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高中数学三轮复习讲义——两年高考一年模拟
第18讲 解答题之导数
从近三年高考情况来看，导数的概念及计算一直是高考中的热点，对本知识的考查主要是导数的概念及其运算法则、导数的几何意义等内容，常以选择题或填空题的形式呈现，有时也会作为解答题中的一问．解题时要掌握函数在某一点处的导数定义、几何意义以及基本初等函数的求导法则，会求简单的复合函数的导数．
导数的应用也一直是高考的热点，尤其是导数与函数的单调性、极值、最值问题是高考考查的重点内容，一般以基本初等函数为载体，考查导数的相关知识及应用，题型有选择题、填空题，也有解答题中的一问，难度一般较大，常以把关题的位置出现．解题时要熟练运用导数与函数单调性、极值与最值之间的关系，理解导数工具性的作用，注重数学思想和方法的应用．
1．（2022年全国新高考II卷数学试题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
2．（2022年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
3．（2022年全国高考甲卷数学（文）试题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
(1)若，求a；
(2)求a的取值范围．
4．（2022年全国高考甲卷数学（理）试题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
5．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
6．（2022年全国新高考I卷数学试题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
7．（2021年全国新高考II卷数学试题）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．
8．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
9．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）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.
10．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）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．
11．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
12．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）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：.
13．（2023年高三5月大联考（全国乙卷）文科数学试题）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，求a的取值范围．
14．（天津市耀华中学2023届高三一模数学试题）设，，.
(1)求函数，的单调区间和极值；
(2)若关于x不等式在区间上恒成立，求实数a的值；
(3)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，（），求证：成等比数列.
15．（河南省郑州市2023届高三三模理科数学试题）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，且，求证：．
16．（广西南宁市第三中学2023届高三一模测试数学（理）试题）已知．
(1)求的单调区间；
(2)当时，为较小的零点，求证：．
17．（湖南省名校2023届高三下学期5月适应性测试数学试题）已知函数.
(1)若的图象在处的切线与直线垂直，求直线的方程；
(2)已知，证明：.
18．（2023年全国卷（老教材）理科数学预测卷）已知函数，.
(1)讨论的极值；
(2)若 ，，求证：.
19．（安徽省铜陵市2023届高三三模数学试题（新课标老高考））已知函数.
(1)试求函数的极值；
(2)若存在实数使得成立，求实数的取值范围.
20．（广西桂林市、北海市2023届高三联合模拟考试数学（理）试题）已知函数
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)写出一个适当的正整数，使得恒成立，并证明．☆注：请用Microsoft Word2016以上版本打开文件进行编辑，用WPS等其他软件可能会出现乱码等现象.
高中数学三轮复习讲义——两年高考一年模拟
第18讲 解答题之导数
从近三年高考情况来看，导数的概念及计算一直是高考中的热点，对本知识的考查主要是导数的概念及其运算法则、导数的几何意义等内容，常以选择题或填空题的形式呈现，有时也会作为解答题中的一问．解题时要掌握函数在某一点处的导数定义、几何意义以及基本初等函数的求导法则，会求简单的复合函数的导数．
导数的应用也一直是高考的热点，尤其是导数与函数的单调性、极值、最值问题是高考考查的重点内容，一般以基本初等函数为载体，考查导数的相关知识及应用，题型有选择题、填空题，也有解答题中的一问，难度一般较大，常以把关题的位置出现．解题时要熟练运用导数与函数单调性、极值与最值之间的关系，理解导数工具性的作用，注重数学思想和方法的应用．
1．（2022年全国新高考II卷数学试题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
2．（2022年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
3．（2022年全国高考甲卷数学（文）试题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
(1)若，求a；
(2)求a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；
（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.
【详解】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；
（2），则在点处的切线方程为，整理得，
设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，
则，整理得，
令，则，令，解得或，
令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：
0 1
0 0 0
则的值域为，故的取值范围为.
4．（2022年全国高考甲卷数学（理）试题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
5．（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为 ,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
6．（2022年全国新高考I卷数学试题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
7．（2021年全国新高考II卷数学试题）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．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(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.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
8．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（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．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
9．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）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.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.
10．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）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．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（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．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
11．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
12．（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）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：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(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，所以需证．
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．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
13．（2023年高三5月大联考（全国乙卷）文科数学试题）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，求a的取值范围．
【答案】(1)f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）函数有两个不同的零点等价于有两个不同的解，令，，利用导数求出函数的单调区间及最值，再结合题意即可得出答案.
【详解】（1）由题意，知的定义域为，
当时，，，
令，则，所以在上单调递减，
因为，所以当时，，从而，
当时，，从而，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）函数有两个不同的零点等价于有两个不同的解，
等价于有两个不同的解，
令，，
则，由，得，
又，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
①当，即时，至多有一个零点，不符合题意，
②当，即时，，，
由单调性和函数零点存在定理，知在上有且只有一个零点．
因为，所以，且，
令，则，
所以当时，，所以在上单调递增，
因为，所以，所以，
由单调性和函数零点存在定理，知在上有且只有一个零点．
所以，当时，有两个不同的零点，
即有两个不同的零点，符合题意，
综上，a的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
14．（天津市耀华中学2023届高三一模数学试题）设，，.
(1)求函数，的单调区间和极值；
(2)若关于x不等式在区间上恒成立，求实数a的值；
(3)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，（），求证：成等比数列.
【答案】(1)增区间为，减区间为，，极小值，极大值；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，解不等式得函数的递增区间，解不等式得函数的递减区间，再求出极值作答.
（2）令，问题转化为在区间上恒成立，证明当时，函数单调递增，再判断时，不满足要求，由此确定的范围.
（3）利用导数研究函数，的单调性，作出函数的图象，证明曲线与有唯一交点，结合图象证明，再证明，，，由此完成证明.
【详解】（1）依题意，，求导得，
由，得，解得，函数在区间上单调递增；
由，得，解得，函数在区间上单调递减；
由，得，解得，
而，函数在上单调递增，在，上单调递减，
所以函数在上的递增区间为；递减区间为：，，
当时，函数取极小值，极小值为，
当时，函数取极大值，极大值为.
（2）关于的不等式在区间上恒成立，
即：在区间上恒成立，
令，求导得，
令，求导得，
由（1）知：在上的极大值为，又，
从而在上的最大值为1，即在上恒成立，
于是在上恒成立，则在上单调递增，
从而，当时，，当且仅当时等号成立，
因此在上单调递增，从而在上恒成立，
则当时，在上恒成立；
当时，令，则，即函数在上递增，
，即当时，，
于是，
又，则存在，使得，当时，，
函数在上单调递减，又，即当时，，与已知矛盾，
所以.
（3）对于函数，令，则，
从而当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减，
则当时，取最大值，最大值为，
对于函数，令，则，
从而当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减，
故当时，取最大值，最大值为，
因此，函数与有相同的最大值，其图象如下图所示，
下面先证明：曲线与有唯一交点，
由，得，即证明方程有唯一实数根，
因为当时，，，则曲线与在区间上没有交点，
即方程在上没有实根，
令，求导得，
令，求导得，
令，求导得，显然在上递减，
，函数在上递减，，
函数在上递减，，于是当时，，
函数在上单调递减，由，，
从而函数在上存在唯一零点，
则方程在上有唯一实数根，且，
由于直线与曲线，共有3个不同交点，则直线必过点，
且，，，
由，得，即，
而函数在上递增，，，则①，
由，得，即，
而函数在上递减，，，则②，
由①②得：③，由，得，于是有④，
所以由③④得，即成等比数列.
【点睛】关键点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
15．（河南省郑州市2023届高三三模理科数学试题）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再根据判别式讨论函数的单调区间；
（2）根据（1）的结果，可知，，，，这样可将所证明不等式进行变形，从而构造函数，利用导数即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
设，令，，
当时，即，在单调递减，
当时，即，，令，得，，
若，，，由即，得出.
由即，得出.
当时，，由即，得出.
由即，得出.
综上所述：当时，函数在上单调递减，
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，
在上单调递增；在上单调递减.
（2）由（1）可知：当时，
，是函数两个极值点，
有，，此时，
要证明，只要证明
设，
令，
当时，，
所以当时，，单调递减，
所以有，即证
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质的综合应用问题，本题第二问处理双变量问题，关键是，，，从而为后面的消参，构造函数创造条件.
16．（广西南宁市第三中学2023届高三一模测试数学（理）试题）已知．
(1)求的单调区间；
(2)当时，为较小的零点，求证：．
【答案】(1)减区间为，增区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）直接求导得，利用韦达定理和求根公式得，利用导函数正负和函数单调性的关系即可得到答案；
（2）根据的范围判断出，再利用零点存在定理得，使得，从而有，将原不等式转化为证明于，再次设新函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）由
令，当时，当
设，是的两根，，，
则，，
∴当时，，
当时，，
∴的减区间为，增区间为
（2）由，
，则，
，
由（1）得在上单调递减，在单调递增，
∵，则，，
∴，使得，
要证：
下证：当，有
∵，，∴，原不等式等价于
设，，
∴在单调递减，.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过零点存在定理得到另一个零点，从而将代换为，然后将不等式转化为证明成立，再设新函数利用导数即可证明.
17．（湖南省名校2023届高三下学期5月适应性测试数学试题）已知函数.
(1)若的图象在处的切线与直线垂直，求直线的方程；
(2)已知，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导利用导数值求解斜率，结合垂直关系即可求解.
（2）构造函数，，求导确定单调性，结合零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）解：，
因为切线与直线垂直，所以，即，
又，所以直线的方程为.
（2）证明：，
设，则，即在上是增函数，
因为，所以，
所以存在，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
故是函数的极小值点，也是最小值点，
则.
又因为，所以，
要证，只需证，
即证.
设，则在上单调递减，
因为，所以，则，
故.
故当时，.
【点睛】思路点睛：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
18．（2023年全国卷（老教材）理科数学预测卷）已知函数，.
(1)讨论的极值；
(2)若 ，，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1），当时，在R上单调递增，无极值，当a>0时，讨论的正负，确定的单调性求得极值；
（2）要证，可证，构造函数证明，通过函数，放缩证明成立.
【详解】（1）因为，所以.
当时，，此时在R上单调递增，无极值.
当a>0时，令，则，解得.
当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减.
所以当时，有极小值，极小值为.
综上所述，当a≤0时，没有极值；当a>0时，有极小值，为，无极大值.
（2）证明：因为，所以.
要证，可证，分两步进行.
①先证当时，.
令，则.
令，则.当时，，单调递增；当时，，单调递减.
因为，所以，即.
②再证当时，.
易知，
由（1）知，当，时，，即，所以当时，.
令，，则，显然为减函数，
，
所以在上先正后负，先增后减， 且
所以，所以当时，，
所以.
因为当时，，即，
所以.
因为，所以，即，所以，
即，所以.
结合①②可知 ，即.
【点睛】关键点点睛：本题使用函数放缩证明不等式，在构造函数时可以用切线不等式，如在本题中构造的函数不等式就是利用函数与其在处的切线大小关系构造的.也可以用割线不等式，如在本题中构造的函数就是利用函数与割线大小关系构造的，割线是过两点的直线.
19．（安徽省铜陵市2023届高三三模数学试题（新课标老高考））已知函数.
(1)试求函数的极值；
(2)若存在实数使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案详见解析
(2)
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的极值.
（2）化简题目所给不等式，结合（1）的结论，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
【详解】（1）.
①时，函数在上单调递增，不存在极值.
②时，由得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
∴，无极大值.
（2）由题意可知：，
∵，∴.
由（1）可知时，函数在上单调递增，则存在，，即.
令，则，有，时，，单调递减，
时，，单调递增，∴，∴.
【点睛】利用导数研究函数的极值，首先要利用导数研究函数的单调区间，在求得函数的定义域和导函数后，如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论的标准制定可根据导函数的结构来决定.
20．（广西桂林市、北海市2023届高三联合模拟考试数学（理）试题）已知函数
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)写出一个适当的正整数，使得恒成立，并证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义，根据切线方程的公式，求得切点坐标与斜率，可得答案；
（2）先写出一个正整数，整理不等式，构造函数，利用导数研究函数的单调性，研究最值，可得答案.
【详解】（1），
因为，所以，则，
所以曲线在处的切线方程为，即．
（2）当时，恒成立，即恒成立，
证明过程如下．
今，
①当时，，所以．
②当时，，令，
则，可知在上单调递增．
当时，，所以，即在上单调递增，
又因为，所以，即在上单调递增，
所以成立．
一般情况下探求：当时，，即，
令，
①当时，，所以．
②当时，，令，
则，可知在上单调递增．
又因为，所以存在，使得，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，所以只需满足即可.

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