第04讲 极值点偏移：减法型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练

第04讲 极值点偏移：减法型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练

第04讲 极值点偏移:减法型

一、解答题（共12小题）

（2021•七星区校级月考）

1．已知函数．

(1)若在上单调递减，求的取值范围；

(2)若在处的切线斜率是，证明有两个极值点，且．

（2021•常熟市月考）

2．设函数，，其中.

(1)若，证明：当时，；

(2)设，且，其中是自然对数的底数.

①证明恰有两个零点；

②设如为的极值点，为的零点，且，证明：.

（2021•黄州区校级模拟）

3．已知函数，的导数为.

（1）当时，讨论的单调性；

（2）设，方程有两个不同的零点，求证.

（2021•道里区校级二模）

4．已知函数，为函数的导数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若当时，函数与的图象有两个交点，，求证：.

（2010•鼓楼区校级模拟）

5．定义域均为的奇函数与偶函数满足．

(1)求函数与的解析式；

(2)证明：；

(3)试用，，，表示与．

（2021•光明区月考）

6．已知函数，.

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）当，时，函数有两个极值点，（），证明：.

（2021•日照模拟）

7．设函数．

(1)若函数在上单调递增，求的值；

(2)当时，

①证明：函数有两个极值点，，且随着的增大而增大；

②证明：．

（2021春•丽水期中）

8．已知函数，，.

（1）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；

（2）若函数有3个不同的零点，，.

（ⅰ）求证：；

（ii）求证：.

（2021•迎江区校级三模）

9．已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若，求证.

（2021•浙江月考）

10．已知函数．

（1）求函数在处的切线方程；

（2）若方程有两个不同实根、证明：．

（2021•巴南区校级月考）

11．已知函数（为常数）．

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)当时，设函数的两个极值点，（）满足，求的最小值．

（2021•金华模拟）

12．已知函数.

（1）求在点处的切线方程；

（2）若方程有两个实根，且，证明；时，.(注∶e为自然对数的底数)

参考答案：

1．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可知在上恒成立，分离参数，设，根据导数求得的最大值，进而可得的取值范围；

（2）二次求导可得在和有个极值点，，再根据导数值的正负情况可得，，再利用不等性质即可得证.

(1)

，

在递减，

在上恒成立，

在上恒成立，

令，，

时，，递增，

时，，递减，

，

；

(2)

由题意得，，

，，

，令，解得：，

令，解得：，

故在递增，在递减，

又，，，

故分别在和有零点，，（不妨设，

时，，递减，

时，，递增，

时，，递减，

故在和有个极值点，，

而，，，

，，，

，，

，

故原命题成立．

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

2．（1）证明见解析；

（2）①证明见解析；②证明见解析；

【分析】（1）将条件转化，构造函数，通过导数证明，当时，即可；

（2）先求得，先判断的增减性，设导数为零的点为，可证在内单调递增，在内单调递减，再结合（1）的性质可得，即，将代换可得，再结合（1）的性质放缩，即可求证

【详解】令

当时，，所以在上递减，

又在上连续，

所以当时，，即当时，

(2)证明：①，得

令，由，

可知在内单调递减，又，且

.

故在有唯一解，从而在内有唯一解，

不妨设为，则

当时，，所以在内单调递增；

当时，，所以在内单调递减，

因此是的唯一极值点.

由(1)知.从而

又因为，所以在内有唯一零点.

又在内有唯一零点，从而在内恰有两个零点.

②由题意，，即，

从而，即.

因为当时，，又，故

两边取对数，得，于是

整理得.

【点睛】本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，导数在零点、极值点上的具体应用，放缩法的应用，思维转化能力，属于难题

3．（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增；

（2）证明见解析.

【分析】（1）先求导得，再分和讨论即可得的单调性；

（2）令函数，则，结合（1）得在上单调递增，，进而得在上单调递减，在上单调递增，再结合，，得，，故.

【详解】解：（1），

.

若，

令解得，即在单调递增；

令解得时，即在上单调递减.

若，易得当时，，即在单调递增.

故当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增.

（2）令，则.

由（1）知在上单调递增.

又，所以在上，，单调递减；在上，，单调递增.

又，

，

，

所以，，故.

【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性（含参）和零点，考查运算求解能力，是中档题.

4．（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）首先可以求出以及，再然后讨论，，三种情况，计算即可得出结果，

（2）本题首先可设，然后求出并令，求出，再然后通过恒成立得出在上为增函数，求出的单调性和极值，最后通过在区间以及内各有一个零点即可证得.

【详解】（1）

当时，,在单调递增；

当时，由,得,所以在单调递增，在单调递减；

当时，,在单调递减

（2）设

，由于，

恒成立

知函数在上为增函数且

，

知在区间以及内各有一个零点，即为，，

知，即.

【点睛】本题考查根据导函数判断函数单调性以及二分法判断函数零点所在区间，若函数的导函数为，当时，函数是增函数，当时，函数是减函数，考查计算能力，是难题.

5．(1)，

(2)证明见解析

(3)，

【分析】（1）由题意可得：，再根据函数的奇偶性可得：，进而结合两个式子求出两个函数的解析式．

（2）由（1）可得的表达式，再利用基本不等式把进行化简整理即可得到答案．

（3）由（1）可得、、、、与的表达式与结构特征，进而可求

(1)

解：①

，

为奇函数，为偶函数

，

②

由①，②解得，．

(2)

解：

，当且仅当，即时取等号；

所以

(3)

解：，．

．

即，；

6．（1）减区间为，增区间为；（2）具体见解析.

【分析】（1）对函数求导，根据导函数和原函数的关系得出单调区间；

（2）先求出导函数，设，进而通过的符号得出的单调区间，再通过特值法和放缩法判断出零点的位置，进而得到的符号，从而得出原函数的单调区间和极值点，最后再通过放缩法证明问题.

【详解】（1），，时，，时，，则函数在单调递减，在单调递增.

（2），令，∵，则在R上单调递增，∴时，，单调递减，时，，单调递增，∴在处取得极小值，且.

令，，则时，，单调递增，∴，∴x>0时，，则，于是x>0时，.

∴，

∴时，，于是（x2唯一），使得.

∴时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增.

则函数在处取得极小值，在处取得极大值.

又∵，∴，∴，∴.

【点睛】本题第（2）问有难度，看似是双变量的问题实际上是单变量问题，在探讨的零点时首先要想到特值，本题含指数函数可以尝试验证x=0是否是零点；在判断第二个零点时用到了放缩法，因此我们需要对课本上的常见放缩不等式进行总结和归纳，比如常见的等等.

7．(1)

(2)①证明见解析②证明见解析

【分析】（1）由题意恒成立，二次求导，分情况讨论的正负情况；

（2）①由（1）得，且，即，可确定的取值范围，且，可证随着的增大而增大，且，所以随着的增大而增大；②若证即证，设，，可转化为求的最值问题.

（1）

，，由题意知，恒成立，

当时，恒成立，则单调递增，

又，则当时，，单调递减，

即不符合题意；

当时，．解得．可知，在上单调递减，在上单调递增，

，

设，，在上单调递增，在上单调递减，

所以．

若，即时，，符合題意；

若，即时，，不符合題意．

綜上，．

（2）

证明：①时，，由（1）知，，且，

当时，，当时，，所以为极大值点，

由（1）有，则当时，，

所以，所以当时，，

当时，．当时，．所以为极小值点，

所以有两个极值点，

因为，所以，

设，则，

由（1）可知，，所以，单调递增，所以随着的增大而增大，且，所以随着的增大而增大．

②由，可得，

要证，即证，

即证，

设，，

，，．

所以单调递减，所以，

所以在上单调递减，

所以，

所以命题得证．

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

8．（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【分析】(1)把等价变形成，构造函数，再求其最大值即可；

(2)(ⅰ)探求的范围，构造函数，，利用极值点偏移即可作答；

(ii)利用(1)的结论可得，并作出函数与的图象，探求它们与直线交点横坐标的关系即可作答.

【详解】（1），，

令，，当且仅当时取“=”，

于是得在上单调递减，则，从而有，

所以的取值范围为；

（2）（ⅰ），而，当时，，当时，，

则在单调递增，在单调递减，而，，x趋近于0时，的值趋近于0，

函数图象如图，由图可得，，即，且，

令，，于是得在上递增，在上递减，

令，，即，，

，､

当时，，于是得，从而有在单调递增，

则当时，，而，则，

又，即，显然，因在上递减，则，

所以；

（ii）由（1）知，当时，，

当时，，在上单调递减，

当时，，即，于是得，

从而得，，即，当且仅当时取“=”，

在同一坐标系中作出函数与的图象，如图，

设直线与在时的交点的横坐标为，，

观察图象知，即，

由得，，，

所以.

9．（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）先求导，然后方程的判别式，再根据判别式分类讨论；

（2）将条件变形为，令，将问题转化为证明.

【详解】（1）解：的定义域为

令，方程的判别式，

（i）当，即时，恒成立，

即对任意，

所以在上单调递增.

（ii）当，即或

①当时，恒成立，即对任意，

所以在上单调递增.

②当时，由，解得

所以当时，当时，当时，，

所以在上，

在上，

所以函数在和上单调递增；

在上单调递减.

综上，当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减.

（2）证明：

由，可得

得，因此，

因为，

令，则，

所以，所以，

要证明，只需证

即证

由（1）可知，时，在上是增函数，所以当时，，而，因此成立所以

【点睛】关键点睛：解决第（1）问的关键是根据判别式来分类讨论，第（2）问的关键是将不等式等价转化并统一变量.

10．（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）利用导数的几何意义可求得函数在处的切线方程；

（2）利用导数分析函数在上的单调性，可得知方程两根分别在与内，不妨设、且，证明出恒成立，可得出，证明出恒成立，可得出，利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.

【详解】（1）因为，故，

所以，，，

因此，函数在处的切线方程为；

（2）由（1）得，

设，则在上恒成立，

所以，在上单调递增，

又，，所以有唯一实根．

当时，，递减；

当时，，递增，

故方程两根分别在与内，不妨设、且，

设，，则，

且，，

当时，，所以函数在上递增，

当时，，递减；当时，，递增，

所以，有最小值，即恒成立，，．

，则，又因为，

所以，函数在处的切线方程为，

构造函数，则，

当时，，递减；当时，，递增.

所以，，所以恒成立，

，即，

于是．

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（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）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

11．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】(1)先求出导函数,利用导函数的正负即可求出函数的单调区间．

(2)求导可得,再利用韦达定理可得,,化简得,令,所以,由的取值范围求出的取值范围,令,从而得到,所以在上递减,进而求出的最小值．

(1)

依题意，得，

，由，解得，即当时，，单调递增，

由，解得，即当时，，单调递减，

当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为，．

(2)

，

的两根为，，

即方程的两根为，，

，，

，，

，

，

令，

由韦达定理，得，

，

，，

或，，

令，，

在上递减，

.

12．（1）；（2）见详解.

【分析】（1）根据导数的几何意义，求出点处的切线斜率，又，根据点斜式即可得解；

（2）由点处的切线方程，求的近似值，由在处的切线，求出的近似值，由此证明.

【详解】（1）由，所以，又，

所以f(x)在点(-1，f(-1))处的切线方程为；

（2）由（1）知在点)处的切线方程

设，

令，

则，设

，

所以在上单减，在上当增，

， 时，，，

∴  所以在上单减，在上当增，

∴  ，

∴  ，当且仅当时取等号，

令，则的根为，又，

所以，因为在上单减，所以，

而在处的切线方程为

设，

令，

则，设

，

故 在上单减，在上单增，

又，当时，，

故，

所以，当且仅当时取等号，

∵ 的根，

，

又在上单增，所以，

故，又，

∴  .

【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化思想，要求较高的计算能力，考查了计算逻辑推理等数学的核心能力.本题的关键有：

（1）掌握导数的几何意义的应用以及利用导数研究函数的单调性；

（2）本题的最重要思路是进行转化，把函数零点转化为切线零点解决问题.