新高考数学二轮专题复习练习 导数专题二（含答案）

这是一份新高考数学二轮专题复习练习 导数专题二（含答案），共10页。试卷主要包含了已知函数．，已知函数在处取得极值.，已知函数.等内容，欢迎下载使用。
典例1、已知函数．
（1）若，求函数在区间上的最大值；
（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围．
随堂练习：已知函数．
（1）若，求函数在区间的最值；
（2）若恰有三个零点，求a的取值范围．
典例2、已知函数在处取得极值.
（1）求在上的最小值；
（2）若函数有且只有一个零点，求b的取值范围.
随堂练习：已知.
（1）若在有唯一零点，求值； （2）求在的最小值.
典例3、已知函数，且，其中是自然对数的底数
（1）当时，求函数的单调区间和最值；
（2）若函数没有零点，求实数m的取值范围．
随堂练习：已知函数.
（1）当，求的最值； （2）若有两个不同的极值点，求的取值范围.
知识点二 求过一点的切线方程,用导数判断或证明已知函数的单调性,利用导数研究方程的根,
利用导数研究双变量问题
典例4、已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同零点，，①求实数a的取值范围； ②求证：．
随堂练习：已知函数，（其中是自然对数的底数）
（1）试讨论函数的零点个数；
（2）当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
典例5、已知函数．
（1）当时，求曲线与曲线的公切线的方程；
（2）设函数的两个极值点为，
求证：关于的方程有唯一解．
随堂练习：已知，函数.
（1）当时，求的单调区间和极值；
（2）若有两个不同的极值点，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：（……为自然对数的底数）.
典例6、已知函数.
（1）若函数存在两个零点，求实数的范围;
（2）当函数有两个零点，且存在极值点，
证明:①; ②.
随堂练习：函数，．
（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若直线是函数图象的切线，求的最小值；
（3）当时，若与的图象有两个交点，，试比较与的大小．（取为2.8，取为0.7，取为1.4）
2024年高考导数复习专题二答案
典例1、答案： （1）；（2）
解：（1）当时，，所以，令，解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值为，
当时，所以函数在区间上的最大值为；
（2）由，所以，
当时所以函数在定义域上单调递增，则只有一个零点，故舍去；
所以，令得或，
函数有三个零点，等价于的图象与轴有三个交点，函数的极值点为，，
当时，令得或，所以函数在和上单调递增，
令得，所以函数在上单调递减，所以函数在处取得极大值，
在处取得极小值，解得；
当时，令得或，所以函数在和上单调递增，
令得，所以函数在上单调递减，所以函数在处取得极小值，
所以的图象与轴不可能有三个交点； 综上可得，即
随堂练习：答案： （1）最大值为37，最小值为；（2）.
解：（1）若，则，，
令，得或，列表如下：
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值为，
的极小值为，，. 故最大值为37，最小值为．
（2）， 当时，恒成立，在R上单调递减，
此时至多一个零点，不符合题意；
当时，令，则， 所以当或时，；当时，；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以极大值为，的极小值为．
因为恰有三个零点，所以，解得，
所以；综上所述，a的取值范围为．
典例2、答案：（1） （2）
解：（1）因为，所以，
在处取得极值，，即解得，
，所以，
所以当或时，当时，
在上单调递增，在上单调递减，
又，在上的最小值为.
（2）由（1）知，， 若函数有且只有一个零点，
则方程有唯一解，即有唯一解，
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
又，函数图象如下所示：

或，得或， 即b的取值范围为.
随堂练习：答案：（1）（2）
解:（1）由得， 令，，由得；
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增； 故
因为在有唯一零点，所以只需与直线有一个交点， .
（2），.
当时，恒成立，所以在上单调递增，因此最小值为；
当时，由得；由得；
所以在上单调递减，在上单调递增；因此；
当时，在上恒成立，所以在上单调递减；
因此，最小值为； 综上，.
典例3、答案：（1）单调减区间是，单调增区间是，最小值是，无最大值
（2）
解：（1）当时， ，，令，
当时，，单调递减，当时，，单调递增
∴单调减区间是，单调增区间是
∴最小值是，无最大值．
（2）由题可知，，其中，
当时，恒成立，在区间上单调递增．
令，即，，如图

因为当时，，，
可知，，必有一个零点，不符合题意． 当时，令，则，
时，，单调递减，当时，，单调递增
当时，即，有一个零点，不符合题意
当时，即，没有零点，符合题意
当时，即，因为，
∴，，有一个零点，不符合题意．综上所述，当时，函数没有零点．
随堂练习：答案：（1）最小值为，无最大值；（2）.
解:（1）当时，，，，
则在单调递减，在单调递增， 则，无最大值.
（2）.有两个极值点有两个不等实根有两个不等的实根.
记，则. 所以，.
则在上单调递增，上单调递减，，
，且当时，，如图所示：
∴即. 综上，的取值范围是．
典例4、答案：（1） 1、单调递增区间是，单调递减区间是（2）①；②证明见解析
解：（1）对函数求导，得．
当时，，
因为函数的定义域， 由，得， 由，得，
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）由，得，
①函数有两个不同零点，等价于方程有两个不同的实根．
设，即方程有两个不同的实根． 设，
，再设，所以函数在上单调递增，
注意到， 所以当时，，当时，．
所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增．
当时，， 当时，， 当时，，只需，即所求．
②注意到，，要证，只需证．
由①知，，故有，即． 下面证明：．
设，有，
所以函数在上单调递增， 所以，
所以，故有．
又，，且在上单调递减，所以，即得．因此
随堂练习：答案：（1）答案见解析 （2）证明见解析
解：（1）由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：
如下图所示：
当时，函数无零点； 当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
（2）证明：，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得， 要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，所以，，

因为，可得， 函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为， 所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时， ，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，故原不等式成立.
典例5、 答案：（1）（2）见解析
解:（1）曲线在切点处的切线方程为：，即，
曲线在切点处的切线方程为，即，
由曲线与曲线存在公切线，得，得，即．
令，则， ，解得，∴在上单调递增，
，解得，∴在上单调递减， 又，∴，则，
故公切线方程为．
（2）要证明关于的方程有唯一解， 只要证明，
先证明：． ∵有两个极值点，
∴有两个不同的零点， 令，则，
当时，恒成立，∴单调递增，不可能有两个零点；
当时，，则，∴在上单调递增，
，则，∴在上单调递减，又时，，时，，
∴，得，∴．
易知，
由，得，，
∴．
下面再证明：． ，
令，则只需证，令，则，
∴，得． ∴有唯一解．
随堂练习：答案：（1） 1、递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值
（2）（i）；（ii）证明见解析
解：（1）当时，()，则，
故当时，，当时，，
故的递减区间为，递增区间为， 极小值为，无极大值；
（2）(i)因为()，
令()，问题可转化函数有个不同的零点，
又，令，
故函数在上递减，在上递增，
故，故，即，
当时，在时，函数，不符题意，
当时，则，，，
即当时，存在，，
使得在上递增，在上递减，在上递增，
故有两个不同的极值点的a的取值范围为；
（ii）因为，，且， 令，则，，
又，
令，即只要证明，即，
令，
则，
故在上递增，且，所以，即，
从而，
又因为二次函数的判别式，
即，即，
所以在上恒成立，故.
典例6、 答案：（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
解：（1） 因为，令
则 所以在递减，递增
又有两个零点，所以
令，则在上单调递增 又，所以时 故
（2）（i） 而
（ii）由上知 而有：
即 又
即
又即
随堂练习：答案： （1）；（2）；（3）.
解：（1）：， 则，
在上单调递增， 对，都有，
即对，都有， ，， 故实数的取值范围是；
（2）， 设切点，则切线方程为，
即， 即，
令，由题意得，，
令，则，
当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增，
，故的最小值为；
（3）由题意知，， 两式相加得，
两式相减得，即 ，
即， 不妨令，记，
令，则，在上单调递增，则，
，则， ，
， ，即，
令，则时，， 在上单调递增，
又， ，
则，即．
x
1
3
+
0
-
1
+
单增
5
单减
单增
37
减
极小值
增