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（精练）（提升版）（原卷版+解析版）

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(1)讨论的零点个数．
(2)若有两个不同的零点，证明：．
2． (2023·河南·长葛市）已知函数，．
(1)当a＝2时，求曲线在处的切线方程；
(2)讨论关于x的方程的实根个数．
3． (2023·天津·二模）设函数为的导函数.
(1)求的单调区间；
(2)讨论零点的个数；
(3)若有两个极值点且，证明：.
题组二 已知零点个数求参
1． (2023·河南濮阳·一模（文））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知且关于x的方程只有一个实数解，求t的值．
2． (2023·山东日照·三模）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，讨论的零点个数．
3． (2023·四川成都·模拟预测（理））已知
(1)当时，求的单调性；
(2)讨论的零点个数．
题组三 不等式恒（能）成立
1 (2023·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若当时，恒成立，求a的取值范围.
2 (2023·江西）函数的图像与直线相切.
(1)求实数a的值；
(2)当时，，求实数m的取值范围.
3 (2023·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知函数，函数．
(1)求函数的单调区间．
(2)时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
4． (2023·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数（，且）
(1)求函数的单调区间；
(2)若对、，使恒成立，求的取值范围.
5． (2023·北京八十中模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若对任意，都有成立，求实数a的取值范围.
6． (2023·海南海口·二模）已知函数，．
(1)若，求的最小值；
(2)若当时，恒成立，求a的取值范围．
7． (2023·山东烟台·三模）已知函数（）.
(1)证明：当时，函数存在唯一的极值点；
(2)若不等式恒成立，求的取值范围.
8． (2023·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数，.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
题组四 证明不等式
1． (2023·河南·高三阶段练习（理））已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若方程的根为、，且，求证：．
2． (2023·山东·模拟预测）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，
①证明：；
②方程有两个实根，且，求证：.
3． (2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求的最小值，并证明方程有三个不等实根；
(2)设(1)中方程的三根分别为，，且，证明：．
4． (2023·湖南·长沙一中一模）已知函数．（）在处的切线l方程为．
(1)求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；
(2)若方程有两个实数根，．且．证明：．
5． (2023·全国·高三阶段练习（理））已知函数（，e为自然对数的底数）．
(1)求函数的极值；
(2)若方程在区间内有两个不相等的实数根，证明：．
4.5 导数的综合运用（精练）（提升版）
题组一 零点个数
1． (2023·山东·烟台二中）已知函数．
(1)讨论的零点个数．
(2)若有两个不同的零点，证明：．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【解析】(1)因为，所以1不是的零点．
当，可变形为，
令，则的零点个数即直线与图象的交点个数．
因为，，得，又，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，且当时，，
所以当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，有两个零点．
(2)证明：由（1）知，当时，有两个零点．
设，则，
由得，
所以，即．
令，则，
易得在上单调递减，在上单调递增．
要证，即证．
因为，且在上单调递增，所以只需证．
因为，所以即证．
令，
则，
所以在上单调递减．
因为，所以．
因为，所以，故．
2． (2023·河南·长葛市）已知函数，．
(1)当a＝2时，求曲线在处的切线方程；
(2)讨论关于x的方程的实根个数．
【答案】(1)(2)答案不唯一，具体见解析
【解析】(1)当a＝2时，，，
则切线的斜率为，
又，所以曲线在处的切线方程是，
即．
(2)即为，化简得，
令，则，
令，则，
令，得．
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
①当时，，即，
所以在R上单调递减．
又，所以有唯一零点0；
②当时，，，所以存在，，
又，
令，，
所以在上单调递减，，
即，所以存在，，
则，又，所以存在，；
同理，，又，所以存在，，
由单调性可知，此时有且仅有三个零点0，，．
综上，当时，有唯一零点，方程有唯一的实根；
当时，有且仅有三个零点，方程有3个实根．
3． (2023·天津·二模）设函数为的导函数.
(1)求的单调区间；
(2)讨论零点的个数；
(3)若有两个极值点且，证明：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为．(2)答案见解析(3)证明见解析
【解析】(1)解：因为，
所以．
即，，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为．
(2)解：由（1）得，．
当时，，则在上无零点．
当时，，则在上有一个零点．
当时，，因为，，，
所以，，，
故在上有两个零点．
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点．
(3)证明：由（2）及有两个极值点，且，
可得， 在上有两个零点，且．
所以，
两式相减得，即．
因为，所以．
下面证明，即证．
令，则即证．
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
故．
又，
所以，
故．
题组二 已知零点个数求参
1． (2023·河南濮阳·一模（文））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知且关于x的方程只有一个实数解，求t的值．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
(2)2
【解析】(1)的定义域为，，
当时，，则函数在上单调递增．
当时，令，解得
当时，，则在上单调递减；
当，，则在上单调递增．
(2)关于x的方程只有一个实数解，即只有唯一正实数解．
设，则，
令，，因为，，解得（舍去），，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以的最小值为．
要使得方程只有唯一实数解，
若，
则，即，
得，因为，所以．
设，恒成立，
故在上单调递减，至多有一解．
又因为，
所以，即，解得．
若，
由上得，，又，，
，，
令，在上，单增，故，
即，故，
即在各存在一个零点，不合题意.
综上：.
2． (2023·山东日照·三模）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，讨论的零点个数．
【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是
(2)答案见解析
【解析】(1)当时，，
则，当时,恒成立，
所以当时，单调递减；
当时单调递增，
即的单调递减区间是，单调递增区间是．
(2)由题意，函数，
设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又由，所以，
令，可得，所以，其中，
令，可得，
令，则，
可得时，单调递减；时，单调递增；
所以，即时，恒成立；
故时，单调递减；时，单调递增；
所以﹐
又由时，，当时，，
函数的图象，如图所示，
结合图象可得：
当时，无零点；当或时，一个零点；当时，两个零点．
3． (2023·四川成都·模拟预测（理））已知
(1)当时，求的单调性；
(2)讨论的零点个数．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；
(2)当，0个零点；当或，1个零点；，2个零点
【解析】，求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而得到函数的图象，数形结合即可得解；
(1)因为，，
所以，
令，，所以在单增，且，
当时，当时，
所以当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增
(2)
解：因为
令，易知在上单调递增，且，
故的零点转化为即，
当时无解，
当时，令，，，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递增，
所以的大致图象如下：
①当即时，与没有交点，故函数有0个零点；
②当或即或时，与有个交点，故函数有1个零点；
③当即时，与有个交点，故函数有2个零点；
综上：当时，0个零点；当或时，1个零点；时，2个零点；
题组三 不等式恒（能）成立
1 (2023·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若当时，恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【解析】(1)因为，所以
又，所以切线方程为，即
(2)由知，因为
所以，
当时，，
当时，，
当时，
构造函数，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故时，，因此
当，单调递减，
当时，，单调递增，
故时，，因此
综上：
2 (2023·江西）函数的图像与直线相切.
(1)求实数a的值；
(2)当时，，求实数m的取值范围.
【答案】(1)1；(2).
【解析】(1)，设切点为，
所以有，因为是切线，所以有，
设，显然当时，单调递增，所以有，
当时，，所以无实数根，
因此当时，方程有唯一实数根，即，
于是有，因此有；
(2)令，则在恒成立
.
若，即时，当时，由得，所以在单调递增，又，所以在恒成立；当时，所以.所以在恒成立.
若即时，，则存在，使得在单调递减，则当时，矛盾，舍综上所述，的取值范围时.
3 (2023·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知函数，函数．
(1)求函数的单调区间．
(2)时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；(2).
【解析】(1)解：，令，则，当且仅当，时等号成立，∴在上单调递增，即在上单调递增．
∵，∴时，，时，，
∴的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
解：时，恒成立，
，，
，
时，，∴在上单调递增，
∵，
若，时，，∴在上单调递增，
∴时，，∴在上单调递增，
∴时，恒成立；
若，∵，∴，∴，
，，
∴在有唯一解，设为，且，
当时，，∴在上单调递减，
∴时，，∴在上单调递减，
∴与恒成立矛盾，舍去．
综上，实数的取值范围是．
4． (2023·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数（，且）
(1)求函数的单调区间；
(2)若对、，使恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
【解析】(1)的定义域为,（，且）
显见，.
①当时，，.
若，则，，得.
于是，.
若，则，，得，
于是，
∴当时，, 即在上单调递增
②当时，，
若，则，，得.
于是，
若，则，，得，
于是，
∴当时，.即在上单调递减
综上得，的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)对、，使恒成立，
即对，成立.
由（1）知在上单调递减，在上单调递增，得
为和中的较大者.
，，
设，（仅当时取等号）.
∴在上单调递增，在上也单调递增.
注意到
∴当时，，；
当时，
①当时，
即，得
②当时，
即（*）
设，
在上单调递增.
∴当时，.不等式（*）无解
综上所述，对、，使恒成立时，的取值范围为
5． (2023·北京八十中模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若对任意，都有成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)
【解析】（1）由题设，且，则，
所以，，故在处的切线方程为.
(2)由且，
当时，即在定义域上递减；
当时，在上，递减，在上，递增，
综上，时递减；时在上递减，上递增.
(3)
由（2），时递减且值域为，显然存在；
时，的极小值为，
当，即时，在上递减，上递增，只需，可得；
当，即时，在上递增，则恒成立，满足题设；
综上，a的取值范围为.
6． (2023·海南海口·二模）已知函数，．
(1)若，求的最小值；
(2)若当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)1(2)
【解析】(1)当时，，
所以，易知单调递增，且，
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．
(2)设，由题意对任意恒成立．
，
若，则，则存在，使得当时，，
所以在上单调递减，
故当时，，不符合题意．
若，由知当时，，所以，
当时， ，
因此在上单调递增．又，
所以当时，．
综上，的取值范围是．
7． (2023·山东烟台·三模）已知函数（）.
(1)证明：当时，函数存在唯一的极值点；
(2)若不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】(1)函数的定义域为，
.
令，，则，
因为，所以，，
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递增，
由.又当时，，
所以，存在唯一的，使得，
当时，，即，所以函数在上单调递减，
当时，，即，所以函数在上单调递增.
所以函数存在唯一的极值点.
(2)
不等式恒成立，
即在上恒成立.
令，，所以，
所以在上单调递增，
又，则时有.
所以，当时，恒成立，
即，则有.
令，则
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则在时取得最小值
则（当且仅当时取等号）.
令，则
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则在时取得最小值
则（当且仅当时取等号）.
因为，
当时，，
（当且仅当时取等号）.
令，
当时，，所以即在上单调递增，
且，，
所以，使，即，即，
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
.
所以，的取值范围为.
8． (2023·新疆克拉玛依·三模（文））已知函数，.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【解析】(1)定义域为，
即解得所以在单调递增
(2)对任意，不等式恒成立，即恒成立，
分离参数得.
令，则．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以，
即，
故a的取值范围是.
题组四 证明不等式
1． (2023·河南·高三阶段练习（理））已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若方程的根为、，且，求证：．
【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间；
(2)证明见解析
【解析】(1)解：因为，，
所以定义域为，
，
所以在上单调递减，即的单调递减区间为，无单调递增区间；
(2)证明：，，
当时，当时
所以在上是单调递减，在上单调递增，则，
当时，，所以，且，
当时，，所以，即，
设直线与的交点的横坐标为，则，
下面证明当时，，
设，
，
则，
当时，，当时，，
所以在上是减函数，在上增函数，
又因为，，
所以当时，，，
故当时，，
设直线与的交点的横坐标为，则，
所以，得证．
2． (2023·山东·模拟预测）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，
①证明：；
②方程有两个实根，且，求证：.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)①证明见解析；②证明见解析
【解析】(1)解：函数的定义域为，
函数的导数，解得，
所以当时，此时，函数单调递减区间为，
所以当时，此时，函数单调递增区间为，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)当时，
①要证不等式成立，即证明成立.即证明成立.
令
当时，此时，
当时，此时，
所以在单调递减，在单调递增
所以最小值为，
恒成立，即恒成立得证.
②由①得恒成立，即直线始终在曲线下方或有唯一切点，
又结合（1）可知单调递减区间为，单调递增区间为，
所以当时取最小值，
且当时，；当时，；当时，.
所以方程有两个实根，则，且.
由直线与联立解得交点的横坐标，显然
因此，要证，只要证即可
即证，即证即可
又因为，所以只要证
令恒成立
所以在单调递增，即
所以得证，原命题得证.
3． (2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求的最小值，并证明方程有三个不等实根；
(2)设(1)中方程的三根分别为，，且，证明：．
【答案】(1)最小值为，证明见解析；(2)证明见解析．
【解析】(1)∵，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故的最小值为．
设，则方程变形为f(m)=m，即f(m)-m=0，
令，，
则，由得．
因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
由于，故，又由，由零点存在定理，存在，使得，
∴有两个零点1和，方程f(m)=m有两个根和，
则如图，时，因为，故方程有一个根，
下面考虑解的个数，其中，
设，结合的单调性可得：
在上为减函数，在上为增函数，
而，，，
故在上有且只有一个零点，
，设，
故，故即，
而，故在上有且只有一个零点，
故有两个不同的根、且，
即方程共有三个不等实根；
(2)
由(1)知，且满足，，
令，，则
，
令，则．
当时，，单调递减，
又∵，∴当时，，，单调递减，
∵，∴，即．
∵，∴，又∵，∴．
∵，，而在单调递减，∴．
即，故，原命题得证．
4． (2023·湖南·长沙一中一模）已知函数．（）在处的切线l方程为．
(1)求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；
(2)若方程有两个实数根，．且．证明：．
【答案】(1)；证明见解析
(2)证明见解析
【解析】(1)解：将代入切线方程，有，
所以，所以，
又，所以，
若，则，与予盾，故，．
∴，，，
设在处的切线方程为，
令，
即，所以，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，
即函数的图象总在切线的上方（除切点外）．
(2)
解：由（1）知，
设的根为，则，
又函数单调递减，故，故，
设在处的切线方程为，
因为，，所以，所以．
令，，
当时，，
当时，设，则，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即．
设的根为，则，
又函数单调递增，故，
故，又，
所以．
5． (2023·全国·高三阶段练习（理））已知函数（，e为自然对数的底数）．
(1)求函数的极值；
(2)若方程在区间内有两个不相等的实数根，证明：．
【答案】(1)见解析(2)证明见解析.
【解析】(1)函数的定义域为，且.
当时，恒成立，在上单调递减，无极值.
当时，由，得，所以)在上单调递增；
由，得，所以在上单调递减.
所以当时，函数取得极大值，且极大值为.
综上所述，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值.
(2)
方程，即为方程.
由题意，得方程在区间内有两个不相等的实数，不妨设.
令，则.
令，即，解得.
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
因为，所以即.
要证，只需证.
又因为，所以.
所以只需证，只需证.
因为，所以.所以.
所以只需证，只需证.
只需证， 只需证.
令，则，所以只需证.
令，则.
令，则恒成立.
所以在上单调递减.所以.
所以.所以在上单调递增.
所以.所以.
所以.x
n
m
－
0
＋
－
单调递减
单调递增
单调递减