2024年新高考数学专用第一轮复习讲义一隅三反提升卷 4.5 导数的综合运用（精讲）（提升版）（原卷版+解析版）

这是一份2024年新高考数学专用第一轮复习讲义一隅三反提升卷 4.5 导数的综合运用（精讲）（提升版）（原卷版+解析版），共38页。试卷主要包含了零点的个数，已知零点个数求参，不等式恒成立，证明不等式等内容，欢迎下载使用。


考点呈现
例题剖析
考点一 零点的个数
【例1】 (2023·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的极值点；
(2)当时，试讨论函数的零点个数.
【一隅三反】
1． (2023·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知函数．
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)判断函数的零点个数，并说明理由.
2． (2023·北京四中三模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，讨论的零点个数.
3． (2023·云南师大附中高三阶段练习（文））已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，设，求证：在上只有1个零点
考点二 已知零点个数求参
【例2】 (2023·全国·高考真题）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．
【一隅三反】
1． (2023·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围．
2 (2023·全国·高考真题（理））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．
3． (2023·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)当有三个零点时a的取值范围恰好是求b的值.
考点三 不等式恒（能）成立
【例3】 (2023·天津市）已知函数，（），其中e是自然对数的底数.
(1)当时，
（ⅰ）求在点处的切线方程；
（ⅱ）求的最小值；
(2)讨论函数的零点个数；
(3)若存在，使得成立，求a的取值范围
【一隅三反】
1． (2023·河南安阳）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)对于，不等式恒成立，求实数的取值范围．
2． (2023·海南中学高三阶段练习）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)是否存在实数a，使对恒成立，若存在，求出a的值或取值范围；若不存在，请说明理由.
3． (2023·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数．
(1)若在上仅有一个零点，求实数a的取值范围；
(2)若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．
考点四 证明不等式
【例4】 (2023·四川省）己知函数（其中e为自然对数的底数，…）．
(1)若恒成立，求实数a的值；
(2)若，求证：．
【一隅三反】
1． (2023·四川省泸县第二中学模拟预测（理））已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
2． (2023·河南·高三阶段练习）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)证明：.
3． (2023·河南）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)若，证明：.
4． (2023·全国·高考真题）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．
4.5 导数的综合运用（精讲）（提升版）
思维导图
考点呈现
例题剖析
考点一 零点的个数
【例1】 (2023·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的极值点；
(2)当时，试讨论函数的零点个数.
【答案】(1)(2)有个零点
【解析】(1)当时，，则，
令 ，则.
当时，，，
在上单调递增， ，在上单调递增.
当时，可得，，在单调递减；
综上，函数的极值点为.
(2)当时，，是的一个零点，
令，可得.因为，
①当时，，，在单调递增，，
在单调递增，，此时在无零点.
②当时，，有， 此时在无零点.
③当时，，，在单调递增，又，，
由零点存在性定理知，存在唯一，使得.
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
又，，所以在上有个零点.
综上，当时，有个零点.
【一隅三反】
1． (2023·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知函数．
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)判断函数的零点个数，并说明理由.
【答案】(1)(2)在区间上有且仅有一个零点，理由见解析
【解析】(1)，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.
(2)设，则，
①当时，，所以单调递减；
且，，
由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，，
所以在上单调递增，
且， ，
所以在上有唯一零点；
当时，单调递减，且，
所以在上没有零点.
②当时，
单调递增，， ，
所以在区间有唯一零点，设为，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
在区间上，此时单调递减，
且，故有，此时单调递减，且，
由，得，
所以.
当时， ，所以单调递增，
又，故，
，，
所以存在，使，即，故为的极小值点.
此时.
所以在上没有零点.
③当时，，
所以，所以在区间上没有零点.
综上在区间上有且仅有一个零点.
2． (2023·北京四中三模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，讨论的零点个数.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为(2)答案见解析
【解析】(1)当时，函数，
可得.
当在区间上变化时，，f（x）的变化如下表：
所以的单调增区间为；的单调减区间为.
(2)由题意，函数，
可得
当时，在上恒成立，
所以时，，所以在上单调递增.
又因为，所以f（x）在上有0个零点.
当时，令，可得.
由可知存在唯一的使得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，，，
①当，即时，在上有0个零点.
②当，即时，在上有1个零点.
综上可得，当时，有2个零点；当时，有0个零点.
3． (2023·云南师大附中高三阶段练习（文））已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，设，求证：在上只有1个零点
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)证明见解析
【解析】(1)函数的定义域为，．
令，解得，
则有当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：由于，．
设，，
则在上的零点也是的零点，且有．
①当时，由于，
所以在上单调递增；
又，
所以；
由于，且，
所以存在唯一的，使得，即在上有1个零点．
②当时，设，所以，
则当时，，
所以在上单调递减．
又，所以当时，，
即；
所以当时，．
设，，所以，
则在上单调递减，
所以当时，，则，所以在上无零点．
③当时，由于，，
所以,所以在上无零点．
综合①②③，可知，在上只有1个零点．
考点二 已知零点个数求参
【例2】 (2023·全国·高考真题）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)
【解析】(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.
【一隅三反】
1． (2023·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；(2).
【解析】(1)由题意知，，
的定义域为，．
若，则，所以在上单调递减；
若，令，解得．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)因为，所以有两个零点，即有两个零点．
若，由（1）知，至多有一个零点．
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为．
①当时，由于，故只有一个零点：
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即．
又，故在上有一个零点．
存在，则．
又，因此在上有一个零点．
综上，实数a的取值范围为．
2 (2023·全国·高考真题（理））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)
【解析】(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
当
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
有
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
3． (2023·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)当有三个零点时a的取值范围恰好是求b的值.
【答案】(1)答案见解析(2)
【解析】(1)的定义域为，
若，则，
在单调递增，单调递减，
若，则或，
，
在单调递增，单调递减，单调递增，
若，则
或，
在单调递减，单调递增，单调递减.
(2)
可知要有三个零点，则，
且
由题意也即是的解集就是，
也就是关于的不等式的解集就是，
令，
时，
所以有或，
当时，，
的解是，满足条件，
当时，，
当时，，不满足条件，
故，综合上述.
考点三 不等式恒（能）成立
【例3】 (2023·天津市）已知函数，（），其中e是自然对数的底数.
(1)当时，
（ⅰ）求在点处的切线方程；
（ⅱ）求的最小值；
(2)讨论函数的零点个数；
(3)若存在，使得成立，求a的取值范围
【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）(2)答案见解析(3)
【解析】(1)当时，，.
（ⅰ），，∴切线方程为.
（ⅱ），令，得，
∴当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
∴.
(2)∵（），
令得，，
当时，，无零点，
当时，令，则，
令，得，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
∴，
当，即时，，函数在上无零点，
当，即时，，函数在上有唯一零点，
当，即时，，又，，
∴函数在，上各有一个零点，
综上，当时，函数在上无零点，
当时，函数在上有唯一零点，
当时，函数在上有两个零点.
(3)
由得，，
∴，即，
令，则在上有解，
令，当时，，不合题意；
当时，则，令得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
∴，
∴，即，∴，即a的取值范围为.
【一隅三反】
1． (2023·河南安阳）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)对于，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)(2)
【解析】(1)当时，，则，所以，，
此时，函数在处的切线方程为.
(2)，由可得，其中，
令，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，
因为，，
所以，存在使得，
则，
令，其中，则，故函数在上为增函数，
因为，所以，，可得，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，.
2． (2023·海南中学高三阶段练习）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)是否存在实数a，使对恒成立，若存在，求出a的值或取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是；(2)存在，.
【解析】（1）因为，
所以，
即.
当时，，
令，则，
所以在单调递增，因为，
所以，当时，，；当时，，，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)法一：设，则，
①当时，，，即，
故不符合题意.
②当时，
当时，.·
令，即，
取，则，即，.
故不符合题意.
③当时，令，，则，
故在单调递增.
因为，，
所以存在唯一的使得，
所以，时，，；时，，，
故在单调递减，在单调递增.
所以的最小值为，
因为，即，两边取对数得，
所以.
令，则，
所以在单调递增，在单调递减，
故，当且仅当时，等号成立，
故当且仅当时，在恒成立，
综上，存在a符合题意，.
法二：设，则，
设，易知在单调递增，
①当时，因为，，
所以存在唯一，使得，即，.
所以当，，即，单调递减；
当，，即，单调递增.
故，即，符合题意.
②当时，，，
所以存在唯一，使得，
所以当，，即，单调递减，
故，即，故不符合题意.
③当时，，，
所以存在唯一，使得，
所以当，，即.
所以在单调递增，故，即，
故不符合题意.
④当时，，不符合题意.
⑤当时，，不符合题意.
综上，存在a符合题意，.
法三：①当时，，故在上单调递增.
因为在单调递增，且，，
故存在唯一，使得，即，
即，故，
所以任意，都有.
故不符合题意.
②当时，，
对于函数，.
所以时，；时，.
所以在单调递减，在单调递增，
故，所以，
故，故符合题意.
③当且时，对于函数，
因为在单调递增，且，，
所以存在，使得，即，
所以.
令，则，
故在单调递增，在单调递减.
故，当且仅当时，“=”成立.
所以当时，，即，，
故不符合题意.
综上，存在a符合题意，.
法四：设，，易知在单调递增.又当时，，所以的值域为；
当时，的值域为.
所以的值域为.
故对于上任意一个值，都有唯一的一个正数，使得.
因为，即.
设，，所以要使，只需.
当时，因为，即，所以不符合题意.
当时，当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增.
所以.
设，，
则，当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减.
所以，所以，，当且仅当时，等号成立.
又因为，所以，所以.
综上，存在a符合题意，.
3． (2023·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数．
(1)若在上仅有一个零点，求实数a的取值范围；
(2)若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)或(2)
【解析】
(1)，，
当时，恒成立，所以在上单调递增．
又，，
所以此时在上仅有一个零点，符合题意；
当时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，所以在上单调递减．
要使在上仅有一个零点，则必有，解得．
综上，当或时，在上仅有一个零点．
(2)因为，所以对任意的，恒成立，
等价于在上恒成立．
令，则只需即可，
则，
再令，则，
所以在上单调递增．
因为，，所以有唯一的零点，且，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，所以，
设，则，
所以函数在上单调递增．
因为，所以，即．
所以，
则有．
所以实数a的取值范围为．
考点四 证明不等式
【例4】 (2023·四川省）己知函数（其中e为自然对数的底数，…）．
(1)若恒成立，求实数a的值；
(2)若，求证：．
【答案】(1)1；(2)证明见解析.
【解析】(1)设，则．
当时，单调递增，，不满足恒成立；
当时，由，可得，
所以，，单调递减．
，，单调递增，
所以的最小值为，
即，即．
设，
则单调递减，单调递增，
即，
故的解只有．
综上，．
(2)
先证当时，恒成立．
令，
所以在上单调递增，
又，所以．
所以要证，可证，
即证，即证．
设，则，
所以在上单调递减，
所以，即，
所以当时，．
【一隅三反】
1． (2023·四川省泸县第二中学模拟预测（理））已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】(1)当时，，，
又，所以切点坐标为，切线的斜率为．
所以切线方程为，即
(2)由已知得有两个不等的正实跟．
所以方程有两个不等的正实根，即有两个不等的正实根，①
要证，只需证，即证，
令，，所以只需证，
由①得，，
所以，，消去a得，只需证，
设，令，则，
则，即证
构建则，
所以在上单调递增，则，
即当时，成立，
所以，即，即，
所以，证毕．
2． (2023·河南·高三阶段练习）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】(1)由题意可得.
由，得；由，得.
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，得，由，得，
则，当且仅当时，等号成立.
设，则.
由（1）可知当时，.
由，得，由，得，
则，当且仅当时，等号成立.
因为与等号成立的条件不同，
所以，即.
3． (2023·河南）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)若，证明：.
【答案】(1)0；(2)证明见解析.
【解析】(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.
4． (2023·全国·高考真题）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
【解析】(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)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、仅有一个零点，
当时，由（1）讨论可得、均无零点，
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，，
故在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，
此时有两个不同的零点，
此时有两个不同的零点，
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.x
0
0
+
0
-
f（x）
极小值1
极大值
-1