資源簡介

5.3.2課時2函數的最大（小）值
第三練 能力提升拔高

【試題來源】來自各地期中期末的聯考試題，進行整理和改編；
【試題難度】本次訓練試題難度較大，適合學完第三課后，起到提升解題能力和素養的目的.
【目標分析】
1.利用函數的最值求解恒成立或存在性問題，培養邏輯推理，如第3題.
2.利用函數的最值求解零點問題，鍛煉數形結合能力，運算求解能力，如第12題.
3.能夠靈活函數的最值證明不等式，培養分類討論思想能力，如第13題.
一、單選題
（2022下·陜西咸陽·高二咸陽市實驗中學校考階段練習）
1．已知函數的導函數的圖象如圖所示，則下列說法中不正確的是（ ）．

A．一定存在極小值點 B．一定有最小值
C．不等式不一定有解 D．在上一定單調遞增
（2024上·山東煙臺·高三統考期末）
2．已知函數，若，使得，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
（2024·陜西·校聯考一模）
3．已知函數，對于，不等式恒成立，則m的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
（2022上·河南·高三校聯考期末）
4．若函數恰好有兩個零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2024下·重慶·高三重慶一中校考開學考試）
5．已知定義在上的函數，若存在，使得對任意，都有，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2023上·安徽合肥·高三合肥一中校考階段練習）
6．已知函數若有兩個零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
（2024上·湖南長沙·高二統考期末）
7．對于函數，下列說法正確的有（ ）
A．在處取得最小值 B．在處取得最大值
C．有兩個不同零點 D．
（2024上·重慶·高二重慶一中校考期末）
8．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數在上單調遞減
B．是函數的極大值點
C．函數有3個零點
D．若函數在區間上存在最小值，則實數的取值范圍為
（2024上·江蘇南京·高二校聯考期末）
9．已知函數，則下列說法正確的有（ ）
A．2是函數的極小值點 B．當時，函數取得最小值
C．當時，函數存在2個零點 D．若函數有1個零點，則或
三、填空題
（2023·四川資陽·統考模擬預測）
10．若函數存在最小值，則的取值范圍是 ．
（2024上·河北邢臺·高三統考期末）
11．已知不等式對任意的實數恒成立，則的最大值為 ．
四、解答題
（2024上·江西·高三校聯考期末）
12．已知函數（）.
(1)當時，求的最小值；
(2)若有2個零點，求a的取值范圍.
（2023上·河北·高三校聯考階段練習）
13．設，函數，其中．
(1)討論的零點個數；
(2)證明：對任意，都存在，使得．
【易錯題目】第3，11，13題
【復盤要點】混淆恒成立問題或存在性問題.
一般地，已知函數，
（1）若，，總有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，則的值域是值域的子集 ．
【典例】（2024·河南鄭州·統考一模），不等式恒成立，則正實數的最大值是 ．
【答案】
【分析】對不等式變形可得在上恒成立，構造函數并利用導數判斷可得在上單調遞增，即等價于，因此可得對恒成立，構造函數并求得其最小值即可得，可得結果.
將不等式變形可得，
即，
構造函數，可得；
令，則；
所以當時，，即在上單調遞減；
當當時，，即在上單調遞增，
所以，即，所以函數在上單調遞增，
利用單調性并根據可得，
即可得，即對恒成立，因此即可；
令，則，
顯然當時，，即函數在上單調遞減，
當時，，即函數在上單調遞增，
所以，即，
因此正實數的最大值是.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于將不等式變形成，根據同構函數可令，利用導數求得其單調性可轉化為對恒成立，求出函數在上的最小值即可得出結論.
【復盤訓練】
（2024上·云南曲靖·高二曲靖一中校考期末）
14．已知函數，若對都滿足，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2024上·江蘇鹽城·高二統考期末）
15．設函數，若函數存在兩個極值點，且不等式恒成立，則t的取值范圍為（ ）．
A． B．
C． D．
（2024·全國·模擬預測）
16．若函數有兩個不同的極值點，且恒成立，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
（2024下·重慶·高三重慶一中校考開學考試）
17．已知定義在上的函數，若存在，使得對任意，都有，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2024·全國·模擬預測）
18．函數在定義域內為增函數，則實數k的取值范圍為 ．
（2024上·云南德宏·高三統考期末）
19．設函數，.若在恒成立，則實數的取值范圍是 .
（2024下·重慶·高三重慶南開中學校考階段練習）
20．設.
(1)求的極值；
(2)若對于，有恒成立，求的最大值.
（2024下·全國·高三校聯考階段練習）
21．已知函數．
(1)當時，求的極值；
(2)若存在實數，滿足，求的取值范圍．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】根據圖象可得的符號，從而可得的單調區間及極值點，再對選項進行逐一分析判斷正誤得出答案.
【詳解】由可得可能為的極值點，
當時，，為減函數，當時，，為增函數，故為極小值點；
當時，，為減函數，當時，，為增函數，故為極小值點，
所以一定存在極小值點，故A說法正確；
由上分析知極小值分別為，則與中最小值為的最小值，故B說法正確；
若，則恒成立，不等式無解，故C說法正確；
在上一定單調遞增，在上不一定單調遞增，故D說法錯誤.
故選：D
2．C
【分析】結合題意構造函數，得到，表示出,再借助導數求出得最小值即可.
【詳解】因為，使得，
所以，
即，
令，，
所以在上單調遞增.
所以，即，所以，
令，則，
當時，，在單調遞減;
當時，，在單調遞減;
所以當時，函數取得最小值，即.
.
故選：C.
【點睛】結論點睛：指對同構的常見形式：
積型：，
①，構建；
②，構建；
商型：，
①，構建；
②，構建；
和型：，
①，構建；
②，構建.
3．C
【分析】設，求出導數后可設，再求新函數的導數，就、分類討論后可得參數的取值范圍.
【詳解】設，
故，設，
則，
令，則，
故在上為減函數，故，
當時，，故，
故在上為減函數，故，
所以，故在上為減函數，
故即.
若，則，，
故存在，使得，且，，
所以，，故在為增函數，故.
所以，，故在為增函數，故.
這與題設矛盾.
綜上，.
故選：C
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
4．A
【分析】由題意轉化為與和共有兩個交點，利用導數研究單調性極值，數形結合得解.
【詳解】因為，所以不是的零點，
當時，令，得，
令，
由對勾函數性質可得在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
令，
則，當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，，且當時，，如圖所示，
所以當時，與的圖象有且僅有兩個交點，此時函數恰好有兩個零點.
故選：A.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
5．D
【分析】先求得，然后對進行分類討論，根據有最小值列不等式來求得的取值范圍.
【詳解】，
當時，，.
，
當時，，在上單調遞減，沒有最小值，不符合題意，
所以，令解得，
所以在區間上單調遞減，
在區間上單調遞增，
若存在，使得對任意，都有，
則，
即.
故選：D
6．A
【分析】依題意可得有兩個根，根據的解析式，分別求出的表達式，再根據導數求的取值范圍.
【詳解】由題意可知，當時，，所以；
當時，，所以，
綜上，對，有，
由有兩個零點，即方程有兩個根，
即方程有兩個根，不妨設,
易知函數在上單調遞減，在上單調遞增，
當時，,當時，
令，因為，所以，
所以，則，
令，
，令，解得，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
當時.
所以函數的值域為，
即的取值范圍是.
故選：A.
7．BD
【分析】
利用單調性求最值判斷A,B，求零點判斷C，先轉換到同一單調區間內，在比大小判斷D即可.
【詳解】定義域為，易得，令，,令，，故在單調遞增，在單調遞減，則的最大值為，故A錯誤，B正確，
令，解得，可得只有一個零點，故C錯誤，
易知，且結合單調性知，即成立，故D正確.
故選：BD
8．BCD
【分析】求出，利用、可得的單調區間及極值，逐項判斷可得答案.
【詳解】對于A，，
當時，，單調遞減，當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以函數在上單調遞減，上單調遞減，故A錯誤；
對于B，所以是函數的極大值點，故B正確；
對于C，所以是函數的極小值點，
且，，
所以在上有一個零點，
且，
，
所以在、上各有一個零點，
所以函數有3個零點，故C正確；
對于D，若函數在區間上存在最小值，則
，解得，故D正確.
故選：BCD.
9．BCD
【分析】對于A，由導數與極值的關系即可判斷；對于B，根據最小值定義即可判斷；畫圖觀察與的圖象的交點情況即可判斷CD.
【詳解】對A，由題意，
所以當或時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，
所以2是函數的極大值點，故A錯誤；
對B，由A知，且當時，，且大于，
則當時，函數取得最小值，故B正確；
對于C，若，則令，即，設，
則，所以當或時，，此時單調遞減，
當時，，此時單調遞增，
則，，且當，，且大于0，
作出函數圖象如圖所示，則直線與函數有兩個交點，則當時，函數存在2個零點，故C正確；
對于D，若函數有1個零點，即方程有一個根，則轉化為直線與的圖象只有一個交點，
由圖可知，若函數有1個零點，則或，故D正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點睛：判斷D選項的關鍵是畫出與的圖象，從而即可順利得解.
10．
【分析】
從，，及進行分析求解.
【詳解】注意到，當時，，
由于，，顯然，沒有最小值；
當時，且無限接近，為增函數，
則，，
，，
此時沒有最小值；
當時，為減函數，則，，
，由于增長變化速度遠大于減少速度，
此時，由于函數定義域為R,函數連續不斷，所以存在最小值．
故答案為：
11．
【分析】換元后簡化所要求證不等式，利用函數的導數求出函數的最小值，轉化為，再變形為成立，構造函數利用函數求最大值即可.
【詳解】令，則原不等式可化為對任意實數恒成立，
即恒成立，
令，則，
當時，，在上單調遞增，時，，不合題意；
當時，由，可得，
所以當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以當時，，
又因為恒成立，所以，
所以，所以，
令，，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以，即.
故答案為：.
12．(1)0
(2)
【分析】（1）依據給定參數值，確定具體函數，用導數求解最值即可.
（2）根據題意，對參數范圍進行分類討論，找到符合題意的情況即可.
【詳解】（1）的定義域為.
當時，，.
令（），則，
所以在上單調遞增，又，所以當時，，；
當時，，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以.
（2）由題意知（）.
①當時，在上恒成立，所以在上單調遞增，所以至多有一個零點，不合題意；
②當時，令，則在上恒成立，
所以在上單調遞增，
因為，，
所以存在唯一，使得，所以.
當時，，；當時，，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以.
（a）當時，由（1）知，即時，，且，只有一個零點1，不合題意；
（b）當時，因為，則，又在上單調遞減，
所以，
而，令，則.
當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減，
所以；當時，，即.
又，所以，所以，
由的單調性及零點存在定理，知在上有且僅有一個零點.
又在上有且僅有一個零點1，所以，當時，存在兩個零點；
（c）當時，由，得，又在上單調遞增，
所以.取，則，所以.
當時，，所以，所以，所以.
又因為，，
由的單調性及零點存在定理，知在上有且有一個零點，
又1為在內的唯一零點，所以當時，存在兩個零點.
綜上可知，a的取值范圍是.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數，解題關鍵是正確對參數范圍進行討論，然后得到零點個數，最后得到所要求的參數范圍．
13．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求導，求解函數的單調性，即可結合分類討論以及零點存在定理求解，
（2）將問題轉化為對任意恒成立，構造函數以及，求導判斷函數的單調性即可求證.
【詳解】（1），
當時，，在區間上單調遞增，
所以，即，
故在區間上無零點；
當時，令，解得；令，解得，
所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
所以，
因為，所以，且，，
由零點存在定理可知在區間上有唯一的零點，
此時在區間上有唯一的零點．
綜上，當時，無零點；當時，有一個零點．
（2）證明：由（1）知當時，，
要證存在，使得，
即證對任意恒成立，即證對任意恒成立，
即證對任意恒成立，即證對任意恒成立，
令，，由于均為上的單調遞增函數，
故在上單調遞增，故，
因此問題轉化為證對任意恒成立，
令，，則，所以在區間上單調遞增，
所以，即對任意恒成立，即對任意恒成立，
即對任意，都存在，使得．
【點睛】方法點睛：利用導數證明或判定不等式問題：
1．通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；
2．利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題，從而判定不等關系；
3．適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；
4．構造“形似”函數，變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
14．D
【分析】將問題轉化為，利用導數求出函數的最值即可.
【詳解】對都滿足，
則，
由，，
可得，
令得，令得，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
又當時，，，
所以，
所以.
故選：D.
【點睛】方法點睛：恒成立問題一般轉化為最值問題來求解.
15．B
【分析】先利用函數存在兩個極值點，轉化為函數的導函數在上有兩個不相等的實數根，利用一元二次方程根與系數的關系，用字母表示出，，然后把寫成關于的函數，求該函數的最小值即可得到問題答案.
【詳解】函數的定義域為：，且，.
因為函數存在兩個極值點，
所以方程：在有兩個不同的解，
所以：，
且，.
所以：.
設，
則，由，得，由得.
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為：.
所以.
故選：B
【點睛】關鍵點點睛：該問題先利用函數存在兩個極值點，把問題轉化為二次函數在給定區間上有兩個不相等的實數根的問題，再利用一元二次方程根與系數的關系，用字母把，表示出來，再構造新函數，利用導數分析函數的單調性，求函數的最小值即可.
16．B
【分析】首先對求導，得，根據題意得到方程有兩個不相等的正實數根，結合根與系數的關系求得的取值范圍，然后將不等式進行轉化，結合根與系數的關系得到關于參數的表達式，從而構造函數，利用導數知識進行求解．
【詳解】依題意得，
若函數有兩個不同的極值點，
則方程有兩個不相等的正實數根，
可得，解得，
因為，
可得
．
設，則，
則單調遞減，，可知．
所以實數的取值范圍是.
故選：B．
【點睛】關鍵點睛：1.利用導數與極值點之間的關系及一元二次方程有兩個不相等的正實數根，求得的取值范圍是解決問題的前提；
2.利用韋達定理二元換一元，通過構造函數解決問題.
17．D
【分析】先求得，然后對進行分類討論，根據有最小值列不等式來求得的取值范圍.
【詳解】，
當時，，.
，
當時，，在上單調遞減，沒有最小值，不符合題意，
所以，令解得，
所以在區間上單調遞減，
在區間上單調遞增，
若存在，使得對任意，都有，
則，
即.
故選：D
18．
【分析】利用換元法整理函數解析式，根據復合函數的單調性，可得導數的不等關系，利用導數的導數研究其最值，可得答案.
【詳解】令，由于在上為增函數，
則在上為增函數，
所以在上恒成立．
令，由，得，
則當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
所以，解得．
所以實數k的取值范圍為．
故答案為：.
19．
【分析】在恒成立等價于對任意恒成立，就和結合的單調性分類討論可得對任意恒成立，參變分離后再次利用導數可求的取值范圍.
【詳解】在恒成立等價于，
所以，即對任意恒成立，
設，則
所以，當時，，函數單調遞增，
且當時，，當時，，
若，則，
若，因為，且在上單調遞增，所以，
綜上可知，對任意恒成立，即對任意恒成立.
設，，則，所以在單調遞增，
所以，即a的取值范圍為．
故答案為：
【點睛】思路點睛：本題考查函數的單調性以及含參數的不等式的恒成立，前者利用導數的符號來討論，后者需等價變形把原不等式轉化簡單不等式的恒成立，再根據不等式的結構特征構建新函數來討論.
20．(1)極小值為，無極大值
(2)
【分析】（1）求定義域，求導，得到函數的單調性，從而得到函數的極值；
（2）參變分離得到恒成立，令，求導得到函數單調性和最值情況，得到答案.
【詳解】（1）的定義域為，，
令，可得，令，可得，
故在單調遞減，單調遞增.
即在處取得極小值，無極大值.
（2）由題可知，對恒成立.
設，
令在單調遞減，
故，故在單調遞減，而，
故當時，，
當時，，
故在上單調遞增，在上單調遞減，
故.則，即.
因此的最大值為.
【點睛】對于求不等式成立時的參數范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數法, 使不等式一端是含有參數的式子，另一端是一個區間上具體的函數，通過對具體函數的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據參數取值情況分類討論，三是數形結合法，將不等式轉化為兩個函數，通過兩個函數圖像確定條件.
21．(1)的極小值為1，無極大值；
(2).
【分析】（1）利用導數研究函數單調性，從而求極值；
（2）利用函數的導數可知，且，從而，再求范圍即可.
【詳解】（1）當時，，則，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以當時，取極小值為，無極大值；
（2）由，則，
若，則恒成立，函數單調遞增，
若，則，解得或，與題意不符，所以，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以當時，取極小值為，
又，則，
所以，而
所以，
設，則，
所以為增函數，則，
所以，
下面證明當時，符合題意：
由可得，
化簡得，設，
則，設，
則，
所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；
又，當時，，
所以一定存在使得，滿足題意，所以；
所以，
令，
則可知，所以為增函數，
且
則，即.
【點睛】思路點睛：第（2）問中，根據條件，利用導數可分析出，從而先確定的取值范圍，再求的取值范圍．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁5.3.2課時2函數的最大（小）值
第三課 知識擴展延伸
擴展1 與最值有關的恒成立與能成立問題
例1 已知函數在與時都取得極值．
（1）求的值及函數的單調區間；
（2）若對，不等式恒成立，求的取值范圍．
【解析】（1）．
由題意得解得
經檢驗，滿足題意，所以．
當變化時，的變化情況如表所示．
1
+ 0 - 0 +
單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增
所以函數的單調遞增區間是，，單調遞減區間是．
（2）由（1）知，，為極大值．
又，則為在上的最大值．
要使恒成立，則只需（提示：），解得或，
所以的取值范圍是．
【方法總結】不等式恒成立與能成立問題常用的解題步驟
1．分離參數，轉化為函數最值與參數之間的關系；
2．求最值，求或；
3．結論，寫出參數的取值范圍．
【舉一反三1-1】[重慶南岸區2023高二期中]
1．已知，若，都有，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【舉一反三1-2】[山西忻州2023高二月考聯考]
2．已知函數，若恒成立，則k的取值范圍是 ．
【舉一反三1-3】4-3
3．已知為實數，函數
（1）若函數的圖象上有與軸平行的切線，求的取值范圍；
（2）若，對任意，，不等式恒成立，求的最小值．
【舉一反三1-4】[課標全國Ⅰ理2020·21]
4．已知函數.
（1）當a=1時，討論f（x）的單調性；
（2）當x≥0時，f（x）≥x3+1，求a的取值范圍.
擴展2：函數極值和最值的綜合問題
例2 已知函數的導函數的兩個零點為和0．
（1）求的單調區間；
（2）若的極小值為，求在區間上的最大值．
【解析】（1）．
令，因為，
所以的零點就是函數的零點，且與的符號相同．
又因為，所以當時，，即，
當或時，，即，
所以的單調遞增區間是，單調遞減區間是，．
（2）由（1）知，是的極小值點，
所以有
解得，所以．
因為的單調遞增區間是，單調遞減區間是，
所以為函數的極大值，故在區間上的最大值取和中的最大值．
，所以函數在區間上的最大值是．
【方法總結】（1）求極值、最值時，要求步驟規范，含參數時，要討論參數的大小．
（2）求函數在無窮區間（或開區間）上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調性，并通過單調性和極值的情況，畫出函數的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數的最值．
【舉一反三2-1】
5．已知函數，若在上既有極大值，又有最小值，且最小值為，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【舉一反三2-2】
6．已知函數，則與的大小關系為
A． B．
C． D．與的大小關系不確定
【舉一反三2-3】[江蘇鹽城中學2022高二期中]
7．定義在上的函數，滿足，則下列說法正確的有（ ）
A．對任意恒成立
B．時，的圖象位于x軸下方
C．有且只有兩個極值點
D．若恒成立，則
擴展3 ： 利用導數研究函數零點問題
例3 已知函數．
（1）若，求的最大值；
（2）當時，討論函數零點的個數．
【解析】（1）當時，，求導得．
令，解得；令，解得．
所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以．
（2）因為，
所以．
當時，由（1）可得函數，沒有零點．
當時，由，得或．
當，即時，由，得或；
由，得．
所以函數的單調遞增區間為，，單調遞減區間為，
而，
所以當時，，當時，（提示：極限語言，當無限趨近于時，無限趨近于），
所以函數在區間內沒有零點，在區間內有1個零點．
當，即時，恒成立，
即函數在上單調遞增．
因為，當時，，所以函數在區間內有1個零點．
當，即時，由，得或；
由，得，
即函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
因為，當時，，
所以函數在區間內沒有零點，在區間內有1個零點．
綜上，當時，沒有零點；當時，有1個零點．
【方法總結】函數零點問題一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據函數零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程（或不等式）組求解，實現形與數的統一．
【舉一反三3-1】[安徽江南十校2023高二月考聯考]
8．函數在區間上的零點個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【舉一反三3-2】[湖南五市十校教研教改共同體2022高二期中]
9．已知函數，則下列選項正確的是（ ）
A．函數在處取得極小值0
B．
C．若函數在上恒成立，則
D．函數有三個零點
【舉一反三3-3】[山東日照2023高二期中聯考]
10．已知函數，則下列選項正確的是（ ）
A．在上單調遞增
B．恰有一個極大值
C．當時，無實數解
D．當時，有三個實數解
【舉一反三3-4】
11．已知函數，，設.
（1）求的極值點；
（2）若，求的零點個數.
【舉一反三3-5】[黑龍江哈爾濱2023高二期中]
12．已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若方程有兩個不同的實數根，求的取值范圍．
擴展4 ：利用導數證明不等式問題
例4 設函數，曲線過點，且在點處的切線方程為．
（1）求的值；
（2）證明：當時，；
（3）若當時，恒成立，求實數的取值范圍．
【解析】（1）由題意可知，的定義域為．
，
．
（2）【證明】由（1）知，．
設，則．
令，由，得在上單調遞增，
且不恒為0，
在上單調遞增，
．
（3）【解】設，則．
由（2）知當時，，
當時，，
．
①當，即時，，當且僅當時，等號成立，在上單調遞增，
成立．
②當，即時，．
令，則．
令，得．
當時，單調遞減，
此時，
又不恒為0，在上單調遞減，
，即不恒成立．
綜上，實數的取值范圍為．
【方法總結】利用導數證明不等式問題的常用方法
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數．
【舉一反三4-1】
13．已知函數.
（1）求的單調區間；
（2）當時，證明：.
【舉一反三4-2】
14．已知為函數的極值點．
(1)求；
(2)證明：當時，．
【舉一反三4-3】[課標全國Ⅰ理2018·21]
15．已知函數．
（1）討論的單調性；
（2）若存在兩個極值點，證明：．
（2022·全國·統考高考真題）
16．函數在區間的最小值、最大值分別為（ ）
A． B． C． D．
（2022·全國·統考高考真題）
17．當時，函數取得最大值，則（ ）
A． B． C． D．1
（2022·全國·統考高考真題）
18．已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2021·全國·統考高考真題）
19．函數的最小值為 .
（2020·北京·統考高考真題）
20．已知函數．
（Ⅰ）求曲線的斜率等于的切線方程；
（Ⅱ）設曲線在點處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積為，求的最小值．
（2021·北京·統考高考真題）
21．已知函數．
（1）若，求曲線在點處的切線方程；
（2）若在處取得極值，求的單調區間，以及其最大值與最小值．
（2023·新高考Ⅰ卷）
22．已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
（2023·全國乙卷）
23．已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.
(3)若在存在極值，求a的取值范圍.
（2022·全國·統考高考真題）
24．已知函數．
(1)當時，求的最大值；
(2)若恰有一個零點，求a的取值范圍．
（2022·全國·統考高考真題）
25．已知函數和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】要使題設成立，需滿足，先求出函數的最大值，再采用分離常數法結合導數求解即可
【詳解】因為，所以，
當時，，當時，，
故在上單調遞增，在上單調遞減，所以；
因為，都有，
所以在恒成立，即在恒成立，
令，則，
令，則恒成立，
所以在單調遞增，，
故存在唯一，使得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
又，解得，
所以，
所以，即.
故選：C.
【點睛】關鍵點睛：函數中的任意性和存在性問題的實質上都可以轉化為函數的最值問題.
2．
【分析】將表示為，原不等式恒成立，即恒成立，對進行換元，構造函數求出新元的范圍，則原不等式即可化為，，分兩種情況討論，當時，代入可知恒成立，當時，對不等式進行全分離，構造新函數，求導求單調性求出最值即可得k的取值范圍.
【詳解】解：因為恒成立，所以，
因為，由恒成立，
即①恒成立，令，
所以，即在上，，單調遞減，
在上，，單調遞增，故，
令，①式可化為②，
當時，②式可化為：，此時不等式恒成立，故；
當時，②式可化為：恒成立，故只需即可，
令，有，
在上，，單調遞減，
在上，，單調遞增，
所以，故，
綜上：k的取值范圍為.
故答案為：
【點睛】方法點睛：該題考查函數與導數的綜合應用，屬于難題，關于恒成立問題的方法有：
（1）若，恒成立，則只需；
（2）若，恒成立，則只需；
（3）若，恒成立，則只需；
（4）若，恒成立，則只需；
（5）若，恒成立，則只需；
（6）若，恒成立，則只需；
（7）若，恒成立，則只需；
（8）若，恒成立，則只需.
3．（1）；（2）.
【解析】（1）函數的圖象上有與軸平行的切線，即有實數解，利用判別式大于等于零解出的取值范圍；
（2）由可得值，令解出方程根，得出函數的單調性和最值，代入不等式可得的取值范圍，進而得出的最小值．
【詳解】（1）．
由題意知有實數解．
，即或．故
（2），，即．
，令得，．
則在單調遞減，在單調遞增，
當時，，，，
，．
故，時，
所以，即的最小值為．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數的幾何意義，考查利用導數研究函數的單調性和最值，解決本題的關鍵點是將恒成立，轉化為求的最大值，即求，代入不等式可得參數的最小值，考查了學生轉化思想和計算能力，屬于中檔題．
4．（1）當時，單調遞減，當時，單調遞增.（2）
【分析】(1)由題意首先對函數二次求導，然后確定導函數的符號，最后確定原函數的單調性即可.
(2)方法一：首先討論x=0的情況，然后分離參數，構造新函數，結合導函數研究構造所得的函數的最大值即可確定實數a的取值范圍.
【詳解】(1)當時，，，
由于，故單調遞增，注意到，故：
當時，單調遞減，
當時，單調遞增.
(2) [方法一]【最優解】：分離參數
由得，，其中，
①.當x=0時，不等式為：，顯然成立，符合題意；
②.當時，分離參數a得，，
記，，
令，
則，，
故單調遞增，，
故函數單調遞增，，
由可得：恒成立，
故當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
因此，,
綜上可得，實數a的取值范圍是.
[方法二]：特值探路
當時，恒成立．
只需證當時，恒成立．
當時，．
只需證明⑤式成立．
⑤式，
令，
則，
所以當時，單調遞減；
當單調遞增；
當單調遞減．
從而，即，⑤式成立．
所以當時，恒成立．
綜上．
[方法三]：指數集中
當時，恒成立，
記，
，
①.當即時，，則當時，，單調遞增，又，所以當時，，不合題意；
②.若即時，則當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，又，
所以若滿足，只需，即，所以當時，成立；
③當即時，，又由②可知時，成立，所以時，恒成立，
所以時，滿足題意.
綜上，.
【整體點評】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，本題主要考查利用導數解決恒成立問題，常用方法技巧有：
方法一，分離參數，優勢在于分離后的函數是具體函數，容易研究；
方法二，特值探路屬于小題方法，可以快速縮小范圍甚至得到結果，但是解答題需要證明，具有風險性；
方法三，利用指數集中，可以在求導后省去研究指數函數，有利于進行分類討論，具有一定的技巧性！
5．C
【解析】求出函數的導數的零點，可以判斷1是函數的極小值即最小值點，即可由此列出不等式求出的范圍.
【詳解】的零點為和1，
因為，所以1是函數的極小值即最小值點，
則是函數的極大值點，
所以，且，
解得.
故選：C.
【點睛】本題考查導數的應用，考查抽象概括能力與數形結合的數學思想.
6．B
【分析】先求函數導數，在定義域上判斷函數單調性，可得當時，函數的最大值，又因，所以，再根據，可得兩者的大小關系．
【詳解】由題得，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，又因，所以當時，最大值為，因為，則且，所以有，故選B．
【點睛】本題考查用導數判斷函數單調性，求某一區間上的最大值和某定值的大小關系．
7．AB
【分析】A：，利用導函數判斷單調性，即可判斷選項A；B：由時，的正負即可判斷；C：利用導函數判斷即可；D：整理不等式為，設，轉化問題為求的最小值，即可判斷.
【詳解】A：因為，即，
設，則，
所以在，，所以，故正確；
B：由題，當時，，，所以，故正確；
C：設，則，
其中，
設，則在上均為增函數，
當時，，
而，，
而，
故在上有且只有一個零點且，
則，時，；
時，，故有且只有一個極值點，故錯誤；
D：恒成立，則恒成立，
設，則，
令，則，因為，
所以當時，；，，
所以，
所以，故錯誤.
故選：AB
8．B
【分析】根據導數與函數的單調性、最值的關系以及零點的存在性定理求解.
【詳解】對函數求導可得，，
記,則，
當時，，則，
當時，，則，
所以在上，，所以，所以單調遞增，
注意到，
所以必存在使得，
于是在上單調遞減，在上單調遞增，
又，
所以在區間上必存在一個零點.
綜上，函數在區間上有兩個零點.
故選:B.
9．ABD
【分析】求函數的導數，判斷其單調性，可確定函數的極值點，判斷A;根據函數的單調性即可判斷B;根據函數的導數以及函數的單調性的判斷，求得其極大值即最大值，可判斷C;作出函數的大致圖象，數形結合，判斷D.
【詳解】由題意得：，
A．，，f（x）單調遞減；，，f（x）單調遞增，故函數在 處取得極小值，A正確；
B．當時，，f（x）在上單調遞減，
故，B正確；
C．由以上分析可得在 上，
故若函數在上恒成立，則，C錯誤；
D．由以上分析可作出函數 的大致圖象：

由f（x）的大致圖象可知的圖象與有三個交點，
故函數有三個零點，D正確，
故選：ABD
10．BCD
【分析】分類討論去掉絕對值符號后求導數確定單調性、極值判斷AB，利用極值判斷方程的實根個數判斷C，利用數形結合思想判斷D．
【詳解】對于A，當時，，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減．當時，，在上單調遞增，A錯誤；
對于B，由以上討論知是的極大值點，B正確；
對于C，當時，，當時，，所以當時，無實數解，C正確；
對于D，當時，，由以上討論知當時，．而，作出的大致圖象如圖所示．如圖可知，有三個實數解，所以有三個實數解，D正確．
故選：BCD．
11．（1）答案見解析；（2）有且僅有1個零點.
【分析】（1）求的定義域，求導，對分，，討論，確定單調性，極值點；
（2）由（1）可得時，的單調性和極值點，求出極值，確定極值與0的大小關系，判斷的零點個數.
【詳解】（1）由題，，定義域為，
則，
當時，，當且僅當時，，
故在遞增，無極值點；
當時，在（0，1）遞增，遞減，遞增，
故的極大值點為1，極小值點為；
當時，在遞增，遞減，遞增，
故的極大值點為，極小值點為1.
（2）當時，在上遞增，在上遞減，在上遞增，
所以的極小值為，的極大值為，
且，
設，其中，
則，
所以在上是增函數，所以，
所以，
因為，
所以有且僅有1個，使得，
故當時，有且僅有1個零點.
【點晴】（1）的點不一定是極值點，所以需要確定的單調性，才能確定極值點；
（2）利用函數的單調性和零點存在性定理是確定函數零點個數的常用方法，關鍵是確定函數的單調性后要找到函數的極值，看極值的正負，就能確定函數穿過了軸幾次，從而確定函數的零點個數.
12．(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）對求導，分類討論和時的正負，即可得出的單調性；
（2）解法一：“方程有兩個不同的實數根”等價于“函數有兩個零點”．對求導，討論的單調性和最值，即可得出答案；解法二：由方程得，轉化為與的圖象有兩個交點，對求導，得出的單調性和最值即可得出答案.
【詳解】（1）由條件知，，
當時，在上恒成立，所以在單調遞增．
當時，令，得，令，得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）解法一：由方程得，“方程有兩個不同的實數根”等價于“函數有兩個零點”．
，．
①當時，，在上是增函數，最多只有一個零點，不符合題意；
②當時，由得，
當時，，在上單調遞增，當時，，在上單調遞減．
（ⅰ）若，則，最多只有一個零點；
（ⅱ）若，因為，且，，
所以在區間內有一個零點．
令函數，則，．
當時，，在上是增函數；
當時，，在上是減函數.
所以，故．
所以，又，
所以在區間內有一個零點．
綜上可知：當時，有兩個零點，即方程有兩個不同的實數根，
故a的取值范圍為．
解法二：由方程得．
設函數，則，．
令，得，設，
則當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以的極大值也就是最大值為，
且當，x趨近于0時，趨近于負無窮，當趨近于正無窮時，，且趨近于0．
方程有兩個不同的實數根，轉化為直線與的圖象有兩個交點，
結合函數圖象可知a的取值范圍是．
13．（1）答案見解析；（2）證明見解析
【分析】（1）求導，利用導函數的正負即可得原函數的單調性；
（2）將原式轉化為證明，令，利用導數求出其最小值大于零即可.
【詳解】解：（1）由已知，，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增；
（2）當時，要證：，即證，
令，
，
設，
則，
即在上單調遞增，
所以在上單調遞增，
恒成立，
所以當時，.
【點睛】本題考查了函數的單調性，最值問題，考查了不等式的證明，考查轉化思想，是一道中檔題.
14．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導函數，依題意，即可求出的值，再檢驗即可；
（2）設，求出函數的導函數，即可得到，再由零點存在性定理得到存在唯一，使，即可得到的單調性，再結合特殊值，即可證明.
【詳解】（1）定義域為，，
由，解得，
若時，則，
當時，，即在上單調遞增；
當時，，即在上單調遞減，
所以在處取得極大值，符合題意，因此．
（2）設，則，又，
因為，，所以存在唯一，使，
且當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減．
由得，所以，
因此當時，，而，
于是當時，．
15．（1）答案見解析；（2）證明見解析．
【分析】（1）首先確定函數的定義域，函數求導，再對進行分類討論，從而確定出導數在相應區間上的符號，即可求得函數的單調區間；
（2）方法一：根據存在兩個極值點，結合第一問的結論，可以確定，令，得到兩個極值點是方程的兩個不等的正實根，利用韋達定理將其轉換，構造新函數證得結果.
【詳解】（1）的定義域為，.
（i）若，則，當且僅當，時，所以在單調遞減.
（ii）若，令得，或.
當時，；
當時，.所以在單調遞減，在單調遞增.
（2）［方法一］：【通性通法】消元
由（1）知，存在兩個極值點當且僅當.
由于的兩個極值點滿足，所以，不妨設，則.由于
，
所以等價于.
設函數，由（1）知，在單調遞減，又，從而當時，，所以，即.
［方法二］：【通性通法】消元
由（1）知且是方程的兩根，不妨設，即．此時．
欲證不等式成立，只需證．
因為，所以，只需證．
令，
所以，在區間內單調遞減，且，所以，即證．
［方法三］：硬算
因為，
所以有兩個相異的正根（不妨設）．
則且即．
所以．
而，，所以．
設，則．
所以在上遞減，，問題得證．
［方法四］：【最優解】對數平均不等式的應用
由（1）知，存在兩個極值點當且僅當．
由于的兩個極值點滿足，所以．不妨設，則．由于．
由對數平均不等式可得，即．
故．
【整體點評】（2）方法一：根據消元思想，先找到極值點之間的關系，再消元轉化為一個未知元的不等式恒成立問題，屬于通性通法；
方法二：同方法一，只是消元字母不一樣；
方法三：直接硬算出極值點，然后代入求證，計算稍顯復雜；
方法四：根據式子形式利用對數平均不等式放縮，證明簡潔，是該題的最優解．
16．D
【分析】利用導數求得的單調區間，從而判斷出在區間上的最小值和最大值.
【詳解】，
所以在區間和上，即單調遞增；
在區間上，即單調遞減，
又，，，
所以在區間上的最小值為，最大值為.
故選：D
17．B
【分析】根據題意可知，即可解得，再根據即可解出．
【詳解】因為函數定義域為，所以依題可知，，，而，所以，即，所以，因此函數在上遞增，在上遞減，時取最大值，滿足題意，即有．
故選：B.
18．C
【分析】設正四棱錐的高為，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.
【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,
[方法一]：導數法
設正四棱錐的底面邊長為，高為，
則，,
所以，
所以正四棱錐的體積，
所以，
當時，，當時，，
所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，
又時，，時，,
所以正四棱錐的體積的最小值為，
所以該正四棱錐體積的取值范圍是.
故選：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以當且僅當取到，
當時，得，則
當時，球心在正四棱錐高線上，此時，
，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是
19．1
【分析】由解析式知定義域為，討論、、，并結合導數研究的單調性，即可求最小值.
【詳解】由題設知：定義域為，
∴當時，，此時單調遞減；
當時，，有，此時單調遞減；
當時，，有，此時單調遞增；
又在各分段的界點處連續，
∴綜上有：時，單調遞減，時，單調遞增；
∴
故答案為：1.
20．（Ⅰ），（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根據導數的幾何意義可得切點的坐標，然后由點斜式可得結果；
（Ⅱ）根據導數的幾何意義求出切線方程，再得到切線在坐標軸上的截距，進一步得到三角形的面積，最后利用導數可求得最值.
【詳解】（Ⅰ）因為，所以，
設切點為，則，即，所以切點為，
由點斜式可得切線方程為：，即.
（Ⅱ）[方法一]：導數法
顯然，因為在點處的切線方程為：，
令，得，令，得，
所以，
不妨設時，結果一樣，
則，
所以
，
由，得，由，得，
所以在上遞減，在上遞增，
所以時，取得極小值，
也是最小值為.
[方法二]【最優解】：換元加導數法
．
因為為偶函數，不妨設，，
令，則．
令，則面積為，只需求出的最小值．
．
因為，所以令，得．
隨著a的變化，的變化情況如下表：
a
0
減 極小值 增
所以．
所以當，即時，．
因為為偶函數，當時，．
綜上，當時，的最小值為32．
[方法三]：多元均值不等式法
同方法二，只需求出的最小值．
令，
當且僅當，即時取等號．
所以當，即時，．
因為為偶函數，當時，．
綜上，當時，的最小值為32．
[方法四]：兩次使用基本不等式法
同方法一得到
,下同方法一.
【整體點評】（Ⅱ）的方法一直接對面積函數求導數，方法二利用換元方法，簡化了運算，確定為最優解；方法三在方法二換元的基礎上，利用多元均值不等式求得最小值，運算較為簡潔；方法四兩次使用基本不等式，所有知識最少，配湊巧妙，技巧性較高.
21．（1）；（2）函數的增區間為、，單調遞減區間為，最大值為，最小值為.
【分析】（1）求出、的值，利用點斜式可得出所求切線的方程；
（2）由可求得實數的值，然后利用導數分析函數的單調性與極值，由此可得出結果.
【詳解】（1）當時，，則，，，
此時，曲線在點處的切線方程為，即；
（2）因為，則，
由題意可得，解得，
故，，列表如下：
增 極大值 減 極小值 增
所以，函數的增區間為、，單調遞減區間為.
當時，；當時，.
所以，，.
22．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）先求導，再分類討論與兩種情況，結合導數與函數單調性的關系即可得解；
（2）方法一：結合（1）中結論，將問題轉化為的恒成立問題，構造函數，利用導數證得即可.
方法二：構造函數，證得，從而得到，進而將問題轉化為的恒成立問題，由此得證.
【詳解】（1）因為，定義域為，所以，
當時，由于，則，故恒成立，
所以在上單調遞減；
當時，令，解得，
當時，，則在上單調遞減；
當時，，則在上單調遞增；
綜上：當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要證，即證，即證恒成立，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則恒成立，
所以當時，恒成立，證畢.
方法二：
令，則，
由于在上單調遞增，所以在上單調遞增，
又，
所以當時，；當時，；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故，則，當且僅當時，等號成立，
因為，
當且僅當，即時，等號成立，
所以要證，即證，即證，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則恒成立，
所以當時，恒成立，證畢.
23．(1)；
(2)存在滿足題意，理由見解析.
(3).
【分析】(1)由題意首先求得導函數的解析式，然后由導數的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，最后求解切線方程即可；
(2)首先求得函數的定義域，由函數的定義域可確定實數的值，進一步結合函數的對稱性利用特殊值法可得關于實數的方程，解方程可得實數的值，最后檢驗所得的是否正確即可；
(3)原問題等價于導函數有變號的零點，據此構造新函數，然后對函數求導，利用切線放縮研究導函數的性質，分類討論，和三中情況即可求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，
則，
據此可得，
函數在處的切線方程為，
即.
（2）令，
函數的定義域滿足，即函數的定義域為，
定義域關于直線對稱，由題意可得，
由對稱性可知，
取可得，
即，則，解得，
經檢驗滿足題意，故.
即存在滿足題意.
（3）由函數的解析式可得，
由在區間存在極值點，則在區間上存在變號零點;
令，
則，
令，
在區間存在極值點，等價于在區間上存在變號零點，
當時，，在區間上單調遞減，
此時，在區間上無零點，不合題意;
當，時，由于，所以在區間上單調遞增，
所以，在區間上單調遞增，，
所以在區間上無零點，不符合題意；
當時，由可得，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
故的最小值為，
令，則，
函數在定義域內單調遞增，，
據此可得恒成立，
則，
令，則，
當時，單調遞增，
當時，單調遞減，
故，即(取等條件為)，
所以，
，且注意到，
根據零點存在性定理可知:在區間上存在唯一零點.
當時，，單調減，
當時，，單調遞增，
所以.
令，則，
則函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以，
所以
，
所以函數在區間上存在變號零點，符合題意.
綜合上面可知:實數得取值范圍是.
【點睛】(1)求切線方程的核心是利用導函數求切線的斜率，求函數的導數要準確地把函數拆分成基本初等函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導，合函數求導，應由外到內逐層求導，必要時要進行換元.
(2)根據函數的極值(點)求參數的兩個要領：①列式:根據極值點處導數為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數法求解;②驗證:求解后驗證根的合理性.本題中第二問利用對稱性求參數值之后也需要進行驗證.
24．(1)
(2)
【分析】（1）由導數確定函數的單調性，即可得解；
（2）求導得，按照、及結合導數討論函數的單調性，求得函數的極值，即可得解.
【詳解】（1）當時，，則，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
所以；
（2），則，
當時，，所以當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
所以，此時函數無零點，不合題意；
當時，，在上，，單調遞增；
在上，，單調遞減；
又，
由（1）得，即，所以，
當時，，
則存在，使得，
所以僅在有唯一零點，符合題意；
當時，，所以單調遞增，又，
所以有唯一零點，符合題意；
當時，，在上，，單調遞增；
在上，，單調遞減；此時，
由（1）得當時，，，所以，
此時
存在，使得，
所以在有一個零點，在無零點，
所以有唯一零點，符合題意；
綜上，a的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用導數研究函數的極值與單調性，把函數零點問題轉化為函數的單調性與極值的問題.
25．(1)
(2)見解析
【分析】（1）根據導數可得函數的單調性，從而可得相應的最小值，根據最小值相等可求a.注意分類討論.
（2）根據（1）可得當時，的解的個數、的解的個數均為2，構建新函數，利用導數可得該函數只有一個零點且可得的大小關系，根據存在直線與曲線、有三個不同的交點可得的取值，再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差數列.
【詳解】（1）的定義域為，而，
若，則，此時無最小值，故.
的定義域為，而.
當時，，故在上為減函數，
當時，，故在上為增函數，
故.
當時，，故在上為減函數，
當時，，故在上為增函數，
故.
因為和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
設，則，
故為上的減函數，而，
故的唯一解為，故的解為.
綜上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值為.
當時，考慮的解的個數、的解的個數.
設，，
當時，，當時，，
故在上為減函數，在上為增函數，
所以，
而，，
設，其中，則，
故在上為增函數，故，
故，故有兩個不同的零點，即的解的個數為2.
設，，
當時，，當時，，
故在上為減函數，在上為增函數，
所以，
而，，
有兩個不同的零點即的解的個數為2.
當，由（1）討論可得、僅有一個解，
當時，由（1）討論可得、均無根，
故若存在直線與曲線、有三個不同的交點，
則.
設，其中，故，
設，，則，
故在上為增函數，故即，
所以，所以在上為增函數，
而，，
故上有且只有一個零點，且：
當時，即即，
當時，即即，
因此若存在直線與曲線、有三個不同的交點，
故，
此時有兩個不同的根，
此時有兩個不同的根，
故，，，
所以即即，
故為方程的解，同理也為方程的解
又可化為即即，
故為方程的解，同理也為方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上單調遞減，在上單調遞增；
在上單調遞減，在上單調遞增，且
①時，此時，顯然與兩條曲線和
共有0個交點，不符合題意；
②時，此時，
故與兩條曲線和共有2個交點，交點的橫坐標分別為0和1；
③時，首先，證明與曲線有2個交點，
即證明有2個零點，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，，，
令，則，
所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為
其次，證明與曲線和有2個交點，
即證明有2個零點，，
所以上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，，，
令，則，
所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為
再次，證明存在b，使得
因為，所以，
若，則，即，
所以只需證明在上有解即可，
即在上有零點，
因為，，
所以在上存在零點，取一零點為，令即可，
此時取
則此時存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，
最后證明，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列，
因為
所以，
又因為在上單調遞減，，即，所以，
同理，因為，
又因為在上單調遞增，即，，所以，
又因為，所以，
即直線與兩條曲線和從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.
【點睛】思路點睛：函數的最值問題，往往需要利用導數討論函數的單調性，此時注意對參數的分類討論，而不同方程的根的性質，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關系.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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