专题02 函数与导数 专练-2024届高考数学二轮复习（老高考适用）（含解析）

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专题02 函数与导数
（2023·全国甲卷）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
（2023·全国乙卷）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
（2022·全国甲卷）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
（2022·全国乙卷）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
（2023·河南·模拟预测）已知函数，且.
(1)求在上的最大值；
(2)设函数，若函数在上有三个零点，求的取值范围.
（2023·四川遂宁·校考阶段练习）设，.
(1)当时，求的极值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若有恒成立，求的取值范围.
（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知函数，．
(1)求的极值；
(2)证明：当时，．（参考数据：）
（2023·山西·校联考模拟预测）已知，函数.
(1)若是增函数，求的取值范围；
(2)证明：当，且时，存在三条直线是曲线的切线，也是曲线的切线.
（2023·宁夏固原·统考一模）已知函数，．
(1)若曲线在处的切线与曲线相交于不同的两点，，曲线在A，B点处的切线交于点，求的值；
(2)当曲线在处的切线与曲线相切时，若，恒成立，求a的取值范围．
（2023·河南信阳·信阳高中校考模拟预测）已知为实数，函数
(1)当时，求函数的极值点；
(2)当时，试判断函数的零点个数，并说明理由．
（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）已知函数，的导函数为．
(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)当时，记函数的极大值和极小值分别为，，求证：．
（2023·四川雅安·校考模拟预测）已知函数和在同一处取得相同的最大值．
(1)求实数a；
(2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为（），证明：．
（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）已知函数，其中.
(1)若，求的单调区间；
(2)若恰有2个不同的极值点，求的取值范围；
(3)若恰有2个不同的零点，求的取值范围.
（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）已知函数，且，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，函数有三个零点，，，且，试比较与2的大小，并说明理由．
（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知函数（）有两个零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)设函数的两个零点分别为，，证明：.
题型训练
答案&解析
【1】
【答案】(1)答案见解析.(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
【2】
【答案】(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）由函数的解析式可得，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
【3】
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
【4】
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【5】
【答案】(1)最小值为，最大值为.
(2)
【解析】（1）解：由函数，可得，
因为，可得，解得，
所以且，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当，函数取得极大值；当，函数取得极小值，
又由，
所以函数在区间上的最小值为，最大值为.
（2）解：由函数和，可得，
因为函数在上有三个零点，即有三个实数根，
等价于与的图象有三个不同的交点，
又由，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当，函数取得极小值；当，函数取得极小值，
又由当时，，当时，，
要使得与的图象有三个不同的交点，可得，
即实数的取值范围是.
【6】
【答案】(1)，
(2)答案见解析
(3)
【解析】（1）的定义域为，因为，
∴，
∴时，，单调递增，
时，，单调递增，
时，，单调递减，
∴，；
（2）由题：，
1°当时：，
时，，单调递减，
时，，单调递增；
2°当时：∵，
∴时，，单调递减，
时，，单调递增；
3°当时：
①若即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减；
时，，单调递增，
②若即，，
则在单调递增；
③若即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减；
时，，单调递增；
（3）欲使恒成立，只需，
根据(2)的结论，
1°，当时：
时，，单调递增；
时，，单调递减，
∴令，得，此时，；
2°当时：①若即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减；
时，，单调递增；
②若即，
时，，单调递增；
③若即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减；
时，，单调递增；
不论上述哪种情况，均有时，因此，不可能有恒成立，舍去.
综上：的取值范围为.
【7】
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)证明见解析
【解析】（1）的定义域为，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，
所以的极大值为，无极小值；
（2）设，
则，
令，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，，，
所以存在，使得，即．
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以当时，在处取得极小值，即为最小值，
故，
设，因为，
由二次函数的性质得函数在上单调递减，
故，
所以当时，，即．
【8】
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）的定义域为
令，
令，得；令，得，
故在上单调递减，在上单调递增，
从而，故的取值范围是.
（2）设曲线的切点为，
则曲线在点处的切线方程为.
联立，得，
必有，
记函数，由题，
故当时，.
记，
令，得；令，得，
故在上单调递减，在上单调递增.
当，且时，，
当时，，故存在，使得，
当，或时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
由，得，代入并整理得：
同理，
记，由（1）知为增函数，
，
，
又，当时，，
有三个零点，
存在三条直线是曲线的切线，也是曲线的切线.
【9】
【答案】(1)
(2)．
【解析】（1）因为，所以，
所以曲线在处的切线方程为．
由已知得，，不妨设，
又曲线在点A处的切线方程为，
在点B处的切线方程为，
两式相减得，
将，，
代入得，
化简得，
显然，所以，所以，又，所以．
（2）当直线与曲线相切时，设切点为，
则切线方程为，将点代入，解得，此时，，
根据题意得，，，
即恒成立．
令，则，，令，则，
易知在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以．
若，则，即在上单调递增，
则，所以在上恒成立，符合题意；
若，则．
又，
所以存在，使得，
当时，，单调递减，即，
所以此时存在，使得，不符合题意．
综上可得，a的取值范围为．
【10】
【答案】(1)有且仅有一个极小值点
(2)零点个数为2，理由见解析
【解析】（1）当a=0时，，故，
令，故，
与在区间上的情况如下：
0
+
极小值
所以在区间上单调递减，在区间单调递增，
所以函数有且仅有一个极小值点．
（2）函数的零点个数为2，理由如下：
（1）当时，．
由于，
所以，
故函数在区间上单调递减，
，
所以函数在区间上有且仅有一个零点；
（2）当时，，
故，
令，得，
，故，
因此恒有，所以函数在区间上单调递增；
又，
所以函数在区间上有且仅有一个零点．
综上，函数的零点个数为2．
【11】
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）依题意，，根据题意知，在上恒成立，
即在上恒成立．
令，，则，
令，，则，
则时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
而，，，故，，
当时，，，即在上单调递增，
当时，，，即在上单调递减，
故，则，
故实数的取值范围为．
（2）令，则，设，分别为函数在上的极大值点与极小值点，
所以，，则，且．
所以，由，得，其中，，
故
．
设，，
则，令，解得，
故当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，即，故．
【12】
【答案】(1)
(2)证明见详解
【解析】（1）由题意可得：，显然，
当时，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最大值；
当时，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最小值，不合题意；
综上所述：，在处取到最大值.
因为的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取到最大值；
由题意可得：，解得.
（2）由（1）可得：在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值，
且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
可得直线与曲线至多有两个交点；
在上单调递增，在上单调递减，在处取到最大值，
且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
可得直线与曲线至多有两个交点；
若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，则，

此时直线与曲线、均有两个交点，
构建，
构建，且，则，
可得在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值，
构建，则，
因为，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得，
即，当且仅当时，等号成立，
可得：当时，，则，
所以；
当时，，且在上单调递增，
则，可得，
所以；
当时，，且在上单调递减，
则，可得，
所以；
综上所述：当时，；
当时，；
当时，.
结合题意可得：直线与曲线的两个交点横坐标为，与的两个交点横坐标为，且，
当，可得，即，
可得，即，
因为在上单调递增，且，
则，可得
所以；
当，可得，即，
可得，即，
因为在上单调递增，且，
则，可得，
所以；
综上所述：，即.
【13】
【答案】(1)单调减区间为，无增区间.
(2)
(3)
【解析】（1）解：若，则，可得，
设，则，
当时，递增；当时，递减，
所以，即，所以在递减，
即的单调减区间为，无增区间.
（2）解：由函数，可得，
由题意可得有两个不等的正根，
设，
若，则在递增，不符合题意；
若，可得，令，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
可得，
因为有两个不等的正根，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
（3）解：由，可得，即，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
又时，时，，
因为恰有2个不同的零点，所以，可得，
所以实数的取值范围是.
【14】
【答案】(1)答案见解析
(2)，理由见解析
【解析】（1）由，得，又，所以，
则，所以，．
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得；令，得或；
所以在与上单调递减，在上单调递增．
（2），理由如下：
因为，
由，得，解得或．
因为，所以，，是的正根，则，
又，所以，，
两式相减得．
令，，则，得，则．
令，则，
所以，，可得，
．
设，则，
再设，则，
所以在上为增函数，则，
即，则在上为增函数，
从而，
所以，即，
所以，即．
【15】
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）当时，恒成立，所以在上没有零点.
所以若，则.
设（），则.
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增.
所以，时，在处取得唯一极小值，也是最小值.
设，则在上单调递减，在上单调递增.
当时，，
所以最多有一个零点，即最多有一个零点，不满足题意；
当时，
因为，所以，，
所以.
又，，
根据函数的单调性以及零点存在定理可知，
，有；，有.
且当时，恒成立；
当时，恒成立.
所以，有两个零点，即存在两个零点.
综上，.
（2）由（1）知，，且，
得，即.
设，
得，即，则.
设，则，
设，.
当时，有，所以在上单调递减；
当时，有，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，即在上恒成立，
所以函数在上单调递增.
又，所以时，有，
即，
即，即，
即.