2024年高考数学第一轮复习专题3.3 导数在函数最值及生活实际中的应用（解析版）

这是一份2024年高考数学第一轮复习专题3.3 导数在函数最值及生活实际中的应用（解析版），共50页。试卷主要包含了隐零点问题的解题技巧，已知函数，若，则的取值范围是等内容，欢迎下载使用。

3.3 导数在函数最值及生活实际中的应用
思维导图



知识点总结
导数与不等式



构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln (x＋1)≤x(x＞－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．

零点与隐零点问题


1．已知函数有零点求参数范围常用的方法
(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的极值和最值，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范围；
(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，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小范围并在一起，即为所求参数范围．
2．隐零点问题的解题技巧(能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”)
对于隐零点问题，常用代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧．



典型例题分析
考向一 移项作差构造函数证明不等式
例1　(2021·南昌调研)已知函数f(x)＝1－，g(x)＝＋－bx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.
解　(1)因为f(x)＝1－，所以f′(x)＝，f′(1)＝－1.
因为g(x)＝＋－bx，g′(x)＝－－－b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A处的切线互相垂直，
所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，
从而g(1)＝a＋1－b＝1，且g′(1)＝－a－b－1＝1，解得a＝b＝－1.
(2)证明：g(x)＝－＋＋x，则f(x)＋g(x)≥⇔1－－－＋x≥0.
令h(x)＝1－－－＋x(x≥1)，
则h(1)＝0，h′(x)＝－＋＋＋1＝＋＋1.
因为x≥1，所以h′(x)＝＋＋1＞0，h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝0，即1－－－＋x≥0.
故当x≥1时，f(x)＋g(x)≥.

若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值证明不等式．
考向二 单变量不等式恒成立或存在性问题
例2　已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，得x＝1.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1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点，
所以0＜a＜1＜a＋，故＜a＜1，即正实数a的取值范围为.
(2)当x≥1时，k≤恒成立，令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝
＝.令h(x)＝x－ln x(x≥1)，
则h′(x)＝1－≥0，所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝2，故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].

(1)“恒成立”“存在性”问题一定要正确理解其实质，
深刻挖掘内含条件，进行等价转化．
(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题．

考向三 　构造双函数
例3　已知两函数f(x)＝8x2＋16x－m(m∈R)，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，若∀x1∈[－3，3]，∃x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，求m的取值范围．
解　若∀x1∈[－3，3]，∃x2∈[－3，3]，恒有f(x1)>g(x2)成立，
只需在[－3，3]上，f(x)min>g(x)min即可．
f(x)＝8x2＋16x－m＝8(x＋1)2－m－8，
f(x)min＝f(－1)＝－m－8，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，g′(x)＝6x2＋10x＋4＝2(x＋1)(3x＋2)，
当x∈[－3，－1)∪时，g′(x)>0，故[－3，－1)与是g(x)的单调递增区间；
当x∈时，g′(x)<0，故是g(x)的单调递减区间．
因此g(x)的极小值为g＝－，
又g(－3)＝－21，所以g(x)min＝－21，
所以－m－8>－21，解得m<13.
所以m的取值范围为(－∞，13).
常见的双变量不等式恒成立问题的类型
(1)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)max.
(2)对于任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)min.
(3)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)min≤g(x2)min.
(4)若存在x1∈[a，b]，对任意的x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)max≥g(x2)max.
(5)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x1)max≤g(x2)min.
(6)对于任意的x1∈[a，b]，x2∈[m，n]，使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x1)min≥g(x2)max.
考向四 判断函数零点(方程根)的个数
例4　已知函数f(x)＝ex－x－a(a∈R).
(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；
(2)讨论函数f(x)在R上的零点个数，并求出相对应的a的取值范围．
解　(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－x，
令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，
则g′(x)＝ex－2.
令g′(x)＝0，得x＝ln 2.当x 当x>ln 2时，g′(x)>0，g(x)单调递增．ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，
即g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2ln >0，故当a＝0时，f(x)>x成立．
(2)f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.
所以当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(x)min＝f(0)＝1－a.
当1－a>0，即a<1时，f(x)在R上没有零点．
当1－a＝0，即a＝1时，f(x)在R上只有一个零点．
当1－a<0，即a>1时，
因为f(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a>0，
所以f(x)在(－∞，0)内只有一个零点．
由(1)得ex>2x，令x＝a，得ea>2a，
所以f(a)＝ea－a－a＝ea－2a>0，
于是f(x)在(0，＋∞)内只有一个零点．
因此，当a>1时，f(x)在R上有两个零点．
综上，当a<1时，函数f(x)在R上没有零点；当a＝1时，函数f(x)在R上有一个零点；
当a>1时，函数f(x)在R上有两个零点．
利用导数确定含参函数零点或方程根的个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化成确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
考向五 　　已知函数零点个数求参数问题
例5　函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个零点，求实数m的取值范围．
解　(1)函数f(x)＝ax＋x ln x的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝a＋ln x＋1.因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，则f(x)＝－x＋x ln x，f′(x)＝ln x.令f′(x)>0，解得x>1；令f′(x)<0，解得0 所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1).
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个零点，可转化为直线y＝m＋1与y＝f(x)的图象有两个不同的交点．由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，

当0 当x>e时，f(x)>0.
当x→0时，f(x)→0；当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，－1＜m＋1<0，即－2＜m<－1，
所以实数m的取值范围是(－2，－1).

利用函数零点求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解．
(2)利用零点存在定理构建不等式求解．
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解(客观题常用).
考向六　　可转化为函数零点个数的问题
例6　已知直线l：y＝x＋1，函数f(x)＝aex.(1)当a＝1，x＞0时，证明：曲线y＝f(x)－x2在直线l的上方；
(2)若直线l与曲线y＝f(x)有两个不同的交点，求实数a的取值范围．
解　(1)证明：令h(x)＝ex－x2－x－1，
则h′(x)＝ex－x－1，
令g(x)＝h′(x)，则g′(x)＝ex－1，当x＞0时，g′(x)＞0，h′(x)为增函数，
所以h′(x)＞h′(0)＝0，从而h(x)也为增函数，得h(x)＞h(0)＝0.
故ex－x2＞x＋1，即曲线y＝f(x)－x2在直线l的上方．
(2)令φ(x)＝aex－x－1，则φ′(x)＝aex－1，当a≤0时，令φ′(x)＜0，得φ(x)在R上单调递减，不符合题意；
当a＞0时，令φ′(x)＝0，得x＝ln ，
所以φ(x)在上为减函数，
在上为增函数，
由已知函数φ(x)有两个零点，φ(x)min＝φ＝－ln ＜0，得0＜a＜1，此时φ(－1)＝＞0，φ(x)在上有且只有一个零点．
由(1)得当x＞0时，φ(x)＞a－x－1＝ax2＋(a－1)x＋a－1，
所以φ＞a＋(a－1)·＋a－1＝a＋1＞0.
由(1)知，当x＞0时，h′(x)＞0得ex＞x＋1，令x＋1＝t，则ln t＜t－1(t＞1)，
所以＞－1＞ln ，φ(x)在上有且只有一个零点．
综上，0＜a＜1.
处理函数y＝f(x)与y＝g(x)图象的交点问题的常用方法
(1)数形结合，即分别作出两函数的图象，观察交点情况．
(2)将函数交点问题转化为方程f(x)＝g(x)根的个数问题，通过构造函数y＝f(x)－g(x)，利用导数研究函数的单调性及极值，并作出草图，根据草图确定根的情况．
考向七　　与函数零点有关的证明问题
例7　已知函数f(x)＝ln ＋a2x2－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝0且x∈(0，1)，求证：f(x) 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋2a2x－a＝＝.
若a＝0，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
若a>0，当x＝时，f′(x)＝0；当0＜x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0，
故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增；
若a<0，当x＝－时，f′(x)＝0；当0＜x<－时，f′(x)<0；当x>－时，f′(x)>0，
故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证法一：若a＝0且x∈(0，1)，
则f(x)＝ln ＝1－ln x.
欲证f(x) 只需证x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.
设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x．当x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，1)上单调递增，
所以g(x) 设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，则h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.
设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x)＝1－6x－3x2.
当x∈(0，1)时，p′(0)p′(1)＝－8<0，
故存在x0∈(0，1)，使得p′(x0)＝0，从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，所以p(x0)>p(0)＝2，且p(1)<0，
故存在x1∈(0，1)，使得h′(x1)＝0，即当x∈(0，x1)时，h′(x)>0，当x∈(x1，1)时，h′(x)<0，从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，1)上单调递减．
因为h(0)＝1，h(1)＝e，所以当x∈(0，1)时，h(x)>h(0)＝1，
所以x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，即f(x) 证法二：若a＝0且x∈(0，1)，则f(x)＝ln ＝1－ln x，
欲证f(x) 只需证x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.
设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x．当x∈(0，1)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，1)上单调递增．所以g(x) 设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，x∈(0，1)，
因为x∈(0，1)，所以x>x3，
所以1＋x－x3>1，
又11，
所以g(x)<1 证法三：若a＝0且x∈(0，1)，则f(x)＝ln ＝1－ln x．欲证f(x) 只需证＋x2－<1，由于1－ln x>0，ex>e0＝1，则＋x2－＜1－ln x＋x2－，则只需证明1－ln x＋x2－<1，
只需证明ln x－x2＋>0，
令g(x)＝ln x－x2＋，x∈(0，1)，
则g′(x)＝－2x－＝<<0，则函数g(x)在(0，1)上单调递减，
则g(x)>ln 1－12＋1＝0，
所以ln x－x2＋>0，所以＋x2－＜1，即原不等式成立．
处理函数隐性零点的三个步骤
(1)确定零点的存在范围(可以由零点存在定理确定，也可以由函数的图象特征得到)；
(2)根据零点的意义进行代数式的替换，替换过程中，尽可能将复杂目标式变形为常见的整式或分式，尽可能将指、对数函数式用有理式替换；
(3)结合前两步，确定目标式的范围．

基础题型训练

一、单选题
1．若，则                    (　  　)
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】试题分析：对于A，B作出图象如图所示，可见 时，既有单调减函数区间，单调增函数区间，故都不正确；对于C，设，作如图所示，因 ，此时，在 上为减函数，故有，得 ，故C正确，D不正确，故选C.


考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、函数的图象及数形结合思想的应用.

2．若函数的导函数为，且，则在上的单调增区间为
A． B． C．和 D．和
【答案】D
【详解】试题分析：由题意得，
解得，又，所以单调增区间为和，选D.
考点：三角函数单调区间
3．设，若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】令，可得.
在坐标系内画出函数的图象（如图所示）.

当时，.由得.
设过原点的直线与函数的图象切于点，
则有，解得.
所以当直线与函数的图象切时.
又当直线经过点时，有，解得.
结合图象可得当直线与函数的图象有3个交点时，实数的取值范围是.
即函数在区间上有三个零点时，实数的取值范围是.选D.
点睛：已知函数零点的个数（方程根的个数）求参数值（取值范围）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，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.
4．已知在区间内任取两个不相等的实数，不等式恒成立,则实数的取值范围为                                  
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】∵p≠q，不妨设p＞q，由于，
∴f（p）﹣f（q）＞p﹣q，得[f（p）﹣p]﹣[f（q）﹣q]＞0，
∵p＞q，∴g（x）＝f（x）﹣x在（0，1）内是增函数，
∴g'（x）＞0在（0，1）内恒成立，即0恒成立，
ax（2x+1）的最大值，
∵x∈（0，1）时x（2x+1）＜3，
∴实数a的取值范围为[3，+∞）．
故选：D．
5．已知函数，若，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分类讨论，利用导数研究函数单调性，求出最值解决恒成立问题.
【详解】函数，
①当，即时，满足；
②当，即时，若，则有，
令，则有，
若，易知在上单调递增，不一定都满足，∴，即，
，由，解得，由，解得，所以，
在上单调递增，在上单调递减，由，则有，解得，
所以时，满足；
③当，即时，若，则有，即，
易知，当且仅当时取等号，当时，
所以，
即，所以不满足恒成立；
综上，若，的取值范围是.
故选：A
6．已知函数，在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，则实数的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知不等式得新函数的切线的斜率均大于，求出的导数，由不等式恒成立求解．
【详解】因为在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，
即在区间内任取两个实数，且，若不等式恒成立，它表示函数在上任意两点间连线的斜率大于，也即在上任意两点间连线的斜率大于．
所以在恒成立，
变形得，
时，，即，当且仅当时等号成立．
所以，的最小值为．
故选：C．
【点睛】结论点睛：本题考查函数不等式恒成立问题，解题关键掌握斜率与导数的关系．时，表示图象上两点连线的斜率，而当无限趋近于（）时，无限趋近于函数在点处切线的斜率，即
．

二、多选题
7．已知函数的图象如图，是的导函数，则下列结论正确的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】根据导数的几何意义可得，即可判断选项AB，记，，作直线AB，根据两点坐标求出直线AB的斜率，结合图形即可得出CD选项..
【详解】由函数的图像可知函数是单调递增的，
所以函数图像上任意一点处的导函数值都大于零，
并且由图像可知，
函数图像在处的切线斜率大于在处的切线斜率，
所以；
故A错误，B正确；
记，，作直线，则直线的斜率，由函数图像，可知，

即.
故C，D正确；
故选：BCD
8．若存在，则称为二元函数在点处对x的偏导数，记为.已知二元函数，，则（    ）
A． B．关于t的函数
C．的最小值为 D．关于t的函数有极小值
【答案】BCD
【分析】根据所给的定义分别得到、后就容易求解了.
【详解】对于A、C，因为，
所以，则.
因为，
所以当时，取得最小值，且最小值为.
故A错误，C正确..
对于B、D，因为，
所以，则.
，令，.
当时；当时.
所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值.
故B、D都正确.
故选：BCD

三、填空题
9．函数的导函数f ¢（x）= __________．
【答案】
【详解】试题分析：
考点：函数求导数
10．某箱子的容积与底面边长的关系为，则当箱子的容积最大时，箱子的底面边长为__________．
【答案】 40
【详解】分析：令v′=60x﹣=0，解得x=40，明确函数的单调性，由此能求出当箱子的容积最大时，箱子的底面边长．
详解：∵V（x）=x2（）（0＜x＜60），
∴v′=60x﹣，0＜x＜60，
令v′=60x﹣=0，解得x=0（舍去），或x=40，
并求得V（40）=16000．
当x∈（0，40）时，v‘（x）＞0，v（x）是增函数；
当x∈（40，60）时，v′（x）＜0，v（x）是减函数，
v（40）=16000是最大值．
∴当箱子容积最大，箱子的底面边长为40．
故答案为40．
点睛：求函数最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数；(3) 解方程求出函数定义域内的所有根；(4) 求出函数的极值
（5）把极值与端点值进行比较得到函数的最值.
11．若对任意，不等式恒成立，则实数取值的集合为__________.
【答案】
【分析】令，则恒成立的不等式可化为，利用导数可求得的范围，从而构造函数，分别讨论和的情况，结合正负可得单调性，通过可确定的取值.
【详解】由得：，
令，则，在上单调递增，
，即，
则原不等式可化为在上恒成立，
令，则，
①当时，恒成立，在上单调递增，又，
当时，，不合题意；
②当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增；又，
若，则，不合题意；若，则，不合题意；
若，则，即在上恒成立，满足题意；
综上所述：实数的取值集合为.
故答案为：.
12．已知函数，下列说法正确的是___________.
①的图像关于点对称
②的图象与有无数个交点
③的图象与只有一个交点
④
【答案】①③
【分析】根据函数解析式，验证函数是否满足，从而得到对称性；求导，研究函数的单调性，判断函数图像交点问题及函数值大小问题；
【详解】由
知，
的图像关于点对称，故①正确；
当时，，
当时，，
故的图象与无交点，②错误；
，
当时，，，则，函数单减；
由对称性可得当时，函数单减；则，④错误；
又，，
则由单调性知，函数在时，与只有一个交点，
当时，由①知，与无交点，故③正确；
故答案为：①③

四、解答题
13．要使函数y=1+2x+4xa在x∈（﹣∞，﹣1]时，y＞0恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（﹣6，+∞）
【详解】试题分析：由题意，得1+2x+4xa＞0在x∈（﹣∞，1]上恒成立，即a＞﹣在x∈（﹣∞，1]上恒成立．运用指数函数的性质，结合二次函数的值域求法，可得最大值，进而得到a的范围．
解：由题意，得1+2x+4xa＞0在x∈（﹣∞，1]上恒成立，
即a＞﹣在x∈（﹣∞，1]上恒成立．
又∵﹣=﹣（）2x﹣（）x=﹣[（）x+]2+，
当x∈（﹣∞，﹣1]时，（）x∈[2，+∞），
﹣≤﹣（2+）2+=﹣6，
∴a＞﹣6．
即a的取值范围是（﹣6，+∞）．
考点：函数恒成立问题．
14．已知函数（为常数）
1）讨论函数的单调性；
2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）时，递增，时，在递减，递增；（2）.
【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负得单调性；
（2）分离参数法变形不等式，转化为求新函数的最值，得出结论．
【详解】（1）函数定义域是，
，
时，恒成立，在上是增函数；
时，时，，递减，时，，递增．
（2）即在上恒成立，则，
设，则，时，，递增，时，，递减，，所以．
15．已知函数.
(1)当时，求在上的最值；
(2)曲线与轴有且只有一个公共点，求的取值范围.
【答案】(1)最大值为，最小值为
(2)

【分析】（1）当时，利用导数分析函数在上的单调性，可得出函数在上的最大值和最小值；
（2）对实数的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，根据函数只有一个零点可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，则，可得或（舍）.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，当时，，
又因为，，则.
（2）解：，则.
①当时，对任意的，且不恒为零，
故函数在上单调递增，，，
由零点存在定理可知，函数在区间存在唯一零点，合乎题意；
②当时，由可得，列表如下：














增
极大值
减
极小值
增

所以，函数的极大值为，极小值为，
作出函数的图象如下图所示：

因为函数只有一个零点，则，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
16．已知函数.
(1)求的最小值；
(2)若，证明：.
【答案】(1)0；
(2)证明见解析.

【分析】（1）利用导数求出函数的单调区间即得解；
（2）即证，设，求出函数的最小值即得证.
【详解】（1）解：由题意可得.
由，得；由，得.
则在上单调递减，在上单调递增，
故.
（2）证明：要证，即证，
即证.
设，则.
由（1）可知当时，.
由，得，由，得，
则，当且仅当时，等号成立.
即.



提升题型训练

一、单选题
1．已知函数的导函数的图象如图所示，，令，则不等式的解集是

A． B．
C． D．[-1，2]
【答案】A
【详解】试题分析：由题根据所给函数图像得到f（x）的得到性，结合所给条件不难得到不等式的解集；
由题f（x）在时，单调递减，在时，单调递增，，
或或，故选A.
考点：利用导数研究函数的性质
2．函数的图象大致为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】判断函数的定义域和奇偶性，利用对称性和函数值的符号进行排除即可．
【详解】解：函数的定义域为，
，则是奇函数，图象关于原点对称，排除，
当时，，
当时，令，，当时
，即在上单调递增，当时，即在上单调递减，所以时函数取得极小值，即最小值，，所以恒成立；
则此时恒成立，排除，
故选：．
3．已知函数，，若，使得成立，则实数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将问题转化为使得成立，通过求得导数和单调性，可得最值，再根据不等式成立，结合参数分离可得的范围．
【详解】，使得成立，等价为使得成立，
由得，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，，故
在成立，
当时，，
设，，则，
由，得，
所以在递减，所以，
则在递减，所以，
则，所以．
故选：A
4．已知函数与，设，，若存在，，使得，则实数的取值范围为（   ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】因为，所以是增函数，
因为，所以.
∵存在，，使得， ∴.
即在上有解，即方程在有解，
设则
所以当时，，是增函数；当时，，是减函数.
∵，，
，
故选：C.
5．设函数在区间D上的导函数为，在区间D上的导函数为，若在区间D上，恒成立，则称函数在区间D上为“凸函数”.已知实数m为常数，，若对满足的任何一个实数m，函数在区间上都为“凸函数”，则的最大值为（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【分析】利用题意得到，则可转化成时，关于m的一次函数恒成立，可得到最大区间，即可得到答案
【详解】由可得，
设在区间上的导函数为，
，
当时，恒成立等价于即时，关于m的一次函数恒成立，
所以且，即，
解得，
从而，
故选：C.
6．已知函数在上恒不大于0，则的最大值为（　　）
A． B． C．0 D．1
【答案】A
【分析】先求得函数导数，当时，利用特殊值判断不符合题意.当时，根据的导函数求得的最大值，令这个最大值恒不大于零，化简后通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性和零点，并由此求得的取值范围，进而求得的最大值.
【详解】，当时，，则在上单调递增，，所以不满足恒成立；当时， 在上单调递增，在上单调递减，所以，又恒成立，即. 设，则. 因为在上单调递增，且，，所以存在唯一的实数，使得，当时，；当时，，所以，解得，又，所以，故整数的最大值为.故选A.
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查构造函数法，考查零点存在性定理，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

二、多选题
7．英国数学家牛顿在17世纪给出了一种近似求方程根的方法—牛顿迭代法.做法如下：如图，设是的根，选取作为初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点的横坐标，称是的一次近似值，过点作曲线的切线，则该切线与轴的交点的横坐标为，称是的二次近似值.重复以上过程，得到的近似值序列，其中，称是的次近似值，这种求方程近似解的方法称为牛顿迭代法.若使用该方法求方程的近似解，则（    ）

A．若取初始近似值为1，则该方程解得二次近似值为
B．若取初始近似值为2，则该方程近似解的二次近似值为
C．
D．
【答案】ABC
【分析】根据牛顿迭代法求方程近似解的方法，将初始值代入公式计算即可求解.
【详解】令，则，当，，，故A正确；
当，，，故B正确；
因为；；；，
∴，故C正确，D错误.
故选：ABC
8．已知函数，则（    ）．
A． B．若有两个不相等的实根，则
C． D．若，均为正数，则
【答案】AD
【分析】先求导数，判断函数单调性，A,C,D结合单调性可以判断正误，B结合反例可以判断错误.
【详解】对于A：，又，，，所以，则有，A正确；
对于B：当时，，为增函数；
当时，，为减函数；所以有极大值.
若有两个不相等的正实根，不妨取，显然，此时不满足，B不正确；
对于C：由B可知，在上单调递增，则有，即，则有， C不正确；
对于D：令，，均为正数，则，解得：，，，
由B可知，在上单调递增，则有，即，即，所以，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用导数求出函数的单调区间，结合单调性，比较数值的大小.

三、填空题
9．已知e为自然对数的底数，则曲线e在点处的切线斜率为________．
【答案】
【详解】试题分析：，所以曲线在点处的切线斜率为．
考点：导数的几何意义．
10．当时，不等式恒成立，则a的取值范围是________
【答案】
【分析】利用换元法构成新函数，利用导数，分类讨论，根据新函数的单调性和取特殊值法，结合二次函数的性质进行求解即可.
【详解】令，
所以有，化简得：

设函数，原问题等价于在时恒成立，
，当时，，因此当时，单调递增，要想在时恒成立，
只需，解得，而，所以；
当时，，
因为，所以，故不成立，显然此时在时不恒成立，
综上所述：
故答案为；
【点睛】本题考查了已知不等式恒成立利用导数求参数取值范围，考查了数学运算能力.
11．用长为的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是________．
【答案】3
【分析】设长方体的宽为xm，高为hm，根据题意得到，从而得到h，再由，利用导数法求解.
【详解】设长方体的宽为xm，高为hm，
由题意得，
则，
所以，
则，
当时，，当时，，
所以当时，即长方体的长为2m、宽为1m、高为1.5m时，其体积最大，
最大体积是3.
故答案为：3
12．对于函数 ，我们把使 的实数 叫做函数 的零点，且有如下零点存在定理：如果函数 在区间 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有 ，那么，函数 在区间 内有零点．给出下列命题：
①若函数 在 上是单调函数，则 在 上有且仅有一个零点；
②函数 有3个零点；
③函数 和 的图像的交点有且只有一个；
④设函数 对 都满足 ，且函数 恰有6个不同的零点，则这6个零点的和为18；
其中所有正确命题的序号为________．(把所有正确命题的序号都填上)
【答案】②④
【分析】由特殊函数和特殊值法判断①③；利用导数研究函数单调性判断②；利用对称性判断④.
【详解】①函数 在 上是单调函数，不一定有，故在上有且仅有一个零点是错误的，例如 在是单调函数，但其函数值恒大于0，①错误；
②由可解得在区间 与 上是增函数，在 是减函数，故函数存在极大值 ，极小值 ，故函数有三个零点，②正确；
③的零点即为函数 和 的图像的交点，因为，，，所以至少有两个零点，一个在内，另一个在内，③错误；
④由可得函数的图像关于 对称，又函数 恰有6个不同的零点，此6个零点构成三组关于 对称的点，由中点坐标公式可得出这6个零点的和为18，④正确.
故答案为：②④

四、解答题
13．设函数，其中，是实数．已知曲线与轴相切于坐标原点．
（1）求常数的值；
（2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）求证：．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析．
【详解】试题分析：（1）由切线切于原点知及，可得；（2）不等式恒成立，即在上的最小值大于或等于0，因此要研究的单调性、极值，为此求得，，为了确定的正负，再求导，由二阶导数的正负确定一阶导数的单调性及正负，从而确定的单调性，最值．对分类：，，；（3）要证不等式，显然要与上面的结论有关，首先证明一个更一般的情形：对任意的正整数，不等式恒成立，等价变形为，相当于（2）中，的情形．由此可证．
试题解析：（1）因为与轴相切于坐标原点
则
（2），，
①当时，由于，有，
于是在上单调递增，从而，因此在上单调递增，即而且仅有符合；
②当时，由于，有，
于是在上单调递减，从而，
因此在上单调递减，即不符；
③当时，令，当时，
，于是在上单调递减，
从而，因此在上单调递减，
即而且仅有不符.
综上可知，所求实数的取值范围是.
（3）对要证明的不等式等价变形如下：
对于任意的正整数，不等式恒成立，等价变形
相当于（2）中，的情形，
在上单调递减，即而且仅有；
取，得：对于任意正整数都有成立；
令得证.
考点：导数的几何意义，不等式恒成立，导数与单调性、最值，不等式证明．
【名师点睛】本题考查导数的综合运用，考查导数的几何意义．已知函数点处的切线方程，实际上已知两个条件：和．在求函数的最值时，一般要研究函数的单调性，这就要求研究导数的正负，象本题导数的正负也不易确定时，还必须研究导函数的单调性，从而又要对导函数再求导，得二阶导数，由的正负确定的单调性，从而确定的正负．这在导数的复杂应用中经常采用．本题第（3）小题考查同学们的观察能力、想象能力，类比推理能力，要在已证结论中取特殊值得到要证的不等式，要求较高，属于难题．
14．已知函数有极小值．
（1）求实数的值；
（2）设函数．证明：当时，．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：（1）由得,当时，利用导数工具可得有极大值，无极小值，与题不符．当时利用导数工具可得有唯一极小值，又已知有极小值；（2）由（1）可知当时，等价于． 利用导数工具可知在有最小值.设函数，利用导数工具可得在
上的最大值．又由于函数取最小值与函数取得最大值时的取值不相等，所以，当时，也恒成立，即成立.
试题解析：（1）函数的定义域是．
，由得
当时，将、的值随的变化列表如下：


















增

极大值

减


由上表可知，时有极大值，无极小值，与题不符.
当时，将、的值随的变化列表如下：


















减

极小值

增


由上表可知，时，有唯一极小值，又已知有极小值．
，
（2）由（1）可知，从而当时，等价于．
又由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，从而函数在有最小值
设函数，则，所以当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，从而在上的最大值为
由于函数取最小值与函数取得最大值时的取值不相等，
所以，当时，也恒成立，即
考点：1、函数的极值；2、函数的最值；3、导数的综合应用.
15．已知函数，曲线在处的切线斜率为.
（1）求证：函数在区间上没有零点；
（2）当时，求证：.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由题意得，，易得，即在区间上单调递增，又，从而得证；
（2）由（1）知，，要证，即证的图象在图象的上方即可.
【详解】（1）由题意得，，，，
，.
当时，，在区间上单调递增，
又，则函数在区间上没有零点．
（2）由（1）知，，令 ，
则 ，
令，解得，令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减．令.
①当时，，，
则函数的图象在图象的上方.
②当时，，，而，
则函数的图象在图象的上方.
综上所述，当时，.
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．
16．形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求出导函数，得出切线斜率，写出切线方程；
（2）通过特殊值得出必要条件，然后证明
也是充分的，为此引入函数，求出导函数，再设，再求导以确定的正负，得函数的最小值．
(1)
由，不妨设，
由幂指函数导数公式得，
所以，又，
所以，曲线在处的切线方程为
(2)
先寻找必要条件：若恒成立，则，解得
证明充分性：当时，若恒成立，
构造，，
则，
令，
所以，
因为与同号，所以，所以，
，所以，所以即为上增函数，
又因为，所以，当时，； 当时，.
所以，为上减函数，为上增函数，
所以，，无最大值.
所以，
恒成立．
综上，的范围是．

【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的阅读理解能力，创新能力，应用新知识的能力，对不等式恒成立求参数问题采取的特殊方法：先由特殊值找到必要条件，然后再证明其也是充分的，目的是解题中方便确定正负．目标明确．难点一是理解并应用新知识的能力，二是需要二次求导，本题属于难题．