新高考数学二轮专题复习练习 导数专题一（含答案）

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典例1、已知函数，．已知曲线在点处的切线与直线平行．
（1）求的值；
（2）证明：方程在内有且只有一个实根．
随堂练习：已知函数的图象在处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）若关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，求的取值范围.
典例2、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：．
随堂练习：已知函数的图象的一条切线为轴.
（1）求实数的值；
（2）令，若存在不相等的两个实数满足，求证：.
典例3、设函数，曲线在原点处的切线为x轴，
（1）求a的值；
（2）求方程的解；
（3）证明：.
随堂练习：已知函数，直线与曲线相切．
（1）求实数的值；
（2）若曲线与直线有两个公共点，其横坐标分别为．
①求实数的取值范围；
②证明：．
知识点二 利用导数研究函数的零点,函数极值点的辨析
典例4、已知函数．
（1）求证：有且仅有两个极值点的；
（2）若，函数有三个零点，求实数c的取值范围．
随堂练习：已知函数，.
（1）是否存在使得0为函数的极值点？若存在，求的值；若不存在，说明理由；
（2）若函数有且只有两个零点，求的值.
典例5、已知函数，求证：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）在上有且仅有2个零点.
随堂练习：设函数，，（为参数）．
（1）当时，求的单调区间，并证明有且只有两个零点；
（2）当时，证明：在区间上有两个极值点．
典例6、已知a为实数，函数
（1）当时，求曲线在点（1，f（1））处的切线的方程：
（2）当时，求函数f（x）的极小值点；
（3）当时，试判断函数f（x）的零点个数，并说明理由.
随堂练习：已知函数，为的导数．
（1）判断并证明在区间上存在的极大值点个数；
（2）判断的零点个数．
2024年高考导数复习专题一答案
典例1、 答案：（1）；（2）证明见解析.
解：（1）， 由题意知，曲线在点处的切线斜率为2，
则， 所以，解得.
（2）令，，
则，， 所以，
所以函数在内一定有零点，
，
∴在上单调递增，所以函数在内有且只有一个零点，
即方程在内有且只有一个实根.
随堂练习：答案： （1）1；（2）.
解：（1）∵， ， 则，解得.
（2）由（1）有. ∴原方程可整理为.
令， 得， ∴当时，，
当时，，又， 即在上是增函数，在上是减函数.
∴当时，有最大值.
∵，.
∴.
由，得，，
故的取值范围是.
典例2、 答案：（1）1、；证明见解析 （2）证明见解析
解：（1）将代入切线方程，有，
所以，所以，
又，所以，
若，则，与矛盾，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）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．
随堂练习：答案：（1），（2）见解析
解:（1）由，得，，
设切点坐标为，由题意得， 解得.
（2），令，
则，当时，，，
又可以写成，当时，，，
因此在上大于0，在上单调递增，又，
因此在上小于0，在上大于0，
且在上单调递减，在上单调递增， ，
当时，， 记，
记函数的导函数为，则
，
故在上单调递增， 所以，所以，
不妨设，则，
而，，有单调性知，即.
典例3、答案：（1） （2） （3）证明见解析
解：（1）因为， 所以，
因为曲线在原点处的切线为轴，所以，即.
（2）方程可化为，
令， 则，
所以在上单调递增， 又，所以在上有唯一零点，
所以方程有唯一解.
（3）要证， 即证，
即证， 先证，
由（2）易得，
所以；
再证， 令，
则， 所以在单调递减，
所以当时，， 即，
所以，
因为， 所以，即；
所以.
随堂练习：答案：（1） （2）①；②证明见解析
解：（1）设切点，，
得，，所以，代入直线方程得；
（2）①由（1）知，若曲线与直线有两个公共点，
则等价于有2个实数根，，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
，当趋向于正无穷大时，趋向于0，
当趋向于负无穷大时，趋向于负无穷大， 则；
②，即，等价于，
令，， ，
因为，所以，故，所以在上单调递增，故,
不妨设，故，即，由已知，所以，
由①知，当时，单调递增，故，所以， 所以.
典例4、答案：（1）证明见解析； （2）当时，；当时，．
解：（1）依题意，，令，即，
因为恒成立，则有两个根，不妨令，
即，当或时，，当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
分别是的极大值点和极小值点， 所以有且仅有两个极值点的．
（2）由（1）知是关于x的方程的两根，即有，，
因，则，解得或，
当时，，，则，，
由（1）知在，上单调递增，在上单调递减，
则函数的极大值为，极小值为，要使函数有三个零点，
当且仅当， 即，解得；
当时，，，则，，
函数在，上单调递增，在上单调递减，
则函数的极大值为，极小值为，要使函数有三个零点，
当且仅当， 即，解得，
所以，当时，；当时，．
随堂练习：答案：（1）不存在，详见解析；（2）1.
解:（1）由函数， . 得， .
若0为函数的极值点， 则，
解得，此时，函数单调递增，无极值点，
所以不存在使得0为函数的极值点；
（2）令，得 ，
当或时，， 当时，，
所以当函数取得极大值，当时，函数 取得极小值，
若函数有且只有两个零点，
则或，
即或 ，
解得或（舍去）
典例5、 答案：（1）证明见解析（2）证明见解析
解：（1）因为，所以，
设，则，则当时，，
所以即在单调递减，
又，，且图像是不间断的，
由零点存在性定理可得在有唯一零点，设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，
故在存在唯一极大值点.
（2）因为，所以，
设，则，则当时，，
所以即在单调递减，
由（1）知，在单调递增，在单调递减.
又，，所以，
又的图像是不间断的，所以存在，使得；
又当时，，所以在递减，
因，又，又的图像是不间断的，
所以存在，使得；
当时，，，所以，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
随堂练习：答案：（1）在和单调递增，在单调递减；证明见解析；
（2）证明见解析．
解:（1）当时，，，.
当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减．
且，，，.
根据零点存在定理得，在有唯一零点，在有唯一零点，
因此，在上有且只有两个零点．
（2）当时，，，
令，则，
当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增．
又因为，，，
根据零点存在定理得，在和各有一个零点分别为，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故在上有一个极大值点和一个极小值点．
典例6、答案：（1） （2）极小值点 （3）函数f（x）的零点个数为2，理由见解析
解：（1）当时，，
设曲线在点（1，f（1））处的切线的方程为，
因为，所以，又，
所以切线方程为，即.
（2）当时，，故， 令，故，
f（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：
所以f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以函数f（x）有且仅有一个极小值点.
（3）函数f（x）的零点个数为2，理由如下：
①当时，.
由于， 所以，
故函数f（x）在区间（0，a]上单调递减， ，
所以函数f（x）在区间（0，a]上有且仅有一个零点：
②当时，， 故，
令，得， ，，故，
因此恒有，所以函数f（x）在区间（a，+∞）上单调递增.
又，
所以函数f（x）在区间（a，+∞）上有且仅有一个零点.
综上，函数f（x）的零点个数为2.
随堂练习：答案：（1）在区间上存在的极大值点个数为1，理由见解析；
（2）2个零点，理由见解析.
解：（1）在区间上存在的极大值点个数为1，理由如下：
，， ，令，，
则，令，，
，当时，，所以，
即在上单调递减，
又， ，
故存在，使得，
且当时，，当时，，
所以在处取得极大值，
故在区间上存在的极大值点个数为1；
（2）的定义域为，
①当时，由（1）知，在上单调递增，而，所以当时，，
故在上单调递减，又， 所以是在上的唯一零点；
②当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
而，， 所以存在，使得，
且当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
又，所以当时，，
所以在上没有零点；
③当时，，所以在上单调递减，
而， 所以在上有唯一零点；
④当时，，所以，从而在上无零点；
综上：有且仅有两个零点.
0
极小值