新高考数学二轮复习巩固训练 专题26《导数》大题综合练（2份，原卷版+教师版）

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导函数与原函数的关系
单调递增，单调递减
极值
极值的定义
在处先↗后↘，在处取得极大值
在处先↘后↗，在处取得极小值
两招破解不等式的恒成立问题
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
常用函数不等式：
①，其加强不等式；
②，其加强不等式.
③，，
放缩
，
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）转化为证不等式（或），进而转化为证明（），因此只需在所给区间内判断的符号，从而得到函数的单调性，并求出函数的最小值即可.
证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
冲刺训练
1.已知函数.
(1)若，求的值；
(2)证明：当时，成立.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：根据，可得是的极小值点求出，再利用导数检验即可；解法二：求出，分、讨论，利用导数判断单调性可得答案；
（2）当时，设，利用导数判断出单调性可得答案.
【详解】（1）解法一：由，得，
又，所以是的极小值点，
故，而，故，
若，则，当；当，
所以在单调递减，在单调递增，
故是唯一的极小值点，也是最小值点，
由，所以当且仅当时，
解法二：由，得，又，
当时，有恒成立，所以在上单调递减，
又，则不成立，当时，令，得，
则时，有时，有，
即在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，，
函数在单调递减，单调递增，
，当且仅当取等号，故；
（2）当时，，
设，当时，，
又由（1）知，故，当时，，
设，则，
则在单调递增，，
所以，则在单调递增，，
综上，，即当时，.
2.设函数，.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.(2)
【分析】（1）直接代入求导得，则得到其单调区间；
（2）将题目转化为，设，通过二次求导和零点存在定理得到导函数的零点，再利用隐零点法结合的最值即可得到答案.
【详解】（1）时，函数的定义域为，
因为，所以，当时，，当时，，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）函数的定义域为，等价于，
设，则，设，则恒成立，
所以在上单调递增，即在上单调递增，当，当，所以，使得，即，所以，
当时，，所以单调递减，当时，，所以单调递增，
所以，
设，则，而恒成立，
所以为增函数，由，所以.
因为均为减函数，所以在上为减函数，
所以，当时，，所以实数的取值范围为
3.已知函数有两个零点.
(1)证明：；
(2)求证：①；②.
【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导并求最小值，根据区间单调性及零点存在性定理，讨论参数a的范围；
（2）①分析法，将问题化为证明，构造，，利用导数证明单调性，进而判断函数符号即可证；
②利用导数分别证及，构造中间函数，利用放缩或导数证明不等号式，结合零点得到、，即可证结论.
【详解】（1）由，当时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，
当时，，所以，
若，即时，则时，此时在上不存在零点，
要使有两个零点，故.
（2）①要证，不妨设，则证，
因为在上单调递增，即证，
令，，则，
所以在单调递增，所以，即，得证；
②引理1：当时：
证明：当时，得证.
利用引理1：，所以①，
引理2：：
证明：令，
则，当时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
利用引理2，因为，所以，
所以，所以②，
由①，②知：.
4.已知函数.
(1)若有两个极值点.求实数的取值范围.
(2)在（1）的条件下，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）二次求导,根据单调性结合最值确定极值点个数求参即可;
（2）构造函数应用单调性求最值，把分解为分别证明不等式可得.
【详解】（1）因为，所以.
令，则.
因为有两个极值点，，所以有两个不等正实根.
①当时，，所以在上单调递增，
则在上至多有一个零点，舍去.
②当时，令得
当时，，则在上为增函数；
当时，，则在上为减函数；
所以时，取极大值，即为最大值为.
所以有两个不等正实根的必要条件是，解得.
当时，，因为，所以，由零点存在性定理知：
存在唯一的，使得成立.
因为，令，
则，取，则且，
所以，由零点存在性定理知：存在唯一的，使得成立.
所以时，有两个不等正实根.
综上，实数的取值范围是.
（2）由（1）知，且.所以
因为在上为增函数，及，
所以，又因为，所以.
因为，所以.
所以，所以，
所以.所以.
其中（其中）
构造函数，则.
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立.所以.
5.已知函数，，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增(2)
【分析】（1）由题意得，令，则，分类讨论，，即可得出答案；
（2）由（1）得，题意转化为方程在上有实根，令，则，分类讨论，，，即可得出答案．
【详解】（1），令，则
当时，，函数在上单调递增；
当时，，得，，得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，，方程在上有实根等价于方程在上有实根.令，则
当时，，函数在上单调递增，，不合题意；
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，，不合题意；
当时，，得，，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，所以
综上所述，的取值范围为
6.设函数，已知恒成立．
(1)求实数的值；
(2)若数列满足，且，证明：.
【答案】(1)1(2)证明见解析
【分析】不等式化为，构造新函数，结合，得到，求出的值为，再利用函数单调性证明时不等式恒成立即可；
根据条件把不等式转化为证明，利用分析法进一步变化不等式，最后构造函数利用函数单调性即可.
【详解】（1）由题意可知，，即，
设，则在上恒成立，
注意到 ，故是函数的最小值点，也是极小值点，
则，因为 ，所以 ，所以 ．
下面证明当时，在上恒成立，
，则，
令，得
令，得，
所以 在上单调递减，在上单调递增；
故，得证；
所以实数的值为1．
（2）由（1）知当时，，
因为 ，设，则，
所以 ；
因为 ，所以 ，
故要证 ，只需证：，
因为 ，故只需证：，
因为 ，所以 ，
故只需证： ，即，
只需证：．设，
故只需证：当时，，
因为 ，
所以 在上单调递增，
所以 ，得证；所以原不等式成立．
7.已知函数有三个极值点，其中.
(1)求的取值范围；
(2)求证：；
(3)求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，将问题等价转化为有两个不等实根，令，根据导数的正负判断函数的单调性，进而求解；
（2）根据题意，是的两个根，将问题等价转化为证明，令，利用函数的单调性进而求证；
（3）根据题意可得，将要问题等价转化为，令，利用导数与函数的单调性得到，令，，根据函数的单调性进而求证.
【详解】（1）有两个不等根
令，则
在单调递增，上单调递减，且.
（2）由（1）知，是的两个根
先证
令，则
在上单调递增
又得证
（3）因为，所以，，所以
要证，即证：，
又因为，即证：.令，
所以单调递减，单调递增，
，即.令，
时，单调递减，
所以所以，即，即成立.
9.已知函数，．
(1)试求与的公切线方程.
(2)设，，若不等式对一切恒成立，求的最大值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）设曲线在处的切线与曲线相切，导数写出曲线在处的切线，将切线方程与联立，消去，由求出的值，即可得出公切线方程；
（2）设，利用导数分析函数的单调性，根据可解出最小值点的取值范围，然后对最小值点的取值范围进行分类讨论，求出的取值范围，结合基本不等式可求得的最大值.
【详解】（1）因为的定义域为，设曲线在处的切线与曲线相切，
，则切线斜率为，
所以，曲线在处的切线方程为，即，
联立可得，
，整理可得，即，
令，其中，则，
令可得，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，故方程只有唯一解，
此时，与的公切线方程为.
（2）设，则，
令，则，则函数在上为增函数，
因为当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
所以，存在唯一的，使得，即，
当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，
所以，，
即，即，解得或.
（i）当时，，
又因为，所以，，可得；
（ii）当时，，与矛盾，舍去.
综上所述，，
又因为，，则，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
10.已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的零点分别为，且，证明：．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求函数的定义域和导函数，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；
（2）由已知结合两点定义可得，由分析可得要证明，只需证明，设，则只需证明，设，再利用导数求函数的最值即可证明结论.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，令，则，
∴当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减；
（2）由（1）知，方程的两个不等的正实根，即，
亦即，从而，设，又，即，
要证，即证，只需证，即证，
即证，即证，即证，
即证，即证，
令，则
设，则
则在上单调递增，有，于是，即有在上单调递增，
因此，即，所以成立，即．
11.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．
【答案】(1)答案见解析(2)，理由见解析
【分析】（1）分类讨论与，结合导数与函数的关系即可得解；
（2）观察式子先确定，再利用转化法与换元法得到，进而利用双变量处理方法得到，利用导数证得，从而得解.
【详解】（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．
12.已知函数.
(1)求函数的极值点个数；
(2)若不等式在上恒成立，求可取的最大整数值.
【答案】(1)极值点个数为1(2)4
【分析】（1）求出，然后证明只有一个变号零点即可；
（2）条件不等式可转化为，然后求出，分、两种情况得到的单调性，然后可得到成立，然后利用导数可分析出答案.
【详解】（1）已知，可得
令，则，
函数单调递减，且当时，，故函数先增后减，
当时，，
其中，∴，∴
当时，，
∴函数只有一个零点，∴函数的极值点个数为1.
（2）变形，得，整理得，
令，则，∵，∴，
若，则恒成立，即在区间上单调递增，
由，∴，∴，∴，此时可取的最大整数为2，
若，令，则，令，则，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在区间上有最小值，，
于是问题转化为成立，求的最大值，
令，则，∵当时，，单调递减，
当时，单调递增，∴在处取得最大值，
∵，∴，∵，，
，此时可取的最大整数为4.
综上，可取的最大整数为4.
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1.已知函数.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)判断函数的零点个数，并证明.
【答案】(1)；(2)有个零点，证明见解析
【分析】（1）对求导，令，，得出在的单调性，结合零点存在性定理可得在上单调递增，在上单调递减，再比较的大小，即可得出答案.
（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论，和时，的正负，即可得出证明.
【详解】（1）的定义域为，故，
令，，
当时，，所以在上单调递减，且，
，
所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，
所以函数在区间上的最小值为.
（2）有个零点，证明如下：因为，，
若，，
所以在区间上单调递增，又，，
结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点，
若，则，则，
若，因为，所以，
综上，函数在有且仅有一个零点.
2.已知函数，其中.
(1)讨论函数极值点的个数；
(2)对任意的，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）求导后，将问题转化为与交点情况的讨论问题，利用导数可求得的单调性和极值，进而确定图象，采用数形结合的方式可求得结果；
（2）将恒成立的不等式转化为，构造函数，利用导数可证得，由此得到，进而确定的取值范围.
【详解】（1）由题意知：定义域为，，令，则，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，当时，恒成立，大致图象如下图所示，

则当时，恒成立，即恒成立，在上单调递减，无极值点；
当时，与有两个不同交点，此时有两个变号零点，有两个极值点；
当时，与有且仅有一个交点，此时有且仅有一个变号零点，有且仅有一个极值点；综上所述：当时，无极值点；当时，有两个极值点；当时，有且仅有一个极值点.
（2）由题意知：当时，恒成立；
设，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
即，，
又恒成立，，即实数的取值范围为.