清单 12导数的应用（解析版）-2022年新高考数学一轮复习知识方法清单与跟踪训练

这是一份清单 12导数的应用（解析版）-2022年新高考数学一轮复习知识方法清单与跟踪训练，共43页。试卷主要包含了函数的单调性，确定函数单调区间的步骤，根据函数单调性求参数的一般思路，对于极值的认识，把证明转化为证明等内容，欢迎下载使用。

1.函数的单调性
在某个区间(a,b)内,如果f′(x)>0,那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0,那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．
【对点训练1】已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq \f(4,3)处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex,求函数g(x)的单调减区间．
【解析】(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x,
因为f(x)在x＝－eq \f(4,3)处取得极值,所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝0,
所以3a·eq \f(16,9)＋2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝eq \f(16a,3)－eq \f(8,3)＝0,解得a＝eq \f(1,2).
(2)由(1)得g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x2))ex,
故g′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq \f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)<0,得x(x＋1)(x＋4)<0.
解之得－1所以g(x)的单调减区间为(－1,0)和(－∞,－4)．
2.确定函数单调区间的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求f′(x)．
(3)解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间．
(4)解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间．
【对点训练2】（2021安徽省合肥高三6月模拟）已知函数.
（1）当时,判断的单调性；
（2）若有两个极值点,求实数的取值范围.
【解析】（1）当时,的定义域为,,
令,则,
当,当,
所以在上单调递减,在上单调递增,
为的极小值点,且,
在单调递增.
（2）问题转化为方程有两个不相等的实根,
当,即时,不成立；
当且时,,
令,则与的图象有两个交点,
,
或；,
在单调递减,在单调递增,
又当,,
且在的最小值为,
当时,直线与的图象有两个交点,
实数的取值范围.
3.在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．可导函数f(x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a,b)上的任何子区间内都不恒为零．
【对点训练3】（2021安徽省宿州市高三下学期最后一卷）设在上单调递增,,则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】∵在内单调递增,所以恒成立,即恒成立,得,即,即；而,所以是的充分不必要条件.故选A.
4.利用导数解决单调性问题需要注意的问题
(1)定义域优先的原则:解决问题的过程只能在定义域内,通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间.
(2)注意“临界点”和“间断点”:在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于零的点外,还要注意在定义域内的间断点.
(3)如果一个函数的单调区间不止一个,这些单调区间之间不能用“∪”连接,而只能用“逗号”或“和”字等隔开.
【对点训练4】设函数f(x)＝ax2＋bx＋k(k>0)在x＝0处取得极值,且曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线x＋2y＋1＝0.
(1)求a,b的值；
(2)若函数g(x)＝eq \f(ex,f（x）),讨论g(x)的单调性.
【解析】(1)因为f(x)＝ax2＋bx＋k(k>0),所以f′(x)＝2ax＋b.
又f(x)在x＝0处取得极值,所以f′(0)＝0,从而b＝0.
由曲线y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x＋2y＋1＝0相互垂直可知该切线的斜率为2,即f′(1)＝2,即2a＝2,即a＝1.所以a＝1,b＝0.
(2)由(1)知,g(x)＝eq \f(ex,x2＋k)(k>0),
g′(x)＝eq \f(ex（x2－2x＋k）,（x2＋k）2)(k>0)．
令g′(x)＝0,有x2－2x＋k＝0.
①当Δ＝4－4k<0,即k>1时,g′(x)>0在R上恒成立,故函数g(x)在R上为增函数；
②当Δ＝4－4k＝0,即k＝1时,g′(x)＝eq \f(ex（x－1）2,（x2＋k）2)≥0,仅在x＝1处,g′(x)＝0,故函数g(x)在R上为增函数；
③当Δ＝4－4k>0,即0由x2－2x＋k>0,解得x<1－eq \r(1－k)或x>1＋eq \r(1－k)；由x2－2x＋k<0,解得1－eq \r(1－k)所以,函数g(x)在区间(－∞,1－eq \r(1－k))与(1＋eq \r(1－k),＋∞)上单调递增,在区间(1－eq \r(1－k),1＋eq \r(1－k))上单调递减．
5.函数的图象与函数的导数关系的判断方法
(1)对于原函数,要重点考查其图象在哪个区间内单调递增,在哪个区间内单调递减.
(2)对于导函数,则应考查其函数值在哪个区间内大于零,在哪个区间内小于零,并考查这些区间与原函数的单调区间是否一致.
【对点训练5】（2021宁夏石嘴山市高三（上）期中）的导函数的图象如下图所示,则函数 的图象最有可能是图中的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由的图象可知：当时,,
当时,,所以在和单调递减,在单调递增,
可排除B、C、D．故选A．
6.含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论,常见的分类讨论标准有以下几种可能：
①方程f′(x)＝0是否有根；
②若f′(x)＝0有根,求出根后判断其是否在定义域内；
③若根在定义域内且有两个,比较根的大小是常见的分类方法．
【对点训练6】（2021湖南省永州市高三押题卷）已知函数.
（1）若,讨论的单调性；
（2）已知,若方程在有且只有两个解,求实数的取值范围.
【解析】（1）依题可得,
函数的定义域为,
所以.
当时,由,得,则的减区间为；
由,得,则的增区间为.
当时,由,得,则的减区间为；
由,得或,则的增区间为和.
当时,,则的增区间为.
当时,由,得,则的减区间为；
由,得或,则的增区间为和.
（2）.
在上有两个零点,即关于方程在上有两个不相等的实数根.
令,,则.
令,,则,
显然在上恒成立,故在上单调递增.
因为,所以当时,有,即,所以单调递减；
当时,有,即,所以单调递增.
因为,,,
所以的取值范围是.
7.根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a,b)上递增（减）转化为对任意的x∈(a,b)都有f′(x)≥0（） 且在(a,b)内的任一非空子区间上,f′(x)不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解．
(2)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．
【对点训练7】若函数在区间上单调递增,则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意在区间上恒成立,即在区间上恒成立,
令,,
在上递增,,所以.所以的取值范围是.故选B
8．求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值．
【对点训练8】（2021黑龙江省哈尔滨市高三下学期四模）已知曲线在处的切线方程为,且．
（1）求的解析式；
（2）求函数的极值；
（3）若时,不等式恒成立,求实数的取值范围．
【解析】（1）,∴,
,,
,,
切线方程为,即,
∴．
（2）由（1）知,函数定义域为,
所以,
故当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以函数在处取得极大值,极大值为,无极小值．
（3）令,
,,,
1．当时,,所以在上单调递增,所以,即符合题意；
2．当时,设,
①当,,,所以在上单调递增,
,所以在上单调递增,所以,
所以符合题意；
②当时,,,所以在上递增,
在上递减,,所以当,,
所以在上单调递减,,所以,,舍去.
综上：.
9.对于极值的认识
(1)函数的极值是一个局部性的概念,是仅对某一点的左右两侧区域而言的.极值点是区间内部的点而不会是端点.
(2)若f(x)在某区间内有极值,那么f(x)在该区间内一定不是单调函数,即在区间上单调的函数没有极值.
(3)可导函数的极值点是导数为零的点,但是导数为零的点不一定是极值点,即“函数y=f(x)在一点的导数值为零是函数y=f(x)在这点取极值的必要条件,而非充分条件.”所以已知函数极值点或极值求参数,根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
(4)可导函数f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)=0,且在点x0左侧和右侧f′(x)的符号不同.
(5)从曲线的切线角度看,曲线在极值点处切线的斜率为0,并且,曲线在极大值点左侧切线的斜率为正,右侧为负;曲线在极小值点左侧切线的斜率为负,右侧为正.
【对点训练9】已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0,则a－b＝________.
【答案】－7
【解析】由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b,则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1,b＝3时,函数f(x)在x＝－1处无法取得极值,而a＝2,b＝9满足题意,故a－b＝－7.
10.函数在有意义,则在上有极值在上不单调；在没有极值在上单调.
【对点训练10】（2021河南省南阳市高三上学期期末）若函数不存在极值点,则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】,由于函数f(x)不存在极值点,所以单调,因为不恒成立,所以恒成立,即,故选D.
11.函数的最值
在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值．求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a,b)内的极值．
(2)求函数在区间端点的函数值f(a),f(b)．
(3)将函数f(x)的极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值．
【对点训练11】（2021黑龙江省哈尔滨市高三下学期模拟）已知函数,.
（1）求函数在上的最值；
（2）若对,总有成立,求实数的取值范围.
【解析】（1）因为单调递增；令得,.
当时,,单调递减；
当时,,单调递增.
又因为,,,
所以,.
（2）因为,
等价于,
令,
因为,总有成立,
所以,在上单调递增.
问题化为对恒成立.
即对恒成立.
令,则.由得,.
当时,,递增,
当时,,递减,,
故的取值范围是.
12. 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值．
【对点训练12】（2021新课标全国1卷）函数的最小值为______.
【答案】1
【解析】定义域为,∴当时,单调递减；当时,,所以时,,单调递减；当时,,此时单调递增；,即的最小值为1.
13. 含参数的函数的最值一般不通过比值求解,而是先讨论函数的单调性,再根据单调性求出最值．含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间,二是定极值点动区间,这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论．
【对点训练13】已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
【解析】(1)由f(x)＝(x－k)ex,得f′(x)＝(x－k＋1)ex,
令f′(x)＝0,得x＝k－1.
当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下表：
所以,f(x)的单调递减区间是(－∞,k－1)；单调递增区间是(k－1,＋∞)．
(2)当k－1≤0,即k≤1时,函数f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k,
当0由(1)知f(x)在[0,k－1)上单调递减,在(k－1,1]上单调递增,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1.
当k－1≥1,即k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递减,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
综上可知,当k≤1时,f(x)min＝－k；当114. 用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断；另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点,分析函数的最值、极值；从图象的对称性,分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势,分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别,论证是充要关系,要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．
【对点训练14】（2021江苏省南通密卷高三模拟）已知函数.
（1）求证：函数在区间上有2个零点；
（2）求证：函数有唯一的极值点.
【解析】证明：（1）由题意得.
①当时,,所以在区间上单调递减,
从而,所以在区间上没有零点.
②当时,,所以在区间上单调递增.
因为,所以存在,使得,
从而可列下表：
所以存在,使得
又因为,所以在区间上有2个零点.
综上,所以在区间上有2个零点.
（2）由题意得的定义域为.
记则.
①当时,
由（1）知,若,则,所以在区间上单调递增；
若,则,所以在区间上单调递减.
又因为,所以在上恒成立,且,
即在上恒成立,且,
所以在区间上不存在极值点.
②当时
由（1）知,所以在区间上单调递增,即在区间上单调递增.
又因为,
所以存在,使得,从而可列下表：
所以是在区间上的极小值点.
③当时,
即在区间上单调递增,
所以在区间上不存在极值点
综上,函数有唯一的极值点.
15. 零点存在性赋值理论
确定零点是否存在或函数有几个零点,作为客观题常转化为图象交点问题,作为解答题一般不提倡利用图象求解,而是利用函数单调性及零点赋值理论.函数赋值是近年高考的一个热点, 赋值之所以“热”, 是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性, 唯一性)； 求含参函数的极值或最值； 证明一类超越不等式； 求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等,零点赋值基本模式是已知 f (a) 的符号,探求赋值点 m (假定 m  a )使得 f (m) 与 f (a) 异号,则在 (m,a) 上存在零点．赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个确保：确保参数能取到它的一切值；（2） 确保赋值点 x0 落在规定区间内；（3）确保运算可行（1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点 x0 落在规定区间内；（3）确保运算可行．三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点；（3）优先简单运算.
【对点训练15】设函数.
（1）求的单调区间；
（2）当时,试判断零点的个数；
（3）当时,若对,都有（）成立,求的最大值.
【解析】（1）,
.
当时,在恒成立,
在是单减函数.
当时,令,解之得.
从而,当变化时,,随的变化情况如下表：
由上表中可知,在是单减函数,在是单增函数.
综上,当时,的单减区间为；
当时,的单减区间为,单增区间为.
（2）当时,由（1）可知,在是单减函数,在是单增函数；
又,,.
,；
故在有两个零点.
（3）当,为整数,且当时,恒成立
.
令,只需；
又,
由（2）知,在有且仅有一个实数根,
在上单减,在上单增；

又,,
,且,
即代入式,得
.
而在为增函数,,
即.
而,,
即所求的最大值为0.
16. 隐零点问题
利用导数求函数的最值,常常会把最值问题转化为求导函数的零点问题,若导数零点存在,但无法求出,我们可以设其为,再利用导函数的单调性确定所在区间,最后根据,研究,我们把这类问题称为隐零点问题.
【对点训练16】（2021湖南省长沙市高三下学期二模）已知函数,（其中为常数,是自然对数的底数）．
（1）若,求函数在点处的切线方程；
（2）若恒成立,求的取值范围．
【解析】（1）根据题意可知：
,,
所以,,
所求的直线方程为,
即．
（2）,,
故不等式恒成立可等价转化为：
在上恒成立,
记,,
当时,,不合题意；
当时,．
记,,
则,
所以在上是增函数,又,,
所以使得,即①,
则当时,,即,
当时,,即,
故在上单调递减,在上单调递增,
所以②,
由①式可得,,
代入②式得,
因为,即,
故,,即,
所以时,恒成立,故的取值范围为．
17.利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略
研究方程的根或曲线的交点个数问题,可构造函数,转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等,从而画出函数的大致图象,然后根据图象判断函数的零点个数．
【对点训练17】（2021四川省遂宁市高三三三模）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时,求证：；
（3）求证：当时,方程有且仅有2个实数根.
【解析】（1）因为,,
故在点处的切线斜率为,点为,
故所求的切线方程为
（2）令,
的定义域为,,
当时,恒成立,∴在上单调递减,
当时,恒成立,∴在上单调递增,
∴当时,恒成立,
故当时,；
（3）由,即,则
设,的定义域为,,
设,的定义域为,,
当时,恒成立,∴在上单调递减,
又,,∴存在唯一的使得,
当时,,则,∴在上单调递增,
当时,,则,∴在上单调递减,
∴在处取得极大值也是最大值,从而
又,,
∴在与上各有一个零点,
即当时,方程有且仅有2个实数根
18.把证明转化为证明
【对点训练18】已知f(x)=12x2+aex-lnx．
（1）设x=12是fx的极值点,求实数a的值,并求fx的单调区间：
（2）a>0时,求证：fx>12．
【解析】（1）由题意,函数fx的定义域为(0,+∞),
又由f'x=x+aex-1x,且x=12是函数fx的极值点,
所以f'(12)=12+ae12-2=0,解得a=3e2e,
又a>0时,在(0,+∞)上,f'x是增函数,且f'(12)=0,
所以f'x>0,得x>12,f'x<0,得0所以函数fx的单调递增区间为(12,+∞),单调递减区间为(0,12).
（2）由（1）知因为a>0,在(0,+∞)上,f'x=x+aex-1x是增函数,
又f'1=1+ae-1>0（且当自变量x逐渐趋向于时,f'x趋向于-∞）,
所以,∃x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,
所以x0+aex0-1x0=0,即aex0=1x0-x0,
在x∈(0,x0)上,f'x<0,函数fx是减函数,
在x∈(x0,+∞)上,f'x>0,函数fx是增函数,
所以,当x=x0时,fx取得极小值,也是最小值,
所以fxmin=f(x0)=12x02+aex0-lnx0=12x02+1x0-x0-lnx0,(0令gx=12x2+1x-x-lnx,(0则g'x=x-1x2-1-1x=(x-1)-1+xx2,
当x∈(0,1)时,g'x<0,函数gx单调递减,所以gx>g1=12,
即fx≥fxmin>12成立,
19.把证明 转化为证明
【对点训练19】已知f(x)＝lnx－x＋a＋1.
(1)若存在x∈(0,＋∞),使得f(x)≥0成立,求实数a的取值范围；
(2)求证：当x>1时,在(1)的条件下,eq \f(1,2)x2＋ax－a>xlnx＋eq \f(1,2)成立．
【解析】f(x)＝lnx－x＋a＋1(x>0)．
(1)原题即为存在x∈(0,＋∞),使得lnx－x＋a＋1≥0,
所以a≥－lnx＋x－1,令g(x)＝－lnx＋x－1,
则g′(x)＝－eq \f(1,x)＋1＝eq \f(x－1,x).
令g′(x)＝0,解得x＝1.
因为当0当x>1时,g′(x)>0,所以g(x)为增函数,
所以g(x)min＝g(1)＝0.所以a≥g(1)＝0.
所以a的取值范围为[0,＋∞)．
(2)证明：原不等式可化为eq \f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq \f(1,2)>0(x>1,a≥0)．令G(x)＝eq \f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq \f(1,2),则G(1)＝0.
由(1)可知x－lnx－1>0,
则G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1>0,
所以G(x)在(1,＋∞)上单调递增,
所以当x＞1时,G(x)＞G(1)＝0.
所以当x＞1时,eq \f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq \f(1,2)>0成立,
即当x＞1时,eq \f(1,2)x2＋ax－a＞xlnx＋eq \f(1,2)成立．
20.把证明 转化为证明
【对点训练20】已知曲线f(x)=axlnx-2ax(a≠0)在点P(1,f(1))处的切线与直线x-y-1=0垂直.
（1）求函数f(x)的最小值；
（2）若1【解析】（1）由f(x)=axlnx-2ax,
得f'(x)=a(lnx+1)-2a=alnx-a,
所以f'(1)=-a,
因为曲线f(x)=axlnx-2ax在点P(1,f(1))处的切线与直线x-y-1=0垂直,
所以(-a)×1=-1⇒a=1,
则f(x)=xlnx-2x,f'(x)=lnx-1.
令f'(x)=0⇒x=e,
则当x∈(0,e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减；
当x∈(e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以函数f(x)的最小值为f(e)=-e.
（2）要证f(x)即证xlnx-2x又因为x>0,
所以即证lnx-x<2-m-lnxx.
记F(x)=lnx-x,则F'(x)=1x-1,
所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
所以当x=1时,F(x)有最大值F(1)=-1.
又记G(x)=2-m-lnxx,则G'(x)=-1-lnxx2,
所以当x∈(0,e)时,G'(x)>0,g(x)单调递减；
当x∈(e,+∞)时,G'(x)>0,G(x)单调递增,
所以G(x)的最小值为G(e)=2-m-1e.
因为1-1e>-1,
所以G(x)min>F(x)max,
所以f(x)21.把证明转化为证明
【对点训练21】已知函数,且曲线在点处的切线与直线垂直.
（1）求函数的单调区间；
（2）求证：时,.
【解析】（1）由,得.
因为曲线在点处的切线与直线垂直,
所以,所以,即,.
令,则.所以时,,单调递减；
时,,单调递增.所以,所以,单调递增.
即的单调增区间为,无减区间
（2）由（1）知,,所以在处的切线为,
即.
令,则,
且,,
时,,单调递减；
时,,单调递增.
因为,所以,因为,所以存在,使时,,单调递增；
时,,单调递减；时,,单调递增.
又,所以时,,即,
所以.
令,则.所以时,,单调递增；
时,,单调递减,所以,即,
因为,所以,所以时,,
即时,.
22.改编不等式结构,重新构造函数证明不等式
【对点训练22】（2021重庆市名校联盟高三三模）设
（1）恒成立,求实数的取值范围；
（2）求证：当时,．
【解析】（1）解
当时,恒成立,所以在为增函数､此时恒成立：
当时,存在,使得,
所以在单调递减,当时,与矛盾．
综上所述,的取值范围为；
（2）证明：原不等式等价于
易知,令,则,
,所以在是减函数,
考虑到在也是减函数,
所以,在为增函数,
又因为,所以时,
所以在为增函数,
又因为,
所以在成立,命题获证．
23.三次函数是高考的一个热点,有必要了解三次函数的一些性质：
(1)三次函数的定义域与值域都是R；
(2)三次函数y=ax3+bx2+cx+d(a≠0)有极值⇔导函数f′(x)=3ax2+2bx+c=0的判别式Δ=4b2-12ac>0.
(3)当Δ≤0时,①若a>0,则f(x)在R上是增函数;②若a<0,则f(x)在R上是减函数.当Δ>0时,①若a>0,则f(x)的增区间为(-∞,x1)和(x2,+∞),减区间为(x1,x2),f(x1)为极大值,f(x2)为极小值;②若a<0,则f(x)的减区间为(-∞,x1)和(x2,+∞),增区间为(x1,x2),f(x1)为极小值,f(x2)为极大值.(如图所示)
(4)三次方程实根个数
若三次函数没有极值,则有1个实根；若有极值(一定是2个) ,且2个极值异号,则3次方程有3个零点,若2个极值同号,则3次方程有1个零点,若1个极值为零,则3次方程有2个零点.
(5)三次函数的图象是中心对称曲线,对函数进行两次求导,满足的正是对称中心函的横坐标,三次函数的对称中心还有一个很少引起注意的性质---过三次曲线的对称中心且与该三次曲线相切的直线有且仅有一条；而过三次曲线上除对称中心外的任一点与该三次曲线相切的直线有二条.
【对点训练23】（2021安徽省合肥市高三下学期高考考前诊断）已知函数的图象与x轴有三个交点,则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意,函数,可得,
当时,,在R上单调递增,只有一个交点,不符合题意；
当时,,
当时,,单调递减；
当时,,单调递增；
当时,,单调递减,
要使得函数的图象与x轴有三个交点,
则满足,解得,
且恒成立．
所以,即实数的取值范围是．故选B.
24.利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤
(1)分析实际问题中各个量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．
(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)＝0.
(3)比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点,那么该极值点就是最值点．
(4)回归实际问题作答．
【对点训练25】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2,其中3(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
【解析】(1)因为当x＝5时,y＝11,所以eq \f(a,2)＋10＝11,a＝2.
(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为
y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)＝(x－3)[eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2]
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3从而,f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表：
由上表可得,当x＝4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值．
所以,当x＝4时,函数f(x)取得最大值且最大值等于42.
答 当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大．
跟踪检测
一、单选题
1．（2021云南师范大学附属中学高三适应性考试）已知函数在上无极值,则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】函数在上无极值在上无变号零点,故选D.
2．（2021安徽省阜阳市高三上学期期末）若函数的极大值点为,则（ ）
A．1B．2C．4D．6
【答案】B
【解析】．当或时,；当时,．所以的极大值点为0,则,解得．故选B．
3．（2021河南省高三仿真模拟考试（三））函数在上的最小值为（ ）
A．B．-1C．0D．
【答案】B
【解析】因为,所以在上单调递减,在上单调递增,所以.故选B.
4．（2021湖北省恩施高中、郧阳中学、十堰一中高三下学期仿真模拟）设函数在上存在最小值(其中为自然对数的底数,),则函数的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．无法确定
【答案】C
【解析】
当时,在恒成立,所以在恒成立,
所以函数在上单调递增,没有最小值；
当时,令得,,且
当时,所以若有最小值,只需要
∵,
∴的判别式,因此有两个零点.故选C．
5．（2021江西省临川高三高考模拟押题预测卷）已知,,,则,,的大小顺序为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】令,则,,,
而且,即时单调增,时单调减,∵,则.故选A.
6．（2021河北省沧州市高三三模）已知函数,则（ ）
A．的单调递减区间为B．的极小值点为1
C．的极大值为D．的最小值为
【答案】C
【解析】.令,则,
所以在上单调递减.因为,
所以当时,；当时,.
所以的单调递增区间为,单调递减区间为,
故的极大值点为1,的极大值为故选C
7．（2021广东省实验中学高三考前热身训练）已知正数,,满足,则,,的大小关系为（ ）
A．B．C．D．以上均不对
【答案】A
【解析】由,得,则,得,
所以,所以,
令,则,
所以函数在上单调递增,所以,
所以,即
所以,
所以,综上,故选A
8．（2021湖南省高三数学模拟）已知函数存在两个零点,则正数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】显然,有两个零点,即方程,在上有两个解,两边取对数得到,令,,在单调递增,在单调递减,
又当时,,当时,,
因为有两个零点,则,
解得.所以正数的取值范围是.故选C．
9．（2021广西桂林市、崇左市高三5月第二次联考）若函数有两个极值点,则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意,有两个变号零点,
令,即,则,
显然,则,
设,则,
设,则,
∴在上单调递减,
又,
∴当时,,,单调递增,
当时,,,单调递减,
∴,且时,,时,,
∴,解得．故选B．
10．（2021河南省高三仿真模拟）已知函数,,其中e为自然对数的底数,若存在实数使得成立,则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以.
又,当且仅当时取等号,
所以,当且仅当两个不等式同时取等号时,等号成立.
若存在实数使得成立,则,
即.故选D
11．（2021四川省天府名校高三下学期4月诊断）设函数,已知且,若的最小值为,则的值为（ ）
A．B．C．或D．2
【答案】A
【解析】令,由图象可知.
因为,则,,
得,,
所以.
令,
则,
∴当时,在上单调递减,
所以,
解得；
∴当时,在上单调递减,在上单调递增,
所以,解得,舍去.
综上可得.故选A.
12．（2021安徽省合肥市高三下学期高考模拟最后一卷）已知函数（其中是自然对数的底数）,若关于的方程恰有三个不等实根,且,则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意设,根据方程恰有三个不等实根,
即必有两个不相等的实根,不妨设
,则,
作出的图象,函数与三个不等实根,且,
那么,可得,,
所以,
构造新函数
当时,在单调递减；
当时,在单调递增；
∴当时,取得最小值为,即的最小值为；
故选A
13．（2021安徽省宿州市高三下学期第三次模拟）已知函数满足恒成立,则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意,函数满足恒成立,
可得恒成立,即,
设,
又由函数,可得,
当时,可得,所以为单调递增函数,且,
所以时,可得,即,
则,
当且仅当,即时取“=”号,
所以,即实数的取值范围是.故选B.
14．（2021】浙江省北斗星盟高三下学期5月适应性联考）对函数(,且)的极值和最值情况进行判断,一定有（ ）
A．既有极大值,也有最大值B．无极大值,但有最大值
C．既有极小值,也有最小值D．无极小值,但有最小值
【答案】C
【解析】,下面讨论方程根的情况.令,,
（1）当时(即),仅有一个唯一的正零点,不妨设为,此时有三个不同零点,分别为,0,；满足既有极小值,也有最小值；
（2）当时(即)；满足既有极小值,也有最小值；
（3）当时(即且),若(即且),则仅有一个唯一的极小值点为0,若,结合分析可知：当时,有两个不同的正零点(令为,且).此时在,,上单调递减,当时,则仅有一个唯一的极小值点为0. 满足既有极小值,也有最小值；综上分析,故选C
15．（2021湖北省黄冈市高三下学期第四次模拟）设,若关于的不等式在上恒成立,则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在上恒成立,即为在上恒成立,
令,,
若,则,可得在递增,
当时,,不等式在上不恒成立,故.
由,可得在上单调递增,在上单调递减,
所以当时,取得最大值,
则,则.
令,,,
可得在上单调递减,在上单调递增,
所以当时,,则的最小值是.故选B.
二、多选题
16．（2021广东省珠海市高三二模）已知函数,则（ ）
A．恒成立
B．是上的减函数
C．在得到极大值
D．只有一个零点
【答案】CD
【解析】,该函数的定义域为,.
当时,,此时函数单调递增,
当时,,此时函数单调递减,
,故B选项错误,C选项正确；
当时,,此时,A选项错误；
由,可得,解得,D选项正确.故选CD.
17．（2021重庆市南开中学高三五模）已知函数,则（ ）
A．对任意正奇数为奇函数
B．当时,的单调递增区间是
C．当时,在上的最小值为
D．对任意正整数的图象都关于直线对称
【答案】CD
【解析】取,则,从而,此时不是奇函数,则A错误；当时,
,
则的递增区间为,则B错误：
当时,,
当时,；当时,,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以的最小值为,
故C正确；
因为,
所以的图象关于直线对称,则D正确.故选CD.
18．（2021广东省东莞市高三下学期复习卷）已知函数有两个零点,,有下列判断：①；②；③；④函数有极小值点,且．其中错误的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】ABC
【解析】由题意得,．
当时,在上恒成立,
∴在上单调递增,不符合题意．
当时,,即,解得；
,即,解得,
∴在上单调递减,在上单调递增．
所以当时,取得极小值也即是最小值.
∵函数有两个零点,,
∴,∴,∴,故①中判断不正确．
函数的极小值点为,
要证,只要证,
∵函数在上单调递减,
∴只需要证．
构造函数（）,
求导得到,
∴函数单调递增,,∴恒成立,
∴,即,
∴,
进而得证,,故④中判断正确,②判断错误.
,
根据,可得到．故③中判断不正确．
故选ABC．
三、填空题
19．（2021河南省郑州市高三二模）已知,不等式对任意的恒成立,则实数的取值范围为_____．
【答案】
【解析】不等式对任意的恒成立,
令,则,所以不等式等价于对恒成立,
变形可得不等式对恒成立,
令,,则不等式等价于对恒成立,
,当时,,故单调递增,
所以不等式转化为对恒成立,即对恒成立,
令,所以,令,解得,
当时,,则单调递减,
当时,,则单调递增,
所以当时,取得最小值,
所以,又,
所以实数的取值范围为．
20．（2021山西省名校联考高三三模）已知函数,.对于不相等的正实数,,设,,现有如下命题：
①对于任意不相等的正实数,,都有；
②对于任意的及任意不相等的正实数,,都有；
③对于任意的,存在不相等的正实数,,使得；
④对于任意的,存在不相等的正实数,,使得.
其中真命题有___________(写出所有真命题的序号).
【答案】①③
【解析】对于①,由对数函数的单调性可得在上递增,即有,则命题①正确；
对于②,由二次函数的单调性可得在递减,在,递增,则不恒成立,则命题②错误；
对于③,由,可得,即为,
考查函数,即对于任意的,存在不相等的正实数,,,即函数在上不单调,,对于函数,时,,,先单调递减后单调递增,所以命题③正确；
对于④,由,可得,即,考查函数,即对于任意的,存在不相等的正实数,,,即函数在上不单调,,当时,,函数单调递增,所以命题④不正确．
故选：①③
三、解答题
21．（2021山西省名校联考高三三模）已知函数有两个零点,.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：.
【解析】（1）解：的定义域为,.
①当时,,所以在上单调递增,
故至多有一个零点,不符合题意；
②当时,令,得；令,得,故在上单调递减,在上单调递增,所以
（i）若,则,故至多有一个零点,不符合题意；
（ii）若,则,,
由（i）知,∴,
∴,.
又∵,,故存在两个零点,分别在,内.
综上,实数的取值范围为.
（2）证明：方法1：由题意得,令,
两式相除得,变形得.
欲证,即证,即证.
记,,故在上单调递减,
从而,即,所以得证.
方法2：由题意得：
由（1）可知,,令,则,则,两式相除得,,,
欲证,即证,即证.
记,,
令,,故在上单调递减,则,
即,∴在上单调递减,从面,
∴得证,
即得证.
22．（202四川省成都市高三下学期三模）设函数
（1）若,求的单调区间；
（2）若,对任意的,不等式恒成立.求 的值；
（3）记为的导函数,若不等式在上有实数解,求实数的取值范围.
【解析】（1）,所以,
因为,所以时,,时,,
所以的增区间为,减区间为.
（2）当,.
由恒成立,即恒成立,
设.
由题意知,故当时函数单调递增,
所以恒成立,即恒成立,
因此,记,得,
∵函数在上单调递增,在上单调递减,
∴函数在时取得极大值,并且这个极大值就是函数的最大值.由此可得,故,结合已知条件,,可得.
（3）不等式在上有解.
即为,化简得：,在上有解.
由知,因而,设,
由,
∵当时,,∴在时成立.
由不等式有解,可得知,即实数的取值范围是.
23．（2021东北两校高三4月联合模拟）已知函数,其中.
（1）证明：有唯一零点；
（2）设为函数的零点,证明：
①；
②（参考数据,）.
【解析】（1）函数定义域为,求导得,
所以函数在上单调递减,
又,,
由零点存在定理在上有唯一零点；
（2）①先证明,设,其中,则.
当时,,此时函数单调递减,
当时,,此时函数单调递增.
所以,,即.
由（1）可设函数的零点为,
而,
,则,
所以在上为增函数,
则,
则,而函数在上单调递减,则成立；
②由即,而,
先证明成立,设,其中,则.
当时,,此时函数单调递减,
当时,,此时函数单调递增,
故,所以,,从而得.
令,且,
所以,,
.
因此,.
24．（202广东省佛山市五校联盟高三5月数学模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立,求的最大值.
【解析】（1）
当时,恒成立在上单调递增；
当时,在单调递增；在单调递减
当时,在单调递增
综上所述：当时, 在上单调递增；
当时,在 单调递增,
在单调递减
（2） 在恒成立,可得恒成立；
设,则
令,则
令,则,因为,所以
在上单调递增,
令,则
易知在单调递减；在单调递增；
,可得 所以在上单调递增,又因为
所以在上,在上
所以在上单调递减；在上单调递增
所以在上,,所以
所以的最大值为.
x
(－∞,k－1)
k－1
(k－1,＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
－ek－1
↗
0
小于0
极小值





-
0
+

单调递减
单调递增
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
0
0
极大值
极小值