对数的底数，求实数的取值范围．
10．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数f(x)＝2ex(x＋1)－xsinx－kx－2，k∈R．
(1)若k＝0，求曲线y＝f(x)在x＝0处切线的方程；
(2)讨论函数f(x)在[0，＋∞)上零点的个数．
1．函数有两个零点，下列说法错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．若不同两点、均在函数的图象上，且点、关于原点对称，则称是函数的一个“匹配点对”（点对与视为同一个“匹配点对”）.已知恰有两个“匹配点对”，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（多选题）3．已知函数在区间（1，＋∞）内没有零点，则实数a的取值可以为（ ）
A．－1 B．2 C．3 D．4
（多选题）4．若函数的图象上存在两点，使得的图象在这两点处的切线互相垂直，则称具有T性质.下列函数中具有T性质的是（ ）
A． B．
C．， D．
5．已知函数有三个零点，且有，则的值为________.
6．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设为两个不等的正数，且（），若不等式恒成立，求实数的取值范围．
7．已知函数．
(1)当时，求曲线在点（0，f（0））处的切线方程；
(2)若函数f（x）有三个极值点，，，且．证明：．
8．已知函数，中.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，对任意实数恒成立，求的最大值.
9．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：.
名校预测
1．【答案】AB
【解析】
令在内单调递增.
时，，即A选项正确；
令在内单调递增，
，即，B选项正确；
令，当时，单调递减，当时，单调递增，与大小不确定，C错误；
当时，，D错误
故选：AB
2．【答案】
【解析】
令，可得，
所以函数为偶函数，
由题意可知当时，有两个零点，
当时，，，
即当时，，
由，可得，即方程在上有两个正数解，
∵函数的导函数为在上恒成立，
∴作出函数与直线大致图象如下图
∵方程在上有两个正数解，恒过点，
∴，
由相切，设切点为，
由可得，故切线的斜率为，
所以切线的方程为，
由切线过，可得，
解得或（舍去），
故切线的斜率为，即，
所以当时，直线与曲线由两个交点，
综上可得实数的取值范围是.
故答案为：.
3．【答案】
【解析】
不存在零点，即与没有交点，其中，当时，，当时，，则在处取得极大值，也是最大值，，
，当且仅当，即即时等号成立，
要想两函数没有交点，则满足，即，故a的取值范围是.
故答案为：
4．【答案】
【解析】
设
函数有三个零点x1，x2，x3，
即的图像与直线有三个交点.作出函数的图像，如图.
根据图像可得
则是的两个实数根，则
满足，即
所以
设，则
由，则
所以在上单调递增，
所以
故答案为：
5．【答案】
【解析】
与的交点为，
函数所以在区间上单调递增，
令，对于一个的值，有唯一的使，所以，
有，
所以，
令，则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递减.
所以，
故.
故答案为：
6．【答案】
【解析】
因为，可得，
构造函数，则，且，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因为求的最小值，只需考虑的情形，
因为，则，，所以，，可得，则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，故，
所以，，即，解得.
因此，实数的最小值为.
故答案为：.
7．【解析】
(1)由，得，
∴是单调递增函数，∴没有极值.
(2)，，
得，
即.
由（1）知为增函数，
∵是两个不相等的正数，不妨设，
∴，且，
即，
，
即，只需证明.
∵，令.
∴只需证明在时成立，即在时成立.
设函数，且，则.
∴当时，函数单调递减.
∴当时，函数，即.
∴在时成立，即成立，
∴，∴，即.
8．【解析】
(1)的定义域为，求导得：，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
(2)，，
令，，则，
由（1）知，在上单调递增，且，
则在区间内存在唯一的零点，使，即，
则当时，，，有在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
于是得，因此，，
所以整数的最大值为3.
9．【解析】
（1）证明：因为，
所以，
设切点为，
则，
所以切线方程为：，
因为切线过点，
所以，
即，
令，则，
当或时，，当时，，
所以当时，函数取得极大值，
当 时，函数取得极小值，
且当 时，，解得，
所以过点与曲线相切的直线有且仅有一条，
其切线方程为；
（2） 设，因为，
所以 ，即，
令，则，
因为在R上递增，所以成立，
当时，恒成立，
当时，恒成立，
令，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以，则，
当时，恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以，
则时，，所以递减，则，
则，
综上：
10．【解析】
(1)当时，，，
则曲线在处切线的斜率为，
又，故切点为，因此切线方程为.
(2)首先证明：当时，.
证明：设，，则，单调递增，
于是，即原不等式得证.
，，
当时，，
故在上单调递增.
若，则当时，，单调递增，
又，故此时有且仅有1个零点.
若，则，
又
，
所以在上存在唯一的零点，，
当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又
，
且，，因此在上有2个零点.
综上，当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.
专家押题
1．【答案】B
【解析】
因为函数有两个零点，所以有两个根，
即，即与有两个交点，画出函数图像如下图所示：
设，所以，当时，解得，
函数单调递增；当时，解得，函数单调递减，
所以，当时，，当时，，
所以当时，与有两个交点，
即函数有两个零点，故A正确；结合图像可知，
因为，要证明，即证明，整理得，令，所以，设，所以恒成立，所以在单调递增，所以，即，故D正确；
由D选项正确，即，即成立，
因为，所以，所以，故B不正确；
因为，，
可得，可得，故C选项正确.
故选：B.
2．【答案】B
【解析】
函数的图象关于原点对称的图象所对应的函数为，
的图象上恰好有两个“匹配点对”等价于函数与函数有两个交点，
即方程有两个不等式的正实数根，
即有两个不等式的正实数根，
即转化为函数图象与函数图象有2个交点.
，
当时，，单调递增.
当时，，单调递减.且时，，时，
所以
所以图象与函数图象有2个交点.
则，解得.
故选：B
3．【答案】ABC
【解析】
，设
则在上， 与有相同的零点.
故函数在区间内没有零点，即在区间内没有零点
当时，在区间上恒成立，则在区间上单调递增.
所以，显然在区间内没有零点.
当时， 令，得，令，得
所以在区间上单调递减增.在区间上单调递增.
所以
设，则
所以在上单调递减，且
所以存在，使得
要使得在区间内没有零点，则
所以
综上所述，满足条件的的范围是
由选项可知：选项ABC可使得在区间内没有零点，即满足题意.
故选：ABC
4．【答案】ACD
【解析】
当时，，当时，满足条件；
当时，恒成立，不满足条件；
当，时，，当，满足条件；
当时，，函数单调递增，且，，所以存在，，满足条件.
故选：ACD.
5．【答案】12
【解析】
若，则，即
当时，可得，不成立，故
等式两边同除以，得
即
令，则
方程有两个不等的实根，，
令，则，令，
当时，，当或时，
即函数在上单调递减，在，上单调递增，
如下图所示
函数有三个零点，
由图可知，
故答案为：
6．【解析】
(1)因为，
所以当在上单调递增，
当在上单调递减．
(2)令，
则，
依题意得实数满足且不等式恒成立，
由及（1）知，
法1：不等式恒成立知，所以，∴，
又函数在单调递减，∴，
又，所以，即，
两边取对数得对恒成立，
设，
则，
①当时，对恒成立，
此时在上单调递增，故恒成立，符合题意，
②当时，，则，
此时在上单调递减，故，不符合题意．
综上所述，．
法2：由
令，则，
所以不等式
令，依题意恒成立．
①当时，递增，从而，
所以在上递增，故恒成立．
②当时，由得，所以在上递减，
所以在上递减，
故，不合题意．
③当时，由知，不合题意．综上所述，．
7．【解析】
(1)当时，，
则，，
所以，则曲线在点处的切线方程为：
，即；
(2)由，
得函数的定义域为R，
，
由题意知，方程有3个根，
则，方程有2个根，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
作出函数的大致图象，如图，
由图可知，当时，函数图象有2个交点，
横坐标分别为，且，
要证明，即证，即证，
因为，得，有，即.
下面证明，即证，
设，令，则，，令，
，所以函数在上单调递减，
故，所以；
接下来证明，即证，设，
令，则，，令，
，所以函数在上单调递增，
故，所以，
综上，得，
即，所以，故，
所以.
8．【解析】
(1)函数的定义域为，.
当时，令解得：，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
综上所述：当时，在上单调递增； 在上单调递减..
(2)当时，，故恒成立可化为其中.
设，则，即.
由（1）可得，在上单调递减.，所以，，即.
下面讨论在上的零点：
①若，即.
此时，，在上单调递增.
故，即；
②若，即.
此时，在上单调递增.，故，所以；
③若，
此时，在上单调递减..
又，.
故存在，使得，
所以在上单调递减，在上单增.
故
又，所以.
令，则，
所以，所以在上单调递减，故，
综上所述：的最大值为0.
9．【解析】
(1)的定义域为，.
当时，，单调递减；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故在和上单调递减，在上单调递增.
(2)令，，则，
所以时，，单调递增；
时，，单调递减，
所以的最大值为，即，
从而，所以.
又，
所以，等号当且仅当时成立
故.

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