类导数大题综合 （证明不等式、恒成立、有解、零点、方程的根、双变量、隐零点、 极值点偏移） 技法01 利用导数证明不等式 例1．（2021·全国·统考高考真题）设函数 ，已知 是函数 的极值点． （1）求a； 技法01 利用导数证明不等式 技法02 利用导数研究恒成立问题 技法03 利用导数研究能成立（有解）问题 技法04 利用导数研究函数的零点问题 技法05 利用导数研究方程的根 利用导数研究方程的根 技法06 利用导数研究双变量问题 技法07 导数中的隐零点问题 技法08 导数中的极值点偏移问题 不等式是数学中的一个重要概念，而导数作为一种重要的数学工具，在不等式证明中发挥着非常关键的作 用。通过构造函数、利用导数的单调性等知识，我们可以更加便捷、快速地证明不等式，此类题型难度中 等，是高考中的常考考点，需强加练习 （2）设函数 ．证明: ． （1） （2）（2）[方法一]：转化为有分母的函数 ，减区间为 ． （2）［方法一］：【最优解】放缩法 当 时， . 设 ，则 . 当 时， ； 当 时， .所以 是 的最小值点. 故当 时， .因此，当 时， . ［方法二］：【通性通法】隐零点讨论 因为 ，所以 在区间 内单调递增．设 ，当 时， ，当 时， ，所以 在区间 内单调递减，在区间 内单调递增，且 ，所以 ． 设 ，则 ． 所以 在区间 内单调递减，故 ，即 成立．

（证明不等式、恒成立、有解、零点、方程的根、双变量、隐零点、 极值点偏移） 技法01 利用导数证明不等式 例1．（2021·全国·统考高考真题）设函数 ，已知 是函数 的极值点． （1）求a； （2）设函数 ．证明: ． 技法01 利用导数证明不等式 技法02 利用导数研究恒成立问题 技法03 利用导数研究能成立（有解）问题 技法04 利用导数研究函数的零点问题 技法05 利用导数研究方程的根 利用导数研究方程的根 技法06 利用导数研究双变量问题 技法07 导数中的隐零点问题 技法08 导数中的极值点偏移问题 不等式是数学中的一个重要概念，而导数作为一种重要的数学工具，在不等式证明中发挥着非常关键的作 用。通过构造函数、利用导数的单调性等知识，我们可以更加便捷、快速地证明不等式，此类题型难度中 等，是高考中的常考考点，需强加练习 （1） （2）（2）[方法一]：转化为有分母的函数 ，使得 ，求 的取值范围． 技法04 利用导数研究函数的零点问题 例4-1．（2023·全国·统考高考真题）函数 存在3 个零点，则 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【详解】 ，则 ， 若 要存在3 个零点，则 要存在极大值和极小值，则 ， 令 ，解得 或 ， 且当 时， ， 当 ， ， 利用导数研究函数的零点问题是高考中的常考考点，常用函数的构造变换和单调性结合考查，需强加练习

（对称性、解不等式（含分段函数）、整数解、零点、切线与公切 线） 技法01 函数对称性的应用及解题技巧 例1．（全国·高考真题）设函数 的图像与 的图像关于直线 对称，且 ，则 A． B． C． D． 反解 的解析式，可得 ，即 ， 技法01 函数对称性的应用及解题技巧 技法02 解不等式（含分段函数）的应用及解题技巧 技法03 整数解的应用及解题技巧 技法04 零点的应用及解题技巧 技法05 技法04 零点的应用及解题技巧 例4-1．（全国·高考真题）已知函数 有唯一零点，则 A． B． C． D．1 通过观察发现 关于 对称， 也关于 对称， 则唯一零点为1，解得解得 .故选：C. 零点问题是高考中常考内容，解决唯一零点问题在于观察发现零点的具体值，多个零点数形结合能做到快 速求解. 例4-2．（2023·山东济南·统考三模）已知函数 若函数 有四个不同的 零点，则实数 依题意，函数 有四个不同的零点，即 有四个解， 转化为函数 与 图象由四个交点， 由函数函数 可知， 当 时，函数为单调递减函数， ； 当 时，函数为单调递增函数， ； 当 时，函数为单调递减函数， ； 当 时，函数为单调递增函数， ； 结合图象，可知实数 的取值范围为 . 故选：A 1．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）若函数 有唯一零点，则实数 （ ） A．2

（对称性、解不等式（含分段函数）、整数解、零点、切线与公切 线） 技法01 函数对称性的应用及解题技巧 例1．（全国·高考真题）设函数 的图像与 的图像关于直线 对称，且 ，则 A． B． C． D． 反解 的解析式，可得 ，即 ， 技法01 函数对称性的应用及解题技巧 技法02 解不等式（含分段函数）的应用及解题技巧 技法03 整数解的应用及解题技巧 技法04 零点的应用及解题技巧 技法05 技法04 零点的应用及解题技巧 例4-1．（全国·高考真题）已知函数 有唯一零点，则 A． B． C． D．1 通过观察发现 关于 对称， 也关于 对称， 则唯一零点为1，解得解得 .故选：C. 零点问题是高考中常考内容，解决唯一零点问题在于观察发现零点的具体值，多个零点数形结合能做到快 速求解. 例4-2．（2023·山东济南·统考三模）已知函数 若函数 有四个不同的 零点，则实数 依题意，函数 有四个不同的零点，即 有四个解， 转化为函数 与 图象由四个交点， 由函数函数 可知， 当 时，函数为单调递减函数， ； 当 时，函数为单调递增函数， ； 当 时，函数为单调递减函数， ； 当 时，函数为单调递增函数， ； 结合图象，可知实数 的取值范围为 . 故选：A 1．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）若函数 有唯一零点，则实数 （ ） A．2

【解析】 【分析】根据对数函数的性质可知 在 上 ，在 上 ，结合题设条件，必有 与 的零点相同， 进而求出参数a、b，即可得解. 【详解】由题设， 定义域为 ， 令 ，可得 或 ， ∴ 在 上 ，在 上 ， 若 ， ∴要使 在 定义域上恒成立，则在 上 ，在 上 ， ∴ 或 也是 的零点，则： ，无解； ，可得 ； ，无解； ∴ . 故选：C. 【点睛】关键点点睛：将原函数拆分为 【点睛】关键点点睛：将原函数拆分为 、 ，根据对数函数的性质及题设恒 成立条件，判断拆分后子函数的零点关系. 二、选择题：本题共四小题，每小题5 分，共20 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题目要求的，全部选对的得5 分，有选错的得0 分，部分选对的得2 分． 9. 下列各式的值为1 的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A：直接判断出 即可判断； ） A. 当 时，函数 有且仅有一个零点 B. 当 时，函数 没有零点 C. 当 时，函数 有两个不同的零点 D. 当 ，函数 有四个不同的零点 【答案】ABC 【解析】 【分析】函数 的零点，即方程 的根，这是本题的关键入手点. 【详解】由 ， 得 选项A：当 时， 即 . 方程 有唯一根 ，方程 无根. 则函数 有且仅有一个零点. 选项A 判断正确； 选项B：当 时，

，对任意实数x，记 ．若 至少有3 个零点，则实数 的取值范围为______.【答案】 【解析】 【分析】设 ， ，分析可知函数 至少有一个零点，可得出 ， 求出 的取值范围，然后对实数 的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数 的不等式，综合 可求得实数 的取值范围. 【详解】设 ， ，由 可得 . 要使得函数 至少有 个零点，则函数 至少有一个零点，则 ， 解得 或 . ①当 的图象如下图所示： 9/19 此时函数 只有两个零点，不合乎题意； ②当 时，设函数 的两个零点分别为 、 ， 要使得函数 至少有 个零点，则 ， 10/19 所以， ，解得 ； ③当 时， ，作出函数 、 的图象如下图所示： 由图可知，函数 的零点个数为 ，合乎题意； ④当 时，设函数 的两个零点分别为 、 ， 要使得函数 至少有 个零点，则 ， 可得 ，解得 ，此时 . 综上所述，实数 综上所述，实数 的取值范围是 . 故答案为： . 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象， 利用数形结合的方法求解. 10/19

��因为��� � � � � � � � 所以�� ��� � � � � � � � ��由题意可知� �� � � � � � 则�� � � � � � �由函数零点存在定理可得� � � � 在区间� � � � � 上一定有零点� � � � �棱柱最少有�个面� 则�错误� 棱柱的所有侧面都是平行四边形� 则�正确� 正三棱锥的侧棱长和底面边 长不一定相等� 则�错误� 球的表面不能展开成平面图形� 该几何体的表面积为 槡 槡 槡 � ��� � ��� � ��� � � � � � �槡 槡 ����� � � � � �� � � � � � � � � � � � � �有四个不同的零点� �� � �� � �� � �� 即方程�� �� � �有四个不同的解� �� �� 的图象如图所示� 由图可知� � � � � � � �� � � � � � �� � � 所以� �� � � � � 得� � � � � � � 则� � � � 零点的个数可以看作直线�� � 与�� � � � � 的图象的交点个数� 当� � �时� � � � � 取得最小值� � � � � � � 的图象如 图所示� �当� �� �时� 直线� � �与�� � � � � 的图象有�个交点� 即�� �� 零点的个数 为� � �分 … … … … … … … … … … …

的前n 项和是 ，若 （ ，且 ），则必定有 （ ） A． B． C． D． 10．对于函数 ，下列说法中正确的是（ ） A． 存在有极大值也有最大值 B． 有三个零点 C．当 时， 恒成立 D．当 时， 有3 个不相等的实数根 11．已知函数 R 则下列判断正确的是（ ） A．函数 的图象关于y 轴对称 B．函数 在 上单调递增 C．函数 －，② ＝ 这两个条件中任 选一个，并作答. (1)求数列{ }的通项公式； (2)设 ＝ ，求数列{ }的前 项和 . 19．已知函数 . (1)讨论函数 的单调性； (2)讨论函数 的零点个数. 20．如图是某市在城市改造中的沿市内主干道城站路修建的圆形休闲广场，圆心为O，半 径为100 m，其与城站路一边所在直线l 相切于点M，MO 的延长线交圆O 于点N，A 为上 半圆弧上一点，过点A 21．设数列 满足 ，数列 的前 项和为 ，且 (1)求证：数列 为等差数列，并求 的通项公式； (2)设 ，若对任意正整数 ，当 时， 恒成立， 求实数的取值范围. 22．设函数 的零点为 ， 的零点为 ，其 中 ， 均大于零. (1)若 ，求实数 的取值范围； (2)当 时，求证： . 参考数据： ， . 高二数学参考答案： 1．B 2．A 3．C 4．C 5．B 6．B

分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分． 9．已知函数 的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表： x 1 2 3 4 5 31 23 则一定包含 的零点的区间是（ ） A． B． C． D． 10．在单位圆中，已知角 的终边与单位圆的交点为 ，则（ ） A． B． C． D． 14．写出一个同时具有下列四个性质中的三个性质的二次函数： __________． ① 的最小值为 ；② 的一次项系数为 ；③ ；④ ． 15．已知 ，则 __________． 16．已知 ，函数 已知 有且仅有5 个零点，则a 的取值范围为_ _________． 四、解答题：本题共6 小题，共70 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． （北京）股份有限公司 17．（10 分） 已知 在第二象限，且 定包含 的零点的区间是 ． 10 ． AB 由 题 意 得 ， 所 以 ． 11．BC 因为 ，所以 为奇函数，排除A．当 ，且 时，因为 ， 所以 ，所以 ，即 ， 又 ，所以 ．令 ，得 ，因为函数 的图象 与直线 在 上有且仅有三个交点，所以 在 上有且仅有三个零点，B 正确．当 ，且 时， ，同理可得 在 上 有且仅有三个零点，C 正确． 在 上不可能有四个零点，D 错误．

有4 个零点 ④f(x)的最大值为2 其中所有正确结论的编号是 7/23 A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③ 【答案】C 【解析】 【分析】 画出函数 的图象，由图象可得①④正确，故选C． 8/23 【详解】 为偶函数，故① 正确．当 时， ，它在区间 单调递减，故②错误．当 时， ，它有两个零点： ；当 时， ，它有一个零点： ，故 在 有 个零点： ，故③错误．当 有且仅有2 个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 分析】 （1）求得导函数后，可判断出导函数在 上单调递减，根据零点存在定理可判断出 【 18/23 ，使得 ，进而得到导函数在 上的单调性，从而可证得结论； （2）由（1）的结论可知 为 在 上的唯一零点；当 时，首先可 判断出在 上无零点，再利用零点存在定理得到 在 上的单调性，可知 ，不存在零点；当 时，利用零点存在定理和 时，利用零点存在定理和 单调性可判断出存 在唯一一个零点；当 ，可证得 ；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知： 定义域为： 且 令 ， ， 在 上单调递减， 在 上单调递减 在 上单调递减 又 ， ，使得 当 时， ； 时， 18/23 即 在 上单调递增；在 上单调递减 则 为 唯一的极大值点 即： 在区间 上存在唯一的极大值点 . 19/23 （2）由（1）知：