【高考真题解密】高考数学真题题源——专题15《导数综合》母题解密（新高考卷）

专题15 导数综合  

【母题来源】2022年新高考I卷

【母题题文】

已知函数和有相同的最小值．
求
证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．

【答案】解：由题知，，
当时，，，，则两函数均无最小值，不符题意
当时，在单调递减，在单调递增；
在单调递减，在单调递增；
故，，
所以，即，
令，则，
则在单调递增，又，所以．
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且．
时，此时，显然与两条曲线和
共有个交点，不符合题意；
时，此时，
故与两条曲线和共有个交点，交点的横坐标分别为和；
时，首先，证明与曲线有个交点，
即证明有个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在个零点，设为，在上存在且只存在个零点，设为．
其次，证明与曲线和有个交点，
即证明有个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在个零点，设为，在上存在且只存在个零点，设为．
再次，证明存在，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
 

【母题来源】2022年新高考II卷

【母题题文】

已知函数．
当时，讨论的单调性
当时，，求实数的取值范围
设，证明：．

【答案】解：
当时，，单调递减
当时，，单调递增．
令对恒成立
又
令，则
若，即，
所以使得当时，有单调递增，矛盾
若，即时，
在上单调递减，
，符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
求导易得
令
即，证毕．

【命题意图】

考察导数的概念，导数的计算法则，求导公式，导数几何意义及导数的应用，考察利用导数研究函数的单调性，最值，函数零点问题，考察利用导数判断或者证明已知函数的单调性和利用导数解或者证明不等式。考察数形结合思想，分类讨论思想，化归和转化思想。

【命题方向】

导数是必考的知识点，也是试卷难点之一。考察的难度、广度和深度都是非常大的。常规基础考察，主要考察求导公式，求导法则与几何意义。中等难度考察，则考察求解单调区间，极值，最值等等，压轴题考察，则涉及了零点，证明不等式，恒成立或者存在问题，求参数分类讨论等等方面，和数列，不等式，函数等等知识结合，综合难度较大。

【得分要点】

一、判断f(x0 )是极大、极小值的方法

当函数f(x)在点x0处连续时，若x0满足f′(x0 )＝0，且在x0的两侧f(x)的导数值异号，则x0是f(x)的极值点，f(x0 )是极值．

如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；

如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．

二、求切线

以曲线上的点(x0，f(x0))（已知x0为具体值）为切点的切线方程的求解步骤：

①求出函数f(x)的导数f′(x)；

②求切线的斜率f′(x0)；

③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．

三、求零点或者讨论零点求参

1.函数讨论法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；

2.分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；

3.数形结合法：构造两个函数，利用数形结合的方法求解.（常规题是函数与直线，较复杂的，就需要构造需要借助求导来画图的函数了）

1．（2022·河北·模拟预测）已知函数.

(1)若，证明：；

(2)设函数，若有两个不同的实数根，且，证明：.

【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析

【分析】(1)由，列出与的关系式，利用指数对数的运算性质进行化简与放缩即可证明；

(2)把化成的形式，根据导数确定的单调性与极值，画出简图，确定与1的大小关系，利用(1)的结论，可以得到与的关系，进而可证得结论.

(1)

证明：由，得，则有，所以；

(2)

证明：令，化简可得，即，，令，，所以在上单调递增且，则即时，时，可得在上单调递减，在单调递增，且有，由下图可知，，，

又，即，由(1)可得，又由得，即，由(1)可得，①②相乘可得，即.

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

2．（2022·福建南平·三模）已知函数.

(1)讨论函数的单调性；

(2)若，求证：函数有两个零点，且.

【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)证明见解析

【分析】（1）直接求导，分和讨论单调性即可；

（2）先讨论当时无零点，再讨论时，通过同构得到，即，确定在上的零点，即可证明有两个零点；由相减得，换元令，进而得到，通过放缩构造函数即可求证.

(1)

定义域为，，当时，，在上单调递增；

当时，由得，当时，单调递减，当时，单调递增；

综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；

(2)

当时，因为，所以，无零点.当时，由，

得，即，设，则有，因为在上成立，

所以在上单调递减，当时，，所以等价于，

即，所以的零点与在上的零点相同.若，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，

又， ，，

所以在和上各有一个零点，即在上有两个零点，综上有两个零点.

不妨设，则，相减得，

设，则，代入上式，解得，所以，

因为，所以，因此要证，只需证，即证，

设，则，所以在递增，，

即，因为，所以可化成，又因为，所以.

【点睛】本题关键点在于通过同构得到，进而将的零点转化为在上的零点，再由得到，换元令，结合进行放缩得到，构造函数求导证明即可.

3．（2022·山东·烟台二中模拟预测）已知函数．

(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；

(2)证明：，

【答案】(1)(2)证明见解析

【分析】（1）直接求导，讨论和时函数的单调性即可求解；

（2）先通过分析法将要证结论转化为证，再结合（1）得到，由累加法结合放缩、裂项相消即可证明.

(1)

，当时，，，∴当时，，在区间上单调递增，

当时，，，∴当时，，∴在区间上单调递减，不合题意，

∴若在区间上单调递增，则实数a的取值范围为．

(2)

欲证，只需证，

只需证，即证，

只需证，由（1）可知当时，在区间上单调递增，

∴，∴当时，不等式恒成立，即恒成立，∴，

即，同理，…，，

将上述不等式累加得：

又

，

∴不等式得证，∴不等式得证．

【点睛】本题关键点在于先通过分析法将要证结论转化为证，然后由（1）中结论得到，通过累加法得到，再利用放缩、裂项相消求和即可证得结论.

4．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）设函数．

(1)求的单调区间；

(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：

（ⅰ）若，则；

（ⅱ）若，则．

（注：是自然对数的底数）

【答案】(1)的减区间为，增区间为.

(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.

（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.

（1）

，

当，；当，，

故的减区间为，的增区间为.

（2）

（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，

故，

故方程有3个不同的根，

该方程可整理为，

设，

则

，

当或时，；当时，，

故在上为减函数，在上为增函数，

因为有3个不同的零点，故且，

故且，

整理得到：且，

此时，

设，则，

故为上的减函数，故，

故.

（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：

故在上为减函数，在上为增函数，

不妨设，则，

因为有3个不同的零点，故且，

故且，

整理得到：，

因为，故，

又，

设，，则方程即为：

即为，

记

则为有三个不同的根，

设，，

要证：，即证，

即证：，

即证：，

即证：，

而且，

故，

故，

故即证：，

即证：

即证：，

记，则，

设，则即，

故在上为增函数，故，

所以，

记，

则，

所以在为增函数，故，

故即，

故原不等式得证：

【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.

5．（2022·湖南·永州市第一中学高三开学考试）已知函数（是自然对数的底数）．

(1)讨论函数的单调性；

(2)当时，若对于，曲线C：与曲线都有唯一的公共点，求实数的取值范围．

【答案】(1)答案见解析(2)

【分析】（1）根据导数的正负与函数单调性的关系及对参数进行讨论即可求解；

（2）根据已知条件将问题转化为方程的根，构造函数，再利用导数法求函数的极值即可求解.

（1）

由题意可知，函数的定义域为，

因为，所以 ，

当时，，函数在单调递减；

当时，令，即，解得，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

综上所述，当时，函数在单调递减；

当时，函数在上单调递增，在上单调递减．

（2）

因为曲线与曲线有唯一的公共点，

所以方程有唯一解，即方程有唯一解，

令，所以，

当，即时，，函数在单调递增；

易知与有且只有一个交点，满足题意；

当即时，有两个根，且两根之和为，两根之积为，

若两根一个大于4，一个小于4，此时函数先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，要使有唯一实数根，

则大于极大值或小于极小值．

记为极大值点，则，则恒成立，

又，即，

则极大值，

因为，所以在上单调递增，，则；

记为极小值点，则，则，又，

所以恒成立，令，又，

所以时，，所以单调递减，无最小值，

所以不存在，使得恒成立．

若两根都大于4，设为极大值点，，则同理可得单调递减，所以，则；

设为极小值点，，可得不存在，使得恒成立．

综上所述，实数的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：解决此题的关键第一问直接利用导数的正负与函数单调性的关系即可求解，第二问将问题转化为方程的根，构造新函数，利用导数法讨论函数的极值即可.

6．（2022·广东·二模）已知函数（且）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧．

(1)求点P处的切线方程，并证明：时，．

(2)若关于x的方程（t为实数）有两个正实根，证明：．

【答案】(1)，证明见解析(2)证明见解析

【分析】（1）确定的零点，得点坐标，由导数几何意义可得，在时作差，证明即可；

（2）是正根，因此只要考虑时情形，不妨设，仿照（1）求出在另一个零点处的切线方程，并证明时，，设的解为，的解为，利用的单调性可得，，这样有，然后证明，并利用导数研究的单调性与极值（需要二次求导）确定，最后利用不等式的性质可得结论成立．

(1)

令，得．

所以或．

即或．

因为点P在点Q的左侧，所以，．

因为，

所以，得点P处的切线方程为，即．

当时，，

因为，且，所以，所以，即．

所以，

所以．

(2)

不妨设，且只考虑的情形．

因为，所以．

所以点Q处的切线方程为，记，

令，，

设，则．

所以单调递增．

又因为，

所以，当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以在时有极小值，也是最小值，

即，所以当时，．

设方程的根为，则．

易知单调递增，由，所以．

对于（1）中，设方程的根为，则．

易知单调递减，由（1）知，所以．

所以．

因为，易知时，，故；当时，，所以，

所以，

所以．

记，，则恒成立．

所以单调递增，因为，，

所以存在使得．

所以，当时．；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增．

因为，，由函数图象知当方程（t为实数）有两个正实根时，，

所以．

所以，

即．

【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式，解题难点是转化问题，利用导数几何意义求出函数在零点处的切线方程，和，并利用导数证明，，设，同时设与和的交点横坐标分别是，，这里，可心由函数式求出来，且得出，于是差，回过头来利用导数证明，然后由不等式的性质证明结论．这个解题过程思路比较明确，但是计算量、思维量都很大．对学生的逻辑思维能力，转化与化归能力、运算求解能力要求较高，属于困难题．

7．（2022·江苏·盐城中学高三开学考试）已知函数恰有三个零点.

(1)求实数的取值范围；

(2)求证：① ；② .（两者选择一个证明）

【答案】(1)(2)证明见解析

【分析】（1）令转化为在，上有两不等实根，．从而得出参数的范围，

（2）设函数在处的切线，记切线与，的交点的横坐标分别为，，又由可得，从而可证明① ；根据对数均值不等式可证明② ．

（1）

可以等效化简为，即令，

由，则，令，，故在单调递增，在单调递减，当时，，所以，

且当时，,当时，，的图像如下图所示，

题意等价于，必有两个实根，．

判别式，有或，两根情况讨论如下：

①当，时，从而将代入式，得，

又，有不符合题意，故舍去；

②当，时，令，

当时，有，得，此时式为，不符合题意；

当时，则有，解得，

综上知的取值范围为，

（2）

选①

由（1）知，，

考虑函数，故，当时，，当时，，故在单调递增，在单调递减，故，因此，故得：，

记直线，与，的交点的横坐标分别为，，

则，，

又，则，

同理，

故．

若选②先证：对任意的，有，

记，

当时，，故在上单调递增，因此，故，

不妨设,取，代入得：

，则

故对任意的，有，

选②：

由于，故

【点睛】本题考查利用导数研究函数零点问题，考查复合方程的根的问题．解得本题的关键是先令，先研究出其性质大致图像，然后将问题转化为在和上各有一个实根，，从而使得问题得以解决，证明不等式时，主要采用了放缩法以及利用对数不等式对任意的，有进行证明,属于难题．

8．（2022·辽宁葫芦岛·二模）已知函数.

(1)当时，求的单调区间；

(2)设函数在处的切线与x轴平行，若有一个绝对值不大于4的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于4.

【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；

(2)证明过程见解析

【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求解单调区间；（2）利用切线斜率为0，求出，设的一个零点为，且，得到，看作函数后研究其单调性，最值，得到，设除外任一个零点为，根据，求出.

(1)

当时，，定义域为R，

所以，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

，

，

因为在处的切线与x轴平行，

所以，解得：，

设的一个零点为，且，

，

所以，

对于，

，

当时，，单调递增，

当或，，单调递减，

由于，，，，

所以，

设除外任一个零点为，

则，

由于，

所以，

即，

整理得：，解得：

所以，命题得证.

【点睛】含有参数的函数零点问题，要结合函数特征，对函数中的参数进行取值范围进行求解，本题难点就是求出后，将看作关于的函数，研究其单调性，极值和最值情况，从而求出的取值范围.

9．（2020·海南·海口市第二中学高三阶段练习）已知函数 （是自然对数的底数）.

（1）求的单调区间；

（2）若，当对任意恒成立时，的最大值为，求实数的取值范围.

【答案】（1）在上单调递减；在上单调递增.（2）

【详解】试题分析：（1）先求函数导数，根据导函数是否变号分类讨论：当时，导函数不变号，在上单调递增. 当时，导函数先负后正，即在上单调递减；在上单调递增.（2）不等式恒成立问题，一般利用变量分离转化为对应函数最值问题：最小值，根据的最大值为，转化为恒成立.利用导数可研究函数单调性及最值，可得为单调递增函数，则,即得实数的取值范围.

试题解析：（1）因为，所以.

当时，，所以在上单调递增.

当时，令，得令，得，

所以在上单调递减；在上单调递增.

（2），即对任意恒成立，

所以对任意恒成立.

令，，因为的最大值为，

所以恒成立.

由于，满足题意.

因此的取值范围是.

点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

10．（2022·重庆八中高三阶段练习）已知函数，，曲线在处的切线的斜率为．

(1)求实数a的值；

(2)对任意的，恒成立，求实数t的取值范围；

(3)设方程在区间内的根从小到大依次为、、…、、…，求证：．

【答案】(1)(2)(3)证明见解析

【分析】（1）由来求得的值.

（2）由，对进行分类讨论，分离常数以及构造函数法，结合导数求得的取值范围.

（3）由构造函数，利用导数以及零点存在性定理，结合函数的单调性证得.

(1)

因为，则，

由已知可得，解得．

(2)

由（1）可知，对任意的，恒成立，

即对任意的恒成立，

当时，则有对任意的恒成立；

当时，，则，

令，其中，

且不恒为零，

故函数在上单调递增，则，故．

综上所述，．

(3)

由可得，，

令，则，

因为，则，

所以，，所以，函数在上单调递减，

因为，，

所以，存在唯一的，使得，

又，则且，

所以，，

因为函数在上单调递减，

故，即．

【点睛】求解不等式恒成立问题，可以考虑利用分离常数法来解决.分离常数后，利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而解决问题.