2025高考总复习专项复习--一元函数的导数及其应用专题十（含解析）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_专项复习_2025高考总复习专项复习之一元函数的导数及其应用专题（完结）

2024年高考导数复习专题十 知识点一 利用导数证明不等式,利用导数研究方程的根,求已知函数的极值点 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 ， 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 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 .