2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题10 一元函数的导数及其应用（利用导数研究双变量问题）（全题型压轴题） Word版含解析

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专题10 一元函数的导数及其应用
（利用导数研究双变量问题）（全题型压轴题）
利用导数研究双变量问题
①型
②型（或型）
③变更主元法
④构造函数法

①型
1．（2022·湖北省广水市实验高级中学高一阶段练习）已知函数，
(1)若函数在区间上存在零点，求实数a的取值范围；
(2)若对任意的，总存在，使得成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(1)
的图象开口向上，对称轴为，所以函数在上单调递减.因为函数在区间上存在零点，所以，解得，即实数a的取值范围为.
(2)
记函数，的值域为集合A，，的值域为集合B.则对任意的，总存在，使得成立.
因为的图象开口向上，对称轴为，所以当，，得.
当时，的值域为，显然不满足题意；
当时，的值域为，因为，所以，解得；
当时，的值域为，因为，所以，解得.
综上，实数a的取值范围为
2．（2022·福建·厦门一中高一期末）已知函数.
（1）当时，求在上的值域；
（2）当时，已知，若有，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）当，
令，设，，
函数在上单调递增，，
的值域为.
（2）设的值域为集合的值域为集合根据题意可得，
，
令，，，
函数在上单调递增，且，
，
又，所以在上单调递增，
，，
由得，
的取值范围是.
【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集．
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，且.
（1）求实数m的值，并求函数的值域；
（2）函数，若对任意，总存在，使得成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1），值域为；（2）或.
【详解】（1）由，得，即.
∴在上递减，在上递增，且，.
∴值域为.
（2）对于任意，总存在，使得成立，则的值域是值域的子集；
依题意知，，
当时，，即.
∴，解得.
当时，，即.
∴，解得.
故或.
【点睛】结论点睛：本题考查特殊函数的应用以及由命题成立确定集合包含关系：
（1）特殊函数：图像在一、四象限，在第一象限以为界先减后增；
（2）若使，则值域包含于的值域 .
4．（2022·全国·高一课时练习）已知函数，且.
（1）判断并证明在区间上的单调性；
（2）若函数与函数在上有相同的值域，求的值；
（3）函数，若对于任意，总存在，使得成立，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【详解】（1）在区间上为减函数.任取，，由于,，，所以，所以在上递减.
（2）因为在上递减，所以其值域为，即时，.因为为最大值，所以最小值只能为或.若，则.若，则.综上所述，.
（3）当，时，在上递减，所以在上的最大值为，最小值为.由（2）知在上的值域为.所以，所以，解得.
5．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数是常数），此函数对应的曲线在点处的切线与轴平行
(1)求的值，并求出的最大值；
(2)设，函数，若对任意的，总存在，使
求m的取值范围
【答案】(1),
(2)
（1）
对求导，得，
由题意可得，，
解得，
所以，
定义域为，且，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，有极大值，也为最大值且.
（2）
设的值域为的值域为,
由题意“对于任意的，总存在使得”，
等价于，
由（1）知，
因为，所以，故在上单调递减，
所以，
即，
所以，
因为，
所以，
因为，故，
所以在上是增函数，
所以，
即，
故
由，得，
解得，
所以实数的取值范围是.
【关键点点睛】解第二问的关键是准确理解题意，将问题转化为两个函数值域的问题求解是解题的关键．对于此类问题，还要注意以下的结论：
①
②；
③；
④；
⑤．
当函数的最值不存在时可用值域的端点值代替．
6．（2022·全国·高二课时练习）已知函数函数，若存在及，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】
【详解】由题意，
当时，，
当时，，，恒成立，
所以在上单调递增，所以，
所以函数在上的值域为，
的值域为，
并且．
若，即或，
解得或，
所以，若，的取值范围是．
②型（或型）
1．（2022·全国·高二单元测试）已知函数，．若对任意，，都有恒成立，则实数a的取值范围为__________．
【答案】
【详解】，
所以在区间递减；在区间递增.
所以在区间上，的极小值也即是最小值为.
二次函数的开口向下，对称轴为，
所以当时，取得最大值为，
由于对任意，，都有恒成立，
所以，即的取值范围是.
故答案为：
2．（2022·上海市洋泾中学高二阶段练习）已知，定义：表示不小于的最小整数，例如：，．
(1)若，求实数的取值范围：
(2)若，且，求实数的取值范围；
(3)设，，若对于任意的，，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
（1）
由定义可得，实数的取值范围为；
（2）
若，则，所以，
所以，所以，
当时，，所以；
当时，，无解；
当时，，则无解；
综上，实数x的取值范围是；
（3）
，，则，
所以，，
因为对于任意的，，都有，
所以，即对恒成立，即对恒成立，
当时，，所以，
当时，，所以，
综上，．
3．（2022·上海·高三专题练习）设表示不小于的最小整数，例如．
（1）解方程；
（2）设，，试分别求出在区间、以及上的值域；若在区间上的值域为，求集合中的元素的个数；
（3）设实数，，，若对于任意都有，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）当时，值域为；当时，值域为；当时，值域为；个；（3）．
【详解】【解】（1）由题意得：，解得：．
（2）当时，，于是，值域为
当时，，于是或，值域为
当时，，于是或或9，值域为
设，当时，，所以的取值范围为
，-
所以在上的函数值的个数为，-
由于区间与的交集为空集，
故中的元素个数为．-
（3）由于，，因此，当时取等号，即即时，的最大值为，
由题意得时，恒成立，当时，
恒成立，因为，所以
当时，恒成立，因为，所以
综合得，实数的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：1.首先理解的定义，2.第三问，若对于任意都有，转化为，再利用参变分离求的取值范围.
4．（2022·福建省厦门集美中学高二期中）已知函数．
(1)试讨论的极值；
(2)设，若，，使得，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(1)
函数的定义域为，
．
当时，，所以在上为增函数，此时函数不存在极值．
当时，由，解得，故在上单调递增．
由，解得，故在上单调递减．
此时函数在处取得极大值．无极小值．
综上所述，当时，函数不存在极值．
当时，函数在处取得极大值，无极小值．
(2)
由（1）知当时，在上为增函数，
故无最大值，此时不符合题意；当时，．
易知在上单调递减，所以．
因为，，使得，
所以，即
解得，所以实数a的取值范围是．
5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)lnx（a∈R）．
（1）当时，讨论函数f(x)的单调性；
（2）设g(x)＝x2﹣2bx+4，当a时，若对任意x1∈（0，2），存在x2∈[1，2]，使f（x1）+g（x2）≤0，求实数b的取值范围．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）b．
【详解】（1）∵f(x)lnx，
∴．
①当时，即时，此时f(x)的单调性如下：
x
（0，1）
1
（1，）

（）

+
0
_
0
+
f(x)
增

减

增

当时，f(x)在（0，1），（）上是增函数，在（1，）上是减函数．
②当a时，f′(x)，f(x)在（0，+∞）上是增函数．
③当时，，，，
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
④当时，，（舍），，
，，
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
综上，当a≤0时，f(x)在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数；
当0＜a时，f(x)在（0，1），（）上是增函数，在（1，）上是减函数，
当a时，f′(x)，f(x)在（0，+∞）上是增函数．
（2）由（1）知，当a时，f(x)在（0，1）上是增函数，在（1，2）上是减函数．
于是x1∈（0，2）时，f（x1）∈（﹣∞，]，从而存在x2∈[1，2]，使得g（x2）[﹣f（x1）]min，
等价为[g(x)]min，x∈[1，2]，
考察g(x)＝x2﹣2bx+4＝（x﹣b）2+4﹣b2，x∈[1，2]的最小值．
①当b≤1时，g(x)在[1，2]上递增，[g(x)]min＝g(1)＝5﹣2b，解得b（舍去），
②当b≥2时，g(x)在[1，2]上递减，[g(x)]min＝g(2)＝8﹣4b，解得b成立．
③当1＜b＜2时，[g(x)]min＝g（b）＝4﹣b2，无解．
综上b．
6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，，若函数的图象与函数的图象的一个公共点的横坐标为且两函数图象在点处的切线斜率之和为.
（1）求的值；
（2）对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【详解】解：（1）因为，所以，即，     
又，所以
，
由题意得，
所以
由得
（2）由（1）得，
对任意的，恒成立，
所以，
因为，
令得，令得或.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
而，所以，
而，
当时，，
故，
所以实数的取值范围是.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
(1)若，，总有成立，故；
(2)若，，有成立，故；
(3)若，，有成立，故；
(4)若，，有，则的值域是值域的子集 ．
7．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数f(x)＝x－mln x－(m∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)若m (2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)当时，函数的最小值为；当时，函数的最小值为
(2)
（1）
f(x)＝x－mln x－，且定义域(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1－＋＝，
①当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，
∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.
②当2 若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.
f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).
（2）
已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.
由（1）知m≤2时，在x1∈[e，e2]上有f′(x1)≥0，
所以f(x)为单调递增函数，
∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－.
又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.
所以m≤2且e－m－≤1，解得≤m≤2.
所以实数m的取值范围是.
8．（2022·黑龙江·铁人中学高二期中）已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－ (a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
（1）当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
（2）当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1) 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）.
【详解】（1）f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，
f(x)为增函数，f(x)min＝f（1）＝1－a.
②当1 x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；
x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数.
所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.
③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，
f(x)在[1，e]上为减函数.
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
（2）由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值.
由（1）知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数.
g(x)min＝g(0)＝1.
所以e－(a＋1)－<1，即a>，
所以a的取值范围为.
9．（2022·河北·石家庄二中实验学校高三开学考试）设为实数，函数，.
(1)若函数与轴有三个不同交点，求实数的取值范围；
(2)对于，，都有，试求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
（1）
，
由，解得或；由解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
若函数与轴有三个不同交点，则，解得，
所以若函数与轴有三个不同交点，实数的取值范围为；
（2）
对于，，都有，则，
由（1）知函数在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，又，，
故当时，
因为，且，则，
故函数在上单调递减，故，
由题意可得，故.
所以实数的取值范围为.
10．（2022·河南安阳·高二阶段练习（文））已知函数，，m，.
(1)求的单调区间；
(2)当时，若，使成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
(1)
由，则
由，解得，，解得
所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增.
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
当时，函数在上单调递增，在上单调递减
所以函数在上单调递增. 在上单调递减，
又，，所以
，使成立，即
即使成立
即在上有解
设，则
所以当时，，单调递减.
当时，，单调递增.
所以
要使得在上有解，则
11．（2022·吉林·延边二中高二期中）设为实数，函数，.
(1)若函数轴有三个不同交点，求的范围
(2)对于，，都有，试求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(1)

由，解得 或；由解得
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
函数轴有三个不同交点，则 解得
所以函数轴有三个不同交点，实数的取值范围
(2)
对于，，都有，则.
由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，
因为，且，则且不恒为零，
故函数在上单调递增，故，
由题意可得，故.
所以实数a的取值范围为
12．（2022·四川省资阳中学高二期中（理））已知，.
(1)当时，求极值；
(2)讨论单调性；
(3)当时，若对于任意，总存在，使得，求的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)答案见解析
(3)
（1）
由题可知，函数定义域为，由
当，解得，当，解得，所以函数在处取得极大值，无极小值.
（2）
，
①所以当时，有恒成立，在单调递增，
②当时，由解得：，在上单调递增；
由解得：，在上单调递减；
综上，时，在单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）
当时，，
根据题意，不等式等价于，，
对于，，，
所以在上单增，所以，则有，
设，，则，
在定义域内为减函数，又，所以，即的取值范围是.

③变更主元法
1．（2022·全国·高一课时练习）已知对任意，恒成立，则实数x的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】对任意，不等式恒成立，
即对任意，恒成立，
所以对任意，恒成立，
所以对任意，，
所以，解得，
故实数x的取值范围是．
故选：D．
2．（2023·全国·高三专题练习）函数，若恒成立，则实数x的取值范围是___________．
【答案】
【详解】令，当时，恒成立，
只需 即 解得或．
所以实数x的取值范围是．
故答案为：
3．（2022·福建省永泰县第一中学高二开学考试）定义在上的函数满足对任意的x，，都有，且当时，．
(1)求证：函数是奇函数；
(2)求证：在上是减函数；
(3)若，对任意，恒成立，求实数t的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3).
（1）
令，，得，所以．令，得，即，所以函数是奇函数．
（2）
设，则，所以．
因为，，，所以，即，所以．
又，所以，所以，
所以，即．所以在上是减函数．
（3）
由（2）知函数在上是减函数，
所以当时，函数的最大值为，
所以对任意，恒成立等价于对任意恒成立，即对任意恒成立．
设，是关于a的一次函数，，
要使对任意恒成立，
所以，即，解得或，
所以实数t的取值范围是．
④构造函数法
1．（2022·陕西师大附中高二期中（文））已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)对任意的，当时都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减．
(2)
（1）
定义域为，．
当时，由，解得：，
由，解得：．
即在上单调递增，在上单调递减．
（2）
，即．
令，则可知函数在上单调递增．
所以在上恒成立．
即在上恒成立，
只需，
设，，
在单调递增．
所以．
综上所述，实数的取值范围为．
2．（2022·湖南郴州·高二期末）已知（且），．
(1)求在上的最小值；
(2)如果对任意的，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)-1
(2)
(1)
，
显然为偶函数，当时，
时，，，∴在单调递增；
时，，，∴在单调递减；
，，，∴在上的最小值为．
由偶函数图象的对称性可知在上的最小值为．
(2)
先证，设，则，
令，令，
∴在上单调递增，在上单调递减．
故①恒成立．
由题意可得，使得成立，
即成立．
由①可知，
参变分离得，
设，，
即只需即可．

由①知得，
∴
令，令，
∴在上单调递减，在上单调递增．
∴，
∴，
又已知
故a的取值范围为．
3．（2022·广西玉林·模拟预测（理））已知函数的图像在处的切线与直线平行．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，且时，，求实数m的取值范围．
【答案】(1)在递增，在递减
(2)
(1)
的导数为，
可得的图象在处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，即，
，，
由，可得，由，可得，则在递增，在递减．
(2)
因为，若，由，
即有恒成立，设，
所以在为增函数，即有对恒成立，
可得在恒成立，由的导数为，
当，可得，在递减，在递增，
即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得
则实数m的取值范围是．
4．（2022·四川省仁寿县文宫中学高三开学考试（理））已知函数．
(1)若曲线在处的切线的方程为，求实数，的值；
(2)若，对任意，不等式恒成立，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)
（1）
∵，∴，
∵曲线在处的切线的方程为，
∴，，∴，，∴，．
（2）
因为， ，
所以，故函数在上单调递增，
不妨设，则，
可化为，
设，则．
所以为上的减函数，即在上恒成立，
等价于在上恒成立，即在上恒成立，
又，所以，所以，
而函数在上是增函数，
所以（当且仅当，时等号成立）．
所以．即的最小值为．
5．（2022·辽宁·沈阳二中高二期末）已知函数.
(1)求的极值；
(2)若对于任意不同的，，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2).

(1)
）因为，所以
令，解得或（舍去）.
当变化时，，的变化情况如表所示.


2



0


单调递减

单调递增

因此，当时，有极小值，且极小值为，无极大值
(2)
不妨令，则等价于，即
令函数，可知在上单调递减，

若，即，则在上恒成立，故在上恒成立，
则在上单调递减，符合题意
若，即，则在上不恒成立，故在上不恒成立，则在上不可能单调递减，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围为.