新高考数学一轮复习考点分类提升 第19讲 导数的综合应用（讲义）（2份，原卷版+解析版）

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(1)对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数。那么正确画出草图就是前提。画草图时，要注意：
1)通常先要用导数研究单调性、极值。
2)渐近线（实际上是极限问题），有渐近线的常见函数例如：反比例函数、指数函数、对数函数等
(2)对于（选择题、填空题中的）零点个数问题，我们的处理思路是：将函数零点个数转化为图象交点个数，那么研究哪两个函数呢？
1)尽量转化为我们熟悉的基本函数（已经知道图象），
2)能分参的通过分参让其中的一个函数是常数函数，
3)不方便分参的，尽量将参数放在熟悉的基本函数上.
2.导数的综合应用题中，最常见的就是和与其他代数式结合的难题：
对于这类问题，可以先对和进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负.常见的放缩公式如下：
(1)，当且仅当时，取等号;
(2)，当且仅当时，取等号;
(3)当时，，当且仅当时，取等号;
(4)，当且仅当时，取等号;
(5)当时，，当且仅当时，取等号.
考点一：利用导数解决函数的零点，交点或方程的根的问题
例1．函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．（﹣4，4）B．[﹣4，4]
C．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）D．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）
【答案】A
【分析】求得函数的导数，利用导数求得函数的单调性和极值，结合题意，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数在处取得极大值，在处取得极小值，
要使得函数有三个零点，则满足，解得，
即实数的取值范围是.
故选：A．
例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数则在上的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．2023
【答案】B
【分析】先求导,分和两种情况进行讨论的正负,进而判断单调性,再判断正负,即可判断零点个数.
【详解】解:由题知
所以,
当时,
当时,
,
当时，，；
当时，，；
故，
综上， 在上单调递增,
因为,
故函数在上有1个零点.
故选:B
考点二：构造函数法解决导数问题
例3．定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，由已知得出在上单调递减，结合进一步计算得到结果.
【详解】设，则，因为，所以在上单调递减.
因为，所以，所以当时，，当时，，故不等式的解集为.
故选：B.
例4．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，求导可得的单调性，进而可求解.
【详解】设，则，
因为，所以，即，
所以在R上单调递减.
不等式等价于不等式，
即.因为，
所以，
所以.因为在R上单调递减，
所以，解得.
故选:B
考点三：利用二次求导法解决导数问题
例5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求证：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)根据求导公式和运算法则求出，令、，解不等式即可；
(2)将原不等式变形为，设，
利用二次求导讨论的单调性，根据零点的存在性定理讨论的零点，进而求出的极值即可.
（1）
的定义域为R，，
当时，，则在R上为增函数；
当时，，
当时，；当时，，
所以在上为减函数，在上为增函数．
（2）
由及，得．
设，则．
设，则，
当时，；当时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以是的极小值点，也是的最小值点，
因为，，所以，
又，所以存在，使得，
所以当时，；当时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，
所以为的极大值，为的极小值，
因为，所以当时，（当且仅当时取等号），
故当时，．
一、单选题
1．已知函数，，，则函数的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】先求时，函数的零点，再根据为偶函数，可得时，函数还有一个零点，由此可得答案.
【详解】当时，，所以不是函数的零点，
因为，所以，所以为偶函数，
当时，，，，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在时取得最大值，
所以当时，有唯一零点，
又函数为偶函数，其图象关于轴对称，所以在时，还有一个零点，
综上所述：函数的零点个数为.
故选：A
2．若函数存在零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】函数存在零点，即方程有根，构造同构的形式，利用换元法转化为，利用导数研究函数的值域即可.
【详解】函数存在零点，即方程有根，
因为，所以方程有根，
设，则，即，
令，则，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
所以当时，y有最小值1.
要使有解，只需.
故选：B.
3．函数的定义域为，，对任意，，则的解集为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，结合已知及导数与单调性关系即可求解．
【详解】令，
因为对任意，，
所以，即在上单调递减，
又因为，所以，
由，可得，即，
所以，即不等式的解集为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了利用单调性求解不等式，解题的关键是构造函数并利用导数知识求解单调性．
4．已知定义在非零实数集上的函数满足：，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，利用导数判断的单调性，从而判断出正确答案.
【详解】令，则，
所以函数是定义域上的减函数，
由于，，
所以
所以，即.
故选：A
5．已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用构造函数法，结合导数判断出所构造函数的单调性，从而求得正确答案.
【详解】构造函数，
，
所以在上递增，，
由于，
根据的单调性解得，
所以的解集.
故选：D
6．已知函数与函数的图像上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意函数与的图像上恰有两对关于轴对称的点，得到方程有两解，分离参数构造新函数，利用导数求出最值，结合题意分析即可得.
【详解】因为函数与的图像上恰有两对关于轴对称的点，
所以，
即有两解，
所以有两解，
令，
则，
所以当时，0，此时函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减，
所以在处取得极大值，，
且时，的值域为，
时，的值域为，
因此有两解时，实数的取值范围为，
故选：C.
二、解答题
7．已知，函数，.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若函数的减区间是，求a的值；
(3)若函数在上恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)4
(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线斜率，再根据点斜式方程即可求得切线方程；
（2）因为，且函数的减区间是可得；
（3）令，求导判断单调性，从而问题转化为，求解即可.
【详解】（1），
当时，，
，
在点处的切线方程为，即
（2）函数的减区间是(-1，4)，
而
令，当时，，单调递减，，
当时，，单调递减，不符合题意，
当，无实数解，不符合题意,
故.
（3）=
令，所以，
令得，
当时，；当时，
故在上递减；在上递增
所以，即，
所以，
实数的取值范围是.
8．已知函数.
(1)求的单调性；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的零点，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，利用导数的正负即可求解单调区间，
（2）将问题转化成函数的图象与函数的图象在上有两个不同的交点，利用导数求解的单调性，计算端点处的函数值即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
由，得，所以的单调递增区间为，
由，得，且，所以的单调递减区间为
（2）关于的方程在上有两个不相等的零点等价于函数的图象与函数的图象在上有两个不同的交点，
由，得；由，得
所以当时，函数取得极大值，为
又，，，且
所以实数的取值范围为
9．设函数是奇函数的导函数，，且对任意都有．
(1)求；
(2)求解关于x的不等式．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）根据奇函数的性质，，直接求值；
（2）首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，并将不等式转化为，利用函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）因为是奇函数，所以；
（2）设，则，，所以在R上严格减，
由得，即，
所以，得，得不等式的解集为．
10．已知函数，.
(1)判断函数的单调性，并求其最值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，最大值为，无最小值.
(2)
【分析】（1）利用导数解决函数单调性问题并求最值.
（2）当时，不合题意；当时，通过构造新函数，证明 恒成立得到结论.
【详解】（1）对函数求导可得：.
可知当时，，时，，
即在上单调递增，在上单调递减.
所以的最大值为，无最小值.
（2）当时，恒成立.
当时，为二次函数，图像抛物线开口向下，，使得，与恒成立矛盾；
当时，，可知恒成立
现证明恒成立，即证：，等价于证明.
构造函数，求导可得：，
设，则，
时，，时，，
可得在上单调递减，在上单调递增.
即在上单调递减，在上单调递增，
且当时，恒成立，.
故可得：当时，，时，，
即可知在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，从而可得，即有恒成立，所以当时，恒成立
综上实数的取值范围是.
11．（2023·河南安阳·统考二模）已知函数，．
(1)若曲线有两条过点的切线，求实数m的取值范围；
(2)若当时，不等式恒成立，求实数a的取值集合．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设切点坐标，对函数求导，写出切线方程将点代入后根据已知条件建立不等式求解即可；
（2）构造函数对函数求导，再由不等式恒成立等价出问题，利用函数导数的单调性进行分析求解即可.
【详解】（1）设切点坐标为．
因为，
所以切线方程为，
将代入，可得．
因为曲线有两条过点的切线，
所以，解得或，
故实数的取值范围是．
（2）设，
则．
当时，，单调递增，又,
因为当时，，
当时，，
所以不恒成立．
当时，设，
则，
所以在上单调递增，
又当且时，，当时，，
故，使得，
当时，，，
当时，，．
因为，所以．
故
．
因为，所以只需．
设，则．
当时，，当时，，
所以，所以．
所以，故，
所以，，所以，
故实数a的取值集合为．
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.考点一
利用导数解决函数的零点，交点或方程的根的问题
考点二
构造函数法解决导数问题
考点三
利用二次求导法解决导数问题