新高考数学二轮复习《导数》压轴题突破练第28讲 三极值点问题与三变量问题（2份，原卷版+解析版）

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例1．已知函数（其中为常数）．
(1)当时，对于任意大于的实数，恒有成立，求实数的取值范围；
(2)当时，设函数的个极值点为、、，且，求证：．
【解析】(1)当且时，，即成立，
令，则，
，则.
①当，，在上是增函数，
即当时，，满足题意；
②当时，令，解得，，
当时，，函数在上是减函数，此时，不合乎题意.
综上所述，.
(2)证明：因为，其中且，
则，
对于函数，有，
因为，当时，，函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因为函数有个极值点、、，且，
所以，，解得，
当时，，，所以，，
当时，，，则，函数单调递减，
当时，，，则，函数单调递增，
当时，，，则，函数单调递减，
当时，，，则，函数单调递减，
当时，，，则，函数单调递增，
所以，函数的单调递增区间有：、，单调递减区间有：、、，故，
当时，、是函数的两个零点，
即有，消去有，
令，其中，则，令可得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，且，且，
构造函数，其中，
则
，
所以，函数在上单调递减，
因为，则，即，
即，因为，则，
函数在上单调递增，故，即.
例2．已知函数.
(1)求的极值.
(2)若，，证明：.
【解析】（1）（1）由题意可得.
当或时，；当时，.
所以在与上单调递增，在上单调递减.
故的极大值为，的极小值为.
（2）证明：由（1）可知.
设，，
则
.
设，则.
因为，所以在上恒成立，即在上单调递增，
因为，所以在上恒成立，即在上单调递增，
因为，所以在上恒成立.
因为，所以，
因为，所以.
由（1）可知在上单调递增，且，，
则，即.
例3．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）已知是函数的极值点，若，求证：(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值).
【解析】（1）由，有
∴，而，可知曲线在点处的切线方程为
（2）由（1）得，令，
则在上恒成立，即在上单调递增，而，知当时，；当时，，
∴当函数在上单调递减，在上单调递增，即在处取得极大值.
∵，不妨设，
令，则
因为，所以，即有，
∴，即函数在上单调递减，而，
所以在上恒成立，即在上恒成立，有在上恒成立，又，所以，
因为且，而函数在上单调递增，所以，即，而，所以得证.
例4．已知函数．
(1)当时，求函数的极值点的个数；
(2)当a，b，时，恒成立，求m的取值范围．
【解析】（1），令，得.
当时，因为，所以，，
即函数在上单调递减.
当时，令，，所以是增函数.
，
因为，所以，
所以存在唯一，使得，所以.
即，；当，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点.
综上所述，函数的极值点个数为.
（2）当时，，所以，
所以函数在上单调递增.
因为，所以，即.
所以.
同理可得
所以.
所以.
当时，由（1）可知，在上存在唯一的零点，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
取，则，
即.
同理可得.
所以，与已知矛盾.
所以的取值范围是.
例5．已知函数．
(1)若不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若函数有三个不同的极值点，，，且，求实数a的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，不等式恒成立，
即在上恒成立，
记，则，
得到在区间上单调递减，
在上单调递增，
则，即在区间上恒成立，
分离变量知：在上恒成立，则，
，
由前面可知，当时，恒成立，即，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
所以，所以．
（2），
设曲线图象上任意一点，
所以曲线在点处的切线方程为，
将代入得，故切点为，
过的切线方程为，
所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，
所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，
从而当时，有三个极值点，，，并且，，，
取对数知：，，即，，
则
．
构造，
在时恒成立，
则在区间上单调递增，且，
从而的解为，
综上所述．
例6．已知函数有三个零点，，．
(1)求的取值范围；
(2)证明：；
(3)记较大的极值点为，当时，证明：．
【解析】（1），
（i）当，，单调递减；
（ii）当，记，，
当；当，
所以在单调递增，在（1，2）上单调递减，，又
所以
A．当，，单调递减，至多一个零点，矛盾；
B．当，,由（ii）知，有两个零点，记两零点为，，且，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
因为，令，
则，
所以，
于是，，且趋近0，趋近，趋近，趋近于是函数有三零点，
综上符合题意；
（2），这等价于，即，
由（1）可得，则，
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
则满足，，
要证，等价于证，
易知，令，则，
该函数在上单调递减，在上单调递增，
下面证明，由，即证，
即证，
即证，
即证，
令，
令，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以原命题得证；
（3）记，，
记的零点为，
在为负，所以在单调递减，
记，，于是单调递减，
令，，这说明，
于是有，由对称性，即证明时，，这等价于在单调递增，
即，显然成立．
于是恒有，既在单调递增，，
即，，
又，且在单调递增，故只需证明：，
既，由（2），故只需证，这是成立的．
原不等式得证．
【同步练习】
1．已知函数，，其中a为实数.
(1)若函数，的图象在处的切线重合，求a的值；
(2)若，设函数的极值点为.求证：①函数有两个零点，（）；②.
【解析】（1）由题意得：，，，故，
，，，
因为函数，的图象在处的切线重合，
故，解得.
（2）①，，
则，其中，令
又，故在上单调递减，
据，，
故，
且当时，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
由（1）知，，故，
所以.
下面证明，
令，，，
当时，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
故，即，当且仅当时取等号，
所以，
且，，，
所以，
故存在，使得.
综上所述，在上存在两个零点，.
②要证，即证，
因为是函数的零点，故，
又是函数的极值点，故，
所以，，
又，所以，即，
所以，
所以，即，得证.
2．已知函数．
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数，若有两个零点，，且为的唯一极值点，求证：．
【解析】（1）当时，，定义域为，
，
所以在区间递减；在区间递增.
所以的极小值为，无极大值.
（2），
当时，在上恒成立，在上递增，不符合题意.
当时，在区间递减；
在区间递增.
所以的极小值点为，
，
要使有两个零点，则，
，
则，
对于函数，
所以在区间递减；在区间递增.
所以，所以在上恒成立.
则，
所以不妨设，
由，得，
令，
即，整理得，
要证，即证，
即证，即证，
即证，即证.
设函数，
，
所以函数在上递增，所以，
所以，
所以.
3．已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)记的零点为（），的极值点为，证明：.
【解析】（1）记，
①当时，取，不符条件；
②当时，，
令，
∴在单调递减，在单调递增，
所以，即，
则的取值范围为；
（2）∵，
令，
则，
且，
令，
∴在单调递增，在单调递减，
且，
∴，
取，则，
∴，
取，
则，
记，
在中，，
∴在单调递增，在上单调递减，
∴，
即
∵
∴
从而.
4．已知函数．
(1)当时，求函数的极值．
(2)若有三个极值点，且，
①求实数的取值范围；
②证明：．
【解析】（1）当时，，
令，则，
所以函数在上单调递增，
由，所以时，；
当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数有极小值为，无极大值；
（2）①由，
所以，
因为 ,仅当时取等号，
于是，当时，，函数在上单调递增，
此时至多有一个零点，不符合，
当时，令，得，
当或时，，
当时，，
所以函数在和上单调递增，
在上单调递减，
注意到，当时，，
所以，，
又 ， ，
令，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，所以，
故，
则 ，
，
因此 在 内恰有一个零点（即在有一个零点），
在内有一个零点，即 ，
在内有一个零点，
故有三个零点，则；
②证明：由题意知，又注意到，
所以，即，
当时，先证明不等式恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立．
由，可得，
因此，两边同除以，得，
而，故．
5．已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)设有两个不同的零点，，为其极值点，证明：．
【解析】（1）由题意知，函数的定义域为，
，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值，
且极小值为；
（2）()，
，
令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，
所以，则.
又函数在上有2个零点，
所以，解得.
设，则，
令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，即，即，
所以，
又，，
两式相减，得，设，
要证，只需证，
即证，即证，
令，则，
设，则，
所以函数在上单调递增，有，
即在上恒成立，所以.
综上，.
6．已知函数．
(1)当时，如果函数有唯一的极值点且为极小值点，求实数a的取值范围．
(2)若直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是，证明成等比数列．
【解析】（1），
，
若，由，解得；由，解得，
于是在上递增，在递减，所以是在上唯一的极大值点，不合题设．
若，若，得
（ⅰ）当时，．
；或，
在上递增，在和上递减
故在区间上在两个极值点，不合题设．
（ⅱ）当时，．
；或
在上递增，在和上递减
故在区间上在两个极值点，不合题设．
（ⅲ）当时，．
由；；
函数在区间递减，在区间上递增，故在上有唯一极小值点．
综上所述，符合题设的实数a的取值范围是．
方法2：同方法1，若时，在上唯一的极大值点，不合题设．
若时，由上述可知，要使有唯一极小值点，则
只需要对恒成立
∴
对时，递增
∴
故
综上，所求实数a的取值范围是
（2）当时，则有，
设函数，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
而，而，
如下图所示：
因此曲线的交点只有一个，
因此曲线和只有一个交点，
，
当时，单调递增，当时，单调递减，
且当无限接近时，无限接近0，且，图像如下图所示，
，
当时，单调递增，当时，单调递减，
且当无限接近时，无限接近0，当无限接近0时，无限接近，图像如下图所示，
当直线经过曲线和唯一的公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点
如上图所示，
则有，且，①
对上式同构可得：，
∵且函数在单调递增，∴②
又∵，且函数在上单调递减，
∴．③
由方程②③可得：，再结合方程①可得：．
所以成等比数列．
7．利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
8．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
9．已知函数.
(1)求和的极值；
(2)证明：存在直线，其与曲线和曲线共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【解析】（1）因为，
所以，
当时，，当时，，
所以在单增，在单减，所以当时，取得极大值，无极小值；
当时，，当时，，
所以在单增，在单减
当时，极大值，无极小值；
（2）当直线过两个函数的交点时，满足题意，设交点为，
设直线与在A的左边交点为，与在A的右边交点为，
由（1）知，且，
因为，
所以，又，，且在上递增，
所以，
所以，又，
所以，
又，，且在上递减，
所以，则，
所以，即.
10．已知函数．
(1)当时，证明；
(2)若存在极值点，且对任意满足的，都有，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，，定义域为，
设，则，
所以函数在单调递增，在上单调递减，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，，当且仅当时等号成立，
所以，且等号不同时成立，所以；
（2）函数，，
若存在极值点，则，所以，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
由，不妨设，
若，则；
若，由可得，则，
所以，即对恒成立，
令，则，
则
，
设，则，
，
令，，
则，
，
令，
则，
令，则，
当时，令，
则
，
设，
所以，所以，
所以当时，，单调递增，，单调递增，
，单调递增，，单调递减，，
，符合题意；
当时，，存在，单调递减，，
，，单调递增，，，
不符合题意；
所以，由单调递增可得.
11．已知实数，设函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数单调递增，求a的最大值；
(3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：．
注：是自然对数的底数．
【解析】（1）当时，，故在上单调递增．
（2）若函数单调递增，则对任意的恒成立．
令，
在上，单增，在上，单减，
所以，即.
所以在恒成立，
则在恒成立，
令，则，
所以时，即递减，时，即递增，
故，即.
综上，a的最大值是1．
（3）由于时，单调递增，故当有两个不同极值点时，．
此时，
于是在上单调递减，在上单调递增．
当趋向于0时，趋向于正无穷，，趋向于正无穷时，趋向于正无穷，则存在两个零点，
不妨设，也即的两个不同极值点，故
先估计，令，，
则，所以在上单调递增，
所以当时，，则，
当时，，所以，
所以
则
于是，
由知，，故．
只需再证明：．
由，
趋向于正无穷时，趋向于正无穷，
故存在．
又是的最大零点，则，得证！
12．已知函数，且．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有三个极值点，且，求证：．
【解析】（1）对函数进行求导，
，，切点为
故切线为.
（2）

由题意知，有三个实数跟，则，
方程有两个根，即有两个交点
令，
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减；
作出，的图象如图
由图可知，，与的图象有两个交点，
横坐标分别为，且
要证
即证
即证
，则
则
即，由对数平均数表达式可得


故
即可证得.
13．已知函数，记的导函数为
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个不同的极值点，其中
①求的取值范围；
②证明：.
【解析】（1）由已知可得，故可得．
当时，，故在单调递增；
当时，由，解得，或，
记，，则可知当变化时，的变化情况如下表：
所以，函数在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增．
（2）①由已知，函数有三个零点，且．由（1）知时，在单调递增，不合题意．下面研究的情况．
由于，故，因此，又因为在单调递减，且，所以．
又因为，由于，且，
故
因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）．
所以，的取值范围是．
②证明：由（i）可知，且在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增．由此可得．故只需证明
因为，故，由此可得．
由（其中），可得，整理得，故，整理得．因此，
令，可知，则．
令则．
令，则，由此可得在单调递减，故，可得在单调递增，故，所以，因此．
14．已知函数，．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）是的极值点，求证：.
【解析】（1）的定义域是，
，
可得，又
故曲线在点处的切线方程为，即.
（2）（i）由（1）可知
①时，，在单调递增，此时至多有一个零点；
②时，，
令，解得，令，解得，
故在递减，在递增，
要使有两个零点，需，解得，即，
而，
，
当时，令，
则，故，，
，
由零点存在性定理可知，在与上分别存在唯一零点．
综上.
（ii）因为，，令，
由，
即，
由（i）可知，
是的极值点
故，
即，
由，，只需证，
令，
则，
令，则，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，；
.
15．已知函数在处取得极值.
(1)求的值及函数的极值；
(2)设有三个不同的零点，，，证明：.
【答案】(1)，极大值，极小值；
(2)证明见解析.
【分析】
由已知可得，进而得出，根据不同区间的导数的正负判断函数的增减性，进而求得极值；
由可知极大值为，极小值为，可知的三个不同的零点满足，构造函数，，结合单调性，求证.
(1)函数的定义域为，，
由已知，解得，
，
当或时，；当时，.
在处取得极大值，
在处取得极小值.
(2)由知，极大值为，极小值为，
由有三个不同的零点，，，可知.
设，，
，
在上单调递增，，
，
由知，且在上单调递减，
，①.
设，，
，在上单调递增，
，，
由知，且在上单调递增，
②，
结合①②得，
所以.
16．设函数，记的导数为．
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个不同的极值点，，，证明：．
【解析】（1）由题意得：
令
当时，，，在上递增；
当时，
当时，，在上递增；
当时，，在上递减；
当时，，在上递增；
综上所述：当时， 在上递增；当时，在上递增，在在上递减，在上递增.
（2）
又知，有三个不同的极值点，，
由（1）可知：当时，在上递增
有三个解,且
，
由的结构特征得
，即，即
由（1）可知，当时，，递增；当时，，递减.
令,则
令
令
，，
在上递减
在上递减
在上递减，
，则
在上递减
17．设函数，，．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若关于的不等式的解集中有且只有两个整数，求实数的取值范围；
(3)方程在的实根为，令，若存在，使得，证明．
【解析】（1），
，
令，得，
当时，，当时，，
所以的单调递增区间为， 单调递减区间为.
的极大值为，无极小值.
（2），即，
令，则，
令，则在上单调递增．
又，，
∴存在，使得．
∴当，，即，在单调递增；
当，，即 ，在单调递减.
∵，，，
且当时，，又，，，
故要使不等式式解集中有且只有两个整数，
的取值范围应为：．
（3）证明：方程在区间上的实根为，即，
要证，由可知，即要证，
当时，，，在上单调递增.
当时，，，在上单调递减.
因为，所以，要证.
即要证.
记，.
因为，所以，则.
.
设，，当时，.
时，，故.
且，故，因为，所以.
因此，即在上单调递增.
所以，即.
故得证.
0
0
极大值
极小值