資源簡介

培優沖刺03 導數壓軸小題歸類
目錄
題型一：切線條數 1
題型二：公切線 2
題型三：切線逼近型 2
題型四：“切線法”數學思想 3
題型五：多參：雙變量“恒成立”轉“存在”型 4
題型六：多參：構造單變量型 4
題型七：同構求參 5
題型八：極值型求參 5
題型九：零點型求參 6
題型十：三個零點型求參 6
題型十一：多參：凸凹反轉型 7
題型十二：三角函數型 7
題型一：切線條數
應用導數的幾何意義求切點處切線的斜率，主要體現在以下幾個方面： (1) 已知切點求斜率,即求該點處的導數； (2) 己知斜率求切點即解方程； (3) 已知切線過某點(不是切點) 求切點, 設出切點利用求解.
1.（2023·全國·模擬預測）已知函數，點為平面內一點，則下列說法錯誤的是（ ）
A．當，時，過點可作曲線的三條切線
B．當，時，過點可作曲線的三條切線
C．若過點不能作曲線的切線，則，
D．若過點可作曲線的兩條切線，則，
2.（23-24高三上·廣東深圳·階段練習）已知函數，過點作的切線，若（），則直線的條數為（ ）
A． B． C． D．
3.已知函數，過點作函數的兩條切線，切點分別為，下列關于直線斜率的正負，說法正確的是（ ）
A． B． C． D．不確定
4.若過點可作函數圖象的兩條切線，則必有（ ）
A． B．
C． D．
題型二：公切線
1.若直線與曲線相切，直線與曲線相切，則的值為（ ）
A． B．1 C．e D．
2.已知函數，若總存在兩條不同的直線與函數，圖象均相切，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3.已知兩條不同的直線與曲線都相切，則這兩直線在y軸上的截距之和為（ ）
A．－2 B．－1 C．1 D．2
4.若曲線與曲線有公切線，則實數a的取值范圍（ ）
A． B．
C． D．
題型三：切線逼近型
1.已知函數的圖象與函數的圖象有且僅有兩個不同的交點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
2.已知函數，若函數有4個零點，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
3.若函數有兩個零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4.已知函數，對于定義域內的任意恒有，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
題型四：“切線法”數學思想
式子較為復雜的最值問題需要經過適當的變形求解，常用方法有： （1）換元法； （2）函數單調性法； （3）復合函數法； （4）數形結合； （5）導數法； （6）基本不等式.
1.已知為函數圖象上一動點，則的最大值為（ ）
A． B． C．1 D．
2.已知實數滿足，其中是自然對數的底數，則的最小值為
A． B． C． D．
3.若＝＝1，則(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值為（ ）
A． B．
C． D．e4＋5e2＋5
4.已知點是曲線上任意一點，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
題型五：多參：雙變量“恒成立”轉“存在”型
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．
1.已知函數，若恒成立，則的最大值是（ ）
A． B．1 C．2 D．
2.已知正數滿足，則（ ）
A． B． C．1 D．
3.已知，為實數，，，若恒成立，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
4.已知m，n為實數，，若對恒成立，則的最小值是（ ）
A． B．0 C．1 D．2
題型六：多參：構造單變量型
1.已知，且，其中e為自然對數的底數，則下列選項中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
2.已知正實數，滿足，則的最大值為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3.若實數滿足，則（ ）
A．-4 B．-3 C．-2 D．-1
4.已知，且，其中e為自然對數的底數，則下列選項中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
題型七：同構求參
1.已知，對任意的，不等式恒成立，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
2.已知關于x的不等式在上恒成立，則正數m的最大值為（ ）
A． B．0 C．e D．1
3.已知不等式對恒成立，則實數a的最小值為（ ）
A． B． C． D．
4.已知關于的不等式恒成立，其中為自然對數的底數，，則（ ）
A．既有最小值，也有最大值 B．有最小值，沒有最大值
C．有最大值，沒有最小值 D．既沒有最小值，也沒有最大值
題型八：極值型求參
可導函數在點處取得極值的充要條件是，且在左側與右側的符號不同。函數的極值點通常轉化為其導數的零點問題，進而可轉化為兩個函數的焦點個數問題，可進一步求導結合單調性畫出大致圖像，數形結合分析參數范圍。
1.已知函數存在極小值點，且，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
2.若函數有兩個極值點，且，則下列結論中不正確的是（ ）
A． B．的范圍是
C． D．
3.已知函數有兩個極值點、，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4.已知函數，若存在兩個極值點，，當取得最小值時，實數的值為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
題型九：零點型求參
解決函數零點問題時通常可以采用參變分離，將問題轉化為兩個簡單函數的交點問題，借助導數確定函數的單調性，進而得到函數圖象，數形結合即可解決；有時也可借助單調性及函數零點存在定理加以解決. 利用導數研究零點問題： （1）確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可用導數知識確定極值點和單調區間從而確定其大致圖象； （2）方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉化為求函數的值域問題處理.可以通過構造函數的方法，把問題轉化為研究構造的函數的零點問題； （3）利用導數研究函數零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數形結合思想研究；③構造輔助函數研究.
1.已知定義在上的函數滿足，且當時，，若方程有三個不同的實數根，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2.函數有兩個零點，下列說法錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
3.在關于的不等式（其中為自然對數的底數）的解集中，有且僅有兩個大于2的整數，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
4.若函數存在零點，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
題型十：三個零點型求參
處理多變量函數值域問題的方法有： 消元法：把多變量問題轉化單變量問題，消元時可以用等量消元，也可以用不等量消元. 基本不等式：即給出的條件是和為定值或積為定值等，此時可以利用基本不等式來處理，用這個方法時要關注代數式和積關系的轉化. （3）線性規劃：如果題設給出的是二元一次不等式組，而目標函數也是二次一次的，那么我們可以用線性規劃來處理.
1.已知方程有4個不同的實數根，分別記為，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
2.已知函數，（）的三個零點分別為，，，其中，的取值范圍為（）
A． B．
C． D．
3.已知函數的三個零點分別為，其中，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
4.已知函數有三個零點、、且，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
題型十一：多參：凸凹反轉型
1.已知正數滿足，則（ ）
A． B． C．1 D．
2.已知大于1的正數，滿足，則正整數的最大值為（ ）
A．7 B．8 C．9 D．11
3.已知實數，滿足，則的值為
A． B． C． D．
4.）已知實數，滿足，則的值為
A． B． C． D．
題型十二：三角函數型
1.已知，，且，則（ ）
A． B． C． D．
2.函數的圖象與函數圖象的所有交點的橫坐標之和為___________.
3.已知函數，則_____；若直線（）與函數的圖象有交點，則的取值范圍為______.
4..函數的最小值為（ ）
A． B． C． D．培優沖刺03 導數壓軸小題歸類
目錄
題型一：切線條數 1
題型二：公切線 5
題型三：切線逼近型 7
題型四：“切線法”數學思想 10
題型五：多參：雙變量“恒成立”轉“存在”型 14
題型六：多參：構造單變量型 16
題型七：同構求參 18
題型八：極值型求參 20
題型九：零點型求參 24
題型十：三個零點型求參 28
題型十一：多參：凸凹反轉型 31
題型十二：三角函數型 34
題型一：切線條數
應用導數的幾何意義求切點處切線的斜率，主要體現在以下幾個方面： (1) 已知切點求斜率,即求該點處的導數； (2) 己知斜率求切點即解方程； (3) 已知切線過某點(不是切點) 求切點, 設出切點利用求解.
1.（2023·全國·模擬預測）已知函數，點為平面內一點，則下列說法錯誤的是（ ）
A．當，時，過點可作曲線的三條切線
B．當，時，過點可作曲線的三條切線
C．若過點不能作曲線的切線，則，
D．若過點可作曲線的兩條切線，則，
【答案】D
【分析】設出切點，借助導數的幾何意義可得切線方程，將代入切線方程后構造相應函數，對進行分類討論后結合導數求取方程的解的個數即可得切線條數.
【詳解】令點在函數上，且其切線過點，
，，，故點的切線方程為，
由點在該直線上，故有，即，
令，，則
，由，故，
令，則或，
①當時，時，，時，，
（Ⅰ）當，時，，
時，，
故在、上單調遞減，在上單調遞增，
有，，
故當，時，有三個不同的解，
即過點可作曲線的三條切線，即A正確；
當或時，有兩個不同的解，
即過點可作曲線的兩條切線，故D錯誤；
（Ⅱ）當，時，，時，，
故在、上單調遞減，在上單調遞增，
亦有，，
故當，時，有三個不同的解，
即過點可作曲線的三條切線，
即B正確；
（Ⅲ）當，恒成立，即在上單調遞減，即有且僅有唯一解，
故此時可作的切線且只能作唯一一條，當時，對任意的，恒有解，
即過點恒能作曲線的切線，②當，時，，時，，
故在上單調遞增，在上單調遞增減，有，時，，
故當，時，無解，
即過點不能作曲線的切線，故C正確.
故選：D.
2.（23-24高三上·廣東深圳·階段練習）已知函數，過點作的切線，若（），則直線的條數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先得到在處的切線方程為，點一定不在上，一定為過的一條切線，再設切點坐標為，，得到切線方程，將代入，化簡得到，，構造函數，求導，得到其單調性，從而得到除外，過點作的切線還有一條，得到答案.
【詳解】，令，則，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
，故在R上單調遞增，又，，故在處的切線方程為，點在上，故上只有點滿足，
又因為，所以，故點一定不在上，且一定為過的一條切線，
設切點為，，則切線的斜率為，故切線方程為，
因為在切線上，故整理得，
由可知，恒成立，故，，令，，
則，令，則在上恒成立，故在上單調遞增，
又，當時，，當時，，又時，，時，，
故恒成立，在上單調遞增，故，只有1個根，即除外，過點作的切線還有一條，共2條.故選：C
3.已知函數，過點作函數的兩條切線，切點分別為，下列關于直線斜率的正負，說法正確的是（ ）
A． B． C． D．不確定
【答案】A
【分析】求導，寫出切線方程，代入點，得到兩方程與，
結合斜率公式得到，構造函數判定的符號，求出答案.
【詳解】因為，所以，設切點分別為，
則在處的切線方程為，即，
因為該切線過點，所以，即，
且，即，同理，，
且，即，
則，
下面判定的符號：令，則，，
當時，，當時，，
則在上單調遞減，在上單調遞增，，
若，則，
令，
，即在上單調遞減，且，
則，即，因為在上單調遞增，則，即，
即.故選：A.
4.若過點可作函數圖象的兩條切線，則必有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】設切點為，，求導，根據導數的幾何意義可得有兩個正根，利用判別式及根與系數關系列不等式可得解.
【詳解】設切點為，，又，所以切線斜率，
所以切線方程為，又切線過點，則，，
即，由過點可作兩條切線，所以有兩個正根，
即，整理可得，故選：C.
題型二：公切線
1.若直線與曲線相切，直線與曲線相切，則的值為（ ）
A． B．1 C．e D．
【答案】B
【分析】設出切點，求出，，根據斜率列出方程，得到，，構造，利用函數單調性和圖象特征，求出，從而求出答案.
【詳解】設直線與曲線相切于點，直線與曲線相切于點，
則，且，所以，，且，所以，
令，，當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，且，，所以當時，，
因為，，即，
所以，所以，故故選：B
2.已知函數，若總存在兩條不同的直線與函數，圖象均相切，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】設函數，的切點坐標分別為，，根據導數幾何意義可得，結合題意可知方程有兩個不同的實根，則設，求導確定其單調性與最值情況，即可得實數的取值范圍.
【詳解】由題意可知：，
設函數上的切點坐標為，函數上的切點坐標為，
且，，則公切線的斜率，可得，則公切線方程為，
代入得，代入可得，整理得，
令，則，若總存在兩條不同的直線與函數，圖象均相切，則方程有兩個不同的實根，設，則，令，解得；令，解得；
則在內單調遞增，在單調遞減，可得，
且當x趨近于時，趨近于；當x趨近于時，趨近于，
可得，解得，故實數的取值范圍為.故選：A.
3.已知兩條不同的直線與曲線都相切，則這兩直線在y軸上的截距之和為（ ）
A．－2 B．－1 C．1 D．2
【答案】A
【分析】設曲線上切點為，曲線上切點為，由切線斜率得，消去得，設，利用導數證明其有兩解，并且兩解的積為1，從而得出曲線上兩個切點的橫坐標積為1，寫出切線方程得出縱截距并求和即得．
【詳解】設曲線上切點為，曲線上切點為，
，，因此有，消去得，設，
，易知在上是增函數，，，
因此在也即在上有唯一解，時，，遞減，時，，遞增，
，，，而，
，因此在和上各有一解．
設的解分別為，即，又，所以也是的解，即，，
所以方程有兩解且，于是切線方程為，在軸上截距為，同理另一條切線在軸上截距是，兩截距和為．故選：A．
4.若曲線與曲線有公切線，則實數a的取值范圍（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分別求出兩曲線的切線方程，則兩切線方程相同，據此求出a關于切點x的解析式，根據解析式的值域確定a的范圍.
【詳解】設是曲線的切點，設是曲線的切點，
對于曲線 ，其導數為 ，對于曲線 ，其導數為 ，
所以切線方程分別為：，，兩切線重合，
對照斜率和縱截距可得：，解得（），令 （），
，得：，
當 時， ，是減函數，
當 時， ，是增函數，
∴且當x趨于 時，， 趨于 ；當 趨于 時， 趨于；
∴，∴；故選：D．
題型三：切線逼近型
1.已知函數的圖象與函數的圖象有且僅有兩個不同的交點，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】令，，，可將問題轉化為方程組有且只有一組實數根.后通過研究曲線，及曲線過原點與的切線，可得答案.
【詳解】令，則
，令，則
，令，則.
令在上單調遞增；
在上單調遞減；
又，，則有且只有兩根，分別為.
則函數的圖象與函數的圖象有且僅有兩個不同的交點，
等價于方程組有且只有一組實數根.
令，則，
當時，，則此時在上遞增，又.
即，則有且只有一組實數根.當時，方程組有且只有一組實數根，
等價于函數圖象與直線圖象有兩個交點，
臨界情況為兩條直線與圖象相切.
當與相切，設對應切點為，因
，則相應切線方程為；
當與相切，設對應切點為，則相應切線方程為，則.
綜上，.故選：A
2.已知函數，若函數有4個零點，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由題意可知：函數的零點個數即為與的交點個數，利用導數求過原點的切線，結合圖象分析求解.
【詳解】作出的圖象，如圖所示令，可得，
由題意可知：函數的零點個數即為與的交點個數，若，則，可得，
設切點坐標為，切線斜率為，則切線方程為，
代入點，可得，解得，此時切線斜率為；
若，則，可得，
設切點坐標為，切線斜率為，
則切線方程為，代入點，可得，解得，此時切線斜率為；
結合圖象可知的取值范圍為.故選：D.
3.若函數有兩個零點，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】將問題轉化為函數與的圖象有2個交點，則利用導數的幾何意義求出直線與曲線相切時的直線的斜率，再結合圖形可求出實數的取值范圍.
【詳解】有兩個零點，即有兩個正實根，
即函數與的圖象有2個交點．
直線過定點，當該直線與曲線相切時，設切點為，
又，則，即，
令，則，所以在上單調遞增，
又，故有唯一零點，故，
所以當直線與曲線相切時，切點為，則切線斜率為1．
要使函數與的圖象有2個交點，則需滿足，
所以．
故選：B．

4.已知函數，對于定義域內的任意恒有，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】將不等式進行等價轉化為恒成立，，原不等式等價于：，進而得到當且僅當直線與曲線相切時取得最值，利用導數的幾何意義進而求解,.
【詳解】不等式可化為，
因為，將不等式兩邊同時除以得，
令，原不等式等價于：，
設，，對求導可得，
則函數單調遞減且下凸，要使恒成立，
則直線與曲線相切時取最值，如圖，
當直線與曲線相切時，設切點為，
則，且，整理可得，，
解得：，此時，故選：A.
題型四：“切線法”數學思想
式子較為復雜的最值問題需要經過適當的變形求解，常用方法有： （1）換元法； （2）函數單調性法； （3）復合函數法； （4）數形結合； （5）導數法； （6）基本不等式.
1.已知為函數圖象上一動點，則的最大值為（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】先觀察出函數關于對稱，在根據所求的式子可以判斷時比的值要大，所以只需研究的情況即可，把所求的式子經過換元，適當的變形轉化為復合函數問題，其中一個內層函數又是兩點斜率問題，借助數形結合思想和導數的幾何意義即可求出最值.
【詳解】由函數解析式可知函數關于對稱，設，不妨設
則，當，，
即當時的值要大于時的值，所以只需研究的情況即可，
當時，，設，
則，
根據復合函數單調性可知：時，遞增，當，遞減.
，所以的幾何意義是函數上一點與點的斜率，
設過點的切線與函數的交點坐標（即切點）為，，
所以切線的斜率，切線方程為，把點代入切線方程整理得：
，所以或，設，，
所以在單調遞增，所以，
即不合題意，所以，此時切線的斜率，
如圖：

根據數形結合思想可知的范圍為，所以當時，最大，
此時.故選：A
2.已知實數滿足，其中是自然對數的底數，則的最小值為
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知得點在直線上，點在曲線上，的幾何意義就是直線到曲線上點的距離最小值的平方，由此能求出的最小值.
【詳解】實數滿足，，
點在直線上，點在曲線上，
的幾何意義就是直線到曲線上點的距離最小值的平方，
考查曲線平行于直線的切線，，令，
解得，切點為，
該切點到直線的距離，就是所求的直線與曲線間的最小距離，故的最小值為.故選：D
3.若＝＝1，則(x1－x2)2＋(y1－y2)2的最小值為（ ）
A． B．
C． D．e4＋5e2＋5
【答案】C
【分析】問題轉化為曲線（）上的點與直線上的點之間的距離的平方，由曲線的單調性及同一平面直角坐標系中畫出兩解析式圖象，得到曲線的切線與直線平行時，此時切點到直線的距離的平方即為所求，求出切點坐標，利用點到直線距離公式求得答案.
【詳解】由得：（），，則表示曲線（）上的點與直線上的點之間的距離的平方，（），當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，且，在同一平面直角坐標系中畫出兩解析式，如圖所示：
當曲線的切線與直線平行時，此時切點到直線的距離即為曲線（）上的點與直線上的點之間的距離的最小值，令，解得：，其中，所以切點為，其中，則即為答案.
故選：C
4.已知點是曲線上任意一點，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
判斷直線與曲線的位置關系，利用式子表示的幾何意義，轉化為點與點確定的直線同直線夾角正弦最值求解即可.
【詳解】依題意，，令直線，顯然過點，
由，得，顯然，
即直線與曲線相離，且，則曲線上的點在直線上方，
過作于，則，而，
因此，
令過點的直線與曲線相切的切點為，由，求導得，
則此切線斜率，解得，即切點為，
而點在曲線的對稱軸上，曲線在過點的兩條切線所夾含原點的區域及內部，
當點的坐標為時，銳角最大，最大，最大，
此時，，
所以的最大值為.
故先：D
題型五：多參：雙變量“恒成立”轉“存在”型
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．
1.已知函數，若恒成立，則的最大值是（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】B
【分析】根據題意，轉化為恒成立，令，求得，得出函數的單調性與最小值，轉化為，令，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解.
【詳解】因為函數，當時，函數為單調遞減函數，為單調遞增函數，顯然不能恒成立，所以，
由恒成立，即恒成立，即恒成立，
令，可得，
令，即，可得，即，
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
所以當時，函數取得最小值，
所以，
則，
令，可得，
當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
當時，函數取得最大值，最大值為，所以，
即的最大值為.故選：B.
2.已知正數滿足，則（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】不等式可化為，分別構造函數，利用導數求出函數的最大、最小值，由不等式左邊最小值等于右邊的最大值，建立方程即可得解.
【詳解】由，
設，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
則，故，
當且僅當，即時取等號；
設，則，
當時，當時，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，故，
當且僅當時取等號，
又，則，
此時，則.
故選：A
3.已知，為實數，，，若恒成立，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據給定條件，結合恒成立不等式可得函數有相同零點，并用a表示出ab，再構造函數，求出最小值作答.
【詳解】依題意，函數與在上都單調遞增，且函數的值域是R，
，不等式恒成立，當且僅當函數與有相同的零點，
因此，由得，由得，于是得，
則，令，，求導得，
當時，，當時，，因此函數在上遞減，在上遞增，
當時，，從而得，
所以的取值范圍為.
故選：D
4.已知m，n為實數，，若對恒成立，則的最小值是（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】B
【分析】利用導數的性質，結合構造函數法進行求解即可.
【詳解】，
當時，恒成立，則單調遞增，，顯然不恒成立，
當時，時，，函數單調遞減；時，，函數單調遞增，
∴，
∵恒成立，∴，∴，
∴，令，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
∴．故選：B
題型六：多參：構造單變量型
1.已知，且，其中e為自然對數的底數，則下列選項中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】構造，，求導研究其單調性，判斷出D選項，利用同角三角函數關系得到AB選項，構造差函數，得到，從而判斷出C選項.
【詳解】構造，，則恒成立，則，
當時，，，當時，，
所以在單調遞增，在單調遞減，因為，所以，，
又，所以，D錯誤，
因為，所以，，
所以，所以，A錯誤，B正確.
令，則，
當時，恒成立，所以在上單調遞增，
當時，，即，因為，所以
因為，所以，因為在單調遞減，所以，即
因為在上單調遞減，所以，C錯誤
故選：B
2.已知正實數，滿足，則的最大值為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】由已知得，構造，結合的單調性知，故將化為，利用導數求的最大值即可.
【詳解】∵，∴即，
設，則，且，所以在上，單調遞增，
正實數，，∴，即，所以等價于，即，
∴，設，∴，∴，
設，，所以單調遞減，且，
所以在上，，，單調遞增，在上，，，單調遞減，
所以，即最大值為0，故選：A.
3.若實數滿足，則（ ）
A．-4 B．-3 C．-2 D．-1
【答案】A
【分析】根據給定等式構造函數，探討函數的對稱性及單調性，由此計算得解.
【詳解】令函數，求導得，
則函數在R上單調遞增，
又
，因此函數的圖象關于點對稱，
由，得，即，
所以.
故選：A
4.已知，且，其中e為自然對數的底數，則下列選項中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】通過構造函數，利用函數的單調性以及式子的結構特征進行分析.
【詳解】因為，所以，令，所以，對函數求導：
， 由有：，
由有：，所以在單調遞增，在
單調遞減，因為，由有：，故A錯誤；
因為，所以，由有：，故D錯誤；
因為，所以，
因為，所以，所以，故C正確；
令 有：=，當，.所以在單調遞增，當時，，
即，又，所以，因為，所以，因為在內單調遞減，所以，即，故B錯誤.
故選：C.
題型七：同構求參
1.已知，對任意的，不等式恒成立，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】對已知不等式進行變形，通過構造函數法，利用導數的性質、參變量分離法進行求解即可.
【詳解】由題意，不等式即，進而轉化為，
令，則，
當時，，所以在上單調遞增.
則不等式等價于恒成立.
因為，所以，
所以對任意恒成立，即恒成立.
設，可得，
當單調遞增,當單調遞減．
所以有最大值，于是，解得．
故選：B
2.已知關于x的不等式在上恒成立，則正數m的最大值為（ ）
A． B．0 C．e D．1
【答案】C
【分析】將不等式變形得到，構造，研究其單調性得到，取對數后參變分離得到，構造，求導后得到，從而得到，求出，得到答案.
【詳解】變形為，
即，
其中，，故，
令，則有，
因為在上恒成立，故在上單調遞增，
故，兩邊取對數得：，則，
令，則，故當時，，
當時，，
故在上單調遞增，在上單調遞減，
在處取得極大值，也是最大值，，
所以，解得：，故正數m的最大值為.
故選：C
3.已知不等式對恒成立，則實數a的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用同構變形得到，構造函數，，
結合其單調性和求解的是a的最小值，考慮兩種情況，進行求解，最終求得實數a的最小值.
【詳解】因為，所以，
即，構造函數，所以，
令，解得：，令，解得：，故在上單調遞減，在上單調遞增，
當時，與1的大小不定，但當實數a最小時，只需考慮其為負數的情況，此時
因為當時，單調遞減，故，兩邊取對數得：，
令，則，令得：，令得：，
所以在單調遞增，在單調遞減，所以故a的最小值是．故選：C
4.已知關于的不等式恒成立，其中為自然對數的底數，，則（ ）
A．既有最小值，也有最大值 B．有最小值，沒有最大值
C．有最大值，沒有最小值 D．既沒有最小值，也沒有最大值
【答案】B
【分析】對不等式進行變形，構造新函數，結合單調性與同構得到，從而利用導函數研究，求出最大值，從而求出，得到答案.
【詳解】變形為：，
即，
令（）則上式可化為：，
其中，所以（）單調遞增，
故，即，令，
則，當時，，當時，，
所以在處取得極大值，也是最大值，
故，所以，解得：，
綜上：有最小值，無最大值.
故選：B
題型八：極值型求參
可導函數在點處取得極值的充要條件是，且在左側與右側的符號不同。函數的極值點通常轉化為其導數的零點問題，進而可轉化為兩個函數的焦點個數問題，可進一步求導結合單調性畫出大致圖像，數形結合分析參數范圍。
1.已知函數存在極小值點，且，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根據給定條件，利用導數結合零點存在性定理探討極小值點，并求出極小值，利用導數求出的解集，再利用導數求出的范圍.
【詳解】函數的定義域為，求導得，
當時，函數在上單調遞減，，
，則存在，使得，
當時，，遞增，當時，，遞減，
函數在取得極大值，無極小值，不符合題意；
當時，令，求導得，顯然在上單調遞增，
當時，，函數遞減，當時，，函數遞增，
于是，
當，即時，，函數在上單調遞增，函數無極值，
當時，，而，
存在，使得，當時，，函數遞增，
當時，，函數遞減，函數在取得極大值，
又，令，求導得，
函數在上單調遞減，，則，
存在，使得，當時，，函數遞減，
當時，，函數遞增，函數在取得極小值，因此，
由，得，，
即有，令，求導得，
函數在上單調遞減，而，即有，于是，
顯然，令，求導得，即函數在上單調遞減
因此，即，又，則，
所以實數的取值范圍為.
故選：D
2.若函數有兩個極值點，且，則下列結論中不正確的是（ ）
A． B．的范圍是
C． D．
【答案】B
【分析】原函數的極值點即為導函數的零點，求導后等價于與有兩個交點，結合單調性等函數特征畫出圖像判斷出，且；利用推導，則可得；而等價于，構造合適的函數進行分析.
【詳解】，有兩個極值點且，
∴，有兩個零點，且在各自兩邊異號，
∴與有兩個交點，，
記，則，易知：時，時，
∴在上遞增，在上遞減，
∴有最大值，且時，時，
又當趨向于正無窮時，趨向于正無窮的速率遠遠超過趨向于正無窮的速率，所以趨向于0，且，由上可得的圖像如下，
∴當且僅當時與有兩個交點，
且，故A正確，B不正確.
又，
∴，故 C正確.
令，則,∴，則，，
∴要證，只需證，
只需證，
令，則，
∴在上單調遞減，即時，不等式得證，故D正確.
故選：B
3.已知函數有兩個極值點、，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出函數的定義域與導函數，令，依題意可得 在區間上有兩個不相等實數根，求出函數的導函數，對分類討論，解得即可．
【詳解】解：因為定義域為，，令，
函數有兩個極值點，則在區間上有兩個不相等的實數根，，
當時，，則函數在區間單調遞增，因此在區間上不可能有兩個不相等的實數根，應舍去；當時，令，解得，令，解得，即在上單調遞增；
令，解得，即在上單調遞減．當時，函數取得極大值即最大值．
而當時，，當時，，要使在區間上有兩個不相等實數根，
則，解得，實數的取值范圍是.故選：A
4.已知函數，若存在兩個極值點，，當取得最小值時，實數的值為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】結合已知條件，分析出，然后轉化為，通過求在上的最小值來確定的最小值，進而即可求解.
【詳解】由題意可知，有兩個變號零點，即有兩個不同的正根，，
不妨令，則，當時，，故在上單調遞減，
此時最多只有一個零點，不合題意；
當時，；，故在上單調遞增，在單調遞減，
因為，，且由對數函數性質可知，當足夠大時，，所以由零點存在基本定理可知，，因為，，
所以，不妨令，由，從而，
因為，令，則，從而在單調遞增，且，
故對于，，即在單調遞增，從而當取得最小值是，也取得最小值，即取得最小值，不妨令，，則，令，則對于恒成立，故在上單調遞增，因為，，
所以存在唯一的，使得，
故；，從而在上單調遞減，在單調遞增，
故，此時也取得最小值，即，故.
故選：D.
題型九：零點型求參
解決函數零點問題時通常可以采用參變分離，將問題轉化為兩個簡單函數的交點問題，借助導數確定函數的單調性，進而得到函數圖象，數形結合即可解決；有時也可借助單調性及函數零點存在定理加以解決. 利用導數研究零點問題： （1）確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可用導數知識確定極值點和單調區間從而確定其大致圖象； （2）方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉化為求函數的值域問題處理.可以通過構造函數的方法，把問題轉化為研究構造的函數的零點問題； （3）利用導數研究函數零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數形結合思想研究；③構造輔助函數研究.
1.已知定義在上的函數滿足，且當時，，若方程有三個不同的實數根，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由題設，求分段函數的解析式并畫出圖象，將方程有三個不同實根轉化為和有三個不同的交點問題，由數形結合思想結合導數研究函數的交點情況，進而求參數的范圍.
【詳解】∵當時，，∴當時，，綜上，，
當時，，則在上單調遞減，
當時，，則在上單調遞增，∵有三個不同的實數根，
∴的圖象和直線有三個不同的交點，作的大致圖象如圖所示，
當直線和的圖象相切時，設切點為，∴，可得，，
代入，可得，當過點時，.
由圖知，實數的取值范圍為.故選：D.
2.函數有兩個零點，下列說法錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】將問題轉化為與有兩個交點，數形結合即可判斷A選項，并求出的取值范圍；利用極值點偏移構造新函數，結合，即可判斷D選項；對進行變形，利用表示，結合原不等式構造新函數，再求導確定最值即可判斷B選項；由，結合的取值范圍，即可判斷C選項.
【詳解】對于A，因為函數有兩個零點，所以方程有兩個根，
即，即與有兩個交點，設，所以，
當時，解得：，此時函數單調遞增，當時，解得：，此時函數單調遞減，
所以是函數定義域內的唯一極大值點，則，
當時，恒成立，此時，當時，，此時，當時，，此時，畫出函數圖象如下圖所示：
結合圖象可得當時，與有兩個交點，即函數有兩個零點，故A選項正確；
對于D，因為，結合圖像可知，因為，由可得，由可得，所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為，則必有，則由得，，令，其中
則，則函數在上單調遞減，所以，即，又，可得：，因為函數的單調遞減區間為，所以，即
，故D選項錯誤；
對于B，，兩式相減有，要證，即證，
又，即證：，又，考慮函數和函數的圖象，如下圖：
將的圖象沿作對稱變換，得，
令，且
設，則，
，當時，有；當時，有，
即在時單調遞增，在時單調遞減，，則在上恒成立，
在上單調遞減，又，當時，，時，，
即當時，，即，，
當時，，即，，
又，即，，即，故B選項正確；
對于C，因為，所以，又因為，則，所以，又，可得，故C選項正確.故選：D.
3.在關于的不等式（其中為自然對數的底數）的解集中，有且僅有兩個大于2的整數，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】將不等式轉化為，分別研究兩個函數的性質，確定的取值范圍，構造函數，利用放縮法進一步縮小的取值范圍，列出不等式組，求出結果.
【詳解】由，化簡得：，
設，，則原不等式即為.若，則當時，，，
原不等式的解集中有無數個大于2的整數，∴.∵，，∴.
當，即時，設，則.
設，則在單調遞減，所以，所以在單調遞減，∴，
∴當時，，∴在上為減函數，即，
∴當時，不等式恒成立，原不等式的解集中沒有大于2的整數.
要使原不等式的解集中有且僅有兩個大于2的整數，則，即，解得.
則實數的取值范圍為.故選：D
4.若函數存在零點，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】函數存在零點，轉化為方程在內有解，設函數，則有解，得到在內有解，問題轉化為求在上的最小值，利用導數分析函數的單調性，可求函數的最小值.
【詳解】由得，
設，則，∴在上單調遞增，
∴，∴，，，即．
所以存在零點等價于方程有解，令，則，
當時，；當時，，所以在上為減函數，在上為增函數，
所以．故選：B
題型十：三個零點型求參
處理多變量函數值域問題的方法有： 消元法：把多變量問題轉化單變量問題，消元時可以用等量消元，也可以用不等量消元. 基本不等式：即給出的條件是和為定值或積為定值等，此時可以利用基本不等式來處理，用這個方法時要關注代數式和積關系的轉化. （3）線性規劃：如果題設給出的是二元一次不等式組，而目標函數也是二次一次的，那么我們可以用線性規劃來處理.
1.已知方程有4個不同的實數根，分別記為，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】將問題轉化為，進而構造函數，求導確定函數的單調性，結合二次方程根的分布可得，進而可求解.
【詳解】易知不是方程的根，故當時，可化為，
令，得．設，則，令，可得或，令，可得，故在和上單調遞減，在上單調遞增，，
作出的大致圖象，如圖，數形結合可得方程有兩個不相等的實數根，設為，，
則，且，則，解得，不妨設，
則，
由，可得.故選：A．
2.已知函數，（）的三個零點分別為，，，其中，的取值范圍為（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】構造，結合零點個數及單調性求出，求出且，利用基本不等式得到，從而得到答案.
【詳解】∵，令，即，（）
令，（），則，則，（），
令，（），要想除1外再有兩個零點，則在上不單調，
則，解得：或，當時，在恒成立，
則在單調遞增，不可能有兩個零點，當時，設，即的兩根為，且，
則有，故，令，解得：或，令，解得：，
所以在，上單調遞增，在上單調遞減，因為，所以，
又因為，若，則，因為，所以，
所以，
因為，故.
檢驗：當時，（），，此時在上單調遞增，又，即，此時為臨界情況，；
綜上：的取值范圍為.故選：D.
3.已知函數的三個零點分別為，其中，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】對函數進行整理，構造，結合零點個數及單調性求出，求出且，利用基本不等式得到，從而得到答案.
【詳解】，顯然，令，（），即，（）令，（），則
，（），
令，（），
要想除1外再有兩個零點，則在上不單調，則，解得：或，
當時，在恒成立，則在單調遞增，不可能有兩個零點，舍去
當時，設即的兩根為，且，則有，故，
令，解得：或，令，解得：，
所以在，上單調遞增，在上單調遞減，
因為，所以，
又因為，若，則，因為，所以，
所以
，因為，所以，故.
檢驗：當時，（），，此時在上單調遞增，又，即，此時為臨界情況，
綜上：的取值范圍為.故選：C
4.已知函數有三個零點、、且，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】令，將原函數的零點轉化為方程的根，令，轉化為，再令，得到使時的根的個數，再分類討論的范圍與根的關系，結合函數與方程性質及零點的關系即可得.
【詳解】令，得，整理得，
令，原方程化為，設， 則，令，解得，且，當時，，則單調遞增，當時，，則單調遞減，
則在時，有最大值為，則當時，有一個解，當時，有兩個解，
當時，有一個解，當時，無解，因為原方程為，
由題可知有三個零點，因此方程有兩個不等實根、，設，則有，，
若，則，故舍去，若，則，，
有，即有，，代入得，矛盾，故舍去，若則，，
，設，則，得到，
所以.故選：D.
題型十一：多參：凸凹反轉型
1.已知正數滿足，則（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】不等式可化為，分別構造函數，利用導數求出函數的最大、最小值，由不等式左邊最小值等于右邊的最大值，建立方程即可得解.
【詳解】由，
設，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
則，故，
當且僅當，即時取等號；
設，則，
當時，當時，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，故，
當且僅當時取等號，又，則，
此時，則.故選：A
2.已知大于1的正數，滿足，則正整數的最大值為（ ）
A．7 B．8 C．9 D．11
【答案】C
【分析】等價于，令，，分別求，的導數，判斷函數的單調性，可求得有最大值，有最小值，根據題意，即求，代入為，等價于，令，即求的最大的正整數.對求導求單調性，可知單調遞減，代入數值計算即可求出結果.
解：由題干條件可知：等價于，
令，，則 ， ，
當時，，當時，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，則有最大值.
令，，則，當時，此題無解，所以，
則，當，當，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，則有最小值.
若成立，只需，即，即，
兩邊取對數可得：.時，等式成立，當時，有，
令，本題即求的最大的正整數.
恒成立，則在上單調遞減，
，，，
所以的最大正整數為9.。故選：C.
3.已知實數，滿足，則的值為
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
設，，得，變形為，令，，求導求最值得,結合取等條件求出x,y即可
【詳解】
設，，則
，
令，(m)=m<1,(m)>0,m>1,(m)<0,則在單調遞增單調遞減，
令，則單調遞減，單調遞增
由題意，，，，,故x+y=2。故選A
4.）已知實數，滿足，則的值為
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】設，，得，變形為，令，，求導求最值得,結合取等條件求出x,y即可
【詳解】設，，則
，
令，(m)=m<1,(m)>0,m>1,(m)<0,則在單調遞增單調遞減，
令，則單調遞減，單調遞增
由題意，，，，,故x+y=2
故選A
題型十二：三角函數型
1.已知，，且，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為，所以,
令是增函數.
綜上所述，故選C.
2.函數的圖象與函數圖象的所有交點的橫坐標之和為___________.
【答案】-7
【分析】
由函數解析式可得兩函數圖象均關于點（﹣1，0）對稱，進而探討函數的單調性，然后畫出圖象的大致形狀，即可求得兩圖象所有交點的橫坐標之和.
【詳解】
易知函數的圖象關于點（﹣1，0）對稱，
設函數圖象上任意一點為，則它關于（-1,0）的對稱點為，將其代入的解析式得：，
即，于是函數關于點（-1,0）對稱.
又，
所以時，，單調遞減，時，，單調遞增，時，，單調遞減.
于是x=-2時，的極小值為，
而，
x=0時，的極大值為，
而.
現作出兩個函數的大致圖象，如圖：
于是得到圖象交點橫坐標之和為：﹣1+（﹣2）×3=﹣7.故答案為：-7.
3.已知函數，則_____；若直線（）與函數的圖象有交點，則的取值范圍為______.
【答案】
【分析】
構造、，利用導數證明、，應用放縮法有、，即可確定，注意等號成立條件，由解析式求，并構造，應用導數研究單調性，進而判斷的單調性，即可確定的取值范圍.
【詳解】
令，則，
∴時，，單調遞增；時，，單調遞減.
∴，即.
若，則，易知：時，，單調遞增；時，，單調遞減.
∴，即.
∵，當時等號成立.
∴.
由，若，
∴，
當時，，遞減，故，有，單調遞增；當時，且大于0.
∵，；，，且，∴的取值范圍為.故答案為：，
4..函數的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【詳解】
，
則，
.
令，為減函數，且，所以當時，，從而；當時，，從而.故.故選：A

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