人教A版（2019）选修二 第五章一元函数的导数及其应用 拓展十一：近五年导数高考真题分类汇编-直击高考考点归纳-讲义

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拓展十一：近五年导数高考真题分类汇编 考点一 导数的运算 1．（2020•全国）设函数，若，则　　 A．3 B． C． D．1 【解析】， ，又， ，， 故选：． 2．（2019•全国）若函数，，则　　． 【解析】由，得， ，， ． 故答案为：3． 3．（2020•新课标Ⅲ）设函数，若（1），则　　． 【解析】， ，（1）， ，则， 故答案为：1． 4．（2022•甲卷）当时，函数取得最大值，则（2）　　 A． B． C． D．1 【解析】由题意（1），则， 则， 当时函数取得最值，可得也是函数的一个极值点， （1），即． ， 易得函数在上单调递增，在上单调递减， 故处，函数取得极大值，也是最大值， 则（2）． 故选：． 5．（2022•新高考Ⅰ）已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，均为偶函数，则　　 A． B． C．（4） D．（2） 【解析】为偶函数，可得，关于对称， 令，可得，即（4），故正确； 为偶函数，，关于对称，故不正确； 关于对称，是函数的一个极值点， 函数在，处的导数为0，即， 又的图象关于对称，，函数在，的导数为0， 是函数的极值点，又的图象关于对称，，关于的对称点为，， 由是函数的极值点可得是函数的一个极值点，， 进而可得，故是函数的极值点，又的图象关于对称， ，关于的对称点为，，，故正确； 图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值是确定值，故错误． 解法二：构造函数法， 令，则，则， ， 满足题设条件，可得只有选项正确， 故选：． 考点二 利用导数研究曲线上某点切线方程 6．（2019•新课标Ⅰ）曲线在点处的切线方程为　　． 【解析】， ， 当时，， 在点处的切线斜率， 切线方程为：． 故答案为：． 7．（2020•新课标Ⅰ）函数的图象在点，（1）处的切线方程为　　 A． B． C． D． 【解析】由，得， （1）， 又（1）， 函数的图象在点，（1）处的切线方程为， 即． 故选：． 8．（2021•全国）曲线在点处的切线方程是 　　． 【解析】函数的导数为， 可得曲线在点处的切线的斜率为， 则曲线在点处的切线方程为， 即为． 故答案为：． 9．（2021•甲卷）曲线在点处的切线方程为　　． 【解析】因为，在曲线上， 所以， 所以， 则曲线在点处的切线方程为： ，即． 故答案为：． 10．（2020•新课标Ⅰ）曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 　　． 【解析】的导数为， 设切点为，可得， 解得，即有切点， 则切线的方程为，即， 故答案为：． 11．（2019•天津）曲线在点处的切线方程为 　　． 【解析】由题意，可知： ， ． 曲线在点处的切线方程：， 整理，得：． 故答案为：． 12．（2019•新课标Ⅲ）已知曲线在点处的切线方程为，则　　 A．， B．， C．， D．， 【解析】，， 由在点处的切线方程为， 可得，解得， 又切点为，可得，即． 故选：． 13．（2019•新课标Ⅱ）曲线在点处的切线方程为　　 A． B． C． D． 【解析】由，得， ， 曲线在点处的切线方程为， 即． 故选：． 14．（2018•全国）若函数图象上点，（1）处的切线平行于直线，则　　 A． B．0 C． D．1 【解析】函数的导数为， 可得点，（1）处的切线斜率为， 由点，（1）处的切线平行于直线， 可得， 解得， 故选：． 15．（2018•新课标Ⅰ）设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为　　 A． B． C． D． 【解析】函数，若为奇函数，， ． 所以： 可得，所以函数，可得， 曲线在点处的切线的斜率为：1， 则曲线在点处的切线方程为：． 故选：． 16．（2022•新高考Ⅰ）若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是 　． 【解析】，设切点坐标为，， 切线的斜率， 切线方程为， 又切线过原点，， 整理得：， 切线存在两条，方程有两个不等实根， △，解得或， 即的取值范围是，，， 故答案为：，，． 17．（2022•新高考Ⅱ）曲线过坐标原点的两条切线的方程为 　　，　　． 【解析】当时，，设切点坐标为，， ，切线的斜率， 切线方程为， 又切线过原点，， ， 切线方程为，即， 当时，，与的图像关于轴对称， 切线方程也关于轴对称， 切线方程为， 综上所述，曲线经过坐标原点的两条切线方程分别为，， 故答案为：，． 18．（2019•江苏）在平面直角坐标系中，点在曲线上，且该曲线在点处的切线经过点，为自然对数的底数），则点的坐标是　　． 【解析】设，，由，得， ，则该曲线在点处的切线方程为， 切线经过点，， 即，则． 点坐标为． 故答案为：． 19．（2019•江苏）在平面直角坐标系中，是曲线上的一个动点，则点到直线的距离的最小值是　　． 【解析】由，得， 设斜率为的直线与曲线切于，， 由，解得． 曲线上，点到直线的距离最小， 最小值为． 故答案为：4． 20．（2021•北京）已知函数． （Ⅰ）若，求曲线在点，（1）处的切线方程； （Ⅱ）若在处取得极值，求的单调区间，并求其最大值和最小值． 【解析】（Ⅰ）的导数为， 可得在处的切线的斜率为， 则在，（1）处的切线方程为， 即为； （Ⅱ）的导数为， 由题意可得，即，解得， 可得， ， 当或时，，递增；当时，，递减． 函数的图象如右图，当，；，， 则在处取得极大值1，且为最大值1；在处取得极小值，且为最小值． 所以的增区间为，，减区间为； 的最大值为1，最小值为． 21．（2021•新高考Ⅰ）若过点可以作曲线的两条切线，则　　 A． B． C． D． 【解析】法一：函数是增函数，恒成立， 函数的图象如图，，即切点坐标在轴上方， 如果在轴下方，连线的斜率小于0，不成立． 点在轴或下方时，只有一条切线． 如果在曲线上，只有一条切线； 在曲线上侧，没有切线； 由图象可知在图象的下方，并且在轴上方时，有两条切线，可知． 故选：． 法二：设过点的切线横坐标为， 则切线方程为，可得， 设，可得，，，是增函数， ，，是减函数， 因此当且仅当时，上述关于的方程有两个实数解，对应两条切线． 故选：． 22．（2021•新高考Ⅱ）已知函数，，，函数的图象在点，和点，的两条切线互相垂直，且分别交轴于，两点，则的取值范围是 　　． 【解析】当时，，导数为， 可得在点，处的斜率为， 切线的方程为， 令，可得，即， 当时，，导数为， 可得在点，处的斜率为， 令，可得，即， 由的图象在，处的切线相互垂直，可得， 即为，，， 所以． 故答案为：． 23．（2022•甲卷）已知函数，，曲线在点，处的切线也是曲线的切线． （1）若，求； （2）求的取值范围． 【解析】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为， 即，设该切线与切于点，，，则，解得，则（1），解得； （2），则在点，处的切线方程为，整理得， 设该切线与切于点，，，则，则切线方程为，整理得， 则，整理得， 令，则，令，解得或， 令，解得或，则变化时，，的变化情况如下表： 则的值域为，，故的取值范围为，． 24．（2020•北京）已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点，处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 【解析】（Ⅰ）的导数， 令切点为，可得切线的斜率为， ，， 切线的方程为； （Ⅱ）曲线在点，处的切线的斜率为， 切线方程为， 令，可得，令，可得， ， 由，可知为偶函数， 不妨设，则， ， 由，得， 当时，，递增；当时，，递减， 则在处取得极小值，且为最小值32， 同理可得时，在处取得极小值，且为最小值32， 所以的最小值为32． 25．（2022•天津）已知，，函数，． （1）求函数在，处的切线方程； （2）若和有公共点． （ⅰ）当时，求的取值范围； （ⅱ）求证：． 【解析】（1），， ，， 函数在处的切线方程为； （2）（ⅰ），，又和有公共点， 方程有解， 即有解，显然， 在上有解， 设，， ， 当时，；当，时，， 在上单调递减，在，上单调递增， ，且当时，；当时，， ，， 的范围为，； （ⅱ）证明：令交点的横坐标为，则， 由柯西不等式可得 ， 又易证时，，，， ， 故． 26．（2020•新课标Ⅲ）设函数，曲线在点，处的切线与轴垂直． （1）求； （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【解答】（1）解：由，得， ，即； （2）证明：法一、设为的一个零点，根据题意，，且， 则，且， 令， ， 当，，时，，当，时， 可知在，，上单调递减，在，上单调递增． 又，（1），，， ． 设为的零点，则必有， 即， ，得， 即． 所有零点的绝对值都不大于1． 法二、由（1）可得，． ， 可得当，，时，，当，时，， 则在，，上单调递增，在，上单调递减． 且，，，（1）， 若的所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或（1）． 即或． 当时，，，，（1）， 又， 由零点存在性定理可知，在上存在唯一一个零点． 即在上存在唯一零点，在上不存在零点． 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当时，，，，（1）， 又， 由零点存在性定理可知，在上存在唯一一个零点． 即在上存在唯一零点，在上不存在零点． 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾． 综上，所有零点的绝对值都不大于1． 考点三 利用导数研究函数的单调性 27．（2020•全国）函数的单调递增区间是　　 A． B．， C． D． 【解析】已知函数， 则函数的定义域为：， 则， 令， 解得， 即函数的单调递增区间是， 故选：． 28．（2021•全国）已知函数． （1）求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围． 【解析】（1）已知函数， 则，， 令，解得：或， 令，解得：， 即的单调增区间为，，单调减区间为； （2）由（1）可得：函数在单调递增，在单调递减， 则当时，（2）， 又当时，， 即， 即， 即的取值范围为：． 29．（2021•甲卷）设函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）若的图像与轴没有公共点，求的取值范围． 【解析】（1），， 因为， 所以， 所以在上，，单调递减， 在，上，，单调递增． 综上所述，在上单调递减，在，上单调递增． （2）由（1）可知，， 因为的图像与轴没有公共点， 所以， 所以， 所以的取值范围为，． 30．（2021•乙卷）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标． 【解析】（1），△， ①当△，即时，由于的图象是开口向上的抛物线，故此时，则在上单调递增； ②当△，即时，令，解得， 令，解得或，令，解得， 在，，单调递增，在，单调递减； 综上，当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减． （2）设曲线过坐标原点的切线为，切点为， 则切线方程为， 将原点代入切线方程有，，解得， 切线方程为， 令，即，解得或， 曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和． 31．（2022•北京）已知函数． （Ⅰ）求曲线在点，处的切线方程； （Ⅱ）设，讨论函数在，上的单调性； （Ⅲ）证明：对任意的，，有． 【解析】（Ⅰ）对函数求导可得：， 将代入原函数可得，将代入导函数可得：， 故在处切线斜率为1，故，化简得：； （Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）有：， ， 令，令， 设，恒成立， 故在，单调递增，又因为， 故在，恒成立，故， 故在，单调递增； 解法二：由（Ⅰ）有：， ， 设，，则， 由指数函数的性质得上上是增函数，且， ，当时，，单调递增， 且当时，， 在，单调递增． （Ⅲ）证明：由（Ⅱ）有在，单调递增，又， 故在，恒成立，故在，单调递增， 设，， 由（Ⅱ）有在，单调递增，又因为，所以， 故单调递增，又因为，故， 即：，又因为函数， 故，得证． 32．（2020•新课标Ⅰ）已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 【解析】由题意，的定义域为，且． （1）当时，，令，解得． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 在上单调递减，在上单调递增； （2）当时，恒成立，在上单调递增，不合题意； 当时，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 的极小值也是最小值为． 又当时，，当时，． 要使有两个零点，只要即可， 则，可得． 综上，若有两个零点，则的取值范围是，． 33．（2020•新课标Ⅱ）已知函数． （1）若，求的取值范围； （2）设，讨论函数的单调性． 【解析】（1）等价于． 设，． 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 在时取得极大值也就是最大值为（1）， ，即． 则的取值范围为，； （2），，． ． 令， 则， 令，解得，令，解得， 在上单调递增，在上单调递减． （a），即， 在和上单调递减． 34．（2019•全国）已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若在区间，的最小值为，求． 【解析】（1）当时，， 则，令，则， 当时，；当时，． 的单调递减区间为，单调递增区间为； （2），令，则， 当时，，在，上单调递增，，不符合条件； 当时，，则当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ，，符合条件； 当时，，则当时，，在上单调递减， ，，不符合条件． 在区间，的最小值为，的值为． 35．（2019•新课标Ⅰ）已知函数，为的导数． （1）证明：在区间存在唯一零点； （2）若，时，，求的取值范围． 【解析】（1）证明：， ， 令，则， 当时，，当时，， 当时，极大值为， 又，， 在上有唯一零点， 即在上有唯一零点； （2）由题设知，，可得． 由（1）知，在上有唯一零点， 使得，且在为正，在，为负， 在，递增，在，递减， 结合，，可知在，上非负， 当，时，， 又当，，时，，， 的取值范围是，． 36．（2019•新课标Ⅱ）已知函数． （1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点； （2）设是的一个零点，证明曲线在点，处的切线也是曲线的切线． 【解答】解析：（1）法一：函数．定义域为：，，； ，且， 在和上单调递增， ①在区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得， ，，， 在有且仅有一个零点， ②在区间，区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得， 又（e），，（e）， 在上有且仅有一个零点， 故在定义域内有且仅有两个零点； 法二：的零点的个数，即为函数与的交点个数， 作出两函数的图象如图所示． 由两函数图象知有一交点在，有一交点在， 故在定义域内有且仅有两个零点； （2）是的一个零点，则有， 曲线，则有； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程， 曲线在点，处的切线方程为：， 即：，将代入， 即有：， 而曲线的切线中，在点，处的切线方程为：， 将代入化简，即：， 故曲线在点，处的切线也是曲线的切线． 故得证． 37．（2021•乙卷）设，，，则　　 A． B． C． D． 【解析】，， ， 令，， 令，则 ， ， ， 在上单调递增， （1）， ， ， 同理令， 再令，则 ， ， ， 在上单调递减， （1）， ， ， ． 故选：． 38．（2021•新高考Ⅱ）已知函数． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：恰有一个零点． ①，； ②，． 【解析】（Ⅰ），， ①当时，当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ②当时，令，可得或， 当时， 当或时，，当时，， 在，，上单调递增，在，上单调递减， 时， 且等号不恒成立，在上单调递增， 当时， 当或时，，当时，， 在，，上单调递增，在，上单调递减． 综上所述： 当 时， 在上单调递减；在上 单调递增； 当 时， 在， 和上单调递增；在，上单调递减； 当 时， 在 上单调递增； 当 时， 在和， 上单调递增；在， 上单调递减． （Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知， 在上单调递增，， 单调递减，， 上 单调递增． 注意到． 在 上有一个零点； ， 由 得，， ，当 时，，此时 无零点． 综上： 在 上仅有一个零点． 另解：当，时，有，， 而，于是 ， 所以在没有零点，当时，， 于是，所以在，上存在一个零点，命题得证． 若选②，则由（Ⅰ）知：在， 上单调递增， 在，上单调递减，在 上单调递增． ， ，，，， 当 时，，此时 无零点． 当 时， 单调递增，注意到， 取，，，又易证， ， 在上有唯一零点，即在上有唯一零点． 综上： 在 上有唯一零点． 39．（2020•新课标Ⅲ）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个零点，求的取值范围． 【解析】（1）．， 时，，在递增， 时，令，解得：或， 令，解得：， 在递增，在，递减，在，递增， 综上，时，在递增， 时，在递增，在，递减，在，递增； （2）由（1）得：，，， 若有三个零点， 只需，解得：， 故． 40．（2022•新高考Ⅱ）已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，证明：． 【解析】（1）当时，， ， ， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． （2）令， ，， 在上恒成立， 又， 令，则， ， ①当，即，存在，使得当时，，即在上单调递增． 因为，所以在内递增，所以，这与矛盾，故舍去； ②当，即， ， 若，则， 所以在，上单调递减，，符合题意． 若，则， 所以在上单调递减，，符合题意． 综上所述，实数的取值范围是． 另解：的导数为， ①当时，， 所以在递增，所以，与题意矛盾； ②当时，， 所以在递减，所以，满足题意；． ③当时，． 设，，则在递减，所以， ，所以在递减，所以，满足题意； ④当时，， 令，则，， 可得递减，， 所以存在，使得．当时，， 在递增，此时， 所以当时，，在递增，所以，与题意矛盾． 综上可得，的取值范围是，． （3）由（2）可知，当时，， 令得，， 整理得，， ， ，， 即． 另解：运用数学归纳法证明． 当时，左边成立． 假设当时，不等式成立，即． 当时，要证， 只要证， 即证． 可令，则，，则需证明， 再令，则需证明． 构造函数，， ， 可得在，上递减， 则（1），所以原不等式成立， 即时，成立． 综上可得，成立． 41．（2021•新高考Ⅰ）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：． 【解答】（1）解：由函数的解析式可得， ，，单调递增， ，，单调递减， 则在单调递增，在单调递减． （2）证明：由，得， 即， 由（1）在单调递增，在单调递减， 所以（1），且（e）， 令，， 则，为 的两根，其中． 不妨令，，则， 先证，即证，即证， 令， 则在单调递减， 所以（1）， 故函数在单调递增， （1）．，，得证． 同理，要证， （法一）即证， 根据（1）中单调性， 即证， 令，， 则，令， ，，单调递增， ，，，单调递减， 又时，，且（e）， 故， （1）（1）， 恒成立， 得证， （法二），， 又，故，， 故，， 令，，， 在上，，单调递增， 所以（e）， 即，所以，得证， 则． 42．（2020•海南）已知函数． （1）当时，求曲线在点，（1）处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若，求的取值范围． 【解析】（1）当时，， ， （1）， （1）， 曲线在点，（1）处的切线方程为， 当时，，当时，， 曲线在点，（1）处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积． （2）方法一：由，可得，即， 即， 令， 则， 在上单调递增， ， 即， 令， ， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， （1）， ， ， 故的范围为，． 方法二：由可得，，， 即， 设， 恒成立， 在单调递增， ， ， 即， 再设， ， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， （1）， ， 即 ，则， 此时只需要证， 即证， 当时， 恒成立， 当时，，此时不成立， 综上所述的取值范围为，． 方法三：由题意可得，， ， 易知在上为增函数， ①当时，（1），， 存在使得， 当时，，函数单调递减， （1），不满足题意， ②当时，，， ， 令， ， 易知在上为增函数， （1）， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， （1）， 即， 综上所述的取值范围为，． 方法四：，，， ，易知在上为增函数， 在上为增函数，在0，上为减函数， 与在0，上有交点， 存在，使得， 则，则，即， 当时，，函数单调递减， 当，时，，函数单调递增， 设， 易知函数在上单调递减，且（1）， 当，时，， ，时，， 设，，， 恒成立， 在，上单调递减， （1）， 当时，， ， ． 方法五：等价于，该不等式恒成立． 当时，有，其中． 设（a），则（a）， 则（a）单调递增，且（1）． 所以若成立，则必有． 下面证明当时，成立． 设， ， 在单调递减，在单调递增， ， ， 即， 把换成得到， ，． ，当时等号成立． 综上，． 考点四 利用导数研究函数的极值 43．（2022•全国）设和是函数的两个极值点．若，则　　 A．0 B．1 C．2 D．3 【解析】函数， ， 又和是函数的两个极值点， 则和是方程的两根， 故，， 又， 则， 即， 则， 故选：． 44．（2021•乙卷）设，若为函数的极大值点，则　　 A． B． C． D． 【解析】令，解得或，即及是的两个零点， 当时，由三次函数的性质可知，要使是的极大值点，则函数的大致图象如下图所示， 则； 当时，由三次函数的性质可知，要使是的极大值点，则函数的大致图象如下图所示， 则； 综上，． 故选：． 45．【多选】（2022•新高考Ⅰ）已知函数，则　　 A．有两个极值点 B．有三个零点 C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线 【解析】，令，解得或，令，解得， 在上单调递增，在上单调递减，且， 有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项正确，选项错误； 又，则关于点对称，故选项正确； 假设是曲线的切线，设切点为，则，解得或， 显然和均不在曲线上，故选项错误． 故选：． 46．（2022•乙卷）已知和分别是函数且的极小值点和极大值点．若，则的取值范围是 　　． 【解析】对原函数求导，分析可知：在定义域内至少有两个变号零点， 对其再求导可得：， 当时，易知在上单调递增，此时若存在使得， 则在单调递减，，单调递增， 此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，应满足，不满足题意； 当时，易知在上单调递减，此时若存在使得， 则在单调递增，，单调递减，且， 此时若函数在和分别取极小值点和极大值点，且， 故仅需满足， 即：， 解得：，又因为，故 综上所述：的取值范围是． 47．（2020•天津）已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程； （ⅱ）求函数的单调区间和极值； （Ⅱ）当时，求证：对任意的，，，且，有． 【解析】当时，， 故， （1）， （1）， 曲线在点，（1）处的切线方程为，即． ，， ， 令，解得， 当，， 当，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 是极小值点，极小值为（1），无极大值 （Ⅱ）证明：由，则， 对任意的，，，且，令，， 则， ， ，① 令，， 当时，， 在单调递增， 当，（1），即， ，，， ，②， 由（Ⅰ）可知当时，（1） 即，③， 由①②③可得， 当时，对任意的，，，且，有． 48．（2021•乙卷）已知函数，已知是函数的极值点． （1）求； （2）设函数．证明：． 【解答】（1）解：由题意，的定义域为， 令，则，， 则， 因为是函数的极值点，则有，即，所以， 当时，，且， 因为， 则在上单调递减， 所以当时，， 当时，， 所以时，是函数的一个极大值点． 综上所述，； （2）证明：由（1）可知，， 要证，即需证明， 因为当时，， 当时，， 所以需证明，即， 令， 则， 所以，当时，， 当时，， 所以为的极小值点， 所以，即， 故， 所以． 49．（2019•新课标Ⅱ）已知函数．证明： （1）存在唯一的极值点； （2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【解答】证明：（1）函数． 的定义域为， ， 单调递增，单调递减，单调递增， 又（1），（2）， 存在唯一的，使得． 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 存在唯一的极值点． （2）由（1）知（1）， 又， 在，内存在唯一的根， 由，得， ， 是在的唯一根， 综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 50．（2019•新课标Ⅰ）已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 【解答】证明：（1）的定义域为， ，， 令，则在恒成立， 在上为减函数， 又，，由零点存在定理可知， 函数在上存在唯一的零点，结合单调性可得，在上单调递增， 在，上单调递减，可得在区间存在唯一极大值点； （2）由（1）知，当时，单调递增，，单调递减； 当时，单调递增，，单调递增； 由于在，上单调递减，且，， 由零点存在定理可知，函数在，上存在唯一零点，结合单调性可知， 当，时，单调递减，，单调递增； 当时，单调递减，，单调递减． 当，时，，，于是，单调递减， 其中， ． 于是可得下表： 结合单调性可知，函数在，上有且只有一个零点0， 由函数零点存在性定理可知，在，上有且只有一个零点， 当，时，，则恒成立， 因此函数在，上无零点． 综上，有且仅有2个零点． 51．（2019•天津）设函数，其中． （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若． （ⅰ）证明：恰有两个零点； （ⅱ）设为的极值点，为的零点，且，证明：． 【解答】解：，． 时，， 函数在上单调递增． 证明：由可知：，． 令，，可知：在上单调递减，又（1）． 且， 存在唯一解． 即函数在上单调递增，在，单调递减． 是函数的唯一极值点． 令，，， 可得（1），时，． ． （1）． 函数在，上存在唯一零点． 又函数在上有唯一零点1． 因此函数恰有两个零点； 由题意可得：，，即，， ，即， ，可得． 又， 故， 取对数可得：， 化为：． 考点五 利用导数研究函数的最值 52．（2022•乙卷）函数在区间，的最小值、最大值分别为　　 A．， B．， C．， D．， 【解析】，，， 则， 令得，或， 当，时，，单调递增；当时，，单调递减；当，时，，单调递增， 在区间，上的极大值为，极小值为， 又，， 函数在区间，的最小值为，最大值为， 故选：． 53．（2018•江苏）若函数在内有且只有一个零点，则在，上的最大值与最小值的和为　　． 【解析】函数在内有且只有一个零点， ，， ①当时，， 函数在上单调递增，， 在上没有零点，舍去； ②当时，的解为， 在上递减，在，递增， 又只有一个零点， ，解得， ，，，， 的解集为， 在上递增，在上递减， ，，（1）， ，， 在，上的最大值与最小值的和为： ． 54．（2018•新课标Ⅰ）已知函数． （1）设是的极值点，求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 【解析】（1）函数． ，， 是的极值点， （2），解得， ，， 当时，，当时，， 的单调递减区间是，单调递增区间是． （2）证法一：当时，， 设，，则， 由，得， 当时，， 当时，， 是的最小值点， 故当时，（1）， 当时，． 证法二：函数，，即，， 令，，则，，（1）， 当时，，，， 当时，，，， 在单调递增，在单调递减， （1）， ，． 当时，． 证法三：当时，，即只需证明， 由于， 则， 令， 则，即为增函数， 又易证， 故，即成立， 故当时，． 55．（2022•甲卷）已知函数． （1）若，求的取值范围； （2）证明：若有两个零点，，则． 【解析】（1）的定义域为，， 令，解得，故函数在单调递减，单调递增， 故（1），要使得恒成立，仅需， 故，故的取值范围是，； （2）证明：由已知有函数要有两个零点，故（1），即， 不妨设，要证明，即证明， ，， 即证明：，又因为在单调递增， 即证明：， 构造函数，， ， 构造函数， ，因为，所以， 故在恒成立，故在单调递增， 故（1） 又因为，故在恒成立，故在单调递增， 又因为（1），故（1）， 故，即．得证． 56．（2022•乙卷）已知函数． （1）当时，求的最大值； （2）若恰有一个零点，求的取值范围． 【解析】（1）当时，，则， 易知函数在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，同时也是最大值， 函数的最大值为（1）； （2）， ①当时，由（1）可知，函数无零点； ②当时，易知函数在上单调递增，在上单调递减， 又（1），故此时函数无零点； ③当时，易知函数在上单调递增，在单调递减， 且（1），， 又由（1）可得，，即，则，，则， 当时，， 故存在，使得， 此时在上存在唯一零点； ④当时，，函数在上单调递增， 又（1），故此时函数有唯一零点； ⑤当时，易知函数在上单调递增，在上单调递减， 且（1）， 又由（1）可得，当时，，则，则， 此时， 故存在，使得， 故函数在上存在唯一零点； 综上，实数的取值范围为． 57．（2020•新课标Ⅰ）已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求的取值范围． 【解析】（1）当时，， ，设， 因为，可得在上递增，即在上递增， 因为，所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； （2）当时，恒成立， ①当时，不等式恒成立，可得； ②当时，可得恒成立， 设，则 ， 可设，可得， 设，， 由，可得恒成立，可得在递增， 在递增， 所以， 即恒成立，即在递增，所以， 再令，可得，当时，，在递增； 时，，在递减，所以（2）， 所以， 综上可得的取值范围是，． 58．（2019•新课标Ⅲ）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，记在区间，的最大值为，最小值为，求的取值范围． 【解析】（1）， 令，得或． 若，则当，时，；当时，． 故在，上单调递增，在上单调递减； 若，在上单调递增； 若，则当，，时，；当，时，． 故在，上单调递增，在，上单调递减； （2）当时，由（1）知，在上单调递减，在，上单调递增， 在区间，的最小值为，最大值为或（1）． 于是，，． ． 当时，可知单调递减，的取值范围是； 当时，单调递增，的取值范围是，． 综上，的取值范围，． 59．（2022•新高考Ⅰ）已知函数和有相同的最小值． （1）求； （2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【解析】（1）定义域为， ， ， 若， 则，无最小值， 故， 当时，，当时，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 故， 的定义域为， ， ， 令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在，上单调递增， 故， 函数和有相同的最小值 ， ， 化为， 令，， 则， ， 恒成立， 在上单调递增， 又（1）， （a）（1），仅有此一解， ． （2）证明：由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在上单调递减，在上单调递增， 设， 则，当时，， 所以函数在上单调递增，因为（1）， 所以当时，（1）恒成立，即在时恒成立， 所以时，， 因为，函数在上单调递增，（1），函数在上单调递减， 所以函数与函数的图象在上存在唯一交点，设该交点为，， 此时可作出函数和的大致图象， 由图象知当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时， 直线必经过点，，即， 因为，所以，即， 令得，解得或，由，得， 令得，解得或，由，得， 所以当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时， 从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，， 因为，所以， 所以，，成等差数列． 存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 60．（2019•新课标Ⅲ）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）是否存在，，使得在区间，的最小值为且最大值为1？若存在，求出，的所有值；若不存在，说明理由． 【解析】（1）． 令，解得，或． ①时，，函数在上单调递增． ②时，函数在，，上单调递增，在上单调递减． ③时，函数在，上单调递增，在，上单调递减． （2）由（1）可得： ①时，函数在，上单调递增．则，（1），解得，，满足条件． ②时，函数在，上单调递减． ，即时，函数在，上单调递减．则，（1），解得，，满足条件． ③，即时，函数在，上单调递减，在，上单调递增．则最小值， 化为：．而，（1），最大值为或． 若：，，解得，矛盾，舍去． 若：，，解得，或0，矛盾，舍去． 综上可得：存在，，使得在区间，的最小值为且最大值为1． ，的所有值为：，或． 01000单调递减单调递增单调递减单调递增000单调递减0单调递增大于0单调递减大于0单调递减小于0