专题04：导数及导数的应用-2024年新高考数学新题型试卷结构冲刺讲义

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15. 已知函数在点处的切线与直线垂直．
（1）求；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值
【解析】
【小问1详解】
，则，
由题意可得，解得；
【小问2详解】
由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
题型一：导数的计算及几何意义
【典例例题】
例1.（2024春·湖北省）若点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设，函数的定义域为，求导得，
当曲线在点处的切线平行于直线时，，
则，而，解得，于是，
平行于的直线与曲线相切的切点坐标为，
所以点到直线的最小距离即点到直线的距离．
故选：D
【变式训练】
1.（2024春·新高考）已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，则，
则，
所以，，
所以，，故.
故选：C.
2.（2024春·安徽芜湖）若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为 .
【答案】
【详解】因为为奇函数，且定义域为，
所以，得到，
当时，，，
所以满足意义，故，所以，
故，又，所以曲线在点处的切线方程为，
故答案为：.
3．（2024春·重庆）已知定义在上的偶函数满足，且当时，．若，则在点处的切线方程为 ．（结果用含的表达式表示）
【答案】
【详解】因为，所以，即，
令，有，令，有，所以，
，因为为偶函数，所以，
由，令得，所以，
令得，所以，
因为为偶函数，所以，
所以在点处的切线方程为，
即.
故答案为：.
4.（2024春·云南大理）（多选）激活函数是神经网络模型的重要组成部分，是一种添加到人工神经网络中的函数.函数是常用的激活函数之一，其解析式为，则（ ）
A．函数是奇函数
B．函数是减函数
C．对于实数，当时，函数有两个零点
D．曲线存在与直线垂直的切线
【答案】AC
【详解】定义域为，
所以为奇函数，正确；
恒成立，所以函数是增函数，故B错误；
当时，恒成立，所以在上单调递减，
在上单调递增，且，
故当时，与直线有两个交点，故函数有两个零点.
C正确；
，且，
所以，故曲线不存在与直线垂直的切线.错误.
故选：AC.
题型二：用导数研究函数的单调性
【典例例题】
例1.（2024春·安徽合肥）已知函数.
(1)若，分析的单调性；
(2)若，证明：在，内各恰有一个零点，并且这两个零点互为相反数.
【答案】(1)在上单调递增 (2)证明见解析
【详解】（1）若，则.
设，则，令，得，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以，
所以，所以在上单调递增.
（2）.
设，则，
令，解得，令，解得，
则在上单调递减，在上单调递增.
若，即，则，
又，当时，，当时，，
所以在内各恰有一个零点，设为.
当或时，单调递增，当时，单调递减.
由于，所以，
又当时，当时，
的大致图象如下:

设为函数在内的零点，下面证明也是的零点，即.
因为，
所以.
综上，在，内各恰有一个零点，并且这两个零点互为相反数.
【变式训练】
1.（2024春·山东枣庄）已知定义在上的连续函数，其导函数为，且，函数为奇函数，当时，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【详解】A项，在中，，函数为奇函数，
所以函数为偶函数，则，
所以函数关于对称，
所以，故A正确；
B项，令，
因为当时，
所以当时，，函数单调递增，
所以，
所以，B正确；
C项，当时，，
所以，函数单调递增，
所以当时，函数单调递减，
则在取得最小值为1，
所以不存在，C错误；
D项，由函数关于对称，
当时，令，，函数单调递增，
所以，则，
所以，，
令，，
所以函数单调递减，，
所以，
所以，，
所以与的差大于与的差，
因为函数关于对称，当时，函数单调递增，
所以，D正确；
故选：ABD.
2．（2024春·全国新高考）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设，分别为的极大值点和极小值点，记，．
（ⅰ）证明：直线AB与曲线交于另一点C；
（ⅱ）在（i）的条件下，判断是否存在常数，使得．若存在，求n；若不存在，说明理由．
附：，．
【答案】(1)在，单调递增，在单调递减
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，
【详解】（1）因为，
则，
令得或，
当与时，；
当时，；
所以在，单调递增，在单调递减．
（2）由（1）得，，
（ⅰ）直线的方程为，即，
由，得，
设，则，
令得，
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
因为，，，
所以有且仅有2个零点，，其中，
这表明方程的解集为，
即直线AB与曲线交于另一点C，且C的横坐标为，
（ⅱ）由（ⅰ）得，即，
假设存在常数，使得，则，
所以，代入可得．
设，则．令得．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
因为，，，
所以存在唯一的，使得．
此时．
因此，存在常数，使得，且．
4.（2024春·陕西西安）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)求证：当时，对，不等式恒成立．
【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析
【详解】（1）定义域为，
由，得，
①时，，则在上为增函数；
②时，由，得，由，得，
则在上为增函数，在上为减函数．
综上，当时，在上为增函数；当时，在上为增函数，在上为减函数．
（2）证明：当时，，
则
，
∴要证原不等式成立，即证对恒成立，
令，则，
在上为增函数，
当时，，
对恒成立．
对恒成立．
题型三：函数的极值和最值
【典例例题】
例1.（2024春·广东省）已知函数有极值点
(Ⅰ)求函数的单调区间及的取值范围；
(Ⅱ)若函数有两个极值点，且求的值.
【答案】(I)的增区间为，，减区间为，或；(II) ．
【详解】(I)求单调区间先求导，，解得或，
令，解得
∴的增区间为，，减区间为.
（II)极值点即为导数零点得
即
解得或
∵或，则
【变式训练】
1.（2024春·黑龙江哈尔滨）已知函数 的定义域为，且满足，在 处取极值，则下列说法中正确的是 （ ）
A．是奇函数B．是偶函数
C．在处取极小值D．的最大值为4
【答案】C
【详解】因为，
所以，所以，
所以，所以，
因为在处极值，所以，解得，
所以，
所以且，
所以不是奇函数也不是偶函数，所以A、B错误；
对于C中，由B知，，
令，解得或，
则当时，；当时，，
所以在处取得极小值，所以C正确；
对于D中，令，则，
因为，所以，
所以，所以D错误.
故选：C.
2.（2024春·湖北武汉）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
【答案】（1） （2）证明见解析
【解析】
【小问1详解】
，，．
故曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
由（1）得．
令函数，则，所以是增函数．
因为，，
所以存在，使得，即．
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
．
因为，所以，
所以．
故．
3.（2024春·江西赣州）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围．
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为 (2)
【详解】（1）当时，，
∴，由，得，由，得，
所以函数的单调增区间为，单调减区间为；
（2）原条件等价于：在上存在实数解．
化为在上存在实数解，
令，
则，
∴在上，，得，故在上单调递增，
∴的最小值为，
∴时，不等式在上存在实数解．
4．（2024春·河北衡水）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若是的极小值点，求的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减 (2)
【详解】（1）当时，，
设，则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，取得极大值，所以，
所以在上单调递减；
（2），
设，则，
（i）当时，二次函数开口向上，对称轴为，
当时，单调递增，
因为，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，所以是的极小值点．
当时，，又，
所以存在，使得，所以当时，单调递增，
又，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，所以是的极小值点；
（ii）当时，，当时，单调递减，
当时，，单调递增，所以是的极小值点；
（iii）当时，开口向下，对称轴为，
此时，故，使，
当时，，因此在上单调递增，
又，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以为的极小值点；
（iv）当时，，使，
当时，，因此在上单调递减，
又，当时，单调递增，
当时，单调递减，所以为的极大值点；
（v）当时，由（1）知非极小值点．
综上所述，．
题型四：导数的新颖题型
【典例例题】
例1.（2024春新高考）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
(1)若，判断是否为上的“3类函数”；
(2)若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
(3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
【答案】(1)是上的“3类函数”，理由见详解.
(2) (3)证明过程见详解.
【详解】（1）对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
（3）因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.
【变式训练】
1．（2024春·重庆·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）对于函数，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点； 若存在，使得，则称为函数的二阶不动点； 依此类推，可以定义函数的 阶不动点. 其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点.
(1)已知，求的不动点；
(2)已知函数在定义域内单调递增，求证： “为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件；
(3)已知，讨论函数的稳定点个数.
【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3)答案见解析
【详解】（1）设，则恒成立，
故函数在R上单调递增，
又，故函数在R上有唯一零点，
即有唯一不动点1；
（2）证明：充分性：设为函数的不动点，则，
则，即为函数的稳定点，充分性成立；
必要性：设为函数的稳定点，即，
假设，而在定义域内单调递增，
若，则，与矛盾；
若，则，与矛盾；
故必有，即，
即，故为函数的不动点，
综上， “为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件；
（3）当时，函数在上单调递增，
由（2）知的稳定点与的不动点等价，故只需研究的不动点即可；
令，
则，则在上单调递减，
①当时，恒成立，即在上单调递增，
当x无限接近于0时，趋向于负无穷小，且，
故存在唯一的，使得，即有唯一解，
所以此时有唯一不动点；
②当时，即时，，
当x趋向无穷大时，趋近于0，此时，
存在唯一，使得，
此时在上单调递增，在上单调递减，
故，
当x趋近于0时，趋向于负无穷大，当x趋向正无穷大时，趋向于负无穷大，
设，则在上单调递增，且，
又在时单调递增，
故（i）当时，即，
此时，方程有一个解，即有唯一不动点；
（ii）当shi ，即，
此时，方程无解，即无不动点；
（iii）当时，即，
此时，方程有两个解，即有两个不动点；
综上，当时或时，有唯一稳定点；
当时，无稳定点；
当，有两个稳定点；
2.（2024春·浙江宁波）在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：上的曲线段，其弧长为，当动点从A沿曲线段运动到B点时，A点的切线也随着转动到B点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当B越接近A，即越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率．（其中y＇，y＇＇分别表示在点A处的一阶、二阶导数）
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
(2)求椭圆在处的曲率；
(3)定义为曲线的“柯西曲率”．已知在曲线上存在两点和，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求的取值范围．
【答案】(1)1 (2) (3)
【详解】（1）．
（2），，，
故，，故．
（3），，故，其中，
令，，则，则，其中（不妨）
令，在递减，在递增，故；
令，
，令，
则，当时，恒成立，故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在递增，
又，，故，
故．
单项选择
1．（2024春·江苏常州）已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】构建，则，
因为，则，即，
可知在上单调递减，且，
由可得，即，解得，
所以不等式的解集是.
故选：A．
2.（2024春·江西省）设、、满足，，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【详解】、、且，，，则，
先比较与的大小关系，
构造函数，其中，
则，所以，，
则，
令，其中，则，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，故，
所以，函数在上单调递增，则，即，
因为，则，
所以，，
所以，，
因为，所以，
，
所以，对任意的，，
故函数在上单调递减，
因为，则，故，
由基本不等式可得（，故取不了等号），所以，，
故选：A.
填空题
3．（2024春·陕西）已知，函数有两个极值点，则下列说法正确的序号为 ．
①若，则函数在处的切线方程为；②m可能是负数；
③；④若存在，使得，则．
【答案】①④
【详解】①若，则，，
，，
所以函数在处的切线方程为，即，说法①正确．
②，有，则，说法②错误．
③，当时，，单调递减，没有极值，
当时，由，解得，
所以在区间上，单调递增，
在区间上，单调递减，
所以是的极大值点，是的极小值点，
而，
所以为定值，说法③错误．
④若存在，使得，
即，得，
即，即，
由于，所以必存在，
对于，则有，
即，解得，所以说法④正确.
故答案为：①④
4.（2024春·新高考）已知若存在，使得成立，则的最大值为 .
【答案】
【详解】因则，
由知时，，即函数在上单调递增.
由可得：且,故得：，
则，不妨设，则，
故当时，，递增，当时，，递减，
即，故的最大值为.
故答案为：.
5.（2024春·江西省）若，设的零点分别为，则 ， .（其中表示a的整数部分，例如：）
【答案】
【详解】令，则，利用对数恒等式，原式等价变为：，
下令，于是，由可知在上递减，
上递增，在取到极小值，，且，，
可作出大致图像如下：
结合图像，可能有如下情形：
由的单调性可知，若均在中的一种时，则有.
记，，即在上递增，由，则，故，使得；
显然在上递增，由，故时，，故时，；
又，故，使得，故时；
不可能均满足，事实上，由，得到，这与矛盾.
于是时，由可以推出：.
设，，由在上单调递增，故在上单调递增，又，，即，故，使得，且时，，递减，时，，递增，故，由，可得，由，根据基本不等式，（等号取不到），故，又，，故存在，使得；
，显然，故，即；
，显然，故，即.
由，故，使得.
注意到，故.
综上讨论，当时原方程有两个根：，；
虽说，，根据上述讨论，在上无实根.即时，有两个零点：，.
当时，，而时，，，而在处无定义，不可能有，即时，无零点；
当时，注意到且时，，又，故时，存在零点，即，使得，若，且，不妨设，由于均在上单调递增，故，，在上递减，在递增，故，于是是唯一实根.
综上所述，原函数有，，三个零点，.
故答案为：
（2024春·湖北省）已知，，则在下列关系①②③
④中，能作为“”的必要不充分条件的是______（填正确的序号）.
【答案】②③
【解析】
【分析】利用基本不等式可判断①；数形结合，作出的图象，结合不等式相应的几何意义判断②；利用放缩法说明，再用构造函数，利用导数知识说明，从而判断③；构造函数，求导判断单调性，数形结合，说明两命题之间的推理关系，判断④.
【详解】对于①，取，满足，但不满足，
即成立推不出，
由于，故，
而，故，当且仅当时取等号，
即成立可推出成立，
故不是“”的必要不充分条件；
对于②，作出函数的图象，如图曲线，即将的图像向右平移1个单位得到；

则（）表示几何意义为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴），
则中相应的点所在区域即上述区域；
而表示的几何意义为直角三角形区域部分（不含坐标轴），
显然直角三角形区域部分（不含坐标轴）对应集合为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴）相应集合的真子集，
即是的必要不充分条件，
对于③，由得，故，（），
设，则，
则在上单调递减，且，
则存在，使得，即时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
而，则在上恒成立，
即，故；
而当成立时，不妨取，成立，
但不成立，故是的必要不充分条件；
对于④，当时，设，
则，显然在单调递增，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
又，
作出的大致图象如图：

由图象可知存在，使得，
故当时，只有唯一解，
若，则与条件不符；
即此时得不出，
即不是的必要条件，
故能作为“”的必要不充分条件的是②③，
故答案为：②③
简答题
7．（2024春·全国）设函数.
(1)若，求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.
【答案】(1)无最小值，最大值为 (2)证明见解析
【详解】（1）由题意得，则.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
无最小值，最大值为.
（2），则，
又有两个不同的极值点，
欲证，即证，
原式等价于证明①.
由，得，则②.
由①②可知原问题等价于求证，
即证.
令，则，上式等价于求证.
令，则，
恒成立，在上单调递增，
当时，，即，
原不等式成立，即.
8．（2024春·天津宁河）已知函数，．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析
【详解】（1）当时，，
得，则，，
所以切线方程为，即；
（2），
当时，恒成立，在上单调递增，无减区间，
当时，令，得，单调递增，
令，得，单调递减，
综合得：当时，的单调递增区间为，无减区间；
当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为；
（3），
则，
因为是函数的两个极值点，
即是方程的两不等正根，
所以，得，
令，则，
得，
则，
所以
，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即.
9．（2024春·黑龙江）设函数，.
(1)已知对任意恒成立，求实数的取值范围；
(2)已知直线与曲线、分别切于点、，其中
①求证：；
②已知对任意恒成立，求的取值范围．
【答案】(1) (2)①证明见解析；②.
【详解】（1）解：由已知可得，其中，
设，其中，则，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以，；
令，其中，则，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，，
综上所述，实数的取值范围是.
（2）证明：①因为，，则，，
所以，直线可表示为，即，
直线的方程也可表示为，即，
故有，所以，，
所以，，即，
设，其中，则，
令，其中，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
又因为，，所以，存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
因为，则，，
所以，函数在上无零点，
因为，所以，存在，使得，
所以，，则；
解：②由①可知，，当时，，
由可得，
设，其中，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
所以，，
所以，，解得，
故实数的取值范围是.
10．（2024春·湖南长沙）给出下列两个定义：
I.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，若其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”.
II.对于一个“同定义函数”，若有以下性质：
①；②，其中为两个新的函数，是的导函数.
我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”.
(1)判断函数和是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”；
(2)已知命题是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题.判断命题是的什么条件，证明你的结论；
(3)已知函数.
①若的“自导函数”是，试求的取值范围；
②若，且定义，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)既不充分也不必要条件；证明见解析
(3)
【详解】（1）解：对于函数，则，
这两个函数的定义域都是，
所以函数为“同定义域函数”，此时，，
由函数的定义，对于，无法同时成立，
所以为“单向导函数”，其“自导函数”为，
对于函数，则，
因为这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.
（2）解：若成立，，则，
设，则，所以为“单向导函数”，
又设，则，所以为“双向导函数”，
但不是常值函数，所以不是的必要条件；
若成立，则，所以，所以，
所以不成立，所以是的既不充分也不必要条件.
（3）解：①由题意，，且，
所以，所以；
②由题意，所以且，
令，
可得，且，
因为为单调递增函数，且，
所以存在使得，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
（i）当时，即，
所以，
此时，在上单调递增，可得；
（ii）当时，，此时，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又由，所以；
（iii）当且时，，
所以函数在上存在两个极值点，
若，即时，极大值点为；
若，即时，极大值点为，
则为函数的极大值或，
由当时，，
令，则，
设，
则，
所以，即单调递增，所以，
所以单调递增，所以，
综上可得，，所以实数的取值范围为.
11．（2024春·云南昆明）悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①，②和角公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)若当时，恒成立，求实数a的取值范围；
(3)求的最小值．
【答案】(1)答案见解析 (2) (3)0
【详解】（1）平方关系：；
和角公式：；
导数：．
理由如下：平方关系，
；
，
和角公式：
故；
导数：，；
（2）构造函数，，由（1）可知，
i．当时，由可知，
故，故单调递增，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
ii．当时，令，，
则，可知单调递增，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在内单调递减，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数a的取值范围为．
（3），，
令，则，
令，则，
当时，由（2）可知，，则，
令，则，故在内单调递增，
则，故在内单调递增，
则，故在内单调递增，
则，故在内单调递增，
因为，
即为偶函数，故在内单调递减，
则，故当且仅当时，取得最小值0.
12．（2024春·江苏常州）已知函数，曲线在点处切线方程为．
(1)讨论函数在上的单调性；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)单调递增
(2)
【详解】（1）因为，所以，
由题有，即，解得
所以，，
当时，，所以，
又当时，，所以，
即在区间上恒成立，所以在区间上单调递增．
（2）由对恒成立，
即对恒成立，
令，所以对恒成立，
则，
令，则，
当时，由于，，，所以，当且仅当时取等号，
当时，，所以，
所以在区间上单调递增，
故，
当时，，所以在区间上单调递增，
又，所以符合题意，
当时，因为，则存在，使得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，则时，，不合题意，
综上：的取值范围为．