新高考数学二轮专题复习练习 导数专题十（含答案）

这是一份新高考数学二轮专题复习练习 导数专题十（含答案），共10页。
典例1、己知函数（e是自然对数的底数）.
（1）若是函数的两个零点，证明：；
（2）当时，若对于，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围.
随堂练习：已知函数（）
（1）当时，有两个实根，求取值范围；
（2）若方程有两个实根，且，证明：
典例2、已知函数，.
（1）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围；
（2）若方程有且仅有两个实根，①求实数的取值范围； ②证明：.
随堂练习：已知函数在处的切线方程为．
（1）求a，b的值；（2）若方程有两个实数根，
①证明：；②当时，是否成立？如果成立，请简要说明理由．
典例3、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：.
随堂练习：已知函数.
（1）若，讨论的单调性； （2）若方程有两个不同的实数根.
（i）求的取值范围；（ii）若，求证：. (参考数据：)
知识点二 利用导数研究函数的零点,含参分类讨论求函数的单调区间
典例4、设函数，.
（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在处有极值且，当函数恰有三个零点时，求实数的取值范围.
随堂练习：已知函数，其中e为自然对数的底数.
（1）求的单调区间：（2）若函数在区间上存在零点，求实数a的取值范围.
典例5、已知函数，.
（1）讨论的单调性；（2）设，函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.
随堂练习：已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）设，若有3个互不相等的实根，求的取值范围．
典例6、已知函数，.
（1）讨论的零点个数；（2）若对，不等式恒成立，求a的取值范围.
随堂练习：已知函数，，其中是的导函数.
（1）讨论函数的单调性；（2）若关于的方程有且仅有一个实根，求的取值范围.
2024年高考导数复习专题十答案
典例1、答案：（1）答案见解析 （2）
解：（1）由，得， 令，解得或，
当时，，和时，
，单调递增，时，，单调递减；
当时，恒成立，在上单调递增； 当时，，和时，
，单调递增，当时，，单调递减；
综上所述：当时，的单调递增区间为和，的单调递减区间为；
当时，在上单调递增，无减区间；
当时，的单调递增区间为和，的单调递减区间为；
（2）因为函数在处有极值且 所以，即，解得，
当时，，，
令，解得或，
所以函数在处取极小值，即成立；
的单调递增区间为和，单调递减区间为，所以，，
如图所示，
函数有三个零点，可转化为函数与函数有三个交点，
数形结合可知，， 解得， 所以的取值范围为.
随堂练习：答案：（1）见解析 （2）
解：（1）∵，∴， 当时，恒成立，
所以的单调递增区间为，无单调递减区间.
当时，令，得：令，得，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上：当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
（2）当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
由（1）知. 当时，函数在区间上单调递增且，
所以函数在区间上不存在零点.所以当时，在区间上单调递减且，
所以函数在区间上不存在零点.
所以当时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
又∵，，∴当，即时，函数在区间上不存在零点；
当，即时，函数在区间上存在零点.
综上，实数a的取值范围为.
典例2、答案：（1） 答案见解析 （2）
解：（1）函数的定义域为，且.
当时，即当时，对任意的，，此时函数的增区间为；
当时，即当时，由可得，由可得，
此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由，可得，其中，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，当时，，此时函数单调递增，
当时，，所以，函数单调递减，
所以，函数的极大值为，且当时，，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.
随堂练习：答案：（1） 答案见解析 （2）
解：（1）， ，
时,令，即，
，，在上单调递减，
，，在上单调递增；
当时， ，，在上单调递增.
（2）， 令，则有2个互不相等的实根，
设，，则代表，两个函数有2个交点

如图，设切点坐标为， ，，
则切线方程为： 又切点在上，
联立①②，解得，切线斜率 因此 的取值范围为
典例3、答案：（1） 答案见解析； （2） .
解：（1）由已知可得，定义域为，.
因为，解可得，. 解可得，，所以在上单调递减；
解可得，，所以在上单调递增.
所以，在处有唯一极小值，也是最小值，.
所以，当时，，恒成立，此时的零点个数为0；
当时，，有唯一零点；
当时，，此时有， 且.
由在上单调递减，，，
根据零点的存在定理可知，，即，使得；
令，，则在上恒成立，
所以在上单调递减，又，所以.
所以在上恒成立， 又，，
又在上单调递增，
根据零点的存在定理可知，，即，使得.
所以是的零点，所以的零点个数为2.
综上所述，当时，的零点个数为0；当时，有1个零点；
当时，的零点个数为2.
（2）由已知可得，. 因为，，所以有
令，对于，，
则，则对恒成立，即对恒成立.
令，则只需即可. ，所以在上单调递增.
所以， 所以，解得.
随堂练习：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） .
解：（1），，，
当时，对，恒成立，故在上单调递增；当时，令，解得；
令，解得， 故在上单调递减，在上单调递增.
（2）等价于，即， 所以，
令， 则方程有且只有一个实数根等价于函数只有个零点，
令，因为为的一个零点， 则仅有一个零点为或无零点.
①若是仅有的一个零点，则，所以，
此时，则，，
所以存在，使得，与仅有一个零点矛盾，故.
②若无零点， 因为， 当时，，则在R上单调递增，
又，， 所以存在，使得，与题意不符；
当时，，对，，在R上无零点，符合题意；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，若无零点，则，
又，所以，即.
综上所述，关于x的方程有且仅有一个实根时，实数a的取值范围为.
典例4、答案：（1） 见解析； （2） .
解：（1）证明：因为是函数的两个零点，且， 所以，即有，
，即有， 则有， 令,
因为， 所以， 则，解得：，即 ，
则，
因为，所以， 所以， 即要证，
设， 则，则有，
令，则， 又，所以，
所以在上单调递增，即在上单调递增， 所以，
故在上单调递增， 又， 所以， 即，
则， 故有；
（2）当时，， 令，
又因为曲线与曲线都有唯一的公共点，
即有唯一的解， 因为，
当，即时，， 则函数单调递增，
又趋于0时， 趋于，趋于时， 趋于，
则只有唯一的解，满足题意，
当，即时，令，
即得有两个解：，，
由韦达定理可得， 故两个解一个大于4，一个小于4，即，
又因为，所以，则有， 当时，，函数单调递减，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
故函数存在一个极大值和一个极小值，且极大值点为，极小值点为，
要使有唯一的解， 只需大于极大值或小于极小值，
即或， 当时， 即恒成立，
又， 即， 则，
令， 求导可得， 令，得，
当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减，
则在上单调递增，在上单调递减，又， 所以，
要使恒成立，则有； 当时， 即恒成立，
又， 即， 则，
又在上单调递减， 故在上无最小值，
又，则不存在使恒成立， 综上，实数的取值范围为.
随堂练习：答案：（1） 取值范围是 （2）证明见解析
解：（1）的定义域为， ，
在上单调递增，所以的取值范围是.
（2）的定义域为， 有两个不相等的实数根，
令，由（1）知在上递增，则，
则有两个不相等的零点，，
，.
要证，只需证，即证， 即证，
， 故只需证，
不妨设，令， 则只需证， 只需证，
令， ， 所以，
即当时，成立. 所以，即，所以.
典例5、答案：（1） ； （2）①；②证明见解析.
解：（1）因为不等式对于恒成立，即对于恒成立
所以，令，则，
所以当时，递增；当时，递减；
即在处取得极大值也为最大值，从而.
（2）①方程，即， 所以，
令，则， 因为单调递增，所以，
因为有且仅有两个实根，
所以有且仅有两个实根，即有且仅有两个实根，
令，则，
由（1）知：在上递增，在上递减，
而在上值域为，上值域为，
由有两个零点，则，即，
当时，，所以，
由零点存在定理知：在上存在唯一零点，
当时，令，则，故递减，
所以，即， 故，
令得：，即有，所以，
由零点存在定理知：在上存在唯一零点，
综上，有且仅有两个零点， 所以.
②因为有且仅有两个实根，不妨设，所以，两式相除得，
令，解得，
要证，即证，即证，即证，
令，则对恒成立，
所以，证得.
随堂练习：答案：（1） ， （2）①证明见解析，②成立，理由见解析
解：（1）， 因为函数在处的切线方程为，
所以，，
∴，或，（舍）， 所以，；
（2）①证明：由（1）可知，，
令， 则，令，得，
所以函数在上递减，在上递增， 所以，
即， 又，，，，
且，，∴，使得，即，即，
当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，
所以，
∵，∴，令，则 ，
所以函数在上递增， 故， 所以，
即， ∴；
②解：成立，理由如下： 当直线过，时割线方程为，
得，当直线过，时割线方程为，得，
∴.
典例6、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：（1）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.
随堂练习：答案：（1） 答案见解析； （2）(i)；(ii)证明见解析.
解：（1）的定义域为， 当时，.
设，则，由得：，
当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，
的最大值为， ，即在上恒成立，
在上单调递减.
（2）（i）由得：，即.
设，则，由得：，
当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减，
有极大值也是最大值， 当时，，当时，.
要使有两个不同的实数根，则，
即，即实数m的取值范围为.
（ii）证明：，则，即，故.
设，由得， 设，则，
设，则，
在上单调递增，故，故，
在上单调递增，故，
，结合（i）有.
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增