备战高二数学下学期期中（北师大）专题02 高二下学期期中真题精选（第一章数列+第二章导数及其应用）（考题预测）（解析版）

这是一份备战高二数学下学期期中（北师大）专题02 高二下学期期中真题精选（第一章数列+第二章导数及其应用）（考题预测）（解析版），共56页。
题型一 数列求和之分组求和（分类讨论）（难点）
题型二 数列求和之裂项相加法（重点）
题型三 数列不等式中的恒（能）成立问题（重点）
题型四 数学新定义题（难点）
题型五 构造函数解决不等式问题
题型六 构造函数比较大小（难点）
题型七 利用导数研究函数的恒（能）成立问题（难点）
题型八 利用导数研究函数的零点方程的根（难点）
压轴一：数列求和之分组求和（分类讨论）（共2小题）
1．（23-24高三上·江西·期中）已知数列中，，.
(1)判断是否为等比数列？并求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)不为等比数列，理由见解析；
(2)
【知识点】由递推关系式求通项公式、分组（并项）法求和、求等比数列前n项和、错位相减法求和
【分析】（1）由题目条件变形得到，结合，得到，从而得到不是等比数列，并求出通项公式；
（2）得到，当时，分组求和，并结合错位相减法得到，当时，利用求和，从而得到答案.
【详解】（1）不是等比数列，理由如下：
，故，
又，所以，所以，
故不是等比数列，且；
（2）因为，
所以，
当时，
设，则，
设，
则，
两式相减得
，
所以，
所以，
当时，
，
所以.
【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连续两项和或积问题；③含有的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，
解决数列中的奇偶项问题需要对分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂项相消法求和.
2．（22-23高二下·辽宁鞍山·期中）已知数列的前n项和为，若，．
(1)记判断是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由．
(2)记，的前n项和为，求．
【答案】(1)不是等差数列，证明详见解析；
(2)当为偶数时，，当为奇数时，.
【知识点】由递推关系证明数列是等差数列、分组（并项）法求和、求等差数列前n项和、由Sn求通项公式
【分析】（1）取时可求，当时可根据与的关系求出，再验证是否满足即可判断其是否为等差数列；
（2）当时，由，得，两式相减即可得，进而可以得出从第2项起的奇数项和偶数项分别成等差数列，讨论为奇数时和为偶数时分别解决.
【详解】（1）因为，
当时，，又因为，所以
当时，因为，由，得①，所以②，
所以得：
，经验证，当时不等于，所以不是等差数列.
（2）由，得，两式相减得：
.
所以当时：
数列（）是首项为，公差为6的等差数列；
数列（）是首项为，公差为6的等差数列.
当为偶数时，不妨设，则，
此时
因为，所以此时.
当为奇数时，不妨设，则，
此时
.
因为，所以此时
综上所述，当为偶数时，，当为奇数时，.
压轴二：数列求和之裂项相加法（共5小题）
1．（24-25高三上·天津·期中）设是等比数列，公比大于0，其前项和为是等差数列.已知.
(1)求和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，
（i）求；
（ii）证明
【答案】(1)，；
(2)（i），（ii）证明见解析
【知识点】裂项相消法求和、分组（并项）法求和、等差数列通项公式的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算
【分析】（1）由题意得到关于q的方程，解方程可得，则.结合等差数列通项公式可得
（2）（i）由（1），有，分组求和即可；
（ii）因为，裂项求和即可求证..
【详解】（1）设等比数列的公比为q.
由，可得，因为，可得，故.
设等差数列的公差为d，由，可得
由，可得
从而 故
所以数列的通项公式为，
数列的通项公式为
（2）（i）由（1），有，
故.
（ii）因为，
所以.
即证.
2．（2023·天津和平·二模）已知等差数列的前n项和为，数列满足：．
(1)证明：是等比数列；
(2)证明：；
(3)设数列满足：．证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【知识点】求等差数列前n项和、错位相减法求和、由递推关系证明等比数列、裂项相消法求和
【分析】（1）利用等比数列的定义构造推理得证.
（2）由（1）及已知求出和，再代入不等式，利用作差法，即可化简证明.
（3）根据数列的通项公式，分别求奇数项和偶数项的和，再分别利用裂项相消法和错位相减法求和，即可证明.
【详解】（1）由，得，而，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，设等差数列的公差为，则，得，
于是，，
，，
，
所以.
（3）当n为奇数时，，
；
当n为偶数时，，，
设，则，
两式相减得，
因此，即，
所以.
3．（24-25高三上·天津·期中）记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和；
(3)求证：对于且，．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析.
【知识点】利用定义求等差数列通项公式、裂项相消法求和、求等差数列前n项和、写出等比数列的通项公式
【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，求出结合等差等比数列定义求出通项.
（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和即得.
（3）求出，借助不等式性质放缩，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】（1）在等差数列中，，解得，而，
则数列的公差，通项公式为，
由，得，令等比数列的公比为，
由，得，解得，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，
所以数列的前项和
.
（3）由（1）知，
当时，，
所以
.
4．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知等差数列和等比数列，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和为；
(3)在（2）的条件下，设数列的前项和为，若对于任意的时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)
(3)．
【知识点】错位相减法求和、数列不等式恒成立问题、写出等比数列的通项公式、裂项相消法求和
【分析】（1）由等差数列和等比数列的通项公式列方程组求得公差、公比后可得通项公式；
（2）由错位相减求和；
（3）用裂项相消法求得和，不等式转化为，引入函数，由导数确定的单调性后，可得出的最小值，从而得的范围．
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则由得：
，解得（舍去），
所以，；
（2），
，
则，
，
所以；
（3）由（2）,
所以．
恒成立，即，，
设，则，由得，
，因此,,记，即，
时，，递减，时，递增，因此是的最小值，
，，
所以对任意的，的最小值是，
所以．
5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知数列满足：，，数列的前项和为，且．
(1)求数列，的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，.
(2)或
【知识点】裂项相消法求和、利用an与sn关系求通项或项、写出等比数列的通项公式、由递推关系证明等比数列
【分析】（1）构造数列，判断为等比数列，可求数列的通项公式；根据与的关系求的通项公式.
（2）利用裂项求和法求出，再结合大于的最大值可求实数的取值范围.
【详解】（1）对：由，且，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.
所以.
对：前项和为.
当时，；
当时，，
时，上式亦成立.
所以.
（2）因为.
所以.
由已知或.
压轴三：数列不等式中的恒（能）成立问题（共5小题）
1．（24-25高三上·河北·期中）设数列的前项和为，若对任意的，都有（为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中为和公比.若，且为“和等比数列”.
(1)求的值，并求出的和公比；
(2)若，求数列的前项和；
(3)在（2）的条件下，若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【知识点】数列不等式恒成立问题、数列新定义、错位相减法求和、求等差数列前n项和
【分析】（1）根据等差数列的前项和公式求出，再根据“和等比数列”的定义列出方程即可得解；
（2）利用错位相减法求解即可；
（3）分离参数可得，再利用分离常数法求出的最小值即可得解.
【详解】（1）因为，
所以数列所以为公差的等差数列，
则，
，
因为，
所以，
所以，解得，
所以；
（2）由（1）得，则，
则，
，
两式相减得
，
所以；
（3），
即，
即，
即，
即，即，
因为，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
2．（24-25高二上·江苏苏州·期中）已知数列的首项为1，前n项和为，且对任意的，均有.
(1)当时，证明为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)当时，均为整数，若使得对一切恒成立的的所有可能取值有9个，求T的值.
【答案】(1)证明过程见解析，；
(2)，20，21.
【知识点】数列不等式恒成立问题、利用an与sn关系求通项或项、由定义判定等比数列、写出等比数列的通项公式
【分析】（1）利用得到为公比为2的等比数列，且；
（2）利用得到，，利用和得到，由于，随着的增大，的取值范围内的整数个数越大，经验证，，20，21时满足要求.
【详解】（1）当时，①，当时，，
当时，②，①－②得，即，
又，所以为公比为2的等比数列，且；
（2）时，③，
当时，，当时，④，
式子③－④得，
故，故，
，，即，故，，
，即，，
，
其中，，故不等式恒成立，
，，
解得，
其中，
由于，故
所以，，
同理可得，
故需满足的范围为，
由于，随着的增大，的取值范围内的整数个数越大，
当时，，
的所有可能取值为，为8个，不合要求，
当时，，
的所有可能取值为，为9个，满足要求，
经验值和时，满足要求，
当时，，
的所有可能取值为，为10个，不合要求，
因为对一切恒成立的的所有可能取值有9个，
所以，20，21.
【点睛】对于公式，
（1）当时，用替换中的得到一个新的关系式，利用，可得时的表达式，
（2）当时，，求出，
（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，如果不符合，则要分开写.
3．（24-25高三上·辽宁·期中）设正整数，的最大公约数为，已知正整数
(1)求和
(2)数列是严格单调递增正整数数列，证明：；
(3)设是所有不同约数从小到大的排列，是否存在，使得对于任意正整数均成立，若存在，求出的最小值；若不存在，请你说明理由.
【答案】(1)13，13；
(2)证明见解析；
(3)存在，1.
【知识点】数列的极限、求等比数列前n项和、数列不等式恒成立问题、数列不等式能成立（有解）问题
【分析】（1）将各数拆成两个正整数相乘，即可找到它们的最大公约数；
（2）根据题设，且，进而有，注意等号成立条件，再应用分析法证明结论；
（3）同（2）分析得到，等号成立条件是为等比数列，结合等比数列前n项和公式及放缩求的最大值，即可得结论.
【详解】（1）由，，即；
由，，即.
（2）由题意，知，且，
所以，等号成立条件是，
所以，
此时，得证；
（3）同（2）分析，仅当是公比且的等比数列时等号成立；
所以，
要使对于任意正整数均成立，只需尽可能大，
又且，故，只需，
所以，存在最小，使题设条件成立.
【点睛】关键点点睛：第二、三问，分析得到、，结合等号成立条件，综合应用等比数列前n项和公式及放缩法求解证明.
4．（23-24高二上·江苏南通·期中）已知数列的前n项和满足
(1)求数列的通项公式;
(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【知识点】数列不等式恒成立问题、利用an与sn关系求通项或项
【分析】首先令求出首项，然后当时，有，两式相减，得到数列的递推关系，发现数列是以2为首项，1为公差的等差数列，从而求得，得到所求；
将的通项公式代入不等式等价于对恒成立，即进一步求出的最大值即可.
【详解】（1）当时，，
即，
解得： ；
当时，，
则，
即，
即，
数列是以2为首项，1为公差的等差数列，
，
即；
又也适合上式，
故.
（2）原不等式可化为：，
等价于，
记，
则对恒成立，
，
又，
当时，，
即；
当 时，，
即，
数列的最大项为，
即，
解得： .
【点睛】易错点点睛：本题主要考查由数列的与的关系式求通项公式的方法以及求与数列有关的恒成立中参数范围的求法；在由数列的与的关系式求通项的时候要注意的范围及验证.
5．（22-23高二下·湖北武汉·期中）已知正项数列的前n项和为，对任意，点都在函数的图象上．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列满足，若对任意，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【知识点】数列不等式能成立（有解）问题、利用an与sn关系求通项或项、裂项相消法求和、求等比数列前n项和
【分析】（1）由与的关系结合累乘法得出数列的通项公式；
（2）令为数列的前项和，由裂项相消法以及公式法得出，由以及的最大值得出实数a的取值范围．
【详解】（1）点都在函数的图象上，可得.
当时，.
当时，，整理得，
即，，对也成立.
即.
（2）由，可令为数列的前项和.
可得
.
由，
当时，，下面用数学归纳法证明：
当时，成立.①
假设时，成立.
那么时，，
则，即时也成立.②
由①②可得，当时，，即有.
可得，
又时，的最大值为，
对任意，存在，使得成立，
则，解得.
即实数a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键是利用裂项相消求和法得出，再结合不等式的能成立问题，得出实数a的取值范围.
压轴四：数学新定义题（共5小题）
1．（24-25高三上·北京·期中）已知数列是由正整数组成的无穷数列.若存在常数，使得对任意的成立，则称数列具有性质.
(1)分别判断下列数列是否具有性质；（直接写出结论）
①；
②.
(2)若数列满足，求证：“数列具有性质”是“数列为常数列”的充分必要条件；
(3)已知数列中，且.若数列具有性质，求数列的通项公式.
【答案】(1)①具有，②不具有
(2)证明见解析
(3)
【知识点】数列新定义
【分析】（1）根据定义代入计算可得；
（2）先证明充分性，依题意可得，即可得到，从而得到，再证必要性，即数列为常数列，根据定义证明即可；
（3）首先证明：，然后利用反证法证明：，即可得到，结合即可得解.
【详解】（1）①，对于，，所以数列具有“性质”；
②，对于，，
故，所以数列不具有“性质”．
（2）证明：先证“充分性”：
当数列具有“性质”时，有，
又因为，
所以，
进而有
结合有，
即“数列为常数列”；
再证“必要性”：
若“数列为常数列”，
则有，
即“数列具有“性质”．
（3）首先证明：．
因为具有“性质”，
所以．
当时，有．
又因为，且，
所以有，，
进而有，
所以，
结合可得：．
然后利用反证法证明：．
假设数列中存在相邻的两项之差大于3，
即存在满足：或，
进而有
．
又因为，
所以
依此类推可得：，矛盾，
所以有．
综上有：，
结合可得，
经验证，该通项公式满足，
所以．
2．（24-25高三上·北京朝阳·期中）若有穷正整数数列A：，，，…，满足如下两个性质，则称数列A为T数列：①；②对任意的，都存在正整数，使得.
(1)判断数列A：1，1，1，3，3，5和数列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否为T数列，说明理由；
(2)已知数列A：，，，…，是T数列.
（i）证明：对任意的，与不能同时成立；
（ii）若n为奇数，求的最大值.
【答案】(1)数列A不是T数列，理由见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
【知识点】求等比数列前n项和、数列新定义
【分析】（1）根据T数列的定义分别验证条件①②即可判断数是否为T数列；
（2）（i）利用反证法假设存在，使得，分别根据条件①②验证假设，即可得结论；（ii）由条件①②可得，根据数列不等式以及数列求和即可得结论.
【详解】（1）数列A不是T数列，理由如下：
对于数列A，因为，，且对任意的正整数，有
，
所以数列A不满足性质②，所以数列A不是T数列；
数列B是T数列，理由如下：
对于数列B，因为，，，，
所以数列B满足性质①，
又因为，，，，
，，，
所以数列B满足性质②.
所以数列B是T数列.
（2）（i）假设存在，使得，
由性质①，可得，
由性质②，存在正整数，使得，
又因为，所以，故，
所以，
而，矛盾，
所以与不能同时成立；
（ii）由性质①，当时，可得，
又因为，为正整数，所以，
由性质②，对任意的，有，
因为对任意，，
所以，
所以
，
当，，
（）时，
上述不等式取到等号，且此时数列A满足①和②，是T数列，
综上，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题关键是对“T数列”的定义与理解，证明部分关键是灵活运用反证法，求和部分结合不等式的性质进行放缩处理.
3．（23-24高二下·北京朝阳·期中）已知有穷数列A：，，…，，满足（），若存在一个正整数k（），使得数列A中存在连续的k项与该数列中另一个连续的k项恰好按次序对应相等，则称数列A是“k阶可重复数列”.例如数列A：0, 1, 1, 0, 1, 1, 0.因为，，，，与，，，按次序对应相等，所以数列是“4阶可重复数列”.
(1)判断数列A：1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1.是不是“5阶可重复数列”？如果是，请写出重复的这5项；
(2)若项数为m的数列A一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是多少？说明理由；
(3)假设数列A不是“4阶可重复数列”，若在其最后一项后再添加一项0或1，均可使新数列是“4阶可重复数列”，且，求数列A的最后一项的值.
【答案】(1)是，1，0，1，0，1
(2)11，理由见解析
(3)0
【知识点】数列新定义、数列的概念及辨析
【分析】（1）根据条件及给出的新定义判断:
（2）结合所给出的新定义，分类讨论可得结果:
（3）用反证思想进行推理，可得，即得答案.
【详解】（1）解：数列A：1，1，0，1，0，1，0，1，1，1，
因为，，，，与，，，，按次序对应相等，
所以是“5阶可重复数列”，重复的这5项为1，0，1，0，1；
（2）解：因为数列的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有种不同的情形．
若，则数列中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等，
即项数为11的数列一定是“3阶可重复数列”；
若，数列0，0，1，0，1，1，1，0，0，0不是“3阶可重复数列”；
则时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列．
所以，要使数列一定是“3阶可重复数列”，则m的最小值是11．
（3）由于数列在其最后一项后再添加一项0或 1, 均可使新数列是“4 阶可重复数列”，
即在数列的末项后再添加一项0或1，则存在，
使得，，，与，，，0按次序对应相等，
或，，，与，，，1按次序对应相等，
如果，，与，，不能按次序对应相等,
那么必有，，使得，，、，，与，，按次序对应相等.
此时考虑，和，其中必有两个相同，
这就导致数列中有两个连续的四项恰按次序对应相等，
从而数列是“4 阶可重复数列”，这和题设中数列不是“4 阶可重复数列” 矛盾.
所以，，与，，按次序对应相等，从而.
【点睛】方法点睛：使用反证法的基本步骤：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立.
4．（23-24高二下·北京·期中）给定正整数，若项数为的正实数数列满足：，且，称数列为“数列”．如果“数列”存在分别是一个锐角三角形的三个边长，则称这个项数列为“数列”．
(1)判断数列：2，2，2，2，2和数列：1，2，3，4，5是否为“数列”；
(2)正数数列满足：．证明：数列是“数列”，但不是“数列”；
(3)若任意的项“数列”均为“数列”，求出所有满足条件的整数．
【答案】(1)数列是“数列”，数列不是 “数列”
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【知识点】数列新定义、根据数列递推公式写出数列的项
【分析】（1）根据题意结合“数列”和“数列”的定义分析判断；
（2）列举出结合“数列”的定义分析判断，结合的单调性分析可得，即可判断；
（3）设的最小值为，结合 “数列”的定义分析求解.
【详解】（1）对于数列：可知，
对任意，均有，即，可知数列是“数列”，
且对，以为边长的三角形为等边三角形，
即为锐角三角形，所以数列是“数列”；
对于数列，可知，可知数列为正项递增数列
对任意，均有，即，可知数列是“数列”，
因为，
即，当且仅当时，等号成立，
即对，则，
均有，即不能构成锐角三角形；
所以数列不是“数列”.
（2）因为，，
可得，
对任意，均有满足，可知数列是“数列”，
由可得，
且数列为正项数列，可知，
可得，且，
可知数列从第二项开始为递增的正项数列，
对，则，
可知，即不能构成锐角三角形；
所以数列不是“数列”.
（3）因为数列为“数列”，这里的是任意的，
若任意的项“数列”均为“数列”，设的最小值为，
可知存在分别是一个锐角三角形的三个边长，
则对于任意，均存在分别是一个锐角三角形的三个边长，
即对于任意，项数列均为“数列”，
所以均符合题意，其中的最小值为.
5．（23-24高二上·北京东城·期末）已知各项均为正整数的有穷数列：满足，有.若等于中所有不同值的个数，则称数列具有性质P.
(1)判断下列数列是否具有性质P；
①：3，1，7，5；②：2，4，8，16，32.
(2)已知数列：2，4，8，16，32，m具有性质P，求出m的所有可能取值；
(3)若一个数列：具有性质P，则是否存在最小值?若存在，求出这个最小值，并写出一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)或
(3)存在，4045；一个满足条件的数列：1，3，5，…，4043，4047，4045
【知识点】数列新定义、利用等差数列的性质计算
【分析】（1）根据数列具有性质的定义进行判断即可求解.
（2）由具有性质，然后利用其性质对分奇偶进行讨论即可求解.
（3）根据具有性质，然后利用其性质分别对，分情况讨论，从而其存在最小值，即可求解.
【详解】（1）①：3，1，7，5，任意两项和的结果有4，6，8，10，12共5个，而，所以具有性质P.
②：2，4，8，16，32，任意两项和的结果有6，10，12，18，20，24，34，36，40，48共10个，而，所以不具有性质P.
（2）对于数列：2，4，8，16，32，m，任意两项和不同的取值最多有15个，所以.而：2，4，8，16，32中任意两项和的结果有10个，且全是偶数.
（i）当为奇数时，都是奇数，与前5项中任意两项和的值均不相同，则：2，4，8，16，32，中所有的值共有15个，所以.
（ii）当为偶数时，都是偶数，所以.
所以.
时，在前项中任两项和的结果中未出现，
所以：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值的个数大于，即，矛盾.
时，，，这三个结果在前项中任意两项和的结果中未出现，所以：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值的个数大于，即，矛盾.
时，：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值有6，10，12，16，18，20，22，24，30，34，36，40，46，48共个，成立.
综上，或.
（3）存在最小值，且最小值为.
将的项从小到大排列构成新数列：，
所以.
所以的值至少有个.
即的值至少有个，即.
数列：1，3，5，…，4043，4047，4045符合条件.
：1，3，5，…，4043，4047，4045可重排成等差数列：1，3，5，…，4045，4047，
考虑，根据等差数列的性质，
当时，；当时，，
因此每个等于中的一个，
或者等于中的一个.
所以：1，3，5，…，4045，4047中共有4045个不同值.
即：1，3，5，…，4043，4047，4045中共有4045个不同值.
综上，的最小值是4045，一个满足条件的数列：1，3，5，…，4043，4047，4045.
【点睛】方法点睛：对于数列的新定义，可根据数列具有性质，根据其定义中所有不同值的个数作为解题的思路进行分类讨论，从而即可求解.
压轴五：构造函数解决不等式问题（共5小题）
1．（22-23高二下·北京·期中）已知e为自然对数的底数，函数的导函数为，对任意，都有成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、根据函数的单调性解不等式、比较函数值的大小关系
【分析】构造函数，求导,利用导数求解单调性，利用单调性即可比较大小.
【详解】由得
令，则，所以单调递减，
故,即,同除以得，
故选：A
2．（24-25高三上·湖南长沙·期中）已知函数 的定义域为 ，设 的导函数是 ，且恒成立， 则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系
【分析】根据题设不等式特点，设，判断的单调性，利用函数的单调性，可得，即得，即可判断.
【详解】设 则 ，
故 在定义域上是增函数，
于是 即 ，
即有，故得 .
故选:C.
3．（24-25高三上·江苏南京·期中）已知函数的导函数为，当时，，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．在上单调递减D．当时，
【答案】D
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性
【分析】A选项，令得；D选项，构造函数，得到的单调性，然后利用单调性和的性质即可得到结论；BC选项，根据的正负判断.
【详解】在中令得，故A错；
令，则，
因为当时，，
所以，在上单调递增，
因为，所以当时，，时，，
因为在时，，时，，
所以时，，故D正确；
，则，，故的正负不确定，故B错；
当时，，，故在的单调性不确定，故C错.
故选：D.
【点睛】方法点睛：构造函数的常见类型：
①乘积形式：例如，；
②商的形式：例如，.
4．（23-24高二下·河南·期中）已知定义在上的单调递增函数满足恒成立，其中是函数的导函数.若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、根据函数的单调性解不等式
【分析】由题意可得，构造函数，讨论函数的单调性，将转化为，结合单调性解不等式即可求解.
【详解】由题意知，在上单调递增，则，
不等式恒成立转化为，即，
设，则，
所以在上单调递减，则，
由，得，
即，所以，解得，
即实数m的取值范围为.
故选：D
5．（23-24高二下·江苏南通·期中）已知定义在上的函数 满足 ，则不等式 的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、根据函数的单调性解不等式
【分析】构造函数，利用导数说明其单调递增，将原不等式等价转换为，由此即可得解.
【详解】令，则，
所以在上单调递增，
不等式等价于，解得，
所以不等式 的解集为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是得到，且单调递增，由此即可顺利得解.
压轴六：构造函数比较大小（共5小题）
1．（23-24高三下·河南·阶段练习）已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性
【分析】令，构造，一次求导就能判定单调性，结合零点存在性定理可得；令，构造函数，由二次求导得到单调性，结合隐零点和零点存在性定理得到；令，构造函数，一次求导就可得到其单调性，结合零点存在性定理得到，最后比较出大小．
【详解】令，，，构造函数，
则在上恒成立，
故在上单调递增，且，
，所以函数的零点
即满足成立的，解得：，
令，构造函数，，则，
再令，则，
令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，，，
由零点存在性定理可得，存在，使得，
且在上单调递减，在上单调递增，
又，故，
又，，
所以函数的零点，
令，构造函数，
则，当时，，
故在上单调递增，
又∵，，
所以函数的零点，
综上，．
故选：B．
2．（23-24高二下·安徽合肥·期中）已知，，，那么的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数证明不等式、由不等式的性质比较数（式）大小
【分析】由，构造函数、，利用导数讨论两个函数的性质可得、，即可求解.
【详解】，
令，则，
所以函数在上单调递减，则，
即，由，得，即，
所以，即；
令，则，
所以函数在上单调递减，则，即，
又当时，，所以，所以，
即，所以，
所以.
故选：A
3．（23-24高二上·湖南长沙·期末）若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系
【分析】构造函数，利用导数判断单调性，结合单调性分析判断.
【详解】因为，
构造函数，则，
令，解得；当时，令，解得；
可得在上单调递减，在上单调递增；
且，所以，即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据题意构建，结合函数单调性比较大小.
4．（2024·四川自贡·一模）若，则满足的大小关系式是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、构造函数法证明不等式、比较函数值的大小关系
【分析】利用构造函数法，结合导数来求得正确答案.
【详解】由于，所以.
设，
在上单调递增，
所以，所以当时，，
则，即.
设，
，
所以在上单调递增，，
所以在上单调递增，，
所以当时，，即，
所以，
而，所以，所以.
故选：A
【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：
（1）确定的定义域；
（2）计算导数；
（3）求出的根；
（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间：，则在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；，则在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.
5．（23-24高三上·江苏南通·期中）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、比较函数值的大小关系
【分析】构造函数利用导数研究其单调性比大小即可.
【详解】令，，
∴，
∴在上单调递增，，∴；
令，，，
设，，则，即单调递减，
∴
∴，即在单调递减，故，
∴，∴.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是观察各式子的形式，构造函数与，从而利用导数即可得解.
压轴七：利用导数研究函数的恒（能）成立问题（共8小题）
1．（23-24高二下·北京顺义·期中）已知函数，，若对于任意的，使得恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、由导数求函数的最值（不含参）
【分析】由题意可得，利用导数求出的最大值，利用二次函数的性质求出的最小值，解不等式即可求解的范围．
【详解】若对于任意的，，使得恒成立，
则当时，，
对于函数，，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
对于函数，，图象开口向上，对称轴为，
所以，
所以，解得，
所以实数的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题关键是转化为当时，，利用导数及二次函数分别求出、.
2．（23-24高二下·北京·期中）已知函数的图象在点处的切线方程为．
（1）则实数a的值为 ；
（2）设，若对任意的恒成立，则k的最大整数值为 ．
【答案】 1 4
【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究不等式恒成立问题、已知切线（斜率）求参数
【分析】空1由切线特点“切点在切线上也在曲线上”和导数几何意义即可求解；空2将问题转化为对任意的恒成立，利用导数研究函数的最小值情况即可求解.
【详解】由题意，即①，
又，故由题意，即②，
所以由①②得.
所以，
故对任意的恒成立对任意的恒成立，
所以，
所以，
所以恒成立，故在上单调递增，
又，，
故存在，使得，即，即，
则当时，；时，，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以，
故，又，所以k的最大整数值为4.
故答案为：1；4.
【点睛】方法点睛：恒成立求参问题通常结合参数分离法将恒成立问题转化成研究具体函数的最值问题来求解：
函数在区间上满足
（1）恒成立；
（2）恒成立.
3．（24-25高三上·北京西城·期中）已知函数，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数是单调递增函数，求的取值范围；
(3)当时，是否存在三个实数且？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析.
【知识点】利用导数研究函数的零点、利用导数研究不等式恒成立问题、由函数在区间上的单调性求参数、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）
【分析】（1）按照求具体函数在某点处的切线方程的方法求解即可；
（2）先求导，然后利用导函数大于等于零恒成立，参变分离，求参数的范围即可；
（3）先判断函数的单调性的情况，然后再判断不存在即可.
【详解】（1）由题得
所以
所以
所以在点处的切线方程为.
（2）由题得
要使函数是单调递增函数，
则恒成立，
即恒成立，
令
得，
令，得
显然，当时，，所以函数单调递减；
当时，，所以函数单调递增；
故
所以
（3）不存在，理由如下，
由题得
因为，显然当时，，
由（2）可知，在单调递增，
所以在上由唯一的零点
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；
所以当时，不存在三个实数且.
4．（23-24高三上·北京昌平·期中）已知，其中.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求函数的极值；
(3)若对于恒成立，求的最大值.
【答案】(1)
(2)极小值为，无极大值.
(3)
【知识点】求已知函数的极值、利用导数研究不等式恒成立问题、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）
【分析】（1）由导数的几何意义得出切线方程；
（2）利用导函数求出函数的单调性，进而得出极值；
（3）将不等式恒成立转化成函数的最小值恒成立问题，化简整理可得，构造函数并求得其最大值即可得出的最大值.
【详解】（1）当时，，.
即曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，，则；
令，则，即在上单调递增；
又易知，所以当时，，当时，；
即函数在上单调递减，在上单调递增；
即函数的极小值为，无极大值.
（3）对于恒成立，可得在恒成立；
令，则，又，
由可解得，
易知当时，，当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此在处取得极小值，
也是最小值为；
易知，所以可得，
令，则，
因此当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减；
即，即.
故的最大值为.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，一般情况下将不等式化简变形并通过构造函数求得函数在定义域内的最值，再根据题意求解即可得出结论.
5．（22-23高二上·北京海淀·期中）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间和极值；
(3)若在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)增区间为；减区间为；极小值为，无极大值；
(3)
【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数研究不等式恒成立问题、求已知函数的极值
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）根据导数与单调性的关系，解不等式，可得函数单调区间；继而求得极值；
（3）将不等式整理，参变分离，继而根据其结构特征构造函数，利用导数判断其单调性，即可求得答案。
【详解】（1）由题意知函数，故
故，
故曲线在点处的切线方程为；
（2）由（1）可知：令，解得，
故的单调递减区间为；
令，解得，
故的单调递增区间为；
则为函数的极小值点，则函数极小值为，无极大值；
（3）在上恒成立，
即，此时，即在上恒成立，
令，则，
故在上单调递增；
故，
故.
【点睛】方法点睛：第三问根据不等式恒成立求解参数范围，可采用参变分离方法，分离出参数，然后构造函数，利用导数判断函数单调性，即可求解.
6．（22-23高二下·北京·期中）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处切线的倾斜角；
(2)当时，函数在区间上的最小值为，求的取值范围；
(3)若对任意、，，且恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【知识点】求曲线切线的斜率（倾斜角）、利用导数研究不等式恒成立问题、已知函数最值求参数
【分析】（1）求出的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的倾斜角；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合可得出实数的取值范围；
（3）设，分析可知，函数在上单调递增，对实数的取值进行分类讨论，结合对任意的恒成立，可求得实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，，则，
所以曲线在点处切线的倾斜角为.
（2）解：函数的定义域为，
当时，，
令，可得或.
①当时，即时，在上单调递增，
所以在上的最小值是；
②当，即时，
若，则，此时函数在上单调递减，
当时，即，此时函数在上单调递增，
所以，在上的最小值是，不合题意；
③当，即时，对任意的时，，
则在上单调递减，
所以在上的最小值是，不合题意.
综上可得，故的取值范围为.
（3）解：设，则，
对任意、，，且恒成立，
等价于在上单调递增.
而，
①当时，，此时在单调递增；
②当时，只需在恒成立，
因为，只要，则需要，
二次函数的对称性为直线，
只需，即.
综上可得，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法：
（1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值；
（2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；
（3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
7．（22-23高二下·北京海淀·期中）已知函数.
(1)若，请直接写出函数的零点的个数；
(2)若，求证：函数存在极小值；
(3)若对任意的实数,恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)个
(2)证明见解析
(3)
【知识点】求函数零点或方程根的个数、利用导数研究不等式恒成立问题、求已知函数的极值
【分析】（1）当时，直接解方程，可得结论；
（2）求得，令，利用导数分析函数的单调性与极值，根据与的关系，可得出函数的单调性，由此可证得结论成立；
（3）由参变量分离法可得对任意的恒成立，利用导数分析函数在上的单调性，求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，令可得，解得，
故当时，函数有且仅有一个零点.
（2）证明：由，得.
令，则.
当时，，当时，，
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数.
所以的最小值为.
当时，，.
又在单调递增，故存在，使得，
当时，，则；当时，，则.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
故函数存在极小值.
（3）解：对任意的实数，，即，可得，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，故，
故当时，，则函数在上为增函数，
因此，，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
8．（22-23高二下·北京·期中）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求的极值；
(3)若存在，，使得，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)当时，无极值，当时，有极小值，无极大值.
(3)
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数研究能成立问题、函数单调性、极值与最值的综合应用
【分析】（1）当时，，计算，由导数的几何意义可得曲线在点处的切线斜率为，进而可得答案.
（2）求导得，分两种情况：和，各自分析的符号，的单调性，即可得出答案.
（3）令在上的最大值为，最小值为，存在，使得成立，即或，由于，，只需，由（2）可知在上单调或先单调递减后递增，为与中的较大者，只需或，即可得到答案.
【详解】（1）当时，，，
则，
所以曲线在点处的切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由题，，
当时，恒成立，则在上单调递减，无极值；
当时，令，得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以有极小值，无极大值.
综上，当时，无极值，
当时，有极小值，无极大值.
（3）令在上的最大值为，最小值为，
所以由题知，存在，使得成立，
即或，
当，，
所以存在，使得成立，只需，
由（2）知：在上单调递减，或先单调递减后递增，
所以为与中的较大者，
所以只需或，即可满足题意，
即或，
解得或，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第三问将问题转化为函数不等式在区间内能成立问题为关键.
压轴八：利用导数研究函数的零点方程的根（共8小题）
1．（23-24高二下·北京·期中）给出以下值：①，②，③，④，其中使得函数有且仅有一个零点的是（ ）
A．①④B．②④C．①②③D．①②④
【答案】B
【知识点】零点存在性定理的应用、利用导数研究函数的零点、用导数判断或证明已知函数的单调性、由导数求函数的最值（不含参）
【分析】①将转化为，求导研究函数的性质，得出恒成立，即得函数无零点；②将转化成，求导研究的性质，得出，符合题意；③时，显然无实根，则函数无零点；④时，由得到，研究函数的性质，即得在上无零点，在上必有一个零点，符合题意.
【详解】①当时，由（*），可得（），
设，，
则当时，，单调递减；当且时，，单调递增.
故时，，即方程无解，（*）也无解，
即此时无零点，不符题意；
②当时，由可得，（），
设，，
则当时，，单调递减；当且时，，单调递增.
故时，，即方程只有1个实数解，
则函数有且仅有一个零点，符合题意；
③当时，因，显然该方程无实数解，不符题意；
④当时，由可得，（），
设，则在上的零点等价于的零点，
而，
则当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故时，，
当时，，故时，函数无零点，
又，故由零点存在定理，由可知，函数在上只有一个零点，
在上也只有一个零点，符合题意.
故选：B.
2．（23-24高二下·北京·期中）已知函数，给出下列四个结论：
①函数存在两个不同的零点
②函数只有极大值没有极小值
③当时，方程有且只有两个实根
④若时，，则的最小值为2
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【知识点】求函数零点或方程根的个数、求已知函数的极值、已知函数最值求参数、利用导数研究函数的零点
【分析】由，得到，可判定①正确；求得，得出函数的单调区间，可判定②错误；根据函数的最小值是，可判定③正确；由函数的单调性和极值，可判定时，，可判定④错误.
【详解】解：对于①中，由，可得，解得，所以①正确；
对于②中，由，
令时，可得，当时，或，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以②错误；
对于③中，当趋近正无穷时，趋近，
根据②可知，函数的最小值是，可得函数的大致图象，
所以当时，方程有且只有两个实根，所以③正确；
对于④中，由②知函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
其中，当时，即在区间时，可得，所以④错误．
故答案为：①③．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当趋近正无穷时，趋近，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．
3．（23-24高二下·北京·期中）已知函数，对于函数有下述四个结论：
①函数在其定义域上为增函数；
②有且仅有两个零点；
③对于任意的，都有成立；
④若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则必是的零点.
其中所有正确的结论序号是
【答案】②③④
【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、零点存在性定理的应用、利用导数研究函数的零点、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）
【分析】取特值验证可判断①；利用导数求单调区间，结合零点存在性定理可判断②；根据判断的符号即可判断③；利用导数分别求出曲线和的切线方程，根据方程表示同一直线得到两个切点坐标之间的关系，整理化简即可判断④.
【详解】对于①，的定义域为，
因为，，①错误；
对于②，因为，所以在和上单调递增，
又，，，，
所以在区间和上都存在零点，
又在和上单调递增，
即在区间和上各有一个零点，②正确；
对于③，因为，所以，所以，
即，所以③正确；
对于④，因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
得切线方程为，即，
设与相切于点，因为，所以切线斜率为，
得切线方程为，即，
所以，即，
消去得，整理得，即是的零点，④正确.
故答案为：②③④
【点睛】关键点睛：本题关键在于利用导数求出两曲线的切线方程，利用方程为同一方程得到两切点坐标之间的关系，联立化简即可.
4．（24-25高三上·北京·期中）已知函数.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，求的单调区间；
(3)当有且仅有一个零点时，请直接写出的取值范围.
【答案】(1)
(2)单调增区间为和，单调减区间为
(3)
【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数研究函数的零点、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）
【分析】（1）当时，求出、的值，利用点斜式可得出切线的方程；
（2）当时，求出，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间；
（3）由，可得，利用导数分析函数在上的单调性及值域，即可得出实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，则，
因为，所以，
所以在处的切线方程为：.
（2）当时，，
所以，
由，得或，
由，得，
所以，的单调增区间为和，递减区间为.
（3）由，可得，
令，其中，则，
令，则，
令，则，所以，函数在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，即，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
因为函数在上单调递减，
当时，，则，
所以，对任意的，，即，
所以，函数在上单调递增，
且当时，；当时，.
所以，对任意的，直线与函数的图象都有一个交点，
所以，当有且仅有一个零点时，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
5．（23-24高二上·北京·期中）已知函数，曲线在处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)求函数的定义域及单调区间；
(3)求函数的零点的个数．
【答案】(1)
(2)；递增区间为，单调递减区间为,；
(3)1
【知识点】求已知函数的极值、已知切线（斜率）求参数、利用导数研究函数的零点、利用导数求函数的单调区间（不含参）
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义列出相应的等式，即可求得答案；
（2）根据函数解析式可求得其定义域；结合（1）的结果，可得函数的导数的表达式，判断导数的正负，即可求得单调区间；
（3）结合（2）的结论以及零点存在定理，即可判断函数零点个数.，
【详解】（1）由函数可知其定义域为，
则，故，，
因为曲线在处的切线方程为，
故，，
解得；
（2）由（1）可知，需满足，
则其定义域为；
而，
由于，令，解得，
令，解得且，
即的递增区间为，单调递减区间为,；
（3）由（2）可知时，取得极大值，
当且x无限趋近于0时，的值趋向于负无穷大，
即在区间内无零点；
当且x无限趋近于0时，的值趋向于正无穷大，
当且x无限趋近于1时，的值趋向于负无穷大，
由此可作出函数的图象：

结合，
，
可知在内的零点个数为1.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点是判断函数的零点个数时，要结合函数的单调性以及零点存在定理去判断，特别是特殊值的选取以及正负判断，计算比较复杂.
6．（22-23高二下·北京东城·期中）已知函数．
(1)设；
①求单调区间；
②试问有极大值还是极小值？并求出该极值．
(2)若在上恰有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)①在上单调递增，在上单调递减；②有极大值，无极小值
(2)
【知识点】利用导数研究函数的零点、求已知函数的极值、利用导数求函数的单调区间（不含参）
【分析】（1）①求导，然后解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间；②根据函数的单调性即可求解极值问题．
（2）由题意，转化为方程有两个解，即直线与函数，有两个交点，构造，求导得到其单调性，数形结合，即可求出的取值范围．
【详解】（1）当时，，，
则，
令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减；
结合当时，函数有极大值，无极小值．
（2）因为函数在上恰有两个零点，
所以方程在上有两个解，
即在上有两个解，
记，，
则直线与函数，有两个交点，
则，
记，
则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
令得，又，，
所以当时，，，函数单调递增，
当时，，，函数单调递减，
又，，，
如图，

由图知，要使直线与函数，
有两个交点，则，
所以函数在上恰有两个零点时，的取值范围为．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
7．（24-25高三上·北京通州·期中）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)证明：当，曲线的切线不经过点；
(3)当时，若曲线与直线在区间上有两个不同的交点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)证明见解析；
(3).
【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、利用导数研究方程的根、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数求函数的单调区间（不含参）
【分析】（1）求导，利用导数研究单调性即可；
（2）将，利用导数求出切线方程，利用反证法证明即可；
（3）将问题转化为在区间上有两个不同的解，即在区间上有两个不同的解，设，利用导数求解即可.
【详解】（1）当时，，的定义域为.
，
令，解得.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）当时，，.
设曲线的切点为，
则切线方程为，
假设切线过原点，则有，
整理得：.
令，则.
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意，，
所以方程无解.
综上可知，曲线在点的切线不过原点.
（3）曲线与直线在区间上有两个不同的交点，
等价于在区间上有两个不同的解，
即，在区间上有两个不同的解，
设，则，
令，解得，
又因为，所以，
当，，所以单调递增；
当，，所以单调递减；
所以，
当时，，
当时，，
要使在区间上有两个不同的解，
只需使即可.
所以实数a的取值范围是.
8．（22-23高三上·北京通州·期中）已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)设，试判断曲线与直线在区间上交点的个数，并说明理由.
【答案】(1)
(2)交点的个数为1，理由见解析
【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数研究方程的根
【分析】（1）由导数法求单调递增区间；
（2）将曲线与直线的交点个数转化成函数零点个数问题，由导数法讨论零点个数即可.
【详解】（1）函数的定义域为.
.
令，解得.
所以函数的单调递增区间为.
（2）由（1）得，
曲线与直线在区间上交点的个数等价于的根个数.
于是有，即，
设，.
设，.
此时，，，变化情况如下：
于是有，，.
由零点存在定理可知在内存在唯一零点.
设零点为，则在，，单调递增；
在，，单调递减.
因为，，，所以在上存在唯一零点，
即曲线与直线在区间上交点的个数为1.
【点睛】不含参函数零点个数问题，
（1）利用导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理判断；
（2）当导数的符号不易判断时，可将导数作为新的函数，再做一次（1）的过程来判断符号.
压轴九：利用导数研究双变量问题（共3小题）
1．（22-23高三上·江苏常州·期中）已知函数，，．
(1)若在x＝0处的切线与在x＝1处的切线相同，求实数a的值；
(2)令，直线y＝m与函数的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为，，证明：．
【答案】(1)a＝1
(2)证明见解析
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数研究函数的零点、利用导数研究双变量问题、导数中的极值偏移问题
【分析】（1）由于在x＝0处的切线与在x＝1处的切线相同，即可.
（2）本问题为极值点偏移问题，可转化为单变量的不等式证明，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1），．，，1－a＝a－1，a＝1．
检验a＝1时两个函数切线方程都是y＝1．
（2），x＞0，令，则，
∴在递增，，，
因为函数连续不间断，所以存在唯一实数，
，，从而在递减，递增．
不妨设，则，
当时，．
当，则，，在递增，
，
令，，
令，，
令，，
，在递减，
因为，，，在递增，
，所以在递减，
所以，
即，即，
因为，，在递增，
所以，所以．综上可得，．
【点睛】导数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，转化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性，极（最）值问题处理.
2．（21-22高二下·河北唐山·期中）已知函数，．
(1)求函数的极值；
(2)若方程有2个不等的实根，，证明：．
【答案】(1)极小值为，没有极大值；
(2)证明见解析.
【知识点】求已知函数的极值、导数中的极值偏移问题
【分析】（1）求出导函数，利用导数与函数单调性的关系，判断的单调性，从而即可求解；
（2）由（1）知在上单减，在上单增，不妨设，构造函数，，从而即可证明.
【详解】（1）解：的定义域是，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，有极小值，极小值为，没有极大值；
（2）证明：由（1）知在上单减，在上单增，不妨设，
令，，
因为，
所以，
当时，，单调递减；
所以在上单调递减，所以，即当时，，
由题意，，，且在上单调递增，
所以，即．
【点睛】关键点点睛：本题（2）问证明的关键是：构造函数，，从而利用导数可得在上单调递减，则.
3．（23-24高二下·湖北武汉·期中）设函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，，
①求a的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、含参分类讨论求函数的单调区间、导数中的极值偏移问题
【分析】（1）（1）对求导数，分和两类情况讨论，得到函数的单调区间；
（2）由（1）得a的取值范围，构造，证明不等式，
通过证明，证明.
【详解】（1）由，，可得，
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增；
（2）①因为函数有两个零点，由（1）得，
此时的递增区间为，递减区间为，有极小值
当，，当，在上有一个零点，
当，，当，在上有一个零点，
所以由可得
②证明：由（1）可得的极小值点为，则不妨设．
设，，
可得，，
所以在上单调递增，所以，
即，则，，
所以当时，，且．
因为当时，单调递增，所以，即
设，，则，则，即．
所以，．
设，则，所以在上单调递减，
所以，所以，即．
综上，
【点睛】方法点睛：构造，应用单调性证明不等式，再通过证明，证明即可.
0
极大值