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专题04 导数及其应用大题综合
7大高频考点概览
考点01切线方程
考点02利用导数研究函数的单调性
考点03极值与最值
考点04恒成立问题
考点05零点与方程的根
考点06极值点偏移
考点07函数新定义
(
考点01
切线方程
)
1．(24-25高二下·湖北孝感一般高中协作体·期中)已知函数
(1)求曲线在处的切线方程.
(2)若直线过且与曲线相切，求直线的方程.
2．(24-25高二下·湖北部分级示范高中·期中)已知．
(1)求函数的极值；
(2)过点做曲线的切线l，求切线l的方程．
3．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知函数.
(1)求曲线的斜率等于的切线方程；
(2)设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值.
4．(24-25高二下·湖北天门外国语，江汉学校等·期中)已知函数在处有极值．
(1)求的值.
(2)判断是否存在过点的曲线的切线．若存在，求出切线方程；若不存在，请说明理由.
5．(23-24高二下·湖北云学名校联盟·期中)已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若过原点可以作两条直线与函数的图象相切，求的取值范围．
(
考点02
利用导数研究函数的单调性
)
6．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)已知函数，且.
(1)求的解析式；
(2)求函数的单调区间.
7．(24-25高二下·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)已知函数，.
(1)讨论的单调性.
(2)证明：当时，.
8．(24-25高二下·湖北宜昌部分示范高中·期中)已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，求证：．
9．(24-25高二下·湖北部分普通高中联盟·期中)已知函数，
(1)若，求的单调区间和极值；
(2)有两个根，求的取值范围.
10．(24-25高二下·湖北楚天协作体·期中)已知函数.
(1)证明：当时，.
(2)设，令.
（ⅰ）讨论的单调性.
（ⅱ）若存在两个极值点，（），证明：.
(
考点03
极值与最值
)
11．(24-25高二下·湖北楚天协作体·期中)已知函数，
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若函数有最小值，且的最小值大于，求实数a的取值范围.
12．(24-25高二下·湖北云学名校联盟·期中)已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若函数在上的最小值为，求实数的值.
13．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知函数，其中.
(1)若在点处的切线与直线垂直，求a的值；
(2)当时，求函数在区间上的最值.
(
考点04
恒成立问题
)
14．(24-25高二下·湖北仙桃田家炳实验高级中学·期中)已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
15．(24-25高二下·湖北部分高中协作体（广水第二高级中学等校）·期中)已知函数.
(1)判定函数在上的零点个数；
(2)恒成立，求实数的取值范围.
16．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
17．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知函数.
(1)求的值；
(2)求函数的单调区间；
(3)若不等式对任意都成立（其中是自然对数的底数），求实数a的取值范围.
18．(24-25高二下·湖北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）·期中)已知函数.
(1)当时，求函数的最小值；
(2)试讨论函数的单调性；
(3)当时，不等式恒成立，求整数的最大值.
19．(24-25高二下·湖北仙桃田家炳实验高级中学·期中)已知函数.
(1)若，求的单调区间和极值；
(2)若，求证：.
(
考点05
零点与方程的根
)
20．(24-25高二下·湖北武汉七校·期中)已知函数在处取得极值.
(1)求实数，的值；
(2)若方程在有三个不同的实数根，求实数的取值范围.
21．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)已知函数，.的导函数为.
(1)当时.求函数的最小值；
(2)若.
①证明：恰有3个零点；
②证明：的所有零点之和为定值.
22．(24-25高二下·湖北部分普通高中联盟·期中)已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有解，求的取值范围．
(3)，讨论零点个数.
23．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)已知函数，其中.
(1)若是偶函数，求；
(2)当时，讨论函数在上的零点个数；
(3)若对，求的取值范围.
（注：记，可用含的表达式表示）
24．(24-25高二下·湖北孝感一般高中协作体·期中)已知函数
(1)当时，讨论的单调性.
(2)若，讨论函数的零点个数.
25．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知
(1)（i）证明：当时，；
（ii）当时，试确定的符号.
(2)若，试说明在内有唯一零点.
(
考点0
6
极值点偏移
)
26．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)已知函数.
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)若对，都有恒成立，求的取值范围；
(3)已知，若存在，使得，求证：.
27．(24-25高二下·湖北部分级示范高中·期中)已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个不相等的实数根，求证：.
28．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知函数，，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围；
(3)当时，若，（其中）满足，求证：.
(
考点0
7
函数新定义
)
29．(24-25高二下·湖北武汉新洲区·期中)对于函数，，若存在，使得，则称为函数的不动点；若存在，使得，则称为函数的稳定点.
(1)已知，求的不动点；
(2)定义函数在定义域内严格递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件.已知，讨论函数的稳定点个数.
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专题04 导数及其应用大题综合
7大高频考点概览
考点01切线方程
考点02利用导数研究函数的单调性
考点03极值与最值
考点04恒成立问题
考点05零点与方程的根
考点06极值点偏移
考点07函数新定义
(
考点01
切线方程
)
1．(24-25高二下·湖北孝感一般高中协作体·期中)已知函数
(1)求曲线在处的切线方程.
(2)若直线过且与曲线相切，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用商的导数来求正切函数的导数，即可求在某点处的切线方程；
（2）利用导数公式来求经过某点的切线方程.
【详解】（1）由，
则，，
则所求的切线方程为：，
即
（2）由，设切点为，
则，
切线方程为：
又在切线上，则，得.
所以的方程为：，
即
2．(24-25高二下·湖北部分级示范高中·期中)已知．
(1)求函数的极值；
(2)过点做曲线的切线l，求切线l的方程．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导并对参数的取值进行分类讨论，得出函数单调性即可求得极值；
（2）设切点为，求出切线方程代入点可求得切点坐标，即可得切线方程.
【详解】（1）函数定义域为，，
当时，，则在上单调递增，此时无极值；
当时，令，则，则在上单调递增；
令，则，则在上单调递减；
此时的极小值为，无极大值.
综合上述，当时，无极值；
当时，的极小值为，无极大值.
（2）设直线与曲线的切点坐标为，
由（1）知，则在点处的切线斜率为，
故切线方程为，①
将点代入得
解得.
代回①得切线方程为.
3．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知函数.
(1)求曲线的斜率等于的切线方程；
(2)设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求导数可得切线斜率，利用点斜式可得答案；
（2）先求出三角形的面积表达式，利用导数可求最小值.
【详解】（1）因为，所以
设切点坐标为，则，即，
所以切点坐标为，
可得切线方程为，即.
（2）由，曲线在点处的切线方程为，
令，得，令，得，
所以，
所以，
由得，由得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故最小值为.
4．(24-25高二下·湖北天门外国语，江汉学校等·期中)已知函数在处有极值．
(1)求的值.
(2)判断是否存在过点的曲线的切线．若存在，求出切线方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用极值和极值点的定义列式求解；（2）假设存在，设出切点坐标并借助导数的几何意义表示出切线方程，再利用切线过点可得与切点横坐标有关方程，判断该方程是否有解，即可得结论.
【详解】（1）因为，
由题可知，即，，
解得，此时，经检验满足题意.
所以.
（2）不存在．
理由如下：假设曲线存在过点的切线，且切点坐标为．
因为，所以该切线的斜率为，
即该切线的方程为．
若切线经过点，则，整理得，
该方程的根的判别式，该方程无解，
故不存在过点的曲线的切线.
5．(23-24高二下·湖北云学名校联盟·期中)已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若过原点可以作两条直线与函数的图象相切，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)或
【分析】（1）求导，分类讨论可求函数的单调区间；
（2）设切点为，求得切线方程，利用切线过原点，可得，进而可得有解，数形结合可求的取值范围．
【详解】（1）
当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
当时，或．
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，恒成立，所以在上单调递增．
当时，或．
所以在和上单调递增，在上单调递减
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增
当时，在和上单调递增，在上单调递减
当时，在上单调递增．
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）设切点为，
则切线方程为
代入原点可得，
整理可得，
由题意可知方程有两个根，并且不是方程的根，
当时，方程化简为：，
令，
或且．
所以在和上单调递增，在和上单调递减．
由图象可知或，解得：或．
(
考点02
利用导数研究函数的单调性
)
6．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)已知函数，且.
(1)求的解析式；
(2)求函数的单调区间.
【答案】(1)
(2)的单调增区间为，单调减区间.
【分析】（1）求出导数，由，代入求得，得解；
（2）根据导数，判断导数正负得解.
【详解】（1）由题意知，，
所以，
又，所以，
故函数解析式为.
（2）由（1）知，，
令，得，（舍），
当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
7．(24-25高二下·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)已知函数，.
(1)讨论的单调性.
(2)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分，讨论导数符号，即可求解；
（2）由（1）构造函数，求导，确定最值即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
当时，在上恒成立，在上单调递增；
当时，由得，由得
所以在上单调递减，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）当时，由（1）知
要证，
只需证，
即证
令
即证，
因为，再令.
因为，
由，可得，，可得
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以，
所以当时，.
8．(24-25高二下·湖北宜昌部分示范高中·期中)已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分、两种情况研究的正负性即可；
（2）构造函数，研究其单调性，只需满足即可.
【详解】（1）定义域为，
，
令得和-1
①若，则在上恒成立，则在单调递增；
②若，则由解得，解得，
则在上单调递减，在单调递增，
综上所述，时，在单调递增；
时，在上单调递减，在单调递增.
（2）当时，，
欲证，只需证，
即证，
令，
则
又，则，
设，则，则在上单调递增，
又，
所以，使得，即，即，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以在单调递减，在上单调递增，
所以
所以，故命题得证.
9．(24-25高二下·湖北部分普通高中联盟·期中)已知函数，
(1)若，求的单调区间和极值；
(2)有两个根，求的取值范围.
【答案】(1)递增区间为，递减区间为，极大值为，无极小值；
(2).
【分析】（1）把代入，利用导数求出单调区间及极值.
（2）利用函数零点的意义分离参数，构造函数，求出函数的最大值，再利用直线与函数图象有两个交点求出范围.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值，
所以函数的递增区间为，递减区间为，极大值为，无极小值.
（2）函数的定义域为，由，得，令，
由有两个根，得直线与函数的图象有两个交点，
，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
当时，恒成立，，
因此当时，直线与函数的图象有两个交点，
所以的取值范围是.
10．(24-25高二下·湖北楚天协作体·期中)已知函数.
(1)证明：当时，.
(2)设，令.
（ⅰ）讨论的单调性.
（ⅱ）若存在两个极值点，（），证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）当，，通过分析函数单调性，求得即可得证.
（2）（1）求导，再分和两种情况讨论求解.
（ⅱ）根据存在两个极值点和，则的两个极值点满足，化简转化为，令，用导数证明即可.
【详解】（1）在定义域内是增函数
∴当时，
要证，只需证
设（）
∴
∵在上单调递增且
∴在上单调递减，在上单调递增
∴
故时，.
（2）（ⅰ）
当时，.定义域为
∴
①当时，在上恒成立（当且仅当，时取等号）
∴恒成立，故在上单调递减.
②当时，令，则有两不等正实根
当时，
当时，
∴在和上单调递减，在上单调递增.
（ⅱ）若存在两个极值点，由（ⅰ）知.
∵的两个极值点、为方程的两根.
∴，，∴，
要证等价于证明.
设（）
∴
∴在上单调递增
∴
∴.
即.
(
考点03
极值与最值
)
11．(24-25高二下·湖北楚天协作体·期中)已知函数，
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若函数有最小值，且的最小值大于，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式方程即可求得切线方程；
（2）将函数求导后分类讨论推得，且有最小值，依题意，需使，即，构造函数，（），通过求导分析即可确定a的取值范围.
【详解】（1）当时，，
∴，故
∴曲线在处的切线方程为：，
即.
（2）因的定义域为，
当时，，则在上单调递增，无最小值；
故.
由得，由得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴当时，有最小值，
依题意，，即，
∵，∴，
设，（），则，
因，则在上单调递增，
又，故由可得，
即，解得，
故实数a的取值范围是.
12．(24-25高二下·湖北云学名校联盟·期中)已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若函数在上的最小值为，求实数的值.
【答案】(1)极大值，极小值
(2)
【分析】（1）先把代入函数，求出表达式．接着对求导得，令分别大于和小于，解不等式得到函数的单调区间．最后根据单调区间确定极大值和极小值．
（2）三种解法核心都是先求出及其导数．
解法一：按取值范围分类讨论，根据正负判断单调性，结合最小值为求．
解法二：同样分和讨论，时发现与最小值为矛盾，从而确定值．
解法三：根据最小值为列出和的不等式组，求出范围，再结合单调性确定值．
【详解】（1）当时，，．
令，
同理：或
所以：在单调递增，在单调递减，在单调递增．
当时，取得极大值；
当时，取得极小值．
（2）解法一：由题：，．
①当时，，在单调递增，．
②当时，，在单调递减，．
③当时，在单调递增，在单调递减．
此时：不合题意．
④当时，，在单调递增，．
综上：的值为．
解法二：由题：，．
①当时，，在单调递增，．
②当时，由于，在上的最小值小于，与题目矛盾，故不成立；
综上：的值为．
解法三：由题：，．
由题：的最小值为，则必有：．
当时，，在单调递增，
．
故：的值为．
13．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知函数，其中.
(1)若在点处的切线与直线垂直，求a的值；
(2)当时，求函数在区间上的最值.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）先求导，计算，由切线与直线垂直即可求解；
（2）利用导数研究函数的单调性，进而求得函数的最值.
【详解】（1）的定义域为，
，
∴，
由题意知，
∴.
（2）当时，
∴，
又，当时，，当时，，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，
又，
，
∴，
∴，
∴.
(
考点04
恒成立问题
)
14．(24-25高二下·湖北仙桃田家炳实验高级中学·期中)已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断原函数单调性；
（2）解法一：分离参数可得在上恒成立，构建，利用导数求其最值即可得结果；解法二：可知在上恒成立，分类讨论，结合（1）中的单调性运算求解即可.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
当时，，可知在上单调递减；
当时，由得；由得；
可知在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解法一：（分离参数法）由已知得在上恒成立，
等价于在上恒成立，
构建，
则
构建，可知在上单调递减，且，
当时，，即；
当时，，即；
可知在上单调递增，在上单调递减，则，
可得，即实数的取值范围为；
解法二：（分类讨论法）由题意可知： 在上恒成立，
由（1）知，当时，在上单调递减；
且，不合题意；
当时，可知，
构建，可知在上单调递增，且，
若，则，可得，
故实数的取值范围为
15．(24-25高二下·湖北部分高中协作体（广水第二高级中学等校）·期中)已知函数.
(1)判定函数在上的零点个数；
(2)恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)1个
(2)
【分析】（1）将区间分成两段，分别讨论函数的单调性及零点情况；
（2）构造函数，根据题意，只需，求导判断函数的单调性，求出最小值，列出不等式求得实数m的取值范围.
【详解】（1）由题意得，
当时，因为和单调递增，所以函数单调递增，
而，，
故，
当时，， 单调递减；
当时，，单调递增；
而，
所以函数在上无零点；
当时，，
所以函数在上单调递增，而，
所以函数在上有1个零点.
综上所述，函数在上有1个零点.
（2）令，，
则.
，，
令，，
因为时，，
当时，，，，
所以在上恒成立，
则为增函数，即为增函数，
①当，即时，，
所以在上为增函数，
，
即在上恒成立；
②当，即时，，
，使，
当为增函数；
当为减函数，
，与在上恒成立相矛盾，
不成立.
综上所述，实数m的取值范围是.
16．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义即可得解；
（2）利用导数求得的最小值，从而得到关于的不等式，解之即可得解.
【详解】（1）当时，，，
故，.
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2），
因为，所以由，得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
因为恒成立，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
17．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知函数.
(1)求的值；
(2)求函数的单调区间；
(3)若不等式对任意都成立（其中是自然对数的底数），求实数a的取值范围.
【答案】(1)0
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
(3)
【分析】（1）直接求导数计算导数值；
（2）设，对函数求出导函数，设，利用导数判断单调性；
（3）利用分离参数法得到． 设，利用导数判断出在上单调递减，求出最小值，得到的最大值为．
【详解】（1）的定义域为，
，
∴.
（2）（），
设，
∴，
设，
∴，
在单调递增，单调递减，又，
∴，，∴，
在单调递减，又，
∴，，，，
∴，，，，
单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）不等式，
等价于不等式，由，
∴，
设，，
，
由（2）知：，
∴，
∴，
∴在上单调递减，
∴，∴.
18．(24-25高二下·湖北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）·期中)已知函数.
(1)当时，求函数的最小值；
(2)试讨论函数的单调性；
(3)当时，不等式恒成立，求整数的最大值.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值；
（2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间；
（3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值.
【详解】（1）当时，则，
可知的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知的单调递减区间是，单调递增区间是；
所以函数的最小值为.
（2）由题意可知的定义域为，且，
当时，恒成立，
所以的单调递减区间是，无单调递增区间；
当时，令解得，
令，解得；令，解得；
所以的单调递减区间是，单调递增区间是；
综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（3）当时，不等式恒成立，
即，整理可得，
原题意等价于对任意恒成立，
令，
则，
令，则，
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以在区间内存在唯一零点，
即，所以，
当时，，即；
当时，，即；
可知在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以，
因为，则，即，
且为整数，则，所以整数的最大值是.
19．(24-25高二下·湖北仙桃田家炳实验高级中学·期中)已知函数.
(1)若，求的单调区间和极值；
(2)若，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间、减区间以及极大值、极小值；
（2）当时，可得出，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，证明出即可.
【详解】（1）当时，，定义域为，则，
因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，
又因为，当时，；当时，.
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为，
故有极小值，无极大值.
（2）当时，，定义域为，则，
令，则，
故在上单调递增，
又因为，，
所以，存在，使得，即，即，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
因此，当时，.
(
考点05
零点与方程的根
)
20．(24-25高二下·湖北武汉七校·期中)已知函数在处取得极值.
(1)求实数，的值；
(2)若方程在有三个不同的实数根，求实数的取值范围.
【答案】(1)．
(2)
【分析】（1）根据题意，由极值点的定义列出方程，代入计算，即可得到结果；
（2）求导可得的单调性，然后列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），则，
因函数在处取得极值，
则，得，
此时，，
得或，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极小值，故．
（2）令，则，
则在和上单调递增，在上单调递减
因方程有三个不同的实数根，
则，得，则实数的取值范围为.
21．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)已知函数，.的导函数为.
(1)当时.求函数的最小值；
(2)若.
①证明：恰有3个零点；
②证明：的所有零点之和为定值.
【答案】(1)0
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，利用导数判断函数单调性求出极值得解；
（2）①由题设，由导数知识结合零点存在性定理可得在R上的零点情况，进而可得单调性，最后再由零点存在性定理可完成证明；
②令，可利用奇函数性质证明该函数零点之和为0，再由图象平移得证.
【详解】（1）由题意，
令
当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数.
；
（2）①
令；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
又，所以，且当时，；时，；
所以在与上各有一个零点，不妨分别记为，
所以时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增；
且，所以；
则，，又当时，；时，；
所以在与上各有一个零点，且，
所以有且仅有三个零点.
②令
令，，.
令，
为奇函数.因为奇函数的图象关于原点对称，所以所有零点和为0；
所有零点和为0.
由于的图象可由向右平移一个单位长度得到，
所以所有的零点和为定值3.
22．(24-25高二下·湖北部分普通高中联盟·期中)已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有解，求的取值范围．
(3)，讨论零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）先判断函数的定义域，在求出的导数，进而对参数进行分类讨论求解单调性即可.
（2）利用分离参数法并构造新函数转化为，进而求解参数范围即可.
（3）对原函数进行同构，转化为交点问题，进而讨论交点个数，最后讨论零点个数即可.
【详解】（1）由题意得，的定义域为，
因为，所以，
则，
当时，，令，，令，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，
令，则，解得或，
当时，解得，令，，
令，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，解得，得到，
故此时在上单调递增，
当时，解得，令，，
令，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减，
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.
（2）若有解，则有解，
故有解，即有解，则有解即可，
令，则即可，而，
令，，令，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故，则.
（3）因为，
所以，
令，则，故，
令，则，而，
故在上单调递增，故，即，
若讨论的零点个数，
我们讨论和的交点个数即可，
而，令，，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，
得到的极大值为，
当时，，当时，，
则当或时，和有个交点，
当时，和有个交点，
当时，和没有交点，
综上，则当或时，有个零点，
当时，有个零点，
当时，没有零点.
23．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)已知函数，其中.
(1)若是偶函数，求；
(2)当时，讨论函数在上的零点个数；
(3)若对，求的取值范围.
（注：记，可用含的表达式表示）
【答案】(1)
(2)2个
(3)
【分析】（1）利用偶函数的定义，并结合两角和差的正弦公式化简即可；
（2）通过导函数研究的单调性，最后结合零点存在性定理即可判断；
（3）先用必要性探路缩小的范围，再通过导函数研究的单调性，使即可.
【详解】（1）由题意可知，即
即，即
则，又，故.
（2）当时，，则，
令，则恒成立，
故在上单调递增，
又，，故使得，
则得；得，
故在单调递减，在单调递增，
又因，则，
又，则在上存在一个零点，
故在上有2个零点.
（3）因对恒成立，
则当时，上式必然成立，此时，又因，则；
当时，，
令，则，
则在上单调递增，则，
（i）若，则，则在上单调递增，
则，符合题意；
（ii）若，则，，
则由零点存在性定理可知，使得，即①，
则得，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则②，
因，，则，
若，②式显然成立，
若，即，
则联立，得，得或（舍），
因，则，即，
则，则，
因，则，则，
则
综上可知，的取值范围是.
24．(24-25高二下·湖北孝感一般高中协作体·期中)已知函数
(1)当时，讨论的单调性.
(2)若，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）先求得导函数，再求导函数的零点，对两个零点分类讨论即可求得的单调性；
（2）令，得，即，发现其结构相同，
再令，可得，故，问题转化为求函数的值域，
分析其图象与直线的交点个数即得答案.
【详解】（1）的定义域为
，令得
①当时，恒成立，则无递增区间，递减区间为；
②当时，，令，得，令得，
的递增区间为，递减区间为和；
③当时，，令，得，令得，
的递增区间为，递减区间为和，
综上：当时，无递增区间，递递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为和；
当时，的递增区间为，递减区间为和.
（2）若，
令，得，即，
也即，再令，
则在单调递增，故，所以，
可得，令，
令得，所以在上单调递增，在上单调递减，
且当；，所以，
综上：当时，该函数有0个零点；
当或时，该函数有1个零点；
当时，该函数有2个零点.
25．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知
(1)（i）证明：当时，；
（ii）当时，试确定的符号.
(2)若，试说明在内有唯一零点.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii），答案见解析
(2)说明见解析
【分析】（1）（i）即证明，构造，求导得到其单调性，结合，得到证明；
（ii）即说明，，结合（i）可知，，其等价于时，，即，由知，该式显然成立，故；
（2）当时，单调递减，结合特殊点函数值得到存在唯一实数，使得；当时，，二次求导，结合单调性和零点存在性定理得到的单调性，故在上恒成立，综上可知：在内有唯一零点
【详解】（1）（i）当时，等价于，
设，即证明，
记，则，
所以在上单调递减，其中，
所以，不等式得证；
（ii）时，，理由如下：
要说明，即说明，，
由（i）可知，当时，，所以，
故只需说明，其等价于，
时，上式只需，
即，由知，该式显然成立，
从而对恒成立，
（2）由已知，
当时，易知单调递减，
，
故存在唯一实数，使得；
当时，，
记，
易知在为减函数，
，
故存在唯一实数，使得，即，
则在为增函数，在为减函数，
且，
，
则存在唯一实数，使得，
则在为正，在为负，
在上单调递增，在上单调递减，
故，，故在上恒成立，
综上可知：在内有唯一零点.
(
考点0
6
极值点偏移
)
26．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)已知函数.
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)若对，都有恒成立，求的取值范围；
(3)已知，若存在，使得，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导确定斜率及切点纵坐标，即可得切线方程；
（2）法一：将不等式转化为对恒成立，，构造函数，求导确定其单调性及最小值即可求得的取值范围；法二：将问题转化为当时，，求导，讨论单调性确定的最大值，即可得的取值范围；
（3）确定函数的单调性可得，要证，只需证明，令，求导确定单调性即可得结论.
【详解】（1）当时，，所以，所以.
又，故所求切线方程为，即.
（2）方法一：原命题等价于对恒成立，
令，则，.
∵，令，∴.
∴在上单调递增，在上单调递减，
又，，又，所以，
故的取值范围为.
方法二：由题意知，当时，，又，
①当时，恒成立，即在上单调递减，
所以恒成立，所以，
②当时，由，得到，由，得到，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当，即时，在区间上单调递增，，
所以，（舍去）；
当即时，在上单调递减，，所以；
当即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，得到，所以，
综上，的取值范围为.
（3）∵，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
又且，所以.
要证，只需证明，
因为，，且函数在区间上单调递增，
所以只需证明，又因为，即证，
令，
即，注意到，
因为，
则在上单调递减，所以在上恒成立，
所以.
27．(24-25高二下·湖北部分级示范高中·期中)已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个不相等的实数根，求证：.
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增；
(2)证明见解析.
【分析】（1）通过对函数求导，借助于导函数的正负，即可判断函数的单调区间；
（2）由是的两个不等实数根，由（1）知，构造新函数，利用函数的单调性分析证明即可.
【详解】（1）函数的定义域为，对函数求导得，
令，可得，此时，函数在上单调递减，
令，可得，此时，函数在上单调递增，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题知
不妨设，由（1）知，
要证，即证，即证，
又，即证，
令，其中，
则，
因为，则，
所以，，故函数在上为减函数，
又因为，所以对任意的恒成立，
则，即，故成立.
接下来证明，
令，则，又，
即，所以，
要证，即证，
不等式两边取对数，即证，
即证，即证，
令，，则，
令，其中，则，
所以在上单调递减，
则当时，，
故当时，，
可得函数在上单调递减，可得，
即，所以，
综上，.
28．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知函数，，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围；
(3)当时，若，（其中）满足，求证：.
【答案】(1)极大值，无极小值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，得出函数单调性进而得出极值；
（2）把的根转化为直线与的图象有两个交点求解；
（3）由已知可得，构造函数，利用导数探讨单调性即可推理得证.
【详解】（1）时，的定义域为，
，在单调递增，在单调递减，
极大值，无极小值.
（2）有两个不等实根，
∴有两个不等实根，即（），
设，∴，
在单调递增，单调递减，，
当时，，，
∴.
（3）当时，
，
在单调递增，在单调递减，
又且，
∴要证，即证，
即证，即证，
设（），
，
∴在单调递增，又，
∴，又，
∴，∴.
(
考点0
7
函数新定义
)
29．(24-25高二下·湖北武汉新洲区·期中)对于函数，，若存在，使得，则称为函数的不动点；若存在，使得，则称为函数的稳定点.
(1)已知，求的不动点；
(2)定义函数在定义域内严格递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件.已知，讨论函数的稳定点个数.
【答案】(1)有唯一不动点1.
(2)答案见解析
【分析】（1）令函数，利用导数探讨单调性确定零点即可.
（2）当时，确定函数单调性，把问题转化为函数的不动点个数求解，利用导数探讨函数的零点即可.
【详解】（1）令函数，求导得恒成立，
函数在上单调递增，又，因此函数在上有唯一零点1，
所以函数有唯一不动点1.
（2）当时，函数在上单调递增，
依题意，函数的稳定点与的不动点等价，则只需研究的不动点即可.
令，求导得，
函数在上单调递减，
当时，恒成立，函数在上单调递增，
当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，且，
则存在唯一的，使得，即有唯一解，
因此函数有唯一不动点；
当时，，
当趋近于正无穷大时，趋近于0，则存在，使得，
即存在唯一，使得，即，
此时在上单调递增，在上单调递减，
于是，
当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，
当趋近正无穷大时，趋近于负无穷大，
设，则在上单调递增，且，
又在上单调递增，
（ⅰ）当时，即，
此时，方程有一个解，即有唯一不动点；
（ⅱ）当时，即，
此时，方程无解，即无不动点；
（ⅲ）当时，即
此时，方程有两个解，即有两个不动点；
所以当时，无稳定点；
当或时，有唯一稳定点；
当时，有两个稳定点.
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