资源简介 压轴小题8 利用导数研究双变量的取值范围问题【广东省茂名市2024届高三下学期第二次综合测试数学试题T11】已知,其中,则的取值可以是( )A. B. C. D. 构造函数,研究其单调性得,转化为极值点偏移问题,构造差函数判定其单调性计算即可.令,则,故当时,,单调递增,当时,单调递减,∵,,∴,又,不妨设,记,设,,所以在上恒成立,所以在上单调递减,所以,,则,又因为,且在上单调递减,所以,则,所以,故选:CD(22-23高二下·四川成都·期中)1.已知函数有两个零点、,且,则下列命题正确的个数是( )①;②;③;④;A.个 B.个 C.个 D.个(2023·四川泸州·二模)2.已知两个不相等的正实数x,y满足,则下列结论一定正确的是( )A. B.C. D.构造函数,研究其单调性得,转化为极值点偏移问题,令,通过比值换元化.角度一、构造函数,通过导数研究单调性求其范围即可;角度二、构造,通过导数研究单调性结合洛必达法则计算即可.令,则,故当时,,单调递增,当时,单调递减,∵,,∴,又,不妨设,令;两式相减,可得,则,∴;角度一、令,则,因为在上恒成立,所以在上单调递增,因为在上恒成立,所以在上单调递增,则,即,所以,故CD角度二、令,则,记,则,在上恒成立,∴在上单调递增,∴,所以在上恒成立,∴在上单调递增,又由洛必达法则可知,∴,∴,故选CD3.已知且,则( )A. B.C. D.4.已知函数有两个极值点,则下列说法正确的是( )A.B.曲线在点处的切线可能与直线垂直C.D.构造函数,研究其单调性得,转化为极值点偏移问题,利用对数均值不等式直接计算即可.令,则,故当时,,单调递增,当时,单调递减,∵,,∴,又,不妨设,∵,两式相减得,由对数均值不等式,可得,下列对数均值不等式右半部分:(左半部分可自行证明),证明:不妨设,则上述不等式可化为,即,记,则不等式可化为时,,令,则,所以在上单调递减,则,所以时,,所以,故选CD.5.已知函数有两个零点、,则下列说法正确的是( ).A. B. C. D.(23-24高三上·山东淄博·期末)6.已知函数,,则下列说法正确的是( )A.函数与函数有相同的极小值B.若方程有唯一实根,则a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(2022·四川成都·一模)7.已知,且,则下列说法正确的有( )①; ② ;③; ④.A.①②③ B.②③④ C.②④ D.③④(20-21高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习)8.关于函数,下列说法错误的是( )A.是的极小值点B.函数有且只有个零点C.存在正实数,使得恒成立D.对任意两个正实数,,且,若,则(2016·四川南充·一模)9.设是不相等的两个正数,且,给出下列结论:①;②;③.其中所有正确结论的序号是( )A.①② B.①③ C.②③ D.①②③(22-23高二下·浙江台州·期末)10.已知实数x,y满足(为自然对数的底数,,则( )A.当时, B.当时,C.当时, D.当时,(2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测)11.已知函数,则下列说法正确的是( )A.若恒成立,则B.当时,的零点只有个C.若函数有两个不同的零点,则D.当时,若不等式恒成立,则正数的取值范围是(22-23高三上·河南·阶段练习)12.已知函数,若函数有四个不同的零点、、、,且,则以下结论正确的是 .①;②;③;④.(2022·吉林·三模)13.已知函数的极大值点为0,则实数m的值为 ;设,且,不等式恒成立,则实数的取值范围为 .(2024·辽宁·模拟预测)14.已知函数.(1)当时,判断在区间内的单调性;(2)若有三个零点,且.(i)求的取值范围;(ii)证明:.(2024高三·全国·专题练习)15.已知函数.(1)当时,判断函数的单调性;(2)若关于的方程有两个不同实根,求实数的取值范围,并证明.(2023高三·全国·专题练习)16.已知函数.若有两个零点,证明:.试卷第1页,共3页试卷第1页,共3页参考答案:1.C【分析】由可得,设,其中,则直线与函数的图象有两个交点,利用导数分析函数的单调性与极值,数形结合可判断①;构造函数,其中,分析函数的单调性,可判断②③;分析出、,利用不等式的基本性质可判断④.【详解】由可得,令,其中,则直线与函数的图象有两个交点,,由可得,即函数的单调递增区间为,由可得,即函数的单调递减区间为,且当时,,当时,,如下图所示:由图可知,当时,直线与函数的图象有两个交点,①对;对于②,由图可知,,因为,由可得,由可得,所以,函数的增区间为,减区间为,则必有,所以,,则,令,其中,则,则函数在上单调递减,所以,,即,即,又,可得,因为函数的单调递减区间为,则,即,②错;对于③,由,两式相加整理可得,所以,,可得,③对;对于④,由图可知,则,又因为,所以,,④对.故选;C.【点睛】证明极值点偏移的相关问题,一般有以下几种方法:(1)证明(或):①首先构造函数,求导,确定函数和函数的单调性;②确定两个零点,且,由函数值与的大小关系,得与零进行大小比较;③再由函数在区间上的单调性得到与的大小,从而证明相应问题;(2)证明(或)(、都为正数):①首先构造函数,求导,确定函数和函数的单调性;②确定两个零点,且,由函数值与的大小关系,得与零进行大小比较;③再由函数在区间上的单调性得到与的大小,从而证明相应问题;(3)应用对数平均不等式证明极值点偏移:①由题中等式中产生对数;②将所得含对数的等式进行变形得到;③利用对数平均不等式来证明相应的问题.2.C【分析】先利用同构法与构造函数,将题设条件转化为,再利用导数研究函数的图象与性质,结合图像即可排除AD,利用特殊值计算即可排除B,再利用极值点偏移的解决方法即可判断C.【详解】因为,,所以,则,即,令,则,,当时,,则单调递减;当时,,则单调递增,所以,对于,总有,即在上单调递增,故,即在上恒成立,所以对于,对于任意,在上取,则,所以当且趋向于0时,趋向于无穷大,当趋向于无穷大时,趋向于无穷大,趋向于0,故趋向于无穷大,所以的大致图像如图所示:.对于AD,因为,,不妨设,由图象可知,,故,故AD错误;对于B,假设成立,取,则,显然不满足,故B错误;对于C,令,又,则,所以在上单调递增,又,则,即,又,则,因为,所以,又,在上单调递增,所以,即,故C正确.故选:C.【点睛】关键点睛:本题的解题关键在于利用同构法转化等式,从而构造函数,并研究其图像的性质,由此判断得解.3.AD【分析】不妨设,,则,利用导数可证,利用极值点偏移可证.【详解】不妨设,,因为,故,由可得,故,所以,,又.设,则,故在为增函数,故即,故即,故C错误,D正确.函数的导函数为,当时,,当时,,因此在上单调递减,在上单调递增,且.考虑函数,则,而,故,故,所以在上为减函数,故,所以,所以即,而,故即,故A正确,B错误.故选:AD.4.ACD【分析】根据函数有两个极值点,得到导函数有两个变号零点,从而可求参数的取值范围,即可判断A选项;假设满足条件的切线存在,利用导数的几何意义求出切线的科率,得到的值,结合A项结果推出矛盾,可得B不正确;由,利用整体替换思想得到,最后根据的范围和二次函数的性质得到,可得C正确;由,利用整体替换思想可知若D正确,则只需,令,构造函数,利用导数可求得的单调性和最值,由此可证得结论,从而判断D选项.【详解】对于A,,令,则,令,解得:,当时,;当时,;在上单调递增,在上单调递减,;有两个极值点,有两个变号零点,,即,,A正确;对于B,曲线在点处的切线斜率,若该切线与直线垂直,则,即,与矛盾,B错误;对于C,由题意知:,即,则,由A知:,由二次函数性质知:,C正确;对于D,由题意知:,即,又,,即;要证,只需证,即证,即证,设,则只需证,令,则,在上单调递增,,,则,D正确.故选:ACD.【点睛】关键点点睛:对于D项,求解这类极值点偏移问题的关键:一是消参,把极值点转化为导函数零点之后,需要利用两个变量把参数表示出来,再巧妙地把两个极值点通过消参向求证的结论逐渐靠近;二是消“变”,即减少变量的个数,只有把不等式转化为只含有一个“变量”的式子后,才能建立与之相应的函数,转化为函数问题进行求解.5.ACD【分析】分析可知直线与曲线的图象有两个交点,数形结合可判断A选项;证明对数平均不等式,其中,且、均为正数,利用对数平均不等式可判断BCD选项.【详解】由可得,令,其中,所以,直线与曲线的图象有两个交点,,令,可得,列表如下:减 极小值 增作出函数与的图象如下图所示:由图可知,当时,函数与的图象有两个交点,A对;接下来证明对数平均不等式,其中,且、均为正数.先证明,其中,即证,令,,其中,则,所以,函数在上为增函数,当时,,所以,当时,,接下来证明:,其中,即证,令,即证,令,其中,则,所以,函数在上为减函数,当时,,所以,当时,,由已知可得,两式作差可得,所以,,因为,故,,B错,CD都对.故选:ACD.【点睛】思路点睛:应用对数平均不等式证明极值点偏移:①由题中等式中产生对数;②将所得含对数的等式进行变形得到;③利用对数平均不等式来证明相应的问题.6.ACD【分析】对于A,根据题目直接对两个函数求导判断极值即可;对于B,根据函数单调性和最值判断函数变化趋势,进而求出参数范围;对于C,利用对数均值不等式直接判断即可;对于D,利用同构方法进行转化即可.【详解】对于A,定义域,,当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以,定义域,,当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以,故A正确;对于B,若方程有唯一实根,由于当时,,且,结合已求的单调性和最值可知,或,故B错误;对于C,因为方程有两个不同的实根,假设,则,则,即,两式相减得,即,由对数均值不等式,则,即得证,故C正确;对于D,当时,若,则,即,显然,则,则成立,故D正确.故选:ACD下面补证C选项对数均值不等式:要证,即证,设,即证,即证,令,,则在单调递增,当时,得证.【点睛】方法点睛:已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:(1)直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解7.B【分析】令,利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负,利用极值点偏移可判断③的正误.【详解】令,则,当时,;当时,;故在上为增函数,在上为减函数,而,,故,而,故,故①错误.又,故,故②正确, 此时,故④正确.设,则(不恒为零),故在上为增函数,故,必有即,所以,即,由的单调性可得即,故③成立.故选:B.【点睛】思路点睛:导数背景下不等关系的讨论,注意根据等式或不等式的关系构建新函数,并结合单调性来比较大小关系,在不等式关系的讨论中,注意利用极值点偏移来处理大小关系.8.C【分析】对于A,分析导函数可作判断;对于B,考查函数的单调性可作判断;对于C,分离参数,再分析函数最值情况而作出判断;对于D,构造函数讨论其单调性,确定即可判断作答.【详解】对于A选项:定义域为,,时,时,是的极小值点,A正确;对于B选项:令,在上递减,,有唯一零点,B正确;对于C选项:令,令,时,时,,在上递减,在上递增,则,,在上递减,图象恒在x轴上方,与x轴无限接近,不存在正实数k使得恒成立,C错误;对于D选项:由A选项知,在上递减,在上递增,因正实数,,且,,则,时,令,,即在上递减,于是有,从而有,又 ,所以,即成立,D正确.故选:C.9.D【分析】①由blna﹣alnb=a﹣b得,构造函数h(x),x>0,判断a,b的取值范围即可.②令,通过导函数可得单增,得到,即,所以,对于同理可得.③构造函数,判断函数的单调性,进行证明即可.【详解】对①,因为,设,则有,又由,,所以在单调递增,在单调递减,或,所以,①正确;对②,令,则,所以,即当时,对于,则有,即,而在上单调增减,所以,对于同理可得,因此②正确;对③,令,则,则由得>0,得,得,此时g(x)为增函数,由得<0,得,得,此时g(x)为减函数,再令,则,则,在上为增函数,则,则,即g()<g(2),∵g()lnlna,∴g()=g(),则g()=g()<g(2),∵g(x)在上为增函数,∴2,即2,故③正确.故选:D.【点睛】本题主要考查命题的真假判断,涉及不等式的证明,利用构造法,结合函数的单调性和导数的关系是解决本题的关键.综合性较强,难度较大.10.ACD【分析】同构函数可判断A,B;由对数均值不等式可判断C,D.【详解】由,得,所以,,当时,,即,令,则,所以在上单调递增,由得,所以,即,故A正确;当时,,即,令,则,令,得,当时,,单调递减,当时,,单调递增,由得,因为在上不单调,所以由不一定能得到,即不一定成立,故B错误;当时,由前面的分析可知,此时,,令,,则有,不妨设,得,下面证明,当时,不等式成立.先证右边,要证,只要证,即证,令,即证,令,则,所以在上单调递增,所以,即成立,从而得证;再证左边,要证,只要证,即证,令,即证,令,则,所以在上单调递增,所以,即成立,从而得证.由,,得,即,故C正确;由,,得,即,所以,故D正确.故选:ACD【点睛】方法点睛:应熟练掌握证明极值点偏移问题的常用方法,如对称构造函数法、对数均值不等式、指数均值不等式等.11.BC【分析】采用分离变量法可得,利用导数可求得的单调性,进而得到最大值,从而得到,知A错误;根据恒成立可知单调递增,利用零点存在定理可说明存在唯一零点,知B正确;要得到,只需得到,可化简得到,从而将问题转化为证明,设,利用导数可说明,即可判断C正确;将恒成立的不等式变形为,根据单调递增可得,即,利用导数的知识即可判断D错误.【详解】对于A,定义域为,由得:,令,则,当时,;当时,;在上单调递增,在上单调递减,,则,A错误;对于B,定义域为,,当时,,在上单调递增,又,,,使得,当时,有且仅有一个零点,B正确;对于C,,,;要证,只需证,即证,不妨令,则只需证,令,则,令,则,在上单调递增,,,即恒成立,,C正确;对于D,当时,由得:,即,;令,则,在上单调递增,由得:,;令,则,当时,;当时,;在上单调递增,在上单调递减,,,D错误.故选:BC.【点睛】关键点点睛:本题考查利用导数求解恒成立问题、零点个数问题和极值点偏移的问题;本题D选项中恒成立问题求解的关键是能够利用同构法,将恒成立的不等式转化为同一函数不同函数值的大小关系比较问题,进而通过构造函数,利用函数单调性得到自变量的大小关系,从而化简恒成立的不等式.12.①②④【分析】设,其中,利用导数分析函数的单调性与极值,数形结合可判断②的正误;分析可知,结合基本不等式可判断①的正误;构造函数,利用导数分析函数在上的单调性,可判断③④的正误.【详解】设,其中,则,当时,,此时函数单调递增,当时,,此时函数单调递减,所以,函数的极大值为,且当时,,作出函数、的图象如下图所示:由图可知,当时,直线与函数的图象有四个交点,②对;因为,则,由图可知,则,所以,,①对;令,其中,由图可知,,当时,,则,此时函数单调递减,所以,,即,因为,,且函数在上单调递减,所以,,则,故,③错④对.故答案为:①②④.【点睛】方法点睛:证明极值点偏移的相关问题,一般有以下几种方法:(1)证明(或):①首先构造函数,求导,确定函数和函数的单调性;②确定两个零点,且,由函数值与的大小关系,得与零进行大小比较;③再由函数在区间上的单调性得到与的大小,从而证明相应问题;(2)证明(或)(、都为正数):①首先构造函数,求导,确定函数和函数的单调性;②确定两个零点,且,由函数值与的大小关系,得与零进行大小比较;③再由函数在区间上的单调性得到与的大小,从而证明相应问题;(3)应用对数平均不等式证明极值点偏移:①由题中等式中产生对数;②将所得含对数的等式进行变形得到;③利用对数平均不等式来证明相应的问题.13. 1【分析】求出函数的导函数,即可得到,从而求出,令,即可得到,令,利用导数说明函数的单调性,即可得到函数草图,即可得到,再令,利用导数说明函数的单调性,即可得到,从而得解;【详解】解:,则,则,解得,此时,,当时,当时,所以在上的单调递增,在上单调递减,则在处取极大值,符合题意;令,则构造函数,则.因为,所以当时,当时,即在上单调递增,在上单调递减,又,易知的图象如图所示:不妨令,令∵∴在上单调递增,即∵,∴,即∵,∴∵在上单调递减,∴故答案为:1;14.(1)在上单调递减,在上单调递增(2)(i);(ii)证明见解析【分析】(1)多次求导后,借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间;(2)(i)原条件可转化有三个不等实根,从而构造函数,研究该函数即可得;(ii)借助的单调性,得到,从而将证明,转化为证明,再设,从而将三个变量的问题转化为单变量问题,即可构造函数,证明其在上大于即可.【详解】(1)当时,,,令,,令,可得,则当时,,当时,,即在上单调递减,在上单调递增,又,,故当时,,当时,,故在上单调递减,在上单调递增;(2)(i)有三个零点,即有三个根,由不是该方程的根,故有三个根,且,令,,故当时,,当时,,即在、上单调递增,在上单调递减,,当时,,时,,当时,,时,,故时,有三个根;(ii)由在上单调递增,,故,由(i)可得,且,即只需证,设,则,则有,即有,故,,则,即,即只需证,令,则恒成立,故在上单调递增,则,即得证.【点睛】方法点睛:极值点偏移问题的一般题设形式:1.若函数存在两个零点且,求证:(为函数的极值点);2.若函数中存在且满足,求证:(为函数的极值点);3.若函数存在两个零点且,令,求证:;4.若函数中存在且满足,令,求证:.15.(1)在上单调递增(2),证明见解析【分析】(1)对求导,根据的符号得出的单调性;(2)由题意可知有两解,求出的过原点的切线斜率即可得出的范围,设,根据分析法构造关于的不等式,利用函数单调性证明不等式恒成立即可,【详解】(1)时,,故,在上单调递增.(2)关于的方程有两个不同实根,,即有两不同实根,,得,令,,令,得,当时,,在上单调递增,当时,,在上单调递减,时,取得最大值,且,得图象如图:. ,则,即当时,有两个不同实根,,两根满足,,两式相加得:,两式相减地,上述两式相除得,不妨设,要证:,只需证:,即证,设,令,则,函数在上单调递增,且,,即,.【点睛】方法点睛:利用导数证明或判定不等式问题:1,通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性与极值(最值),从而得出不等关系;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,从而判定不等关系;3,适当放缩构造法:根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论,从而判定不等关系;4,构造“形似”函数,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.16.证明见解析【分析】利用构造函数法,从而只需证明,即可求解.【详解】由题意得,令,则,,所以在上单调递增,故至多有解;又因为有两个零点,所以,有两个解,令,,易得在上递减,在上递增,所以.此时,两式相除,可得:.于是,欲证只需证明:,下证:因为,不妨设,则只需证,构造函数,则,故在上单调递减,故,即得证,综上所述:即证.【点睛】关键点睛:本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.答案第1页,共2页答案第1页,共2页 展开更多...... 收起↑ 资源预览