【期中复习】2023-2024学年（沪教版2020选修）高二数学下册专题3-2导数的应用-考点归纳讲练.zip

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知识点一 函数的单调性与其导数的正负之间的关系
定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x)：
知识点二 利用导数判断函数的单调性的一般步骤
(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求出导数f′(x)的零点；
(3)用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．
知识点三 函数图象的变化趋势与导数的绝对值的大小的关系
一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上：
知识点四 函数极值的定义
1．极小值点与极小值
若函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，就把a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
2．极大值点与极大值
若函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，就把b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
3．极大值点、极小值点统称为极值点；极大值、极小值统称为极值．
知识点五 函数极值的求法与步骤
1．求函数y＝f(x)的极值的方法
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时，
(1)如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
(2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
2．求可导函数f(x)的极值的步骤
(1)确定函数的定义域，求导数f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)列表；
(4)利用f′(x)与f(x)随x的变化情况表，根据极值点左右两侧单调性的变化情况求极值．
知识点六 函数最值的定义
1．一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
2．对于函数f(x)，给定区间I，若对任意x∈I，存在x0∈I，使得f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在区间I上的最小值；若对任意x∈I，存在x0∈I，使得f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在区间I上的最大值．
知识点七 求函数的最大值与最小值的步骤
函数f(x)在区间[a，b]上连续，在区间(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
(1)求函数f(x)在区间(a，b)上的极值；
(2)将函数f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
一．利用导数研究函数的单调性（共9小题）
1．（2023秋•碑林区校级期末）已知定义在上的函数，其导函数满足：对任意都有，则下列各式恒成立的是
A．（1），
B．（1），
C．（1），
D．（1），
【分析】由题意，构造函数，对函数进行求导，利用所给信息判断其导数符号可得函数单调性，再进行求解即可．
【解答】不妨设，函数定义域为，
可得，
因为对任意都有，
所以在上恒成立，
此时，
则函数在上单调递增，
所以，，
整理得（1），．
故选：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
2．（2023秋•普陀区校级期中）已知，则下列不等式一定成立的是
A．B．
C．D．
【分析】由题意，利用举例法即可判断选项，，；利用不等式性质和指数函数单调性即可判断选项．
【解答】解：对于选项：不妨令，，，，
此时，
但，故选项错误；
对于选项：因为，
所以，
不妨令，，
此时，
但，故选项错误；
对于选项：由，
所以，
则，选项正确；
对于选项：若，
不妨令，，
此时，
而，故选项错误．
故选：．
【点评】本题考查不等式性质以及不等式的大小比较，考查了逻辑推理和运算能力．
3．（2023秋•浦东新区校级期末）已知实数，满足，则下列关系式恒成立的是
A．B．
C．D．
【分析】根据条件，利用特殊值法判断选项，利用作差法判断选项．
【解答】解：因为实数、满足，
对于．取，，则，故错误；
对于．取，，则，故错误；
对于，
当且仅当，即当时，等号成立，
因为，所以等号不成立，即，
所以，所以，故正确．
故选：．
【点评】本题考查了利用不等式的基本性质和利用作差法比较大小，考查了转化思想，属中档题．
4．（2023秋•奉贤区期末）下列命题中正确的是
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若且，则
【分析】利用指数函数的性质及三角函数在上函数值的正负，再结合选项的条件，逐一判断即可．
【解答】解：因为，所以，又，
所以，故，故错误，正确；
因为，所以，
又，当时，，此时，
当时，，此时，
当时，，此时，故和均错误．
故选：．
【点评】本题考查了指数幂大小的比较，已知角或角的范围确定三角函数式的符号，考查了转化思想，属中档题．
5．（2024春•浦东新区校级月考）若，，则角的取值范围是 ．
【分析】首先构造函数，利用定义法证明函数恒单调递增，则将原不等式变形后可得，由单调性可得，则答案可求．
【解答】解：构造函数，
则，
所以在上单调递增，
原式变形得，即
所以，又，则．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
6．（2023秋•浦东新区校级期末）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 ， ．
【分析】由题意，可得在，上恒成立，设，求出的最小值，即可得到实数的取值范围．
【解答】解：由，得，
函数在区间，上单调递增，
在，上恒成立，即在，上恒成立，
令，，，
则，
当且仅当，即时，取等号，
所以，所以，
即实数的取值范围是，．
故答案为：，．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用基本不等式求最值，利用不等式恒成立求参数的取值范围，属中档题．
7．（2023秋•普陀区校级期末）已知函数，且，则实数的取值范围是 ．
【分析】由，可得为上的偶函数，时，，可得在，上单调性，由，可得，即可得出实数的取值范围．
【解答】解：，为上的偶函数，
时，，则在，上单调递增，
，当且仅当时取等号，
，
，
解得，或，
实数的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查了函数的奇偶性与单调性、不等式的解法、转化方法，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
8．（2024•浦东新区校级模拟）设函数，，若有且仅有两个整数满足，则实数的取值范围为 ．
【分析】设，，利用导数求出的单调区间，即可求出其最大值，依题意有且仅有两个整数满足，即可得到（1）（1）且，从而求出参数的取值范围．
【解答】解：设，，则，
，，在上单调递增，
，，在上单调递减，
时函数取极大值即最大值，
又，（1），（3），
直线恒过定点且斜率为，
要使有且仅有两个整数满足，
即有且仅有两个整数满足，
（1）（1）且，
解得，即．
故答案为：．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
9．（2024•普陀区校级开学）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）记曲线在处的切线为，求证：与有且仅有1个公共点．
【分析】（1）求导，根据导数与单调性的关系求出即可；
（2）利用导数的几何意义求出曲线的切线方程，要证与有唯一公共点，只需证方程只有一个实数根0，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，从而判断该函数只有一个零点0即可．
【解答】（1）解：，
令，得，当或时，，
当时，，
所以在，上单调递增，，和单调递减．
（2）证明：，，
所以曲线在处的切线的方程为：；
令，得或，
下证0是方程的唯一实根：
令，，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，单调递增，
所以函数，所以0是方程唯一实数根．
综上，只有一个实数根0，即与有且仅有1个公共点．
【点评】本题考查利用导数求切线方程，利用导数研究函数的极值，属中档题．
二．函数在某点取得极值的条件（共3小题）
10．（2023•常德二模）已知函数．如果存在实数，，使函数，，在处取得最小值，则实数的最大值为 ．
【分析】由，知在区间，上恒成立，令，由，知其图象是开口向下的抛物线，故它在闭区间的最小值必在区间端点处取得，从而可得（b），由此能求出的最大值．
【解答】解：由题意，，
据题知，在区间，上恒成立，
即：①
当时，不等式①成立；
当时，不等式①可化为②
令，由，知其图象是开口向下的抛物线，
故它在闭区间的最小值必在区间端点处取得．
又，故不等式②成立的充要条件是（b），
整理得：在，上有解，
，
，
实数的最大值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了有关不等式恒成立的问题，对于恒成立问题，一般选用参变量分离法、最值法、数形结合法求解，属于中档题．
11．（2024•南通模拟）已知函数．
（1）若是函数的极值点，求的值；
（2）求函数的单调区间．
【分析】（1）确定函数的定义域，求导函数，利用是函数的极值点，即可求的值；
（2）分类讨论，利用导数的正负，结合函数的定义域，可得函数的单调区间．
【解答】解：（1）函数定义域为，
因为是函数的极值点，所以（1），解得或，
因为，所以；
（2）若，，
函数的单调增区间为；
若，则，，
由，结合函数的定义域，可得；
由，结合函数的定义域，可得；
函数的单调增区间为；单调减区间为，．
【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查函数的单调性，正确求导，合理分类是关键．
12．（2023春•浑南区校级期中）已知函数，是上的奇函数，当时，取得极值．
（1）求函数的单调区间和极大值；
（2）若对任意，，都有成立，求实数的取值范围；
（3）若对任意，，，，都有成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）由奇函数可得，代入可得函数的解析式，由导数的正负易得单调区间，进而得极值；
（2）对任意，，都有成立，只需，构造函数，，，由导数法可得函数的最大值，可得答案；
（3）对任意，，，，都有成立，即在区间，上的最大值都小于或等于的最小值，只需求其最小值即可．
【解答】解：（1）是上的奇函数，
，可得，即，
又当时，取得极值，，即，
解得，故函数，导函数，
令解得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取到极大值
（2），对任意，，都有成立，
只需，构造函数，，，，
令，可得或，当时，，单调递减
当，时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，取到极大值（2），，故的最大值为8，
故实数的取值范围为：；
（3）若对任意，，，，都有成立，
即在区间，上的最大值都小于或等于的最小值，
由（1）可知：当，时，，单调递减，
当，时，，单调递增，故当时，函数取到极小值，
也是该区间的最小值（1），
而为开口向上的抛物线，对称轴为，故当时取最大值（3），
由，解得
【点评】本题为函数导数的综合应用，涉及函数的极值最值和恒成立问题，属中档题．
三．利用导数研究函数的极值（共7小题）
13．（2023•虹口区校级模拟）已知，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数，甲：；乙：为严格减数列，则
A．甲正确，乙正确B．甲正确，乙错误
C．甲错误，乙正确D．甲错误，乙错误
【分析】的极值点为函数与函数图象在交点的横坐标，将两函数图象画在同一坐标系中，数形结合，分析，即可得出答案．
【解答】解：的极值点是在上变号零点，
即函数与函数图象在交点的横坐标，
因为时，，时，，，
，，时，，
将两函数图象画在同一平面直角坐标系中，如图：
时，，
，
结合图象可得当，，，，，
当，时，，，，故甲正确；
表示两点，与，之间的距离，
数形结合得随着的增大，两点之间的距离越来越近，即为递减数列，故乙正确，
故选：．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
14．（2023秋•徐汇区校级期末）如图所示，已知直线与曲线相切于两点，函数，则对函数描述正确的是
A．有极小值点，没有极大值点
B．有极大值点，没有极小值点
C．至少有两个极小值点和一个极大值点
D．至少有一个极小值点和两个极大值点
【分析】求出函数，可得，设直线与曲线的两切点横坐标分别为，，且，可知的两个零点为，，由图知，存在，，使，可知有三个不同零点，结合图象可得函数的单调性，尽快得到函数的极值情况．
【解答】解：，，则，
直线与曲线相切于两点，设两切点横坐标分别为，，且，
的两个零点为，，
由图知，存在，，使，
有三个不同零点，
由图可知，当时，，当，，，
当，时，，当，时，
在上单调递减，在，上单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增．
故至少有两个极小值点和一个极大值点．
故选：．
【点评】本题考查利用导数求函数的极值，考查数形结合思想，考查推理论证能力与运算求解能力，是中档题．
15．（2023秋•虹口区校级期中）定义在，上的函数满足：当时，；当时，．将函数的极大值点从小到大依次记为，，，并记相应的极大值为，，，，则的值为
A．9922B．29624C．88694D．265864
【分析】利用导数求，上极大值，结合递推关系得且，，再根据等差、等比数列的前项和公式求即可．
【解答】解：在，上，
易知，时，，时，，
所以在，上递增，上递减，故极大值为（1）．
又时，，而时，，
令，则，故，
令，则，故，
令且，则且，
故，
由上及极值的定义知，是首项为1，公差为2的等差数列；
是首项为1，公比为3的等比数列，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，等差数列和等比数列的定义，考查了转化思想，属中档题．
16．（2023秋•浦东新区校级期中）已知函数为定义在上的单调连续函数，（1），函数，有以下两个命题：①存在函数使得为函数的极大值点；②若对任意恒成立，则（2）．则
A．①为真命题，②为真命题B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题D．①为假命题，②为假命题
【分析】根据题意可设出抽象函数并结合极限求解知识，然后再根据题中条件判断求解．
【解答】解：在命题①中：可设（1），
因为 所以，
则得：，
令，得：，
当时，，所以在区间上单调递减，
当时，，所以在区间上单调递增，
所以当时，为函数的极大值点，所以命题①为真命题．
在条件②中：
当时，得，故
（1）（1）^{2}$＝3﹣4＝﹣1，
所以命题②为真命题．
综上所述：①为真命题，②为真命题，故A项正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，命题真假的判断，属于中档题．
17．（2023春•浦东新区校级月考）已知函数，则
A．函数的极大值点为
B．函数的极小值为2
C．过点作曲线的切线有两条
D．直线是曲线的一条切线
【分析】利用求导分析函数的单调性，即可求出极大值点和极小值，判断选项正误；设过的切线为，切点为，利用点斜式整理比较值列方程，方程的解的个数即为切点个数和切线条数，判断选项正误；利用切线斜率求出切点，即可得到切线方程，判断选项正误．
【解答】解：，令，解得或，
因为，；，；，；
所以在递增，，递减，，递增，
故的极大值点为，故错误；
极小值为（2），故错误；
设过的切线为，切点为，
所以，
则，
从而，
解得或，有三条切线，故错误；
令，即，解得，
从而（1），即切线方程为，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（2023秋•浦东新区校级期末）函数的一个极值点为1，则的极大值是 4 ．
【分析】由极值点定义得到（1），求出，进而得到或时，，时，，得到函数单调性和极大值．
【解答】解：定义域为，
，由题意得，（1），解得，
故，
令，解得，
令得，或，单调递增，
令得，，单调递减，
故在处取得极大值，极大值为．
故答案为：4
【点评】本题考查了利用导数研究函数单调性和极值，考查了函数思想，属于中档题．
19．（2023秋•浦东新区校级期末）定义在上的函数满足，（1），则下列说法正确的是 （2）（3）（4） ．
（1）在处取得极小值，极小值为；
（2）只有一个零点；
（3）若在上恒成立，则；
（4）．
【分析】先求出的解析式，利用导数研究函数的单调性，求解函数的极值，即可判断（1），利用函数的图象以及零点的定义，即可判断（2），将问题转化为求解函数的最值，即可判断（3），利用函数的单调性以及作差法，即可判断（4）
【解答】解：对于（1），因为，且，
则，
所以，
故为常数），
又（1），
则（1），解得，
故，
所以，
则，
当，即时，，则单调递增，
当，即时，，
当，即时，，则单调递减，
所以当时，取得极大值，极大值为，
故选项（1）错误；
对于（2），当时，，
当时，，
当时，，
作出函数的大致图象如图所示，
由图象可知，只有一个零点，
故选项（2）正确；
对于（3），要保证在上恒成立，
则在上恒成立，
因为，
所以，
令，
则，
所以当时，，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
所以当时，取得最大值，
则，
故选项（3）正确；
对于（4），因为函数在上单调递增，
又，可得，
因为，
所以，
又，
所以，
所以，
故选项（4）正确．
故答案为：（2）（3）（4）．
【点评】本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性、极值以及最值的应用，不等式恒成立问题，函数零点的理解与应用，利用导数研究不等式恒成立问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围，属于中档题．
四．利用导数研究函数的最值（共6小题）
20．（2023秋•闵行区校级期中）已知的导数存在，的图象如图所示，设是由曲线与直线，及轴围成的平面图形的面积，则在区间，上
A．的最大值是（a），最小值是（c）
B．的最大值是（c），最小值是（b）
C．的最大值是（a），最小值是（c）
D．的最大值是（c），最小值是（b）
【分析】根据图象，结合导函数的定义判断即可．
【解答】解：由图象可知，的最大值为（a），最小值为（b）．
由导函数的定义，得，
所以的最大值是（c），最小值是（b）．
故选：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的最值，考查了数形结合思想，属基础题．
21．（2023春•浦东新区校级月考）已知正实数，满足，则的最小值为
A．B．0C．D．
【分析】由题意，先根据同构函数得到，关系，再根据导函数求出单调性得出最值即可．
【解答】解：因为，
所以，
即，
不妨设，函数定义域为，
此时满足，
可得，
所以函数在上单调递增，
因为，为正实数，
所以，
即，
此时，
即，
整理得，
所以，
不妨设，函数定义域为，
可得，
又（1），
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在上单调递增，
又（1），
所以当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
所以（1），
则最小值为0，
故选：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
22．（2024•浦东新区校级开学）已知函数的最小值为0，则的值为 ．
【分析】对求导，判断的单调性，根据有最小值为0，则，使，且，求出，即可求参数的值．
【解答】解：由，得，且，
令，则，即在上递增，
所以在上递增，又有最小值为0，故先减后增，
所以使，且，
则，所以，解得，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查了方程思想和转化思想，属中档题．
23．（2024•浦东新区校级模拟）已知，其中．
（1）若曲线在点，（2）处的切线与直线垂直，求的值；
（2）设，函数在时取到最小值，求关于的表达式，并求的最大值；
（3）当时，设，数列满足，且，证明：．
【分析】（1）由题意，对函数进行求导，根据导数与函数曲线切线的关系以及直线垂直斜率的关系，列出等式即可求解；
（2）根据导数与函数单调性的关系，利用换元法，建立新函数，可得答案；
（3）利用综合法，整理不等式，通过构建新函数，对新函数进行求导，利用导数研究函数单调性求最值．
【解答】解：（1）因为，
可得，
若曲线在点，（2）处的切线与直线垂直，
因为直线的斜率为，
所以，
解得；
（2）因为，函数定义域为，
可得，
当时，，
所以有两异号实根，
不妨设为方程的正根，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
当时，函数取得极小值也是最小值，最小值，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以（1）．
综上，，的最大值为1；
（3）证明：要证，
即证，
因为，
此时要证，
因为当，，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在上单调递减，
要证，
需证，
即证，
又，
要证，
即证，
因为（1），在上单调递减，
极值，
因为，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
在时，，单调递增，
所以（1），
又，
所以，
同理．
故．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
24．（2024•徐汇区校级模拟）已知函数，，令．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）当为正数且时，，求的最小值；
（3）若对一切都成立，求的取值范围．
【分析】（1）把代入，对函数求导，结合导数几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）结合导数与单调性及最值关系分析函数的最小值的取得条件，即可求解；
（3）已知不等式可转化为对一切都成立，结合已知不等式考虑构造函数，，从而有在上单调递增，结合导数与单调性关系可求．
【解答】解：（1）时，，，
故（1），（1），
所以在处的切线方程为，即；
（2），，
则，
因为，
当时，易得在，上单调递增，（1），
当时，在，上单调递减，在，上单调递增，
故，不合题意；
当时，在，上单调递减，在，上的最小值（e）（1），不符合题意，
故的最小值为1；
（3）若对一切都成立，则对一切都成立，
所以对一切都成立，
令，，
则在上单调递增，
所以在时恒成立，即在时恒成立，
当时，在时恒成立，符合题意，
当时，因为过定点，对称轴，则只要△，
所以，
故的取值范围为，．
【点评】本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，体现了分类讨论思想及转化思想的应用，属于中档题．
25．（2023秋•宝山区校级期末）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形（如图甲所示），其中是以为圆心、的扇形，且弧，分别与边、相切于点、．剪去图中的阴影部分，剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计）．
（1）当长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；
（2）当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？
【分析】（1）结合图形，可得柱体的底面积，再根据体积公式计算即可；
（2）借助（1），其中，令，，利用导数求出函数的最值即可．
【解答】解：（1）在图甲中，连结交于点，设，
在中，因为，
所以，则．所以，即．
故所得柱体的底面积，
又所得柱体的高，所以，
所以当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米．
（2）设，则，
所以所得柱体的底面积，
又所得柱体的高，所以，其中，
令，，则，解得．
列表如下：
所以当时，取得极大值，也是最大值．
所以当的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查了转化思想，属中档题．
五．利用导数研究曲线上某点切线方程（共7小题）
26．（2023春•浦东新区校级月考）函数有一条斜率为2的切线，则切点的坐标为 ．
【分析】设切点坐标为，，利用导数的几何意义即可求解．
【解答】解：设切点坐标为，，由函数，可得，
因为函数有一条斜率为2的切线，所以，
解得，所以切点坐标为．
故答案为：．
【点评】本题考查函数的导数的应用，是基础题．
27．（2024春•杨浦区校级月考）若直线与曲线相切，则实数的值为 ．
【分析】根据导数的几何意义即可求解．
【解答】解：设切点为，
又，根据题意可得：
，，
切点为，又在直线上，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查导数的几何意义，属基础题．
28．（2024春•浦东新区校级月考）已知、为实数，函数在处的切线方程为，则的值 21 ．
【分析】求导，点斜式得到直线方程，对应项相等得．
【解答】解：由，得，
则（1），又（1），则切线方程为，
即，
，，得，，
．
故答案为：21．
【点评】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，是中档题．
29．（2024春•闵行区校级月考）若曲线的切线的倾斜角的取值范围是，则 ．
【分析】求出原函数的导函数，利用基本不等式求得导函数值的取值范围，再由直线的倾斜角与斜率的关系求解．
【解答】解：由，得，
当且仅当，即时取等号，
又曲线的切线的倾斜角的取值范围是，
，得．
故答案为：．
【点评】本题考查导数的几何意义及应用，训练了利用基本不等式求最值，考查直线的倾斜角与斜率的关系，是中档题．
30．（2024春•松江区校级月考）若直线与曲线和均相切，则直线的方程为 ．
【分析】利用函数在某一点处的导数值即为函数在该点处切线的斜率，结合两切线为同一条直线联立方程组求解．
【解答】解：，，
则函数在点，处切线方程为，
即：，
函数在点，处切线方程为：，
即：，
直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，
，
消去得，
即，
或，
若，则，此时直线的方程：；
若，则，此时直线的方程：（舍去）．
综上所述：直线方程为．
故答案为：．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，关键是熟记基本初等函数的导函数，考查运算求解能力，是中档题．
31．（2024•浦东新区校级开学）已知，函数在点，，2，处的切线均经过坐标原点，则
A．B．
C．D．
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点，，，，，处的切线方程，由即可判断；画出函数与图象，由，可得，化简计算即可判断．
【解答】解：由题意知，，则，，，
所以曲线在点，，，，，处的切线方程分别为，
，，，
因为切线均过原点，所以，，，
即，，，所以，故错误；
由，得，2，，画出函数与图象，如图，
设，，，，，，
如上图易知，，，，，
由正切函数图象性质，得，
即，又，，
所以，
即，解得，故正确，错误．
故选：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的切线方程，考查了数形结合思想，属中档题．
32．（2022春•浦东新区校级期末）已知函数，曲线在点，处切线方程为．
（1）求、的值；
（2）讨论的单调性，并求的极大值．
【分析】（1），由于曲线在点，处的切线方程为，可得关于，的方程组，解得即可．
（2）由（1）可知：，．分别由；由解得函数单调区间．进而得到函数的极大值．
【解答】解：（1），
曲线在点，处的切线方程为，
，解得．
（2）由（1）可知：，
．
由解得，，此时函数单调递增；
由解得，此时函数单调递减．
故当时，函数取得极大值，．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、切线方程等基础知识与基本技能方法，属于中档题．
一．选择题（共3小题）
1．（2023秋•普陀区校级期中）若存在常数，使得对定义域内的任意、，都有成立，则称函数在其定义域上是“利普希兹函数”．有如下两个命题：命题：若上的函数的导函数为，满足，则函数在上是“利普希兹函数”．命题：若是，上的“利普希兹函数”，满足（1），则不存在，，，使得．下列说法正确的是
A．命题、都是真命题
B．命题为真命题，命题为假命题
C．命题为假命题，命题为真命题
D．命题、都是假命题
【分析】由于命题中含有导数，因此可结合拉格朗日中值定理进行证明（先证明拉格朗日中值定理），命题，利用新函数定义对按小于和不小于分类讨论，前者直接利用新函数定义，后者利用（1），利用绝对值的性质及新定义证明．
【解答】解：先证明预备定理1，设连续函数在上的导函数是，
在，上连续且（a）（b），则存在，使得（c），
用反证法：假设对任意，都有，则在上单调递增，
而（a）（b）与在处连续矛盾，所以，不可能恒成立，
同理也不可能对所有，恒成立，
所以存在，，使得，由零点存在定理，
存在，，，使得（c），
预备定理2，设是，上的连续函数，的导函数是，
则存在，使得，
构造函数，
，
显然（a）（b），根据预备定理1，存在，使得（c），
所以，即，
正面证明命题，的真假，
命题：假设存在，，使得，即，
由预备定理2，存在，，使得，
所以，与已知矛盾，因此对任意，，，
所以函数在上是“利普希兹函数”，命题为真．
命题：对任意，，，不妨设，
当时，因为是，上的“利普希兹函数”，
所以，
当时，由于，，，因此，
（1）（1），
综上，恒成立，因此命题是真命题．
故选：．
【点评】本题考查导数的综合应用，属难题．
2．（2023春•浦东新区校级月考）若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为
A．，B．，C．，D．，
【分析】把原不等式进行化简构造函数，再讨论增减性即可．
【解答】解：由题意可知，，
不等式可化简为，
设，即在上恒成立．
，令可得，
在上单调递增，单调递减．
且（1），，，
①在上，若恒成立，即，，
②在上，若，则成立，所以，
若，
即在上恒成立．
设，在上恒成立，
在上单调递增，即．
即，．
故选：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极与最值、不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
3．（2024春•杨浦区校级月考）已知函数，过点作曲线的切线，下列说法正确的是
A．当时，可作两条切线，则的值为
B．当，时，可作两条切线
C．当，时，有且仅有一条切线
D．当时，可作三条切线，则
【分析】根据导数的几何意义，结合函数单调性的判断方法，对参数值进行分类讨论，即可判断和选择．
【解答】解：设过点的切线与曲线的切点为，
又，故过点的切线方程为：，
则，整理得：；
令，则，且当时，，当时，；
对：当时，显然在单调递减，在单调递增，在单调递减，
又，若过点可作两条切线，则或，故错误；
对：当，恒成立且不恒为零，故在上单调递减，
则当时，有且仅有一条切线，故错误；
对时，（a），在单调递减，在单调递增，在单调递减，且，
故当时，有两个根，可做两条切线，故错误；
对：当时，由可知，若要做三条切线，则有三个根，则（2），
即，故正确．
故选：．
【点评】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数单调性；处理问题的关键是构造函数，并利用导数研究其单调性，属综合困难题．
二．填空题（共2小题）
4．（2023秋•嘉定区期末）对于函数，若对于任意的，恒成立，求的取值范围 ．
【分析】由题意，利用两个函数互为反函数的性质将问题转化成对对任意的正实数恒成立，构造函数，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而即可求解．
【解答】解：对恒成立，
对恒成立，
易知函数和函数互为反函数，
即对恒成立，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
则的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于难题．
5．（2023春•宝山区校级期中）已知正实数，满足，则的最大值为 ．
【分析】由正实数，满足，变形为，，令，，利用导数研究函数的单调性可得，，可得，令，，利用导数研究函数的单调性与极值即可得出结论．
【解答】解：由正实数，满足，
变形为，
，
令，，
，
函数在上单调递增．
，，
，
令，，
，
时，，此时函数单调递增；时，，此时函数单调递减．
时，函数取得极大值即最大值，（2）．
即的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、构造法，考查了变形的重要性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
三．解答题（共20小题）
6．（2023秋•嘉定区期末）已知．
（1）求函数、的单调区间和极值；
（2）请严格证明曲线、有唯一交点；
（3）对于常数，若直线和曲线、共有三个不同交点，、，、，，其中，求证：、、成等比数列．
【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义进行求解即可；
（2）构造新函数利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可；
（3）根据题意得到，结合（1）中结论、等比数列的定义进行运算证明即可．
【解答】解：（1）由题意可知：的定义域为，的定义域为，
，
令，得，
令，得，则函数在上单调递增，
令，得，则函数在上单调递减，
函数在处取得极大值，极大值为，
单调递增区间为，单调递减区间为；
令，即，解得，
令，得，则函数在上单调递增，
令，得，则函数在上单调递减，
函数在处取得极大值，极大值为，
单调递增区间为，单调递减区间为，
综上所述：函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为；
函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）证明：对于函数，，
设，，
当，时，，严格递减，
且，存在一个零点；
当时，，，，无零点；
当时，由（1）得，所以，
所以，所以，无零点；
综上所述，曲线、有唯一交点，且横坐标．
（3）证明：由（1）可知两个函数的最大值均为，
且函数单调递增区间为，单调递减区间为；
函数单调递增区间为，单调递减区间为，
由（2）可知曲线、有唯一交点，且交点在内，
直线和曲线、共有三个不同交点，、，、，，其中，
两条曲线必过两个曲线的交点，
有，
，
，，又在上单调递增，
，
同理，，而函数在单调递减，
，而，，
、、成等比数列．
【点评】本题考查了利用导数研究函数单调性和极值，考查了构造函数解决数学问题的能力，考查了函数思想，属于难题．
7．（2023秋•杨浦区校级期中）已知函数，其中为实数．
（1）若是定义域上的单调函数，求实数的取值范围；
（2）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
（3）记，若，为的两个驻点，当在区间上变化时，求的取值范围．
【分析】（1）对求导，直接由导数求出参数的范围即可．
（2）由导数判断单调性后转化为方程根的个数问题，再求最小值小于零得出结果．
（3）根据驻点得出导函数为零的的两根，用韦达定理将双变量换成单变量代入，写出表达式再求导即可．
【解答】解：（1）由可知，函数的定义域为，，
①当且仅当时，恒成立，是定义域上的单调递增函数，符合题意；
而当时，既不恒正，也不恒负，即不是定义域上的单调函数，不符合题意，舍去；
所以实数的取值范围为，；
（2）函数有两个不同的零点，不是定义域上的单调函数，即；
由①，得在上为单调递减函数，在，上为单调递增函数，
函数有两个不同的零点，
的取值范围为；
（3），为的两个驻点，
，为一元二次方程的两个不同的正根，即，
则，解得，
，
令，
则，
在上为单调递增函数，则，
的取值范围为．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系，驻点的定义，考查了转化思想和方程思想，属难题．
8．（2023•黄浦区校级开学）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”．
（1）若函数是“跃点”函数，求实数的取值范围；
（2）若函数是定义在上的“1跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“1跃点”，求实数的取值范围；
（3）若函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求实数的取值范围．
【分析】（1）求出给定函数的导数，再由“跃点”函数的定义结合三角函数的性质求得实数的范围即可；
（2）根据“1跃点”函数的定义，列出方程，求出该方程在上有两个不同的解的实数的范围即可；
（3）将问题转化为方程，即有一个实数解，再构造函数，借助导数求解作答．
【解答】解：（1）函数数的导函数为，
因为函数是“跃点”函数，
则方程有解，即有解，
而，，因此，，解得，，
所以实数的取值范围是，；
（2）函数，的导函数为，
依题意，方程，
即在上有两个不等实根，
令，，
因此函数在上有两个不同零点，
则，解得或，
所以实数的取值范围是，，；
（3）函数的导函数为，
因为函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，
则方程，显然，
所以在上恰有一个实数根，
令，求导得，
由，得；由，得且，（2），
所以函数在上单调递减，恒成立，函数的取值集合是，
在，上单调递减，函数的取值集合是，，
在，上单调递增，函数的取值集合是，，
作出函数的图象，如图所示：
当，时，直线与函数的图象有唯一公共点，
即方程恰有一个实数根，从而，，
所以的取值范围为，．
【点评】本题属于新概念题，考查了正弦函数的性质、二次函数的性质、指数函数的性质及导数的综合运用，也考查了数形结合思想，属于难题．
9．（2023•黄浦区校级开学）已知函数和，它们的图像分别为曲线和．
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：曲线和有唯一交点；
（3）设直线与两条曲线、共有三个不同交点，并且从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，求证：，，成等比数列．
【分析】（1）根据导数与函数单调性的关系直接求解即可；
（2）由题意知，进而构造函数，研究其单调性，并结合零点存在定理证明即可；
（3）由题意可得直线必过曲线和的交点，且，进而根据，得，再结合（1）证明即可．
【解答】解：（1），，
，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
的单调增区间为，单调减区间为；
（2）证明：，，
设，
则，
令，，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
（1），即；
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
，，，
，
，
在上单调递减，
又（1），（e），即（1）（e），
由零点存在定理可知在内存在唯一零点，
即方程有唯一解，
曲线和有唯一交点；
（3）证明：由（1）知（e），
，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
（1），
由（2）知，要使直线与两条曲线、共有三个不同交点，
则直线必过曲线和的交点，且，
，故有，
，且，，
由（1）知在上单调递增，
，
同理，且，，
由（1）知在上单调递减，
，即，
，
，，成等比数列．
【点评】本题考查了导数的综合运用，零点存在定理、转化思想及等比中项的应用，属于难题．
10．（2023秋•虹口区校级期中）函数，．
（1）求函数在点的切线方程；
（2）函数，，是否存在极值点，若存在求出极值点，若不存在，请说明理由；
（3）若，请讨论关于的方程解的个数情况．
【分析】（1）由导数的几何意义求切线方程；
（2）对函数求导，讨论、判断导数符号确定函数单调性，即可判断极值点情况；
（3）问题化为讨论在上根的情况，构造求导，根据导数符号判断单调性，进而确定函数最值，讨论与最值大小确定解个数．
【解答】解：（1）由，得，
则，又，
所以切线方程为，即．
（2）由，得，且，
当时，恒成立，故在上递增，无极值；
当时，时，，时，，
则在上递减，在上递增，
此时有极小值点为，无极大值点．
（3）由题意，只需讨论在上根的情况，
令，则，而（e），
当时，递增；
当时，递减，
且趋向0或时趋向，极大值为，
综上，当，原方程有无解；
当，原方程有一个解；
当，原方程有两个解．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的单调性与极值和函数的零点与方程根的关系，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．
11．（2023春•浦东新区校级月考）设函数，其中实数，，满足．
（1）若，，求函数在处的切线方程；
（2）若，求函数的极值；
（3）若曲线与直线有三个互异的公共点，求的取值范围．
【分析】（1）由，求出，得到，求导，利用导函数的几何意义求出切线方程；
（2）化简得到，求导，列出表格，求出极值；
（3）令，，得到有3个不同的实数解，换元后得到有三个不同的实数解，令，求导，分和，由函数的单调性列出不等式组，求出的取值范围，进而得到的取值范围．
【解答】解：（1）因为，，，
所以，，
故，（1），又（1），
所以切线方程为，即；
（2）因为，，所以，
所以，，
令，解得，，
所以函数的极大值为，极小值为．
（3）因为，所以，，成等差数列，因此不妨令，，
所以曲线与直线有三个互异的公共点，
等价于方程有三个不同的实数解，
即有三个不同的实数解，
则，令，
则原方程等价于，
即有三个不同的实数解，
令，则，
当时，恒成立，即在上严格单调递增，不合题意，舍去；
当时，令，解得，，
此时在和严格单调递增，在严格单调递减，
因此有三个不同的实数解等价于，
即，
解得或，此时，，．
【点评】本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，恒成立问题的求解，属难题．
12．（2023秋•杨浦区校级期中）已知实数，设．
（1）若，求函数，的图象在点处的切线方程；
（2）若，求函数，的值域；
（3）若对于任意的，总存在，使得，求的取值范围．
【分析】（1）求出（1），（1），写出切线方程即可；
（2）确定当时的单调性再求值域；
（3）求函数单调区间、极值、零点，，，集合，由题意知，由时不成立知，讨论与1的大小关系求出满足的的取值范围．
【解答】解：（1）因为，，（1），
所以，（1）．
故点处的切线方程为，即．
（2），，，
，令得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以（3），
所以函数，的值域为，．
（3）由已知有．令，解得或，列表如下：
所以的单调增区间是，单调减区间是和，
当时，取极小值0，当时，取极大值，
由知，当时，，当时，．
因为对于任意的，总存在，使得，
当时，不成立，故，所以，所以．
设集合，，集合，
则“对于任意的，都存在，使得”等价于．
下面分两种情况讨论：
当即时，有（1）且此时在上单调递减，的值域为，（1），
故，，（2），所以不是的子集．
当即时，有（2）且此时在上单调递减，故，（2），因而，
由（1）有在上的值域为，，（1），所以，所以满足题意．
综上，的取值范围为．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于难题．
13．（2023春•浦东新区校级月考）已知函数．
（1）若函数在点处的切线与直线平行，求的方程；
（2）判断命题“对任意恒成立”的真假，并说明理由；
（3）若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）设切线坐标，，求得，得到，求得，得出切点坐标，进而求得切线方程；
（2）把不等式对任意恒成立转化为对任意恒成立，令，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可得证；
（3）不妨设，转化为，设，转化为在恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解．
【解答】（1）解：由函数，可得，
设切点坐标，，可得，
因为函数在点处的切线与直线平行，，解得，
所以（1），即切点坐标为，
所以切线方程为，即．
（2）解：真命题，
理由如下：
欲证对任意恒成立，
即证对任意恒成立，
令，
可得，
令，可得，
则，，的关系如下表：
故，
即对任意恒成立，
故原命题得证．
（3）解：不妨设，若，
可得，
设，则恒成立，
故是的增函数，
即对恒成立，
可得在恒成立，
设，可得，
令，可得，所以在上递减，
令，可得，所以在，上递增，
即有在处取得极小值，且为最小值，得，解得，
即实数的取值范围是．
【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是难题．
14．（2023秋•浦东新区校级期末）记，分别为函数，的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“好点”．
（1）判断函数与是否存在“好点”，若存在，求出“好点”；若不存在，请说明珵由：
（2）若函数与存在“好点”，求实数的值；
（3）已知函数，，若存在实数，使函数与在区间内存在“好点”，求实数的取值范围．
【分析】（1）假设存在“好点” ，解方程组即可；
（2）设“好点”为，解方程组得结论；
（3）设“好点”为，由，用表示出，，由，求得的范围，利用导数求得的范围．
【解答】解：（1），，
假设存在满足，则，解得，
所以存在存在“好点”，且“好点”为1；
（2），
设“好点”为，满足，则，解得；
（3）由已知，
依题意，存在满足，
则解得．
由，，解得，
令，则在上增函数，
时，，且当时，，
所以，所以．
【点评】本题考查了函数与方程的综合应用，导数的运算，考查了方程思想和转化思想，属难题．
15．（2023秋•嘉定区期末）对于函数，把称为函数的一阶导，令，则将称为函数的二阶导，以此类推得到阶导．为了方便书写，我们将阶导用表示．
（1）已知函数，写出其二阶导函数并讨论其二阶导函数单调性．
（2）现定义一个新的数列：在取（1）作为数列的首项，并将，作为数列的第项．我们称该数列为的“阶导数列”．
①若函数，数列是的“阶导数列”，取为的前项积，求数列的通项公式．
②在我们高中阶段学过的初等函数中，是否有函数使得该函数的“阶导数列”为严格减数列且为无穷数列，请写出它并证明此结论．（写出一个即可）
【分析】（1）由，得到，再求导讨论和两种情况，得到单调区间；
（2）求导得到，计算，取，求导得到，确定，验证得到答案．
【解答】解：（1），函数定义域为，
，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，取，则，
设，则恒成立，
且，故存在唯一的满足，
当时，，函数单调递减，
当，时，，函数单调递增，
综上，时，在上单调递增；
时，存在唯一的满足，
时，函数单调递减，，时，函数单调递增．
（2）①，则，
，故；
②存在，取，（1），则，则，
即，
数列严格减数列且为无穷数列，满足条件．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，数列与函数的综合，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．
16．（2023秋•嘉定区校级月考）给出函数，
（1）若，求不等式的解集；
（2）若，且，求的取值范围；
（3）若，非零实数，满足，求证：．
【分析】（1）利用对数函数的单调性解不等式即可；
（2）利用复合函数的奇偶性和单调性解不等式即可；
（3）设，则，证明即可．
【解答】解：（1）若，则不等式为，
即，所以，
不等式的解集为．
（2）设，定义域是，，，
则，即是偶函数．
设，则，，
故，所以．
又，所以，
即，故在上是减函数．
又，所以是偶函数，且在上是减函数．
所以，不等式等价于，
由单调性可得，解得且．
的取值范围是．
（3）证明：若，则，
由得：，
，，所以．
设，则，，解得，，
则．
要证，即证，只需证，
即证．
设，则，
所以在上是增函数，故（1），
．
【点评】本题考查了利用函数的性质解不等式，利用导数证明不等式，属于难题．
17．（2023秋•宝山区校级期中）已知．
（1）求函数的极值；
（2）求证：对任意正整数，有；
（3）记，求整数，使得．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的极值；
（2）结合（1）对进行赋值，即可证明；
（3）由（1）得：对任意正整数，，则，即可求解．
【解答】解：（1），，
当时，，在单调递减；当时，，在单调递增，
故的极小值为，无极大值．
（2）证明：由（1）知：，当且仅当时，等号成立，
对任意正整数，有．
（3）由（1）知：，当且仅当时，等号成立，
令，则．
，
，
又，
，
又，为整数，
．
【点评】本题主要考查了利用导数函数的极值，利用单调性证明不等式，利用不等式恒成立求参，属于难题．
18．（2023秋•浦东新区校级月考）已知，．
（1）判断函数的奇偶性；
（2）令，若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围；
（3）记是自然对数的底数），若对任意，，且，均有成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）分别讨论，，结合函数的奇偶性的定义，可得结论；
（2）求得的导数，由极值点2可得（2），解得，求得的解析式和导数、极值，由题意可得介于极小值和极大值之间；
（3）由的单调性可得对任意，，且时恒成立，可得在，递减；在，递增，再由导数判断单调性和最值，可得所求取值范围．
【解答】解：（1），函数定义域为．
由得，当时，．
所以，当时，为偶函数；当时，为非奇非偶函数．
（2）由题，．
令（2）得．
此时，．
解得或，解得，
所以函数在和上为增函数，在上为减函数，
即在在处取极小值，在处取极大值．
又时，；时，．
所以方程有3个不同的实根等价于，即．
故实数的取值范围为．
（3）函数在，上是减函数，则对任意，，且有．
所以对任意，，且，均有成立，
即，
等价于对任意，，且恒成立，
即在，上是减函数，且在，上是增函数．
因为，，
所以即对任意，恒成立．
设，，
，时，，单调递增；，时，，单调递减，
，
设，在，上是增函数，．
即，
所以实数的取值范围是．
【点评】本题考查了函数的奇偶性，方程根的个数，函数不等式恒成立问题，属于难题．
19．（2024•浦东新区校级开学）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，，，．
证明：直线与曲线交于另一点；
在的条件下，判断是否存在常数，，使得．若存在，求；若不存在，说明理由．
附：，．
【分析】（1）对求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
（2）求出直线的方程，与联立，可得关于的方程，解方程即可得证；
由得，即，假设存在常数，，使得，可得，代入中，可得，令，利用导数可得的取值范围，进而可得的值．
【解答】解：（1），
令，得或．
当或 时，；当时，，
在，上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：由（1）得，．
直线的方程为，即，
由得，
设，则，
令，得．
当时，；当时，，
在单调递减，在单调递增．
，，（a），
有且仅有2个零点，，其中．
这表明方程的解集为，，，
即直线与曲线交于另一点，且的横坐标为．
由得，即，
假设存在常数，，使得，则，
，代入中，可得，
设，则．令，得．
当时，；当时，，
在单调递减，在 单调递增．
（1），，，
存在唯一的，使得．
此时，
因此，存在常数，，使得，且．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查运算求解能力，属于难题．
20．（2023秋•宝山区期末）已知函数，，其中为自然对数的底数．
（1）求函数的图象在点，（1）处的切线方程；
（2）设函数，
①若，求函数的单调区间，并写出函数有三个零点时实数的取值范围；
②当时，、分别为函数的极大值点和极小值点，且不等式对任意恒成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即得．
（2）①把代入，求出的导数，确定，的解集得单调区间，结合极大值、极小值求出的范围；
②由导数求出，，构造函数（a）并借助导数探讨不等式恒成立即可．
【解答】解：（1）函数，求导得，得（1），而（1），
所以切线方程为，即．
（2），，
①当时，，，
由，得或，
当或时，，当时，，
因此的单调增区间为和，单调减区间为；
极大值，极小值，
又，
，
所以函数有三个零点时，的取值范围为．
②令，得或，解得或，
当或时，，当时，，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
因此当时，取得极大值，当时，取得极小值，即有，，
而，，
又不等式对任意恒成立，于是，
设（a），，
显然（1），，
令，求导得，
则函数（a）在上严格递减，有（a）（1），
当时，，则有函数（a）在上单调递减，（a）（1），符合题意；
当时，存在，使得，当时，（a），当时，（a），
因此函数（a）在，上单调递增，有（a）（1），不符合题意，
所以实数的取值范围为，．
【点评】本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，不等式恒成立问题，属于难题．
21．（2023秋•浦东新区校级期末）设关于的一元二次方程的两个根为、．
（1）若、为区间、上的两个不同的点，求证：．
（2）设，在区间，上的最大值和最小值分别为和，，求的最小值．
【分析】（1）由二次函数图象特点知，，，则，整理后使用不等式进行放缩可得结论；
（2）令，可求得极值点为，，从而可知在，上的单调性，由单调性可求得最大值、最小值，借助韦达定理可表示出，化简后利用不等式可求得的最小值；
【解答】解：（1）由，得的图象开口向上，
又、为区间、上的两个不同点，
所以，，
所以，即，
因为，
所以，
故．
（2）对求导：，
令，即，
所以其极值点即是，，可知在，上递增，
，，
，
又，，则，
，
，
，所以，
所以，即的最小值为4．
【点评】本题考查二次方程根的分布与系数的关系，考查不等式的证明，考查函数的单调性，考查学生的计算能力，综合性较强．
22．（2023秋•奉贤区校级月考）定义可导通数在处的弹性函数为，其中为的导函数，在区间上，若函数的弹性函数值大于1，则称在区间上具有弹性，相应的区间也称作的弹性区间．
（1）若，求的弹性函数；
（2）对于函数（其中为自然对数的底数）
（ⅰ）当时，求的弹性区间；
（ⅱ）若在中的区间上恒成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）由，可得，根据题设条件，即可求得的弹性函数；
（2）（ⅰ）函数，可得函数的定义域为，函数是弹性函数，得出不等式组，进而求得函数的弹性区间；
（ⅱ）由在上恒成立，可得在上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围．
【解答】解：（1）由，可得，
则；
（2）（ⅰ）当时，，，
，此不等式等价于下面两个不等式组：
（Ⅰ）或（Ⅱ），
因为①对应就是，由知在定义域上单调递增，（1），
所以①的解为；
令，
则在上恒为正，
在上单调递增，所以（1），故②在上恒成立，
于是不等式组（Ⅰ）的解为，
同①的解法，求得③的解为；
因为当时，，，所以④不成立，
所以不等式（Ⅱ）无实数解，
综上，函数的弹性区间．
（ⅱ）由在上恒成立，可得在上恒成立，
设，则，
，由（ⅰ）可知，在上恒为正，
所以，函数在上单调递增，所以（1），
所以，
故实数的取值范围是，．
【点评】本题主要考查了函数的弹性函数，利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，试题综合性强，属于难题．
23．（2023春•嘉定区校级月考）已知函数，．
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值；
（Ⅲ）是否存在一条直线与函数的图象相切于两个不同的点？并说明理由．
【分析】（Ⅰ）代入的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为恒成立，令，求出函数的导数，通过讨论的范围，根据函数的单调性求出的最小值即可；
（Ⅲ）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点，，，，不妨，分别求出处切线的方程，处切线的方程，得到，①利用导数证明该式不可能成立，说明假设不成立，从而不存在一条直线与函数的图象有两个不同的点．
【解答】解：（Ⅰ）时，，，
令，解得：，令，解得：，
故在递增，在，递减；
（Ⅱ）恒成立，
即恒成立，
令，
，
时，，，在递增，
（1），
关于的不等式不能恒成立，
时，，令，得，
时，，，时，，
故函数在递增，在，递减，
故函数的最大值是，
令（a），则（a）在递减，
（1），（2），
时，（a），故整数的最小值是2；
（Ⅲ）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点，，，，
不妨，则处切线的方程为：，
处切线的方程为：，
，为同一直线，，
整理得，
消去得，，①
令，由与，得，
记，则，
为上的单调减函数，则（1），
从而①式不可能成立，
假设不成立，从而不存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，属难题．
24．（2023秋•浦东新区校级期中）已知函数，为常数），．
（1）若存在过原点的直线与函数、的图象相切，求实数的值；
（2）当时，、，使得成立，求的最大值；
（3）若函数的图象与轴有两个不同的交点，、，，且，求证：．
【分析】（1）求出函数在点， 处的切线方程为，然后和函数联立，化为关于的一元二次方程后利用判别式等于0求得实数的值；
（2）把代入，利用导数求得其最大和最小值，把，、，使得成立转化为求的最大和最小值求得答案；
（3）由的图象与轴交于两个不同的点，、，，可得方程的两个根，得到，两式作差后把问题转化为证，即证，令，转化为在上恒成立，然后利用导数加以证明．
【解答】解（1）：由，得，，
又，
在点， 处的切线方程为．
由得：，
与函数的图象相切，
△，解得：或；
（2）当时，，
，
当，时，，在，上单调递增，
（1），．
．
、，使得成立，
的最大值是；
（3）的图象与轴交于两个不同的点，、，，
方程的两个根为、，
故，
两式相减得：，
，
，
要证：，即证，
也就是证：．
令，则在上恒成立，
，
又，．
因此在上是增函数，则 （1），即．
故，
即成立．
【点评】本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，解答此题的关键是数学转化思想方法的运用，是高考试卷中的压轴题．
25．（2023春•浦东新区校级期末）设，函数．
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若有零点，求实数的取值范围；
（3）若有两个相异零点，，求证：．
【分析】（1）求出当 时的导数，再求切线的斜率，由点斜式方程，即可得到切线方程；
（2）对讨论，分，，，可通过解方程和零点存在定理以及应用导数求极值，令极大值不小于0，即可得到；
（3）原不等式，
令，则，于是．设函数．求出导数，判断单调性，由单调性即可得证．
【解答】解：在区间上，．
（1）当 时，．
曲线在处的切线斜率为，
则切线方程为，即；
（2）①若，有唯一零点．
②若，则，是区间上的增函数，
（1），，
（1），函数在区间有唯一零点．
③若，令得：．
在区间上，，函数是增函数；
在区间，上，，函数是减函数；
故在区间上，的极大值为．
由 即，解得：．
故所求实数的取值范围是．
（3）证明：设，，，
，，
原不等式，
，
令，则，于是．
设函数．
求导得：，
故函数是上的增函数，
（1），即不等式成立，
故所证不等式成立．
【点评】本题考查导数的运用：求切线方程和求单调区间和极值，考查函数的零点问题，注意运用零点存在定理，考查不等式的证明，注意构造函数应用导数判断单调性加以证明，属于中档题．
f′(x)的正负
f(x)的单调性
f′(x)>0
单调递增
f′(x)<0
单调递减
导数的绝对值
函数值变化
函数的图象
越大
快
比较“陡峭”(向上或向下)
越小
慢
比较“平缓”(向上或向下)
2
0
递增
极大值
递减
0
—
0
极大值
极小值
0
0
0
0
5
0
极大值