新高考数学二轮复习热点难点题型强化训练专题10 导数解答题分类练（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习热点难点题型强化训练专题10 导数解答题分类练（2份，原卷版+解析版），共5页。试卷主要包含了曲线的切线问题，含参函数的单调性问题，函数零点与方程实根个数问题，不等式恒成立问题，不等式证明等内容，欢迎下载使用。
1. （2023届河南省开封市通许县高三冲刺卷）已知函数．
(1)若函数的图象与直线相切，求实数的值；
(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．
【解析】（1）设直线与函数的图象相切于点，
因为,
所以，由②③可得④，易知.
由①得，代入④可得，
即，即，解得.
故.
（2）令，可得，
由题意可得只有一个根.
易知不是方程的根，所以，
所以由，可得.
设，则与的图象只有一个交点.
，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以.
所以.
又，时，，时，，
画出函数的图象如图所示：

由图可知，若与的图象只有一个交点，
则.
所以实数的取值范围是.
2．（2024届福建省莆田哲理中学高三上学期月考）已知函数，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)试讨论函数的单调性.
【解析】（1）因为，
所以，则，切点为
又因为
所以，即
所以曲线在点处的切线方程是，
即.
（2）因为，，
所以，
当时，，则在上单调递减；
当时，令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
3．（2024届重庆市第一中学高三上学期开学考）已知函数.
(1)设，经过点作函数图像的切线，求切线的方程；
(2)若函数有极大值，无最大值，求实数的取值范围.
【解析】（1）时，
设切点为，则切线斜率为，
切线方程：，
将点带入得：，
此时斜率，所以切线方程为.
（2）函数的定义域为，令，则
（1）当时在单调递增，
注意到时，，注意到时，，
故存在，使得，在时单调递减，在时，单调递增，函数有极小值，无极大值，不符合题意.
（2）当时，令，令，
所以在单调递增，在单调递减.
当时，当时，
所以，
若，则恒成立，在单调递减，无极值和最值.
若，即，此时存在，使得，
且在有单调递减；在有单调递增，此时为的极大值.
注意到时，要使无最大值，则还应满足，
即，同时，
带入整理得.
由于，且在单调递减，故，
即，
综上实数的取值范围为.
4.（2024届江苏省南通市高三上学期质量监测）已知函数的极小值为，其导函数的图象经过，两点.
(1)求的解析式；
(2)若曲线恰有三条过点的切线，求实数的取值范围.
【解析】（1），
因为，且的图象经过，两点.
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在处取得极小值，所以，
又因为，，所以，，
解方程组得，，，
所以.
（2）设切点为，则，
因为，所以，
所以切线方程为，
将代入上式，得.
因为曲线恰有三条过点的切线，所以方程有三个不同实数解.
记，则导函数，
令，得或1.
列表：
所以的极大值为，的极小值为，
所以，解得.故的取值范围是.
5.（2024届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期质量调研）设函数的定义域为开区间，若存在，使得在处的切线与的图象只有唯一的公共点，则称切线是的一条“切线”.
(1)判断函数是否存在“切线”，若存在，请写出一条“切线”的方程，若不存在，请说明理由；
(2)设，若对任意正实数，函数都存在“切线”，求实数的取值范围；
(3)已知实数，函数，求证：函数存在无穷多条“切线”，且至少一条“切线”的切点的横坐标不超过.
【解析】（1）记，则
取，，切线方程为.
与函数联立，得.
记，则,
当时，当时，
故在上严格增，在上严格减，，
故函数只有一个零点,故是一条“切线”:
（2）
设点在函数的图像上,
点处的切线为，与联立
得
（*）
由题意得直线为“切线”，故方程（*）在上有且仅有一解
则或
若，则是方程（*）的唯一解（此时有无数条“切线”切点横坐标为上的任意值）.
若，则（此时只有一条“切线”，切点的横坐标为）
或（此时有无数条“切线”,切点横坐标为上的任意值）
综上，.
（3）证明：，将点处的切线的方程与联立得，
记，则直线为“切线”函数有且仅有一个零点
（此时，一个对应一条“切线”），显然是的零点，
故只要没其他零点.
此时，
当即， 恒成立，
此时当时，，当时，，
故此时为唯一的极小值点（也是最小值点），而，
故无其他零点，故直线为“切线”，因的任意性，
故函数存在无穷多条“切线”，有一条 “切线”的切点的横坐标为.
二、含参函数的单调性问题
6. （2024届山东省泰安市肥城市高三上学期9月月考）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【解析】（1）函数的定义域是，可得.
当时，可知，所以在上单调递增；
当时，由得，
可得时，有，时，有，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：当时，要证成立，
只需证成立，
只需证即可.
因为，由（1）知，.
令，
则，
可得时，有；时，有，
所以在上单调递减，在上单调递增，
可知，则有，所以有，
所以当时，成立.
7.（2024届江西省丰城厚一学校高三上学期9月月考）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，，使得.
【解析】（1）函数的定义域为，
求导得，，
当时，恒有，函数在上单调递减；
当时，由，得或，单调递减，由，得，单调递增；
当时，由，得或，单调递减，由，得，单调递增；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得最大值，
于是当时，，使得成立，当且仅当时，成立，
即当时，成立，令函数，求导得，
令，求导得，
于是函数，即在上单调递增，，
因此函数在上单调递增，，即当时，成立，
所以当时，，使得.
8.（2024届四川省仁寿第一中学校高三上学期9月月考）已知a为实常数，函数（其中为自然对数的底数）
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，函数有两个零点，求实数a的取值范围．
【解析】（1），
当时，，在上单调递增；
当时，时，；时，，
在上单调递增，在上单调递减；
综上：时，在上是单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）得，时，函数在递增，不可能有2个零点，
当时，函数在递减，在递增，
函数的最小值为，∴函数只有1个零点，
当时，函数在递减，在递增，
为函数的最小值，
令，
，
当时，，故函数在递增，且，
故时，，
令，
，在上递减，
，即时，
由于，
所以，当时，函数有2个零点．
9.（2024届江苏省淮安市高三上学期第一次调研测试）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：当时，．
【解析】（1）因为，所以．
①当时，在单调递减；
②当时，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）当时，，
要证明，只要证，即证，
设，则，令得，列表得
所以，即，所以．
10.（2024届湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【解析】（1）因为，定义域为，所以．
当时，由于，所以恒成立，此时在上单调递减；
当时，，令，得，
则当时，，有在上单调递增；
当时，，有在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）我们先证明引理：，恒有且．
引理的证明：
设，．
故只需证明，恒有，．
由于，知当时，；当时，；
则在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，恒有．
由于，知当，均有，
所以恒有，故在上单调递增，
则．
所以，恒有．
综上，引理得证．回到原题：
由（1）得，
故只需证明：对，恒有，即．
由引理得．命题得证．
三、函数零点与方程实根个数问题
11. （2024届江西省全南中学高三上学期开学考试）已知函数．
(1)当时，求函数的极小值；
(2)若函数在区间上有且只有一个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，可得，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数的极小值为.
（2）解：若时，，令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在区间上有且只有一个零点.
若时，由，令，解得或，
①若时，此时，可得在上单调递增，且，此时函数在区间上有且只有一个零点；
②若时，可得，令，可得或，
令，可得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
又由，只需讨论的符号，
当时，，函数在区间上有且只有一个零点；
当时，，函数在区间上无零点.
③若，则，令，可得或，
令，可得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
又由，
此时函数在区间上有且只有一个零点，
综上可得，，即实数的取值范围为.
12.（2023届海南省海口市高三下学期学生学科能力诊断）已知函数.
(1)求的极值；
(2)若函数至少有两个不同的零点，求实数m的最小值.
【解析】（1）由题意得，
令，则或，
当或时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值为，极小值为.
（2）由，即得，
设，则，
令，则，
令，则或（舍去），
令，得，即在上单调递减，
令，得，即在上单调递增，
故的最小值为，
又，故当时，，
又，故存在唯一的，使，
当x变化时，的变化情况如表：
当且无限趋近于0时，，
由于趋近于负无穷小，故趋近于负无穷小，
由于在上单调递减，故，
作出的大致图像如图：
要使函数至少有两个不同的零点，
则直线与的图象至少有两个交点，
故需使，即实数m的最小值为3.
13.（2024届北京市陈经纶中学高三上学期9月阶段性诊断）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若在上单调递增，求实数的取值范围；
(3)当时，判断在零点的个数，并说明理由．
【解析】（1）由可得，
此时切线斜率为，而；
所以切线方程为，即；
即曲线在点处的切线方程为；
（2）根据题意，若在上单调递增，
即可得在上恒成立，即恒成立；
令，则；
显然在上满足，而恒成立，所以在上恒成立；
即在单调递增，所以；
所以即可；
因此实数的取值范围为.
（3）令，即可得；
构造函数，，易知在上恒成立，
即在上单调递增，如下图中实曲线所示：
又函数恒过，且，
易知，所以函数在处的切线方程为；
又，所以（图中虚线）在范围内恒在（图中实直线）的上方；
所以由图易知与在范围内仅有一个交点，
即函数在内仅有一个零点.
14.（2023届河南省部分学校高三押题信息卷）已知函数．
(1)求证：曲线仅有一条过原点的切线；
(2)若时，关于的方程有唯一解，求实数的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，，设切点，
则切线方程为，
当切线过原点时有，即，
故，因为，所以，即切点有且只有一个，则曲线仅有一条过原点的切线，即得证.
（2）关于的方程有唯一解，即方程，有唯一解，
令，则.
因为，故当，即时，，函数单调递增，且当时，，当时，.
易知的图象与直线有且仅有一个交点，满足题意，此时；
当，即时，设有两个根，，则，，故.
①若，则当时，单调递增；
当时，单调递减，且当时，，当时，.
故要使得有唯一解，则或恒成立.
此时，即，，.
则极大值，
令，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以，
又恒成立，故，；
同理，极小值，当时无最小值，此时无实数使得恒成立.
②若，则，，不满足；
③若，由①可得；
故当时，.
综上所述：
当时，；当时，.
四、不等式恒成立问题
15. （2023届河南省信阳高级中学高三下学期3月测试）已知函数.
(1)是的导函数，求的最小值；
(2)证明：对任意正整数，都有（其中为自然对数的底数）；
(3)若恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）依题意，，
所以，
，所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
所以当时取得最小值为.
（2）要证明：对任意正整数，都有，
即证明，
即证明，
由（1）得，即
令，所以，
所以
，
所以对任意正整数，都有.
（3）若不等式恒成立，此时，
则恒成立，
令，
令，
所以在区间上单调递增，
所以，当时等号成立，
所以，
当时等号成立，所以.
16.（2024届河北省保定市唐县第一中学高三上学期9月月考）已知函数（）．
(1)若在上恒成立，求a的取值范围：
(2)设，，为函数的两个零点，证明：．
【解析】（1）若在上恒成立，即，
令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即a的取值范围是．
（2）令，即，
令，则，
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，则，，
因为，
所以．
设函数（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
又函数在上单调递减，
所以，所以．
17.（2024届上海市育才中学高三上学期第一次调研检测）已知函数，为的导数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)证明：在区间存在唯一零点；
(3)若时，，求a的取值范围．
【解析】（1），
，，
所以曲线在处的切线方程为，
即；
（2）令，
则，
当时，，所以在上单调递增，
又，所以函数在上没有零点，
当时，，所以在上单调递减，
又，所以函数在上有且只有一个零点，
综上所述，函数在在区间存在唯一零点，
即在区间存在唯一零点；
（3）若时，，
则，
又，所以，
由（2）知，在区间上只有一个零点，设为，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以当时，，
又当，时，，故，
所以a的取值范围为．
18.（2023届陕西省咸阳市武功县高三上学期11月期中）已知函数，.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围；
(3)若实数满足且，证明：.
【解析】（1）当时，，
，由，得，由，得，
故的单调增区间为，单调减区间为；
（2），
令，
则，
令，则，
由，得，由，得，
故在递增，在递减，，
，所以，
在上单调递增，，
，
的取值范围；
（3），
又，在上递增，
所以，
下面证明：，
即证，
令，则，
即，
令，则，
令，则，
∴函数在上单调递减，
，
在递减，
，
所以.
19.（2024届辽宁省朝阳高三上学期9月联考）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)若存在，使得不等式成立，求的取值范围.
【解析】（1）由函数的定义域为，且，
当时，无单调性；
当时，对任意恒成立，
所以函数的单调递增区间为，，无单调递减区间；
当时，对任意恒成立，
所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间.
（2）由不等式，即，则，
设，，
根据题意，存在，，
又由，且，
当时，在上恒成立，不满足题意；
当时，方程，可得，
即在上恒成立，则在上单调递增，所以，
即在上恒成立，不满足题意；
当时，令，得，，
由和，得，
则当时，，在上单调递减，此时，
因此，当时，存在，使得不等式成立，
所以满足题意的的取值范围为.
五、不等式证明
20. （2024届云南省大理高三区域性规模化统一检测）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：．
【解析】（1）函数的定义域为，求导得，
若，则，无极值；
若，由，可得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
此时，函数有唯一极小值，无极大值；
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
此时，函数有唯一极大值，无极小值；
所以当时，函数无极值；
当时，函数有极小值，无极大值；
当时，函数有极大值，无极小值；
（2）证明：由，两边取对数可得，即，
当时，，，
由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
而，时，恒成立，
因此，当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，
记，，
则，
即有函数在上单调递增，所以，即，
于是，而，，，
函数在上单调递增，因此，即.
21.（2023届陕西省西安市第八十三中学等校高三二轮复习联考）已知函数，．
(1)求的极值；
(2)证明：当时，．（参考数据：）
【解析】（1）的定义域为，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，
所以的极大值为，无极小值；
（2）设，
则，
令，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，，，
所以存在，使得，即．
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以当时，在处取得极小值，即为最小值，
故，
设，因为，
由二次函数的性质得函数在上单调递减，
故，
所以当时，，即．
22.（2024届湖南省长沙市高三上学期第二次阶段性测试）函数.
(1)若存在极值，求的取值范围；
(2)若，已知方程有两个不同的实根，，证明：.（其中是自然对数的底数）
【解析】（1）因为，所以，，
当，即时，，则为单调递增函数，不可能有极值，舍去；
当，即时，令，解得，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在取得极大值，符合题意；
综上：，故实数的取值范围为.
（2）由得:.
由得即
构造.易知在单调递增且.
∴.即取对数得
设.则
即.
利用对数均值不等式有即证得.
要证.只要证明.
设.由（*）可且
则
在单调递减，则.即
对数均值不等式.
证明如下:不妨设，要证，即证，，
令即证，即
即证:.
令，则
所以结论得证.
23.（2023届四川省绵阳市涪城区南山中学高三仿真测试）已知函数，且．
(1)求实数a的取值范围；
(2)已知，证明：．
.
【解析】（1）函数定义域为R，，
由解得，故在区间上单调递增，
由解得，故在区间上单调递减，
故的最小值是，解得，所以实数a的取值范围为．
（2）在（1）中，令时，，令，得，即，
令，则，
所以，，
令，则．且不恒为零．
所以，函数在上单调递增，故，则．
所以，，
所以，
0
1
+
0
-
0
+
↗
极大
↘
极小
↗
a
1
0
单调递减
极小值
单调递增
x
1
+
0
-
0
+
+
0
-
0
+
增
极大值
减
极小值3
增