資源簡介

導數大題之零點問題
【類型一】無參數零點
1. (2019 年全國統一高考數學試卷 (理科) (新課標I)) 已知函數 為 的導數. 證明:
(1) 在區間 存在唯一極大值點；
(2) 有且僅有 2 個零點.
2. (重慶市南開中學校 2024 屆高三上學期第三次質量檢測 (11 月) 數學試題) 設函數 .
(1)當 時,求函數 的最值;
(2) 函數 ,其中 為函數 的導函數,試討論函數 在 的零點個數.
【類型二】帶參數零點
3. (浙江省溫州市溫州中學 2023-2024 學年高三上學期 1 月期末數學試題) 已知 .
(1)若過點(2,2)作曲線 的切線,切線的斜率為 2,求 的值;
(2)當 時,討論函數 的零點個數.
4. (四川省成都市 2021 屆高三三模數學 (理科) 試題) 已知函數 ,其中 .
(1) 當 時,求函數 的值域;
(2)若函數 在 上恰有兩個極小值點 ,求 的取值范圍；并判斷是否存在實數 ,使得 成立 若存在,求出 的值; 若不存在,請說明理由.
5. (山西省太原市 2023 屆高三上學期期中數學試題) 已知函數 是非零常數.
(1)若函數 在 上是減函數,求 的取值范圍；
(2) 設 ,且滿足 ,證明: 當 時,函數 在 上恰有兩個極值點.
6. (四川省成都市第七中學 2024 屆高三下學期三診模擬考試理科數學試卷) 已知函數
(1)若 ,證明: ；
(2)若函數 在 內有唯一零點,求實數 的取值范圍.
7. (江蘇省南京市、鹽城市 2023 屆高三下學期一模數學試題) 已知 ,函數 ,
.
(1)若 ,求證: 僅有 1 個零點;
(2)若 有兩個零點,求實數 的取值范圍.
8. (廣東省佛山市 2021 屆高三上學期教學質量檢測(一)數學試題)設 且 ,函數 .
(1)若 在區間 有唯一極值點 ,證明: ；
(2)若 在區間 沒有零點,求 的取值范圍.
9. (2024 年普通高等學校招生全國統一考試數學理科押題卷(六)) 已知函數 .
(1)當 時,求曲線 在 處的切線方程;
(2)若函數 在 和 上各有一個零點,求實數 的取值范圍.
10. (2022 年全國高考乙卷數學 (理) 試題) 已知函數
(1)當 時,求曲線 在點 處的切線方程；
(2)若 在區間 各恰有一個零點,求 的取值范圍.
11. (2018 年全國普通高等學校招生統一考試數學 (浙江卷)) 已知函數 .
(1)若 在 處導數相等,證明: ；
(2)若 ,證明:對于任意 ,直線 與曲線 有唯一公共點.
12. (福建省漳州市第三中學 2022-2023 學年高二下學期 3 月教學質量檢測數學試題) 已知函數
,其中 .
(1)當 時,求 在 處的切線方程;
(2)若 存在唯一極值點,且極值為 0,求 的值;
(3)討論 在區間 上的零點個數.
13. (四川省瀘州市 2024 屆高三第一次教學質量診斷性考試數學(理)試題)已知函數 ,
且 恒成立.
(1)求實數 的最大值；
(2)若函數 有兩個零點,求實數 的取值范圍.
14. (廣東省深圳市 2023 屆高三第一次調研數學試題) 已知函數 ,其中 且 .
(1)當 時,求函數 的單調區間;
(2)若存在實數 ,使得 ,則稱 為函數 的 “不動點” 求函數 的 “不動點” 的個數;
(3)若關于 的方程 有兩個相異的實數根,求 的取值范圍.
15. (四川省成都市 2023 屆高三下學期第二次診斷考試數學(理)試題)已知函數 ,其中 .
( 1 )求函數 的單調區間；
(2)當 時,函數 恰有兩個零點,求 的取值范圍.
16. (湖北省武漢市 2022 屆高三下學期 2 月調研考試數學試題) 已知函數
,其中 .
(1)當 時,求 的值;
(2)討論 的零點個數.
17. (湖北省武漢市 2023 屆高三下學期四月調研數學試題) 已知函數 ,其中 .
(1)證明: 恒有唯一零點;
(2)記(1)中的零點為 ,當 時,證明: 圖像上存在關于點 對稱的兩點.
18. (浙江省溫州市 2023 屆高三下學期返校統一測試數學試題) 若函數 的圖象與直線 分別交于 兩點,與直線 分別交于 兩點 ,且直線 的斜率互為相反數,則稱 為 相關函數”.
(1) 均為定義域上的單調遞增函數,證明: 不存在實數 ,使得 為“(m, n)相關函數”;
(2) ,若存在實數 ,使得 為 相關函數”,且 ,求實數 的取值范圍.
19. (橘子哥手寫) 討論 零點個數
【類型三】最值、極值
20. (2023 年高考全國乙卷數學(理)真題)已知函數 .
(1)當 時,求曲線 在點 處的切線方程;
(2) 是否存在 ,使得曲線 關于直線 對稱,若存在,求 的值,若不存在,說明理由.
(3)若 在 存在極值,求 的取值范圍.
21. (湖南省長沙市第一中學 2021-2022 學年高三上學期月考(五)數學試題) 已知函數 .
(1)若 ,求函數 的極值點的個數;
(2) 是否存在正實數 使函數 的極值為 ,若存在,求出 的值,若不存在,說明理由.
22. (2024 年普通高等學校招生全國統一考試數學理科猜題卷(九)已知函數 .
(1)若 在其定義域內單調,求實數 的取值范圍;
(2)若 的極大值為 ,證明: .
23. (重慶市第一中學 2024 屆高三上學期開學考試數學試題) 已知函數 .
(1) 設 ,經過點(0, - 1)作函數 圖像的切線,求切線的方程;
(2)若函數 有極大值,無最大值,求實數 的取值范圍.
24. (2015 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(新課標I)已知函數 .
(1)當 為何值時, 軸為曲線 的切線；
(2)用 表示 中的最小值,設函數 ,討論 零點的個數.
25. (2017 年全國普通高等學校招生統一考試數學(江蘇卷)已知函數 有極值,且導函數 的極值點是 的零點. (極值點是指函數取極值時對應的自變量的值)
(1)求 關于 的函數關系式,并寫出定義域；
(2)證明: ;
(3)若 這兩個函數的所有極值之和不小于 ,求 的取值范圍.
26. (2016 年天津卷高考數學試題) 設函數 ,其中 為實常數.
(1)若 ,求 的單調區間；
(2)若 存在極值點 ,且 其中 . 求證: ;
(3) 設 ,函數 ,求證: 在區間 上的最大值不小于 .
27. (重慶市巴蜀中學校 2022 屆高三下學期適應性月考 (十) 數學試題) 已知函數 .
( 1 )求曲線 在點 處的切線方程；
(2)證明: 存在唯一極大值點 ,且 .
28. (2024 屆湖南省高三九校聯盟第一次聯考數學試卷) 已知 ,直線 是 在 處的切線,直線 是 在 處的切線,若兩直線 夾角的正切值為 2,且當 時,直線 恒在函數 圖象的下方.
(1)求 的值；
(2) 設 ,若 是 在 上的一個極值點,求證: 是函數 在 上的唯一極大值點, 且 .
29. (四川省南充市 2024 屆高三高考適應性考試 (二診) 理科數學試題) 設函數 .
(1)若函數 在區間 是單調函數,求 的取值范圍;
(2)設 ,證明函數 在區間 上存在最小值 ,且
30. (湖北省武漢市部分學校 2022-2023 學年高三上學期九月調研考試數學試題) 已知函數 .
( 1 )討論函數 的極值點個數；
(2)當 恰有一個極值點 時,求實數 的值,使得 取最大值.
31. (2020 年浙江省高考數學試卷) 已知 ,函數 ,其中 為自然對數的底數.
( I )證明:函數 在 上有唯一零點；
(II) 記 為函數 在 上的零點,證明:
(i) ;
(ii) .
32. (廣東省廣州市 2024 屆普通高中畢業班綜合測試(二)數學試卷)已知函數 .
(1)討論 的零點個數;
(2)若 存在兩個極值點,記 為 的極大值點, 為 的零點,證明: .
【類型四】切線
33. (湖南省長沙市第一中學、廣東省深圳實驗學校 2022 屆高三上學期期中聯考數學試題) 設函數 . (1)若 為函數 的兩個極值點,且 ,求實數 的值;
(2) 設函數 在點 ( 為非零常數) 處的切線為 ,若函數 圖象上的點都不在直線 的上方,試求 的取值范圍.
34. (重慶市 2023 屆高三第七次質量檢測數學試題) 已知函數 .
(1)當 時,求函數 的單調區間；
(2)若 ,設直線 為 在 處的切線,且 與 的圖像在 內有兩個不同公共點,求實數 的取值范圍.
35. (2018 年全國普通高等學校招生統一考試理科數學(天津卷)) 已知函數 ,其中 .
(I) 求函數 的單調區間;
(II) 若曲線 在點 處的切線與曲線 在點 處的切線平行,證明:
(III) 證明: 當 時,存在直線 ,使 是曲線 的切線,也是曲線 的切線.
36. (山東省青島市 2023 屆高三下學期第一次適應性檢測數學試題) 已知函數 ,圓 .
(1)若 ,寫出曲線 與圓 的一條公切線的方程 (無需證明);
(2)若曲線 與圓 恰有三條公切線.
(i) 求 的取值范圍;
(ii)證明: 曲線 上存在點 ,對任意 .
37. (2014 年全國普通高等學校招生統一考試文科數學(北京卷)已知函數 .
(1)求 在區間 上的最大值；
(2)若過點 存在 3 條直線與曲線 相切,求 的取值范圍；
(3)問過點 , , 分別存在幾條直線與曲線 相切？(只需寫出結論)
38. (2022 屆山東省濟南市高三下學期 5 月高考模擬考試(三模)數學試題)已知函數 ,其中 , .
(1)當 時,若 存在大于零的極值點,求 的取值范圍.
(2)若存在 (其中 ,使得曲線 在點 與點 處有相同的切線, 求 的取值范圍.
39. (福建省 2023 屆高三畢業班適應性練習卷 (省質檢) 數學試題) 已知函 .
(1)討論 在 的單調性;
(2) 是否存在 ,且 ,使得曲線 在 和 處有相同的切線 證明你的結論.
40. (河南省新鄉市 2023-2024 學年高三第二次模擬考試數學試題) 定義: 若函數 圖象上恰好存在相異的兩點 , 滿足曲線 在 和 處的切線重合,則稱 為曲線 的“雙重切點”,直線 為曲線 的“雙重切線”.
(1) 直線 是否為曲線 的 “雙重切線”,請說明理由；
(2)已知函數 求曲線 的 “雙重切線” 的方程；
(3) 已知函數 ,直線 為曲線 的 “雙重切線”,記直線 的斜率所有可能的取值為 , 若 ,證明: .參考答案:
1. (1) 見解析; (2) 見解析
【分析】( 1 )求得導函數后,可判斷出導函數在 上單調遞減,根據零點存在定理可判斷出 ,使得 ,進而得到導函數在 上的單調性,從而可證得結論; (2) 由 (1) 的結論可知 為 在 上的唯一零點; 當 時,首先可判斷出在 上無零點,再利用零點存在定理得到 在 上的單調性, 可知 ,不存在零點; 當 時,利用零點存在定理和 單調性可判斷出存在唯一一個零點; 當 ,可證得 ; 綜合上述情況可證得結論.
【詳解】( 1 )由題意知: 定義域為: 且
令
在 上單調遞減, ,在 上單調遞減
在 上單調遞減
又
,使得
當 時, 時,
即 在 上單調遞增; 在 上單調遞減
則 為 唯一的極大值點
即: 在區間 上存在唯一的極大值點 .
(2)由(1)知:
①當 時,由 (1) 可知 在 上單調遞增
在 上單調遞減
又
為 在 上的唯一零點
② 當 時, 在 上單調遞增,在 上單調遞減
又
在 上單調遞增,此時 ,不存在零點
又
,使得
在 上單調遞增,在 上單調遞減
又
在 上恒成立,此時不存在零點
③當 時, 單調遞減, 單調遞減
在 上單調遞減
又
即 ,又 在 上單調遞減
在 上存在唯一零點
④ 當 時, ,
即 在 上不存在零點
綜上所述: 有且僅有 2 個零點
【點睛】本題考查導數與函數極值之間的關系、利用導數解決函數零點個數的問題. 解決零點問題的關鍵一方面是利用零點存在定理或最值點來說明存在零點, 另一方面是利用函數的單調性說明在區間內零點的唯一性, 二者缺一不可.
2. (1)
(2)3
【分析】(1)利用導數求得 的單調區間,進而求得 的最值.
(2)利用多次求導的方法研究 的單調性,結合零點存在性定理、構造函數法判斷出 在 的零點個數.
【詳解】( 1 ) .
當 時, 單調遞增;
當 時, 單調遞增;
上單調遞增; .
(2) ,
,
①當 時,注意到,當 時, ,故 ,
又 ,所以 在 僅有一個零點;
②當 時, 單調遞增,
又 ,
由零點存在性定理可知,存在唯一 ,使得 ,
當 時, ,當 時, ,
所以 在 單調遞減,在 單調遞增;
注意到 ,
由零點存在性定理可知,存在唯一 ,使得 ,
所以 在 上單調遞增,在 上單調遞增,
所以 ,又 ,
令 ,則 ,
所以 在(-1,0)單調遞增,在 單調遞減,故 ,所以 ,
由零點存在性定理可知, 在 上僅有一個零點;
③當 時, 遞減,所以 單調遞減,
又 ,
所以存在唯一 ,使得 ,
所以 在 單調遞增,在 單調遞減,
又 ,
,即 在 單調遞增,
又 ,
由零點存在性定理可知,存在唯一 ,使得 ,
所以 在 單調遞減, 在 單調遞增;
所以 ,又 ,
由零點存在性定理可知, 在 僅有一個零點;
④當 時, ,故 ,
所以 在 無零點;
綜上,函數 在 上恰有 3 個零點.
【點睛】方法點睛: 求解函數單調區間的步驟: (1) 確定 的定義域; (2) 計算導數 ; (3) 求出 的根:(4)用 的根將 的定義域分成若干個區間,考查這若干個區間內 的符號,進而確定 的單調區間: ,則 在對應區間上是增函數,對應區間為增區間; ,則 在對應區間上是減函數, 對應區間為減區間. 如果一次求導無法求得函數的單調區間, 可以考慮利用多次求導的方法來進行求解. 3. (1)1 (2)答案見解析 【分析】( 1 )求導,設切點坐標為 ,結合導數的幾何意義列式求解即可； (2)求導,可得 在 內單調遞減,分類討論判斷 在 內的單調性,進而結合零點存在性定理分析判斷.
【詳解】( 1 )由題意可得: ,
設切點坐標為 ,
則切線斜率為 ,即 ,
可得切線方程為 ,
將 代入可得 ,
整理得 ,
因為 在 內單調遞增,
則 在定義域 內單調遞增,且當 時, ,
可知關于 的方程 的根為 1,即 ,
所以 .
( 2 )因為 ,
則 ,
可知 在 內單調遞減,
且 ,則 ,且 在 內單調遞減,
可知 在 內單調遞減,所以 在 內單調遞減,
且 ,
(i) 若 ,即 時,則 在 內恒成立,
可知 在 內單調遞增,則 ,當且僅當 時,等號成立, 所以 在 內有且僅有 1 個零點;
(ii) 若 ,即 時,則 在 內恒成立,
可知 在 內單調遞減,則 ,當且僅當 時,等號成立,
所以 在 內有且僅有 1 個零點;
(iii) 若 ,即 時,則 在(1,3)內存在唯一零點 ,
可知當 時, ; 當 時, ;
則 在 內單調遞增,在 內單調遞減,
且 ,可知 ,可知 在 內有且僅有 1 個零點,
且 ,
①當 ,即 時,則 在 內有且僅有 1 個零點;
②當 ,即 時,則 在 內沒有零點；
綜上所述: 若 時, 在 內有且僅有 1 個零點;
若 時, 在 內有且僅有 2 個零點.
【點睛】方法點睛: 對于函數零點的個數的相關問題, 利用導數和數形結合的數學思想來求解. 這類問題求解的通法是:
(1)構造函數, 這是解決此類題的關鍵點和難點, 并求其定義域;
(2)求導數,得單調區間和極值點；
(3)數形結合,挖掘隱含條件,確定函數圖象與 軸的交點情況進而求解.
4. (1) ; 存在; .
【分析】(1)對函數求導,利用導數的性質進行求解即可；
(2)判斷函數 的奇偶性,根據二次求導法分類討論求出 的取值范圍,最后再根據 之間的關系進行求解即可.
【詳解】解: (1) 當 時, ,則 .
設 ,則 . 顯然 . 在 上單調遞增.
又 當 時, ; 當 時, .
在 上單調遞減,在 上單調遞增.
函數 的值域為 .
(2) ,
是 上的偶函數.
“函數 在 上恰有兩個極小值點”等價于“函數 在 上恰有一個極小值點”.
因 ,設 ,則 .
①當 時, ,則 在 上單調遞減. .
則 ,此時 在 上單調遞減,無極小值.
②當 時, ,則 在 上單調遞增. .
則 ,此時 在 上單調遞增,無極小值.
③當 時,存在 ,使 .
當 時, ; 當 時, .
在 上單調遞減,在 上單調遞增.
. 又 ,
(i) 當 ,即 時, .
,此時 在 上單調遞減,無極小值.
(ii) 當 ,即 時, .
則存在 ,使得 .
當 時, ; 當 時, .
在(0, t)上單調遞減,在 上單調遞增.
函數 在 上恰有一個極小值點 . 此時, 是函數 的極大值點.
當函數 在 上恰有兩個極小值點時, 的取值范圍為 .
若 ,則
由 (*) 式,知 .
整理得 .
.
存在 ,使得 成立.
【點睛】關鍵點睛:運用二次求導法、分類討論思想是解題的關鍵.
5.
(2)證明見解析.
【分析】( 1 )由題知 在 上恒成立,再分 和 兩種情況討論求解即可；
(2)根據題意令 ,進而分 , , 三種情況討論函數 的單調性,進而得 ,其中 ,再根據當 時,直線 與 的圖像在 上有兩個交點并結合極值點的概念即可證明.
【詳解】( 1 )解:
因為函數 在 上是減函數,
所以, 在 上恒成立,
當 時, 在 上恒成立,滿足題意;
當 時,當 時,由 ,故 ,與 在 上恒
成立矛盾,
所以, 的取值范圍為
(2)解: 令 得 , 所以, ,則 , 所以,當 時, ,函數 在 上單調遞增,
當 時, ,故函數 在 上單調遞減,
因為 ,
所以,存在 ,使得 ,即 ,
所以,當 時, 在 上單調遞增;
當 時, 在 上單調遞減;
當 時, 恒成立,
所以, 在 上單調遞增,
因為 ,
所以,存在 ,使得 ,即 ,
所以,當 時, 單調遞減,
當 時, 單調遞增,
因為 ,
所以, 在 上單調遞減,
綜上,函數 在 上單調遞增,在 上單調遞減,且 ,
因為 ,即 ,
由 的唯一性可得 ,
又 ,
所以, ,其中 ,
所以,當 時即 時,
直線 與 的圖像在 上有兩個交點,
所以, 在 上有兩個變號零點,即 在 上有兩個極值點.
【點睛】關鍵點點睛: 本題第二問解題的關鍵在于構造函數 ,進而結合三角函數在 的符號,分 三種情況討論函數 的單調性,進而 的函數值得范圍 ,其中 ,再結合函數零點與極值點的概念即可求解.
6. (1)證明見解析;
(2)
【分析】( 1 )對 求導后構造函數 ,通過求導得出 的單調性和范圍得出函數 的單調性,進而得出結論;
(2)分類討論參數 與 的關系,并通過構造函數和多次求導來探究函數 的單調性,即可得出滿足函數在 內有唯一零點的實數 的取值范圍.
【詳解】(1)由題意,
在 中,
當 時,不等式 等價于 ,
則 ,令函數 ,
則 ,
,
所以函數 在 上單調遞增,且 ,
在 上恒成立,
即函數 在 上單調遞增,且 ,
所以 時,不等式 成立;
(2)由題意及(1)得,
在 中,
當 時, ,
由 (1) 可知此時 ,所以此時函數 沒有零點,與已知矛盾,
,
令函數 ,
所以 ,
令函數 ,
,
①若 ,
所以函數 在 上遞增,且 ,
,使函數 在 上遞減,在 上遞增,
②若 時,顯然 ,
所以函數 在 上遞減,在 上遞增,且
,使函數 在 上遞減,在 上遞增,
又 ,
,且 ,使得 ,
綜上得,當 時,函數 在 內有唯一零點,
的取值范圍是 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題考查構造函數, 多次求導, 函數的單調性, 函數的導數求零點, 考查學生分析和處理問題的能力,計算的能力,求導的能力,具有很強的綜合性.
7. (1)證明見解析
(2)
【分析】(1)代入 ,求出 導數,通過證明單調性繼而證明出 僅有 1 個零點；
(2)由解析式可知 ,證明 有兩個零點,只需證明 在(-1,0)或(0,2)上存在零點,分類討論 的不同取值時, 在這兩個區間的單調情況,以及取值范圍從而求出實數 的取值范圍. 【詳解】( 1 )當 ,
時, ,
所以 在(-1,2)上單調遞增,且 ,
所以 僅有 1 個零點.
(2) ,
當 時, 在(-1,2)上單調遞增,此時 僅有 1 個零點 0 ;
當 時, 時,設 ,
則 ,所以 在(-1,0)上單調遞減,
所以 ,所以 在(-1,0)上單調遞增,
時, ,
,所以 在(0,2)上單調遞減,此時 僅有 1 個零點 0 ；
當 時, ,
由上知 在(-1,0)上單調遞增,在(0,2)上 ,
所以存在 ,使得 ,
在 上單調遞增,在 上單調遞減,
所以 ,
要使 有兩個零點,則 ,
此時 ;
當 時,由上知 在(0,2)上單調遞減,
且 在(-1,0)上單調遞減, ,
時, ,則 ,
所以存在 使得 ,
所以 在 上單調遞增,在 上單調遞減,所以 ,
時, ,
所以 ,所以 在 上有 1 個零點,此時 有兩個零點.
綜上, 的取值范圍為
【點睛】方法點睛:
本題中在判斷 零點范圍是使用了兩個技巧:
①合理的放縮函數,如 ,在有限定義域內放縮一般要求被放縮函數存在上界或者下界,將函數放縮至上確界或者下確界；
②通過函數取值范圍確定零點范圍,如通過 可得 ,通過 可得 ,此處用到整體換元的思想,令 8.(1)證明見解析；(2) . 【分析】(1)函數的極值點問題轉化為函數的變號零點問題,先根據三角方程的根的情況分類討論,探究有唯一變號零點的等價條件(注意二重零點的驗證),再利用常用不等式 “ ” 分段證明關于 的不等式成立;
(2)結合三角函數零點與最值點根據區間端點值符號分類,即轉化為參數 的分類討論,先根據零點存在性定理排除端點值異號情況, 再將端點值均大于零(同號)一類情況應用導數求解單調性, 研究導函數零點, 最后由函數先增后減性質得到無零點的結論.
【詳解】( 1 )
當 時,由 ,得 ,且 ,
令 ,即 .
由 得,則 在區間 至少有 兩個零點,
不是 的根,則 是 的變號零點,即 是 在區間 的一個極值點.
①當 時,由 ,即 也是 的根, 不是 的變號零點. 經驗證知,當 時, 有兩個零點 ,即 有兩個極值點. ② 當 且 時,則 , 由 ,且 ,得 ,知 不是 的根, 也是 的變號零點,
即 在區間 也至少有兩個極值點.
綜上分析,當 時, 在區間 至少有兩個極值點,不合題意.
當 時, ,且 ,
故 ,
令 ,即 ,且 ,
解得 ,當 單調遞增; 當 單調遞減.
故 時, 在區間 有唯一極值點 ,
此時
將 代入得
① 當 ,即 時, ,
由不等式: 時, 知:
② 當 ,即當 時, ,
由不等式 (*) 知: ,
由①②知 .
( 2 )①當 時, ,
,所以 ,
由零點存在性定理知, 在區間 至少有一個零點;
② 當 時, , , ,
由零點存在性定理知. 在區間 至少有一個零點;
③ 當 時,
當 時, ,則 是增函數;
當 時, ,且 ,
令 ,則 ,
即 遞減,即 遞減,又 ,
且 ,由零點存在性定理知, ,使得 ,當 時, 單
調遞增; 當 時, 單調遞減,
綜上可知,當 時, 在 上遞增,在 上遞減.
又 ,且由 ,得 ,即 ,
則 時,恒有 .
所以 在區間 沒有零點,滿足題意.
綜上所述,若 在區間 沒有零點,則正數 的取值范圍是 .
【點睛】在與三角函數交匯的導數壓軸問題中, 分類討論是解決這類問題的重要思想. 但如何進行分類討論是問題的難點, 若能有效利用三角函數的有界性及變號區間, 則能實現快速找到分類討論的依據, 從而實現問題的求解.
9. (1)
(2)(0,1)
【分析】(1)將 代入,求出 時 ,再利用導數的幾何意義求出切線斜率,由點斜式寫出直線方程即可； (2)解法一:通過分類討論和構造函數,并利用導數判定出函數 在區間 和 上的單調性,結合零點存在定理即可求得實數 的取值范圍.
解法二: 當 時,利用導數得到 的單調性,結合零點存在定理找到 的零點,再根據常規放縮 從而確定實數 的取值范圍. 【詳解】( 1 )當 時, .
所以 ,所以 ,
所以曲線 在 處的切線方程為 .
( 2 )當 時,令 ,得 ,
構造函數 ,
則 在 和 上各有一個零點,
令 ,
當 時, ,即 在 上單調遞增,
又 ,故 在 和 上沒有零點,不符合題意.
解法一 當 時, 時,有 ,故 ,
所以 ,即 ,所以 單調遞減,
所以當 時, ,
所以 在 上沒有零點,不符合題意.
當 時, ,
令 ,得 ,則 .
當 時, ,當 時, ,
故 在 上單調遞增,在 上單調遞減,
又 ,
故存在 ,使得 ,
則 在 上單調遞減,在 上單調遞增.
而當 無限趨向于 時, 無限趨向于正無窮大,
當 無限趨向于 時, 無限趨向于負無窮大,且 , 所以 , 故 在 和 上各有一個零點,滿足題意. 綜上,實數 的取值范圍為(0,1). 解法二 當 時, , 令 ,得 ,則 . (注意利用正切函數的單調性得到 的大致范圍) 當 時, ,當 時, .
故 在 上單調遞增,在 上單調遞減,
又 ,
所以要使 在 和 上有零點,需 ,得 ,
此時存在 ,使得 ,
則 在 上單調遞減,在 上單調遞增.
又當 無限趨向于 時, 無限趨向于正無窮大,
當 無限趨向于 時, 無限趨向于負無窮大,且 ,
所以要使 在 和 上各有一個零點,只需 ,
故 ,所以 .
由 得 ,又 ,
所以 ,所以 ,滿足題意,
所以實數 的取值范圍為(0,1).
【點睛】方法點睛:利用函數零點求參數取值范圍的方法及步驟:
(1)常用方法:①直接法,先根據題設條件構建關于參數的不等式(組),再通過解不等式(組)確定參數的取值范圍；②分離參數法,將參數分離,轉化成求函數值域的問題加以解決；③數形結合法,先將問題轉化為兩函數圖象的交點問題, 再在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象, 然后數形結合求解.
(2)一般步驟:先轉化,把已知函數零點的存在情況轉化為方程(組)的解、不等式(組)的解集或兩函數圖象的交點的情況；再列式,根據零點存在定理或結合函數圖象列式；最后得結論,求出參數的取值范圍或根據圖象得出參數的取值范圍. 10. (1)
【分析】(1)先算出切點,再求導算出斜率即可
(2)求導,對 分類討論,對 分 兩部分研究
【詳解】(1) 的定義域為
當 時, ,所以切點為 ,所以切線斜率為 2
所以曲線 在點 處的切線方程為
(2)
設
若 ,當 , ,即
所以 在(-1,0)上單調遞增,
故 在(-1,0)上沒有零點,不合題意
若 ,當 ,則
所以 在 上單調遞增所以 ,即
所以 在 上單調遞增,
故 在 上沒有零點,不合題意
若
(1)當 ,則 ,所以 在 上單調遞增
所以存在 ,使得 ,即
當 單調遞減
當 單調遞增
所以
當 ,
令 ,則 ,
所以 在(-1,1)上單調遞增,在 上單調遞減,所以 ,
又 ,
所以 在 上有唯一零點
又(0, m)沒有零點,即 在 上有唯一零點
(2)當
設
所以 在(-1,0)單調遞增
所以存在 ,使得
當 單調遞減
當 單調遞增,
又
所以存在 ,使得 ,即
當 單調遞增,當 單調遞減,
當 ,
又
而 ,所以當
所以 在(-1, t)上有唯一零點,(t,0)上無零點
即 在(-1,0)上有唯一零點
所以 ,符合題意
所以若 在區間 各恰有一個零點,求 的取值范圍為
方法點睛: 本題的關鍵是對 的范圍進行合理分類,否定和肯定并用,否定只需要說明一邊不滿足即可,肯定要兩方面都說明.
11. (1) 證明見解析; (2) 證明見解析.
【分析】(1)方法一:先求導數,根據條件解得 關系,再化簡 為 ,利用基本不等式求得 取值范圍,最后根據函數單調性證明出不等式;
(2)方法一:利用零點存在定理證明函數 有零點,再利用導數證明函數 在 上單調遞減, 即證出.
【詳解】(1)[方法一]:基本不等式十函數思想
函數 的導函數 ,由 ,得 ,
因為 ,所以 . 由基本不等式得 .
因為 ,所以 .
由題意得 .
設 ,則 ,
所以 在(0,16)上遞減,在 上遞增,故 ,
即 .
[方法二]: 換元十同構十函數思想
. 令 ,即關于 的二次方程 的兩個相異根分別為
則 ,解得 .
所以 .
令 ,則 在區間 上恒成立.
所以 在區間 內單調遞減,因此 ,得證.
(2)[方法一]:【通性通法】【最優解】零點存在性定理十單調性
設 ,
令 ,則
所以, ,即存在 使 ,
所以,對于任意的 及 ,直線 與曲線 有公共點.
由 得 .
設 ,
其中 .
由 (1) 可知 ,又 ,
故 ,
所以 ,即函數 在 上單調遞減,因此方程 至多 1
個實根.
綜上,當 時,對于任意 ,直線 與曲線 有唯一公共點.
[方法二]: 極限思想十零點存在性定理 + 單調性
令 ,因為 ,又 的圖象在區間 上連續不
斷,
所以,對于任意的 及 ,函數 在區間 內有零點.
以下證明,當 ,對任意 ,函數 在區間 上至多有一個零點.
易知 .
①當 時, ,此時函數 在區間 內單調遞減,所以,函數 在區間 內至多有一個零點;
②當 時,關于 的方程 ,即 有兩個不同的實數根,分別記為 ,不妨設 , 可得 .
易知,函數 在區間 和 內單調遞減,在區間 內單調遞增.
所以函數 的極小值 .
由 (1) 可知 ,又 ,所以 .
所以 在區間 內至多有一個零點,得證.
[方法三]: 換元法的應用
由方法一知, 交點必存在, 只證唯一性.
令 ,只需證: 對于任意 ,方程 有唯一解.
設 ,則 . 設 ,則 . 當 時, ; 當 時, . 所以 是 的最大值點. 由 知 ,因此 , 在區間 內遞減,解必唯一.
[方法四]: 圖象性質的應用
由方法一知, 交點必存在, 只證唯一性.
,得 的拐點為 . 而 的圖象在拐點處的切線 方程為 ,即 . 此時切線 穿過 的圖象,與 的圖象只有一個交點,所以當 時,直線 與 的圖象只有一個交點.
【整體點評】(1)方法一:先通過題意得出等量關系 ,利用基本不等式求出 取值范圍,再將 用 表示出來,然后構造函數,由函數的單調性即可證出;
方法二: 設 ,利用同構以及方程思想可得 的取值范圍,再將 用 表示出來,然后構造函數, 由函數的單調性即可證出;
(2)方法一:利用等價轉化思想,直線與曲線有唯一交點,轉化為 有唯一零點,找點利用零點存在性定理以及函數的單調性即可證出, 是該題的通性通法;
方法二: 解題思想同方法一,方法二借用極限思想快速判斷函數 在 上有零點,再分類討論說明函數 在區間 上至多有一個零點,即可證出,只不過欠缺嚴謹性;
方法三:同方法一,知交點必存在,只是證明唯一性的方式不同,
通過換元,證明對于任意 ,方程 有唯一解,利用導數說明函數 在區間 內遞減,即證出; 方法四: 同方法一,知交點必存在,只是證明唯一性的方式不同,根據函數 的圖象的凸凹性,求出拐點所在處的切線方程, 數形結合證出. 12. (1)
(2) 或 ；
(3)答案見解析
【分析】(1)利用導數的幾何意義求解即可；
(2)求出函數得導數,通過討論 的范圍,求出函數的單調區間,結合函數的極值為 0,得到關于 的方程即可求解；
(3)通過討論 的范圍,討論極值點與區間 的位置關系,求出函數的單調區間,結合零點存在性定理判斷即可.
【詳解】( 1 )當 時, ,則 ,
因為 ,所以 ,
所以 在 處的切線方程為 ,
整理得 .
(2) ,定義域為 ,
所以 ,
①若 ,則當 時, 恒成立,
故 在 單調遞增,與 存在極值點矛盾;
②若 時,則由 解得 ,
所以 時, 單調遞減; 當 時, 單調遞增,
所以 存在唯一極小值點 ,
所以 ,
解得 或 .
(3)由題意可得 ,
① 時, 在 上恒成立,故 在 上單調遞增,
因為 ,
所以由零點存在性定理可得 在 上有 1 個零點;
② 當 時,當 時, 時, ,
所以 在 上單調遞減,在 上單調遞增,
所以 ,此時 在 上無零點;
③當 時, 在 上恒成立,故 在 上單調遞減,
因為 ,
所以 在 上有 1 個零點;
綜上: 當 時, 在 上無零點,
當 或 時, 在 上有 1 個零點.
13. (1)1
(2)
【分析】(1)當 時顯然成立,當 時利用導數說明函數的單調性,分 和 兩種情況討論,結合零點存在性定理說明 不成立,即可求出 的取值范圍;
(2)求出函數的導函數 ,令 ,則 ,令
,再分 兩種情況討論,當 時令 ,解得 , 再分 三種情況討論,結合函數的單調性與零點存在性定理計算可得.
【詳解】( 1 )當 時,因為 ,所以 ,則 ,
所以 ,符合題意;
當 時 ,令 ,
則 ,所以 在 上單調遞減,
所以 ,
當 時 ,則 在 上單調遞減,
所以 ,符合題意,
當 時 ,
所以存在 使得 ,所以當 時 ,
則 在 上單調遞增,所以 ,不符合題意,
綜上可得 的取值范圍為 ,故 的最大值為 1 .
( 2 )因為 ,
則
令 ,則 ,令 ,
當 時則當 時 ,當 時 ,
即當 時 ,當 時 ,
所以 在 上單調遞增,在 上單調遞減,
所以當 時 ,所以 在 上至多有一個零點,不合題意;
當 時令 ,解得 ,
當 ,即 時 在(0,1)上恒成立,
所以當 時 恒成立,
即 在 上單調遞增,所以 ,不合題意;
當 ,即 時, 時 時 ,
所以 ,即 時 ,
當 時 ,
所以 在 上單調遞增,在 上單調遞減,
所以 ,(其 取不到),
因為 ,
所以當 ,即 時, ,
則 在 上沒有零點,不符合題意;
當 ,即 時 ,
所以 在 和 上各有一個零點,符合題意;
當 ,即 時,當 時 ,當 時 ,
所以當 時 ,當 時 ,
所以 在 上單調遞增,在 上單調遞減,
當 時 ,所以 在 上至多有一個零點,不合題意;
綜上可得實數 的取值范圍為
【點睛】方法點睛: 導函數中常用的兩種常用的轉化方法: 一是利用導數研究含參函數的單調性, 常化為不等式恒成立問題. 注意分類討論與數形結合思想的應用; 二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理.
14. (1) 的單調增區間為 ,單調減區間為 ;
(2)答案見解析；
(3) 且 .
【分析】(1)直接利用導數求函數的單調區間；
( 2 )記 ,利用導數得 在 和 上均單調遞增. 記 ,對 分 討論,結合零點定理求函數 的 “不動點” 的個數;
( 3 )記 ,利用( 1 )得出 的單調性和值域,然后分 和 兩種情況,結合( 2 )中不動點的范圍對 進行分析即可
【詳解】( 1 )當 時, ,定義域為 .
,令 ,得 .
當 時, ; 當 時, .
所以 的單調增區間為 ,單調減區間為 .
( 2 )函數 的不動點即為方程 的根,即方程 的根.
顯然, 不是方程 的根,所以 .
記 ,因為 (當且僅當 取等號),所以 在 和 上均單調遞增.
由 ,記 .
① 當 時,
(i) 當 時,
(可設 ,
當 ; 當 ;
在 單調遞減,在 單調遞增,所以 ),
存在 ,使得 ,即存在唯一 使得 ;
(ii) 當 時,
(設 ,
當 ; 當 ;
在 單調遞增,在 單調遞減,
所以 ),存在 ,使得 ,即存在唯一 使得 .
② 當 時,
(i) 當 時, 無零點;
(ii) 當 時,因為 ,存在 ,使得 ,即存在唯一
使得 .
綜上所述,
當 時,函數 有兩個“不動點” ; 當 時,函數 有一個“不動點” .
(3)記 ,由(1)知,
當 時,函數 單調遞增,且 ;
當 時,函數 單調遞增,且 ;
當 時,函數 單調遞減,且當 趨向于無窮時, 的增長速率遠遠大于一次函數的增長速率,則
.
當 ,由 (2) 知
(其中 ).
由 ,代入得 .
因為 ,所以此時 只有一個解;
因為 ,所以此時 有兩個解,
故 共有三個解,不滿足題意;
當 ,由(2)知
由 ,代入得 , 當 時, 只有一個解 ,不滿足題意,此時 ; 時, 共有兩個解,滿足題意, 綜上所述,當 且 時方程有兩個不同實數根. 【點睛】關鍵點睛:解答本題的關鍵是利用導數分析函數的零點問題, 常用的方法: (1) 方程法 (直接解方程得解); (2)圖象法(直接分析函數的圖象得解)；(3)方程+圖象法(令 得到 ,分析 的圖象得解). 15. (1)答案見解析
【分析】(1)求導,分 與 兩種情況,得到函數的單調性；
( 2 )轉化為方程 有兩個不等的實數解,換元后得到 ,構造 ,求導得到其單調性, 得到方程 有唯一解 ,轉化為 有兩個不相等的實數,構造函數 ,求導得到其單調性,結合函數走勢,只需要 ,構造函數,得到其單調性,求出 的取值范圍.
【詳解】( 1 ) ,
,
當 時, 恒成立,函數 在 上單調遞增.
當 時,
當 時, ; 當 時, .
函數 在 上單調遞減,在 上單調遞增.
綜上所述,當 時,函數 的單調遞增區間為 ,無單調遞減區間;
當 時,函數 的單調遞減區間為 ,單調遞增區間為 .
( 2 )函數 恰有兩個零點,
等價于方程 有兩個不等的實數解.
,
令 ,則 .
令 ,則 .
當 時, ; 當 時, .
函數 在(0, e)上單調遞增,在 上單調遞減. , 方程 有唯一解 . 方程 有兩個不等的實數解等價于方程 有兩個不相等的實數解.
等價于方程 有兩個不相等的實數解.
構造函數 ,則 .
,
當 時, ; 當 時, .
函數 在 上單調遞增,在 上單調遞減.
只需要 ,即 .
構造函數 ,則 .
當 時, ; 當 時, .
函數 在(0,2)上單調遞減,在 上單調遞增.
,
當 時, 恒成立.
的取值范圍為 .
【點睛】導函數處理零點個數問題, 由于涉及多類問題特征 (包括單調性, 特殊位置的函數值符號, 隱零點的探索、 參數的分類討論等),需要學生對多種基本方法, 基本思想, 基本既能進行整合, 注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢, 從而判斷零點個數, 較為復雜和綜合的函數零點個數問題, 分類討論是必不可少的步驟, 在哪種情況下進行分類討論, 分類的標準, 及分類是否全面, 都是需要思考的地方.
16.
(2)答案見解析
【分析】(1)根據條件,討論 的取值范圍,從而去掉函數中的絕對值符號,求得函數 的導數,進而求得答案.
(2)令 ,整理化簡得 ,結合函數解析式特點以及用導數判斷函數的單調性可得 的零點個數是兩個函數 和 的零點個數之和,然后構造新函數,利用導數判斷其單調性,結合零點存在定理可解得答案. 【詳解】( 1 ) 時, .
時, .
時 .
( 2 )令 ,有 ,
則 ,即 .
所以 .
時, ;
時, ;
所以, 在(0,1)上遞減; 在 上遞增.
又因為 ,所以 ,當且僅當 或 .
又 ,故 和 不可能同時成立.
所以 的零點個數是兩個函數 和 的零點個數之和,其中 .
時, 遞增, 無零點.
時,令 ,得 ,故 在 上遞減; 在 上遞增.
當 時, ,此時 無零點.
當 時, ,此時 有一個零點.
當 時, ,
令 ,故 ,
所以 ,
由零點存在性定理, 在 和 上各有一個零點,
此時 有兩個零點.
在 上遞增.
又 ,
故 時, 在 上必有一個零點.
綜上所述, 時, 有一個零點;
時, 有兩個零點;
時, 有三個零點.
【點睛】本題考查了函數的導數的計算以及用導數判斷函數的零點個數問題, 綜合性較強, 難度較大, 解答的關鍵是能根據題意對函數或者方程進行合理的變化, 從而能構造新的函數, 再利用導數研究其單調性或者最值, 從而解決問題. 17. (1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】( 1 )令 ,對函數求導利用函數導數單調性進行證明即可；
(2)將問題轉化,構造新函數,對函數求導,利用函數導數單調性進行證明即可.
【詳解】( 1 ) ,又 ,
令 ,則 遞增,
令 ,則 遞減,
而 時, 時 ,
有 ,
可得 恒有唯一零點.
(2)因為 ,故 ,
要證 圖像上存在關于點 對稱的兩點,
即證方程 有解;
令 ,
令 ,
則 ,
令
當 時, ,則 遞增,
當 時, ,則 遞減,
故 ,因為 ,故 ,
又 時, 時, ,
故 先負后正再負,則 先減再增再減,
又 ,且 時, 時, ,
故 先正后負再正再負,則 先增再減再增再減,
又 時, 時, ,而 ,
故 在區間 存在兩個零點,則原題得證!
【點睛】函數與導數綜合簡答題常常以壓軸題的形式出現,
難度相當大, 主要考向有以下幾點:
1、求函數的單調區間 (含參數) 或判斷函數 (含參數) 的單調性;
2、求函數在某點處的切線方程,或知道切線方程求參數;
3、求函數的極值 (最值);
4、求函數的零點 (零點個數), 或知道零點個數求參數的取值范圍;
5、證明不等式;
解決方法: 對函數進行求導, 結合函數導數與函數的單調性等性質解決,
在證明不等式或求參數取值范圍時, 通常會對函數進行參變分離, 構造新函數,
對新函數求導再結合導數與單調性等解決.
18. (1)證明見解析;
(2) .
【分析】(1)根據函數單調遞增,可推出直線 的斜率均為正數,即可證明；
(2)首先討論 是否滿足題意,數形結合可知,由題可知 時滿足題意；再討論 時, 或 ,聯立且由(1)可判斷出 , 由此可得出 和 的等式關系,建立一個關于 或 的方程,將方程根的問題轉化為函數零點問題,利用導數求出函數單調區間,討論 的取值范圍對零點的影響即可.
【詳解】( 1 )設 . 由 單調遞增,則 .
則 .
同理可得, .
所以,直線 的斜率均為正數,不可能互為相反數.
即不存在實數 ,使得 為 “(m, n)相關函數”.
(2)情況一:當 時, , ,若 ,則存在實數 ,使得 , 為“(m, n)相關函數”, 且 ;
情況二: 當 時
因為 為 “(m, n)相關函數”,所以有 .
因為 ,所以有 或 .
① 聯立 ,可得 ,所以 .
則有 ,此時有 ,滿足題意;
②聯立 ,可得 .
因為 ,所以方程組 ,則 . 當 時.
因為 均為 上的單調遞增函數,由 (1) 知不存在實數 ,
使得 為 “(m, n)相關函數”,所以 .
則由 ,可得 ,可得 ,
所以 .
同理可得 .
則 在 上存在兩個不同的實數根. (*)
記 ,則 .
記 ,則 .
解 ,可得 .
解 ,可得 ,所以 在 上單調遞增;
解 ,可得 ,所以 在 上單調遞減.
所以, 在 處取得極小值 .
(i) 當 時, ,
此時有 ,即 在 單調遞減.
又 ,
則根據零點存在定理可得,存在唯一 ,使得 ,
即 有唯一負根 ,不符合 (*) 式;
(ii) 當 時, .
因為 ,且 ,有 ,
根據零點存在定理可得, ,使得 ,使得 .
所以,當 時,有 ,此時 在 上單調遞減;
當 時,有 ,此時 在 上單調遞增;
當 時,有 ,此時 在 上單調遞減.
令 ,則 .
因為 ,所以 ,所以 ,
所以 在 上單調遞增,
所以 ,所以 ,
所以 .
根據零點存在定理可知, ,使得 .
取 ,即有 ,符合題意.
綜上所述, 的取值范圍是 .
【點睛】函數零點的求解與判斷方法:
(1)直接求零點: 令 ,如果能求出解,則有幾個解就有幾個零點.
(2) 零點存在性定理: 利用定理不僅要函數在區間 上是連續不斷的曲線,且 ,還必須結合函數的圖象與性質 (如單調性、奇偶性) 才能確定函數有多少個零點.
(3)利用圖象交點的個數:將函數變形為兩個函數的差,畫兩個函數的圖象,看其交點的橫坐標有幾個不同的值,就有幾個不同的零點.
19. (1)答案見解析
(2) 【分析】(1)求出函數導數,對 分類討論求出單調區間即可；
(2)求出曲線的切線方程,則切線與圓相切,轉化為圓心到曲線切線距離等半徑的方程有且只有三解即可,換元后利
用導數分析 的零點即可.
【詳解】( 1 ) .
①當 時, 在 單調遞增.
② 當 時, ,
在 單調遞增,在 單調遞減.
綜上所述,當 時, 在 單調遞增;
當 時, 在 單調遞增,在 單調遞減.
(2) ,
設切點為 ,則切線方程: ,
即 .
直線 與圓 相切, ,
令 ,則 在 有 3 個根.
設
①若 ,即 , ,
在 單調遞增,
,當 時, ,
當 時, 有 1 根.
②若 ,即 , ,
令 ,
單調遞增,且 .
當 時, 單調遞減; 當 時, 單調遞增.
.
又 ,
又易證 ,則 ,
在 和 分別有 1 根.
綜上, .
【點睛】關鍵點睛: 本題解決第二問時, 轉化為利用導數求出曲線的切線方程, 再轉化為此切線也與圓相切, 這是解決此題的第一個關鍵點, 轉化為圓心到直線的距離等于半徑, 換元后利用導數確定函數有 3 個零點是解決此題的第二個關鍵點.
20. ;
(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 ,
由一次函數與對數函數的性質可得,當 時,
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(0,4)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.
21. (1)函數 有兩個極值點
(2)存在;
【分析】(1)利用二次求導,判斷函數的單調性,再結合零點存在性定理,即可證明；
(2)首先求函數的導數 ,再令 , ,分 , 和 三種情況討論是否存在正實數 使函數 的極值為 .
【詳解】( 1 )當 時, ,
令 ,則 ,
所以 在 單調遞減,在 單調遞增.
又因為 時, 恒成立, ,
所以 在(0,1)上有唯一的零點 .
所以當 單調遞增,當 單調遞減,當 單調遞增,所以函數 有兩個極值點.
(2) ,
令 ,則 時, .
,當 時, 單調遞增. ,
①當 時, 在 上恒成立, 無極值,不存在符合題意的 .
②當 時, , ,存在 ,使得 ,
當 單調遞增,當 單調遞減,當 單調遞增,
所以 的極大值為 的極小值為 ,故不存在符合題意的 .
③當 時, ,存在 ,使得 ,
當 單調遞增,當 單調遞減,當 單調遞增,
所以 的極小值為 的極大值為 ,
如果存在正實數 使函數 的極值為 ,則 ,
又因為 . 所以 ,所以 ,
所以 ,即 ,
令 ,則 ,因為 ,所以 .
所以 在(-2,0)單調遞增,又因為 ,所以 ,此時 ,
綜上所述, 時,存在極值為 .
【點睛】本題重點考察函數的零點個數, 關鍵是需對函數二次求導, 并結合函數的零點存在性定理, 判斷函數的零點個數, 再求函數的極值點時, 也需結合函數的單調性, 進行判斷, 本題的難點是分類討論.
22.
(2)證明見解析
【分析】(1)先求出函數的定義域,由題意可得導函數 或 恒成立,構造函數,利用導數求出函數 的最值, 進而可得出答案;
(2)先利用導數求出函數 的極值點及極值,再構造函數證明即可.
【詳解】(1)由題意得函數 的定義域為 ,
設 ,
令 ,則 ,
當 時, 單調遞增,
當 時, 單調遞減,
故 ,故 ,即 , 又 ,
函數 在其定義域內單調, 依題知 在其定義域內恒成立,
在其定義域內恒成立, ,
即實數 的取值范圍為 ;
(2)若 ,則 ,
設 ,則 ,
設 ,則 ,
當 時 ,當 時 ,
在 上單調遞增,在 上單調遞減,
,
存在 ,使得 ,
又 在 上單調遞減,在 上單調遞增,
在 上單調遞減,且
又 ,
elne
存在 ,使得 ,即 ,
得 ,
在 上, ,即 ,在 上, ,即 ,
在 上單調遞增,在 上單調遞減,
的極大值
, 因為函數 在 上都單調遞增,
所以函數 在 上單調遞增,
且 ,
.
【點睛】結論點睛:利用函數的單調性求參數, 可按照以下原則進行:
(1)函數 在區間 上單調遞增 在區間 上恒成立；
(2)函數 在區間 上單調遞減 在區間 上恒成立；
(3)函數 在區間 上不單調 在區間 上存在異號零點；
(4)函數 在區間 上存在單調遞增區間 ,使得 成立；
( 5 )函數 在區間 上存在單調遞減區間 ,使得 成立.
23. (1)
(2)
【分析】(1)根據題意,求導得 ,再由導數的幾何意義,即可得到結果；
(2)根據題意,求導得 ,令 ,然后分 與 兩種情況,分別討論,即可得到結果.
【詳解】( 1 ) 時 ,
設切點為 ,則切線斜率為 ,
切線方程: ,
將點(0, - 1)帶入得: ,
此時斜率 ,所以切線方程為 .
( 2 )函數 的定義域為 ,令 ,則
(1) 當 時 在 單調遞增,
注意到 時, ,注意到 時, ,
故存在 ,使得 ,在 時 單調遞減,在 時, 單調遞增,函數 有極小值,無極大值,不符合題意.
( 2 )當 時,令 ,令 ,
所以 在 單調遞增,在 單調遞減.
當 時 ,當 時 ,
所以 ,
若 ,則 恒成立, 在 單調遞減,無極值和最值.
若 ,即 ,此時存在 ,使得 ,
且在 有 單調遞減; 在 有 單調遞增,此時 為 的極大值.
注意到 時 ,要使 無最大值,則還應滿足 ,
即 ,同時 ,
帶入 整理得 .
由于 ,且 在 單調遞減,故 ,
即 ,
綜上實數 的取值范圍為 .
【點睛】關鍵點睛: 本題主要考查了求切線方程問題以及導數與函數極值, 最值的綜合問題, 難度較大, 解決本題的關鍵在于分情況進行討論, 將問題合理轉化.
24. (I) ; (II) 當 或 時, 由一個零點; 當 或 時, 有兩個零點; 當 時, 有三個零點.
【詳解】試題分析:(I) 先利用導數的幾何意義列出關于切點的方程組,解出切點坐標與對應的 值；(II) 根據對數函數的圖像與性質將 分為 研究 的零點個數,若零點不容易求解,則對 再分類討論.
試題解析: (I) 設曲線 與 軸相切于點 ,則 ,即 ,解得 . 因此,當 時, 軸是曲線 的切線. (II) 當 時, ,從而 , 在 無零點. 當 時,若 ,則 ,故 是 的零點; 若 ,則 ,故 不是 的零點. 當 時, ,所以只需考慮 在(0,1)的零點個數.
(i) 若 或 ,則 在(0,1)無零點,故 在(0,1)單調,而 ,所以當 時, 在(0,1)有一個零點; 當 時, 在(0,1)無零點.
(ii) 若 ,則 在 單調遞減,在 單調遞增,故當 時, 取的最小值, 最小值為 .
①若 ,即 , 在(0,1)無零點.
②若 ,即 ,則 在(0,1)有唯一零點；
③若 ,即 ,由于 , ,所以當 時, 在(0,1)有兩個零點；
當 時, 在(0,1)有一個零點.... 10 分
綜上,當 或 時, 由一個零點; 當 或 時, 有兩個零點; 當 時, 有三個零點.
考點: 利用導數研究曲線的切線; 對新概念的理解; 分段函數的零點; 分類整合思想
25. (1) ,定義域為 . (2) 見解析 (3) (3,6].
【詳解】試題分析:(1)先求導函數的極值: ,再代入原函數得 ,化簡
可得 ,根據極值存在條件可得 ; ( 2 )由( 1 )得 ,構造函數 ,利用導數研究函數單調性,可得 ,即 ; (3) 先求證 的兩個極值之和為零,利用根與系數關系代入化簡即得,再研究導函數極值不小于 ,構造差函數 ,利用導數研究其單調性, 在 上單調遞減. 而 ,故可得 的取值范圍.
試題解析: 解: (1) 由 ,得 .
當 時, 有極小值 .
因為 的極值點是 的零點.
所以 ,又 ,故 .
因為 有極值,故 有實根,從而 ,即 .
時, ,故 在 上是增函數, 沒有極值;
時, 有兩個相異的實根 .
列表如下
+ 0 - 0 +
↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗
故 的極值點是 .
從而 ,
因此 ,定義域為 .
(2)由(1)知, .
設 ,則 .
當 時, ,從而 在 上單調遞增.
因為 ,所以 ,故 ,即 . 因此 .
(3)由(1)知, 的極值點是 ,且 .
從而
記 所有極值之和為 ,
因為 的極值為 ,所以 .
因為 ,于是 在 上單調遞減.
因為 ,于是 ,故 . 因此 的取值范圍為 .
點睛:涉及函數的零點問題、方程解的個數問題、函數圖象的交點個數問題,一般先通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等,再借助函數的大致圖象判斷零點、方程根、交點的情況, 歸根到底還是研究函數的性質, 如單調性、極值, 然后通過數形結合的思想找到解題的思路.
26. (1) 的單調遞增區為 的單調遞減區為(0,2)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】( 1 )根據函數求導得到 ,解不等式即可求得函數的單調區間.
(2)根據 存在極值點 ,則 且 ,由 ,得到 ,然后分別求 , , 論證即可.
(3)設 在區間 上的最大值為 表示 中最大值,結合(2)將端點函數值和極值比較,分 , 和 三種情況討論求解.
【詳解】( 1 )由 ,可得 .
令 得 或 ,所以 的單調遞增區為 ,
令 得 ,所以 的單調遞減區為(0,2); (2)證明:因為 ,所以 ,
當 時, ,所以 的增區間是 ,
當 時,令 ,得 或 ,
當 或 時, ,
當 時, ,
所以 的增區間是 ,減區間是 ,
因為 存在極值點,所以 ,且 ,
由題意,得 ,
即 ,進而 ,
又
即為 ,即有 ,即為 ;
(3)設 在區間 上的最大值為 表示 中最大值,
下面分三種情況討論:
當 時, ,由 (2) 知: 在 遞減,
所以 在 上的取值范圍是 ,
所以 ,
,
所以 ,
當 時, ,
由 (2) 知: ,
所以 在 上的取值范圍是 ,
所以
當 時, ,
由 (2) 知: ,
所以 在 上的取值范圍是 ,
所以 ,
綜上: 當 時, 在區間 上的最大值不小于 .
【點睛】關鍵點點睛: 導函數中常用的兩種常用的轉化方法: 一是利用導數研究含參函數的單調性, 注意分類討論與數形結合思想的應用; 二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理.
27. ;
(2)證明見解析.
【分析】(1)求出 的導數,求出 和 ,根據導數幾何意義和直線的點斜式方程即可求解;
(2)討論 的正負,判斷 的單調性,從而可證明 有唯一極大值點 ,并可求出 的范圍,結合 和 即可求出 的范圍.
【詳解】( 1 ) ,
曲線 在點 處的切線方程為 ,
即 ;
(2) ,
令 ,得 或 ,
設 在 上單調遞增,
且 ,
存在唯一 ,使得 ,即 ,
故 時, 單調遞增,
時, 單調遞減,
時, 單調遞增,
是函數 的唯一極大值點;
;
又 ,即 ,
,
令 ,
則 ,故 在 上單調遞增,
故 ,
綜上所述: .
【點睛】本題關鍵是對 因式分解,構造函數 ,求出 的零點,由此判斷 單調性和極值點,利用 將 和 轉化為冪函數,從而可對 范圍進行研究.
28. (1)
(2)證明見解析
【分析】(1)求出直線 、 的斜率,結合已知條件求出 的值,再結合 時,直線 恒在函數 圖象的下方進行檢驗,即可得出實數 的值;
( 2 )求得 ,利用導數分析函數 在 上的單調性,結合零點存在定理可證得 是函數 在 上的唯一極大值點,再結合函數 的單調性可證得 .
【詳解】( 1 )解:因為 ,則 ,直線 的斜率 ,
因為 ,則 ,直線 的斜率 ,
直線 的方程為 ,
又兩直線 夾角的正切值為 2,故 ,
令 ,則 ,
當 時, 恒成立,當且僅當 時,等號成立,
此時,函數 在 上單調遞減,故 ,不滿足題意;
當 時, 恒成立,當且僅當 時,等號成立,
此時,函數 在 上單調遞增,故 ,滿足題意.
綜上所述, .
(2)證明:由(1)知 ,故 .
當 時, ,
故 在 上單調遞減,
當 時,令 ,
,則 ,故 在 上單調遞減,
因為 ,則 ,
由零點存在性定理知: 在 上有唯一零點,
即 在 上有唯一零點,該零點即為 ,
當 時, ,即 ,
當 時, ,即 ,
又 時, ,故 在 單調遞增,在 單調遞減,
則當 時, ,
因為 ,則 ,
故 是函數 在 上的唯一的極大值點,且 .
【點睛】方法點睛: 利用導數證明不等式問題, 方法如下:
(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:一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
(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.
29. (1) 或
(2)證明見解析
【分析】(1)求導,根據導數判斷函數單調性,進而可得參數取值范圍；
(2)求導,根據零點存在定理可得函數單調性,進而可得最值.
【詳解】( 1 )由已知 的定義域為 ,
恒成立,
所以函數 在 和 上單調遞增,
又函數 在區間 是單調函數,
則 或 ,
即 或 ;
(2)由 , ,
得 ,且 ,
設 ,由 (1) 得 在 上單調遞增,
又 ,則 ,
所以 ,使 ,即 ,
且當 時, 單調遞減,當 時, 單調遞增,
所以 ,
設 ,則 恒成立,
所以 在 上單調遞增,
所以 ,即 .
【點睛】思路點睛:對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行:(1)考查導數的幾何意義,往往與解析幾何、微積分相聯系. (2)利用導數求函數的單調區間, 判斷單調性; 已知單調性, 求參數. (3)利用導數求函數的最值(極值),
解決生活中的優化問題. (4)考查數形結合思想的應用
30. (1)答案見解析
(2)
【分析】( 1 )對函數求導得到 ,設 ,則 ,設 是增函數,且 ,分情況討論,由導函數在不同范圍的正負情況得到結果; (2) 由 (1) 知,此時 ,且 ,即 ,此時 ,設 , 時, ,進而得到 的單調性, 取得最大值時, ,此時 .
【詳解】( 1 ) ；
設 ,則 ;
設 ,顯然 是增函數,且 ; 故 時, 遞減; 時, 遞增;
又 ,且 時, .
(i) 當 ,即 時, 遞減,
此時 無極值點;
(ii) 當 ,即 時,存在 使得 ,
時, 遞減;
時, 遞增;
時, 遞減. 此時 有兩個極值點.
(iii) 當 ,即 時,存在 ,使得 ,
時, 遞減;
時, 遞增. 此時 有一個極值點.
綜上所述,當 時, 無極值點;
當 時, 有兩個極值點;
當 時, 有一個極值點.
( 2 )由( 1 )知,此時 ,且 ,即 ,此時 .
此時 .
設 ,則 ,
時, ,令 ,得 .
時, 遞增; 時, 遞減; 故 .
取得最大值時, ,此時 .
【點睛】研究函數單調性常見的方法是對函數求導, 研究導函數的正負, 判斷導函數的正負, 可以再次求導, 或者分
組判號, 或者比較參數和已知函數的值域等, 或者研究導函數的單調性和零點, 進而得到導函數的正負.
31. (I) 證明見解析, (II) (i) 證明見解析, (ii) 證明見解析.
【分析】(I)方法一:先利用導數研究函數單調性,再結合零點存在定理證明結論；
(II)(i)先根據零點化簡不等式,轉化求兩個不等式恒成立,構造差函數,利用導數求其單調性,根據單調性確定最值, 即可證得不等式; (ii) 方法一: 先根據零點條件轉化: ,再根據 放縮,轉化為證明不等式 ,最后構造差函數,利用導數進行證明. 【詳解】(I)[方法一]:單調性+零點存在定理法 在 上單調遞增, , 所以由零點存在定理得 在 上有唯一零點. [方法二]【最優解】:分離常數法函數 在 內有唯一零點等價于方程 在 內有唯一實根,又等價于直線 與 只有 1 個交點. 記 ,由于 在 內恒成立,所以 在 內單調遞增,故 .
因此,當 時,直線 與 只有 1 個交點.
(II) (i) ,
,
令 ,
一方面: ,
在(0,2)單調遞增, ,
,
另一方面: ,
所以當 時, 成立,
因此只需證明當 時, ,
因為 當 時, ,當 時, ,
所以 ,
在(0,1)單調遞減, ,
綜上, .
(ii) [方法一]: 分析+構造函數法
,因為 ,所以 ,
,
只需證明 ,
即只需證明 ,
令 ,
則 ,
,即 成立,
因此 .
[方法二]【最優解】:放縮轉化法
設 ,則由 得
從而只要證 .
上式左邊 .
使用不等式 可得
【整體點評】(I)方法一:直接研究函數的單調性,并根據零點存在定理證得結論,為通性通法；方法二:先分離常數, 轉化為證明水平直線 與函數 的圖象交點個數問題,為最優解;
(II)(i)通過分析,轉化,然后構造函數證得；
(ii) 方法一:構造函數 ,利用導數研究單調性,求得最小值,然后根據條件放縮轉化為證明不等式 . 利用作差法構造關于實數 的函數,利用導數證得此不等式,為該題的通性通法; 方法二: 利用 放縮判定 的導函數大于零,確定單調性,得到其最小值, 轉化為 ,然后利用不等式 放縮證明,運算相對簡潔,為最優解.
32. (1)答案見解析
(2)證明見解析.
【分析】(1)將問題轉化成討論 與 的交點個數,利用導數研究函數 的單調性,從而結合圖象得到答案; (2)分類討論,利用導數研究函數 的單調性,從而判斷函數的極值點和零點,依次證明不等式.
【詳解】( 1 )因為 ,
當 時, ,此時 有一個零點;
當 時, ,所以 -1 不是函數 的零點,
令 ,
故只需討論 與 的交點個數即可,
因為 ,
所以 在 和(-1,0)上單調遞減,在 上單調遞增,
且 時, 且 時,
所以 的大致圖象如圖所示:
故當 與 有一個交點,
當 時, 與 有 2 個交點;
綜上, 時,函數 有 1 個零點,當 時,函數 有 2 個零點.
(2)函數 ,
當 時, ,所以函數 只有一個極值點,不滿足條件;
當 時, ,所以函數 無極值點;
當 時, ,令 得 或 ; 令 得 ,
所以函數 在 上單調遞增,在 上單調遞減,在 上單調遞增,此時 ,
因為
所以函數 在 上無零點,在 上有一個零點 ,
所以 ;
當 時, ,令 得 或 ; 令 得 ,
所以函數 在 上單調遞增,在 上單調遞減,在 上單調遞增,此時 ,
因為 時, ,
所以函數 在 上有一個零點 ,且 ,
所以 ,
綜上, .
【點睛】關鍵點點睛:零點可理解為兩函數的交點的橫坐標, 在求解時可分析單調性和極值, 數形結合求解.
33. (1)
(2)
【分析】( 1 )分 ,對函數求導為 . 根據 是函數 的兩個極值點,得到 是方程 的兩根求解;
( 2 )先求得切線 的方程 ,令 ,用導數
法由 對 恒成立求解.
【詳解】( 1 )解: 當 時, ,
當 時, ,
綜上可得 .
由 是函數 的兩個極值點,又 ,
所以 是方程 的兩根,
從而 ,而 ,
所以 .
(2) ,又 ,
,
切線 的方程為 ,
即
令
當 時, 的關系如下表:
+ 0 - + 0 -
↗ 極大值 ↘ ↗ 極大值 ↘
當 時, 的關系如下表:
+ 0 - + 0 -
↗ 極大值 ↘ ↗ 極大值 ↘
函數 的圖象恒在直線 的下方或直線 上,等價于 對 恒成立.
只需 和 同時成立.
,
只需 .
下面研究函數 ,
,
在 上單調遞增,注意到 ,
當且僅當 時, .
當且僅當 ,
由 ,解得 或 .
的取值范圍是 .
【點睛】方法點睛: 不等式恒成立問題, 可構造函數, 將問題轉化為函數的極值或最值問題解決.
34. (1) 的單調遞增區間為 ,單調遞減區間為 ;
(2) .
【分析】(1)由題意可得 ,根據 的正負及 即可得答案;
(2)由題意可得 ,記 ,利用導數,根據函數 在
內有兩個不同的零點求解即可.
【詳解】( 1 )解: 因為當 時, ,
所以 ,
令 ,得 ;
令 ,得 ,
所以 的單調遞增區間為 ,單調遞減區間為 ;
(2)解: 因為 ,
所以 ,
所以切點為 ,切線的斜率 所以切線 , 記 , 則 , 令 , 則 , 所以當 時, , 所以 在 上單調遞增; 當 時, , 令 , ①當 ,即 時,則 ,不滿足條件； ②當 ,即 時,易有 ,使得 在 上單調遞減,在 上單調遞增； 又因為 ,
所以 在 上單調遞增,在 內只可能單調遞減或者先減后增,
又因為 ,
所以存在 為函數的一個零點,
所以只需 在 內存在一個零點即可,
因為 ,
所以只需 即可,
解得 ,此時存在 ,使得 ,滿足題意;
當 時, 在 內再無零點.
綜上所述: 實數 的取值范圍為 .
【點睛】方法點睛: 利用導數確定函數單調性時, 如果第一次求導后不能確定導數的正負時, 需進行再次求導, 或構造函數進行再求導.
35. (I) 單調遞減區間 ,單調遞增區間為 ；(II)證明見解析；(III)證明見解析.
【分析】(I)由題意可得 ,由 以及 即可解出；
(II)分別求出兩切線方程,根據直線平行的條件得 ,兩邊取對數即可證出;
(III) 方法一: 分別求出兩曲線的切線 的方程,則問題等價于當 時,存在 ,使得 和 重合,構造函數,令 ,利用導數證明函數存在零點,即可證出. 【詳解】( I )由已知, ,有 .
令 ,解得 .
由 ,可知當 變化時, 的變化情況如下表:
0
- 0 +
↘ 極小值 ↗
所以函數 的單調遞減區間為 ,單調遞增區間為 .
(II) 由 ,可得曲線 在點 處的切線斜率為 .
由 ,可得曲線 在點 處的切線斜率為 .
因為這兩條切線平行,故有 ,即 .
兩邊取以 為底的對數,得 ,所以 .
(III)[方法一]:導數的幾何意義十零點存在性定理
曲線 在點 處的切線 .
曲線 在點 處的切線 . 要證明當 時,存在直線 ,使 是曲線 的切線,也是曲線 的切線,
只需證明當 時,存在 ,使得 和 重合.
即只需證明當 時,方程組 有解,
由①得 ,代入 ②,得 . ③
因此,只需證明當 時,關于 的方程③存在實數解.
設函數 ,
即要證明當 時,函數 存在零點.
,可知 時, ;
時, 單調遞減,
又 ,
故存在唯一的 ,且 ,使得 ,即 .
由此可得 在 上單調遞增,在 上單調遞減.
在 處取得極大值 .
因為 ,故 ,
所以
下面證明存在實數 ,使得 .
由 (I) 可得 ,當 時,
有
,根據二次函數的性質,
所以存在實數 ,使得 ,
因此,當 時,存在 ,使得 .
所以,當 時,存在直線 ,使 是曲線 的切線,也是曲線 的切線.
[方法二]:
因為曲線 在點 處的切線斜率為 ,曲線 在點 處的切線斜率為 ,所以
直線 滿足如下條件:
記 ,則 是關于 的減函數.
使 ,即 ,即 .
當 時, ; 當 時, ,
,由 (I) 可得當 時,
若 . 則 ,取
,所以 在區間 內存在零點.
所以當 時,存在直線 ,使 曲線 的切線,也是曲線 的切線.
【整體點評】(III)方法一:利用切線重合,建立等量關系,通過消元得出方程,根據方程有解,轉化為函數有零點,
由零點存在性定理證出;
方法二:根據斜率相等得出方程,引入新變元,構建關于新變元的方程,再由方程有實根,轉化為對應函數有零點,
即可證出.
36. (1) ;
(2)(i) ; (ii)證明見解析.
【分析】(1)根據導數的幾何意義表示出 的切線方程,再根據該切線與圓相切列出方程,取方程的特殊解即可得到一條共切線的方程;
(2)(i)設曲線 與圓 公切線 的方程為 ,根據導數幾何意義求出 和 的關系,再根據圓的切線方程的幾何性質得到關于 的方程,問題轉化為討論該方程有三個解的問題. 構造函數,將問題轉化為討論函數有 3 個零點的問題. (ii) 根據 (i) 中構造出的函數, 結合圖象即可證明.
【詳解】(1)設 的切線的切點為 ,
切線斜率為 ,
切線方程為 ,即 ,
當 時,圓的圓心為(0,1),半徑為 ,
當 的切線也是圓的切線時, ,
即 ,
易知 是該方程的一個根,此時切線方程為 .
(2)(i)設曲線 與圓 公切線 的方程為 (顯然, 斜率存在),
與曲線 相切,故 ,
切點為 ,即 ,即 ,
與圓 相切, ,即 ,
,
令 ,
則 ,
設 ,則 ,
易證明: . ①當 時, 在 上單調遞增,在 上單調遞減； ,
存在 ,使得 .
,
在 上單調遞減,在 上單調遞增,在 上單調遞減;
,且 ,
又 ,
且 ,
存在 ,使得 ,
當 時,曲線 與圓 恰有三條公切線;
② 當 時, ；
存在 ,使得 ,
在 上單調遞減,在 上單調遞增,在 上單調遞減;
,且 ,
不可能存在三個零點;
③當 時, ； 在 上單調遞減,最多一個零點；
最多一個極值點,不可能有三個零點;
綜上,若曲線 與圓 恰有三條公切線,則 的取值范圍為 .
(ii) 函數 的零點,
即方程 的解,
即曲線 和曲線 交點的橫坐標,
結合圖象,
顯然存在 ,使得 成立,
對任意 恒成立.
【點睛】本題屬于導數的綜合題, 需要利用導數討論方程根的個數問題 (函數零點問題) .問題關鍵是熟練掌握利用導數分類討論函數的單調性, 判斷函數的零點的個數.
37. (1) (2)(-3, - 1)(3)見解析
【詳解】試題分析:(1)求導數,導數等于 0 求出 ,再代入原函數解析式,最后比較大小,即可；(2)設切點,由相切得出切線方程, 然后列表并討論求出結果;(3)由 (2) 容易得出結果.
由 得 ,令 ,得 或 ,
因為 ,
所以 在區間 上的最大值為 .
(2)設過點 的直線與曲線 相切于點 ,則 ,且切線斜率為 ,所以切線方程為 , 因此 ,整理得: , 設 ,則 “過點 存在 3 條直線與曲線 相切”等價于“ 有 3 個不同零點”,
與 的情況如下:
0 (0,1) 1
+ 0 - 0 +
↗ ↗
所以, 是 的極大值, 是 的極小值,
當 即 時,過點 存在 3 條直線與曲線 相切時, 的取值范圍是(-3, - 1).
(3)過點 存在 3 條直線與曲線 相切；
過點 存在 2 條直線與曲線 相切;
過點 存在 1 條直線與曲線 相切.
考點: 本小題主要考查導數的幾何意義、導數在函數中的應用等基礎知識的同時, 考查分類討論、函數與方程、轉化與化歸等數學思想, 考查同學們分析問題與解決問題的能力. 利用導數研究函數問題是高考的熱點, 在每年的高考試卷中占分比重較大, 熟練這部分的基礎知識、基本題型與基本技能是解決這類問題的關鍵.
38.
(2)
【分析】(1)求出 時 的導函數 ,根據 單調性判斷函數的極值點,即可求出 的取值范圍；
(2)利用導數的幾何意義求出點 與點 處的切線方程,根據兩者切線相同得出關于 的方程組有解, 通過構造函數轉化為函數存在零點的問題, 即可求解.
【詳解】( 1 )函數 的定義域為 ,
由題意知 ,當 時, ,
當 時, ,
則 ,
①若 ,當 時, 單調遞增,無極值點；
②若 ,當 時, , 單調遞增；
當 時, 單調遞減;
在 上存在唯一的極大值點 ,則 的取值范圍是 . (2)由題意 ,
在點 處的切線方程為 ,
即 ,
同理 在點 處的切線方程為 ,
因為兩切線相同,所以 ,
即方程組
令 ,
當 時, 單調遞增; 當 時, 單調遞減,
為偶函數,且 ,故 ,
令 ,
則 在區間 和 單調遞減,
的奇函數, 當 時, ,
又 ,
當 時, 單調遞減, ,
當 時, 單調遞減, .
故 ,所以 .
39. (1)答案見解析
(2)不存在, 證明見解析
【分析】( 1 )對 求導,討論 和 時, 的正負即可得出答案;
(2)假設存在,求出 在 和 處的切線方程,建立等式,將等式化簡,減少變量,從而構造新
的函數, 研究新函數的單調性, 即可證明.
【詳解】( 1 ) ,
故 時, 時, ,
當 ,即 時, 在(0, - a - 1)單調遞減,在 單調遞增;
當 ,即 時, 在 單調遞增.
綜上,當 時, 在(0, - a - 1)單調遞減,在 單調遞增;
當 時, 在 單調遞增.
(2)解法一:不存在 ,且 ,使得曲線 在 和 處有相同的切線.
證明如下: 假設存在滿足條件的 ,
因為 在 處的切線方程為 ,
即 ,
同理 在 處的切線方程為 ,
且它們重合,所以 ,
整理得 ,
即 ,
所以 ,
由 兩邊同乘以 ,
得 ,
令 ,則 ,且 ,
由 得 ,代入 得 ,兩邊取對數得 ,
令
當 時, ,
所以 在 上單調遞增,又 ,所以 ,從而 ,與 矛盾;
當 時, ,
所以 在 上單調遞增,又 ,所以 ,從而 ,與 矛盾;
綜上,不存在 ,使得 ,且 .
故不存在 且 ,使得曲線 在 和 處有相同的切線.
解法二: 不存在 且 ,使得曲線 在 和 處有相同的切線.
證明如下: 假設存在滿足條件的 ,
因為 在 處的切線方程為 ,即
同理 在 處的切線方程為 ,
且它們重合,所以 ,
整理得 ,
令 ,可得 ,
由 兩邊同乘以 ,
得 ,則 ,且 ,
令 ,則 ,且 .
由 (1) 知,當 時, 單調遞增,當 時, 單調遞減,
又當 時, ,當 時, ,
所以若 存在,不妨設 , 設 ,又 ,所以 ,則 ,
由 ,得 即 ,
則 ,所以 ,
所以 ,即 ,
令 ,則 ,
所以 在 上單調遞減,所以當 時, ,
即 ,取 ,即 ,
所以 在 時無解,
綜上,不存在 ,使得 ,且 .
故不存在 且 ,使得曲線 在 和 處有相同的切線.
解法三: 不存在 且 ,使得曲線 在 和 處有相同的切線.
證明如下: 假設存在滿足條件的 ,
因為 在 處的切線方程為 ,
即 ,
同理 在 處的切線方程為 ,
且它們重合,所以 ,
整理得 ,
即 ,
所以 ,
由 兩邊同乘以 ,
得 ,
令 ,則 ,且 ,
令 ,則 ,且 .
由 (1) 知,當 時, 單調遞增,當 時, 單調遞減,
又當 時, ,當 時, ,
所以若 存在,不妨設 ,
則 ,
所以 ,
以下證明 .
令 ,則 ,
所以 在 上單調遞減,所以當 時, ,
因為 ,所以 ,
整理得 .
因為 ,所以 ,與 矛盾;
所以不存在 ,使得 ,且 .
故不存在 且 ,使得曲線 在 和 處有相同的切線.
【點睛】本小題主要考查導數及其應用、函數的單調性、不等式等基礎知識, 考查邏輯推理能力、直觀想象能力、運算求解能力和創新能力等,考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、分類與整合思想等,考查邏輯推理、直觀想象、 數學運算等核心素養, 體現基礎性、綜合性和創新性.
40. (1)是, 理由見解析;
(2) ;
(3)證明見解析.
【分析】(1)根據題意,利用直線的斜率與導數的幾何意義求得切點,再分別求切線方程驗證即可.
(2)求出函數 的導數,并設出切點 ,求出 處的切線方程,再利用“雙重切線”的定義求出切線方程.
(3)利用“雙重切線”的定義,分別設出 對應的切點,分別利用導數的幾何意義得到對應切點之間的關系,再構造函數 ,利用導數結合零點存在性定理確定判 的零點所在區間,然后借助不等式性質推理即得.
【詳解】( 1 ) 的定義域為 ,求導得 ,直線 的斜率為 2,
令 ,解得 ,不妨設切點 ,
則點 處的切線方程為 ,即 ,
點 處的切線方程為 ,即 ,
所以直線 是曲線 的 “雙重切線”.
( 2 )函數 ,求導得 ,
顯然函數 在 上單調遞增,函數 在 上單調遞減,
設切點 ,則存在 ,使得 ,
則在點 處的切線方程為 ,在點 處的切線方程為 ,
因此 ,消去 可得 ,
令 ,求導得 ,
則函數 在 上單調遞增,又 ,函數 的零點為 -1,因此 ,
所以曲線 的 “雙重切線” 的方程為 .
(3)設 對應的切點為 對應的切點為 ,
由 ,得 ,
由誘導公式及余弦函數的周期性知,只需考慮 ,其中 ,
由 及余弦函數在 上遞增知, ,
則 ,
因此 ,又 ,
則 ,同理 ,
令 ,求導得 ,
則 在 上單調遞增,顯然 ,且 ,
函數 在 上的值域為 ,即函數 在 上存在零點,則有 ,
由 ,同理可得 ,而 ,因此 ,
于是 ,即有 ,
所以 ,即 .
【點睛】關鍵點點睛: 本題求解的關鍵點有兩個: 一是利用導數的幾何意義求解切線的斜率; 二是設切點
并利用 和切線方程得到 之間的等式,進而消去一個未知數,構造函數利用導數的性質求得方程的零點.

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