2020-2024五年高考數(shù)學真題分類匯編專題14 導數(shù)（真題3個考點精準練+模擬練）解析版

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題14導數(shù)（真題3個考點精準練+精選模擬練）5年考情考題示例考點分析2024年秋考21題基本不等式、極值、最值、導數(shù)的應用2023春考21題導數(shù)的綜合應用2022秋考18題2022春考12題抽象函數(shù)的性質應用極限及其運算一．極限及其運算（共1小題）1．（2022?上海）已知函數(shù)為定義域為的奇函數(shù)，其圖像關于對稱，且當，時，，若將方程的正實數(shù)根從小到大依次記為，，，，，則2．〖祥解〗是周期為4的周期函數(shù)，作出圖像，的幾何意義是兩條漸近線之間的距離，由此能求出結果．【解答】解：函數(shù)為定義域為的奇函數(shù)，其圖像關于對稱，且當，時，，是周期為4的周期函數(shù)，圖像如圖：將方程的正實數(shù)根從小到大依次記為，，，，，則的幾何意義是兩條漸近線之間的距離2，．故答案為：2．【點評】本題考查極限的求法，考查函數(shù)的周期性、函數(shù)圖像、極限的幾何意義等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．二．利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性（共1小題）2．（2024?上海）對于一個函數(shù)和一個點，定義，若存在，，使是的最小值，則稱點是函數(shù)到點的“最近點”．（1）對于，求證：對于點，存在點，使得點是到點的“最近點”；（2）對于，，請判斷是否存在一個點，它是到點的“最近點”，且直線與在點處的切線垂直；（3）已知存在導函數(shù)，函數(shù)恒大于零，對于點，，點，，若對任意，存在點同時是到點與點的“最近點”，試判斷的單調性．〖祥解〗（1）代入，利用基本不等式即可；（2）由題得，利用導函數(shù)得到其最小值，則得到，再證明直線與切線垂直即可；（3）根據(jù)題意得到，對兩等式化簡得，再利用“最近點”的定義得到不等式組，即可證明，最后得到函數(shù)單調性．【解答】解：（1）當時，，當且僅當即時取等號，故對于點，存在點，使得該點是在的“最近點”；（2）由題設可得，則，因為，均為上單調遞增函數(shù)，則在上為嚴格增函數(shù)，而，故當時，，當時，，故，此時，而，，故在點處的切線方程為，而，故，故直線與在點處的切線垂直．（3）設，，而，，若對任意的，存在點同時是，在的“最近點”，設，，則既是的最小值點，也是的最小值點，因為兩函數(shù)的定義域均為，則也是兩函數(shù)的極小值點，則存在，使得，即，①，②由①②相等得，即，即，又因為函數(shù)在定義域上恒正，則恒成立，接下來證明，因為既是的最小值點，也是的最小值點，則，，即，③，④③④得，即，因為則，解得，則恒成立，因為的任意性，則嚴格單調遞減．【點評】本題考查基本不等式，極值、最值的求解，導數(shù)的應用等，屬于難題．三．利用導數(shù)研究函數(shù)的最值（共1小題）3．（2023?上海）已知函數(shù)，（其中，，，若任意，均有，則稱函數(shù)是函數(shù)的“控制函數(shù)”，且對所有滿足條件的函數(shù)在處取得的最小值記為．（1）若，，試判斷函數(shù)是否為函數(shù)的“控制函數(shù)”，并說明理由；（2）若，曲線在處的切線為直線，證明：函數(shù)為函數(shù)的“控制函數(shù)”，并求的值；（3）若曲線在，處的切線過點，且，，證明：當且僅當或時，（c）（c）．〖祥解〗（1）設，，當，時，易知，即單調減，求得最值即可判斷；（2）根據(jù)題意得到，即為函數(shù)的“控制函數(shù)“，代入即可求解；（3），，在處的切線為，求導整理得到函數(shù)必是函數(shù)的“控制函數(shù)“，又此時“控制函數(shù)“必與相切于點，與在處相切，且過點，在之間的點全在使得在切線下方，所以或，即可得證．【解答】解：（1），設，，當，時，易知，即單調減，，即，是的“控制函數(shù)“；（2），，，即為函數(shù)的“控制函數(shù)“，又，且，；證明：（3），，在處的切線為，，，（1）（1），，，，，恒成立，函數(shù)必是函數(shù)的“控制函數(shù)“，是函數(shù)的“控制函數(shù)“，此時“控制函數(shù)“必與相切于點，與在處相切，且過點，在之間的點全在使得在切線的下方，所以或，所以曲線在處的切線過點，且，，當且僅當或時，．【點評】本題考查了導數(shù)的綜合運用，屬于難題．一．選擇題（共9小題）1．（2024?徐匯區(qū)校級模擬）現(xiàn)有一球形氣球，在吹氣球時，氣球的體積（單位：與直徑（單位：的關系式為，當時，氣球體積的瞬時變化率為A． B． C． D．〖祥解〗直接根據(jù)瞬時變化率的定義求解即可．【解答】解：氣球體積在，△內平均變化率為△△，所以當時，氣球體積的瞬時變化率為△△．故選：．【點評】本題考查了瞬時變化率，屬于基礎題．2．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知函數(shù)和在區(qū)間，上的圖象如圖所示，那么下列說法正確的是A．在到之間的平均變化率大于在到之間的平均變化率 B．在到之間的平均變化率小于在到之間的平均變化率 C．對于任意，函數(shù)在處的瞬時變化率總大于函數(shù)在處的瞬時變化率 D．存在，使得函數(shù)在處的瞬時變化率小于函數(shù)在處的瞬時變化率〖祥解〗由函數(shù)在某一區(qū)間上的平均變化率的定義，可以判定選項、錯誤；由函數(shù)在某一點處的瞬時變化率是函數(shù)在該點處的導數(shù)，即函數(shù)在該點處的切線的斜率，可以判定選項錯誤，正確．【解答】解：對于、，在到之間的平均變化率是，在到之間的平均變化率是，，即二者相等；選項、錯誤；對于、，函數(shù)在處的瞬時變化率是函數(shù)在處的導數(shù)，即函數(shù)在該點處的切線的斜率，同理函數(shù)在處的瞬時變化率是函數(shù)在處的導數(shù)，即函數(shù)在處的切線的斜率，由圖形知，選項錯誤，正確．故選：．【點評】本題考查了導數(shù)的概念及其應用問題，解題時應結合平均變化率與瞬時變化率以及導數(shù)的幾何意義，判定每一個選項是否正確，是基礎題．3．（2024?閔行區(qū)校級三模）計算：A．0 B． C． D．〖祥解〗根據(jù)已知條件，結合導數(shù)的幾何意義，即可求解．【解答】解：．故選：．【點評】本題主要考查導數(shù)的幾何意義，屬于基礎題．4．（2024?浦東新區(qū)校級四模）下列各式中正確的是A． B． C． D．〖祥解〗逐一求導驗證可得結果．【解答】解：，正確，錯誤；，錯誤；，錯誤．故選：．【點評】本題考查了基本初等函數(shù)和復合函數(shù)的求導公式，是基礎題．5．（2024?青浦區(qū)二模）如圖，已知直線與函數(shù)，的圖像相切于兩點，則函數(shù)有A．2個極大值點，1個極小值點 B．3個極大值點，2個極小值點 C．2個極大值點，無極小值點 D．3個極大值點，無極小值點〖祥解〗由圖象可得函數(shù)在極值點兩側導函數(shù)值的正負，得到的符號，判斷的極值點的情況，從而判斷的正誤．【解答】解：直線與曲線相切于兩點，有兩個根，且，由圖象知，令，由圖可知，函數(shù)有3個極大值點，2個極小值點，而，設的三個極大值點分別為，，，兩個極小值點分別為，．則在，，的左側，，在，，的右側，，此時函數(shù)有3個極大值，在，的左側，，在，的右側，，此時函數(shù)有2個極小值，故函數(shù)有5個極值點，3個極大值，2個極小值．故正確，錯誤，錯誤，錯誤．故選：．【點評】本題考查函數(shù)零點的判斷以及極值的判斷，考查導函數(shù)的符號與原函數(shù)單調性間的關系，考查數(shù)形結合的解題思想方法與數(shù)學轉化思想方法，是中檔題．6．（2024?金山區(qū)二模）設，有如下兩個命題：①函數(shù)的圖像與圓有且只有兩個公共點；②存在唯一的正方形，其四個頂點都在函數(shù)的圖像上．則下列說法正確的是A．①正確，②正確 B．①正確，②不正確 C．①不正確，②正確 D．①不正確，②不正確〖祥解〗對于①：根據(jù)題意可得為奇函數(shù)，求導分析單調性，又，（1），即可判斷①是否正確；對于②：根據(jù)對稱性，假設正方形的中心在原點，設直線方程為，直線的方程，設，，，，分別聯(lián)立，解得，，由，解得，即可得出答案．【解答】解：對于①：為奇函數(shù)，，當時，，單調遞減，且，（1），則函數(shù)的圖像與圓有且只有兩個公共點，故①正確；對于②：根據(jù)對稱性，假設正方形的中心在原點，設直線方程為，直線的方程，設，，，，聯(lián)立，則，同理可得，由得，，即，所以，解得或，所以不止一個正方形，其四個頂點都在函數(shù)的圖像上，故②不正確．故選：．【點評】本題考查導數(shù)的綜合應用，解題中注意轉化思想的應用，屬于中檔題．7．（2024?閔行區(qū)校級模擬）已知函數(shù)的定義域為，則下列條件中，能推出1一定不是的極小值點的為A．存在無窮多個，滿足（1） B．對任意有理數(shù)，，，均有（1） C．函數(shù)在區(qū)間上為嚴格減函數(shù)，在區(qū)間上為嚴格增函數(shù) D．函數(shù)在區(qū)間上為嚴格增函數(shù)，在區(qū)間上為嚴格減函數(shù)〖祥解〗根據(jù)極值的定義，結合選項，即可得出結果．【解答】解：由極值的定義可知，當函數(shù)在處取得極小值時，在左側的函數(shù)圖象存在點比處的函數(shù)值小，在右側的函數(shù)圖象存在點比處的函數(shù)值小，故排除，；對于，函數(shù)在區(qū)間上為嚴格減函數(shù)，在區(qū)間上為嚴格增函數(shù)，則是函數(shù)的極小值點；對于，函數(shù)在區(qū)間上為嚴格增函數(shù)，在區(qū)間上為嚴格減函數(shù)，則不是函數(shù)的極小值點．故選：．【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和極值，屬于中檔題．8．（2024?閔行區(qū)校級三模）已知函數(shù)的圖像在，，，兩個不同點處的切線相互平行，則下面等式可能成立的是A． B． C． D．〖祥解〗求出函數(shù)的導函數(shù)，依題意可得，再由、、，即可得到，最后由基本不等式求出的范圍，即可判斷．【解答】解：由，得，則，，依題意可得，且、、，，則，經驗證，當、分別取3、時，滿足題意．故選：．【點評】本題考查利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查導數(shù)的幾何意義及應用，是中檔題．9．（2024?閔行區(qū)校級二模）已知是上的單調遞增函數(shù)，，不等式恒成立，則的取值范圍是A． B． C． D．〖祥解〗令在上是增函數(shù)，不等式恒成立等價于，所以，令，轉化為．【解答】解：依題意，在上是增函數(shù)，，不等式恒成立，即恒成立，等價于恒成立，，令，則，易得（e），，．故選：．【點評】本題考查利用導數(shù)研究不等式恒成立問題，屬于中檔題．二．填空題（共22小題）10．（2024?嘉定區(qū)二模）已知曲線上有一點，則過點的切線的斜率為4或1〖祥解〗根據(jù)題意，求出函數(shù)的導數(shù)，將代入計算可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，分2種情況討論：①為切點，曲線，其導數(shù)，則，即過點的切線的斜率；②不是切點，設切點的坐標為，曲線，其導數(shù)，則，則有，解可得或2（舍，此時切線的斜率．綜合可得：切線的斜率為4或1．故答案為：4或1．【點評】本題考查導數(shù)的幾何意義，涉及導數(shù)的計算，屬于基礎題．11．（2024?靜安區(qū)二模）已知物體的位移（單位：與時間（單位：滿足函數(shù)關系，則在時間段內，物體的瞬時速度為的時刻（單位：．〖祥解〗可求出導函數(shù)，然后求出時的導數(shù)即可．【解答】解：由題可得：，可得，又，可得．故答案為：．【點評】本題考查了基本初等函數(shù)和復合函數(shù)的單調性，導數(shù)的物理意義，考查了計算能力，屬于基礎題．12．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）某酒杯上半部分的形狀為倒立的圓錐，杯深，上口寬，若以的勻速往杯中注水，當時間為時，酒杯中水升高的瞬時變化率是．〖祥解〗設時刻水面高為，水面圓半徑為，用表示，求出圓錐中水的體積，根據(jù)杯中水的體積列方程求出關于的函數(shù)，利用導數(shù)求瞬時變化率即可．【解答】解：由題意，設時刻水面高為，水面圓半徑為，則，即，則此時水的體積為，又以的勻速往杯中注水，則此時水的體積為，即，則，所以，當時，（3）．故答案為：．【點評】本題考查了導數(shù)的概念與應用問題，是基礎題．13．（2024?青浦區(qū)二模）如圖，某酒杯上半部分的形狀為倒立的圓錐，杯深，上口寬，若以的勻速往杯中注水，當水深為時，酒杯中水升高的瞬時變化率．〖祥解〗由導數(shù)物理意義，結合變化的快慢與變化率及求導公式求解即可．【解答】解：由題意，設時刻水面高為，水面圓半徑為，則，即，則此時水的體積為，又以的勻速往杯中注水，則此時水的體積為，即，即，即，又當水深為時，即時，，則，即酒杯中水升高的瞬時變化率，故答案為：．【點評】本題考查了導數(shù)物理意義，重點考查了變化的快慢與變化率，屬基礎題．14．（2024?徐匯區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，則（1）．〖祥解〗對求導，再代入，從而求得（3），進而得到，由此計算可得（1）．【解答】解：因為，所以，則，解得：（3），所以，則．故答案為：．【點評】本題主要考查了函數(shù)求導公式的應用，屬于基礎題．15．（2024?寶山區(qū)三模）若直線與曲線相切，則實數(shù)的值為．〖祥解〗根據(jù)導數(shù)的幾何意義即可求解．【解答】解：設切點為，又，根據(jù)題意可得：，，切點為，又在直線上，，，故答案為：．【點評】本題考查導數(shù)的幾何意義，屬基礎題．16．（2024?普陀區(qū)校級三模）曲線在點，處的切線方程是．〖祥解〗求出函數(shù)的導函數(shù)，即可求出切線的斜率，再由斜截式求出切線方程．【解答】解：因為，所以，，則，即切點為，切線的斜率為，所以切線方程為．故答案為：．【點評】本題考查導數(shù)的幾何意義，考查運算求解能力，屬于基礎題．17．（2024?浦東新區(qū)校級三模）設曲線和曲線在它們的公共點處有相同的切線，則的值為2．〖祥解〗根據(jù)兩曲線在點處有相同的切線，可得，，的值，進而得解．【解答】解：依題意，，，則，又，，則，，故函數(shù)在點處的切線方程為，即，函數(shù)在點處的切線方程為，依題意，，，則．故答案為：2．【點評】本題考查導數(shù)的幾何意義，考查運算求解能力，屬于基礎題．18．（2024?黃浦區(qū)校級三模）（文曲線在點處的切線傾斜角為．〖祥解〗求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)導數(shù)的幾何意義即可得到結論．【解答】解：函數(shù)的導數(shù)為，則函數(shù)在點處的切線斜率（1），，曲線在點處的切線傾斜角為，故答案為：【點評】本題主要考查導數(shù)的幾何意義，利用函數(shù)的導數(shù)和函數(shù)斜率之間的關系是解決本題的關鍵．19．（2024?金山區(qū)二模）設，若為奇函數(shù)，則曲線在點處的切線方程為．〖祥解〗由函數(shù)奇偶性的定義求解值，可得函數(shù)解析式，再求其導函數(shù)，可得函數(shù)在處的導數(shù)值，求出的值，然后利用直線方程的斜截式得答案．【解答】解：為奇函數(shù)，恒成立，則，，，得，又，曲線在點處的切線方程為．故答案為：．【點評】本題考查函數(shù)奇偶性性質的應用，訓練了利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，是基礎題．20．（2024?虹口區(qū)二模）已知關于的不等式對任意均成立，則實數(shù)的取值范圍為，．〖祥解〗分兩個情況：當時，當，分析方程左端是否符合題意，令，，分析單調性，極值，當在軸下方，在軸上方時，，當與有相同的零點時，，可得的取值范圍．【解答】解：當時，時，，，左邊必然大于0，不滿足題意，所以，令，，，對稱軸為，開口向上，有最小值，令，解得為極大值點，情況一：在軸下方，在軸上方，即，得不等式組的解集為，情況二：與有相同的零點，此時，得不等式組的解集為無解，綜上所述，，．故答案為：，．【點評】本題考查導數(shù)的綜合應用，解題中注意轉化思想的應用，屬于中檔題．21．（2024?閔行區(qū)校級三模）中國古代建筑的主要受力構件是梁，其截面的基本形式是矩形．如圖，將一根截面為圓形的木材加工制成截面為矩形的梁，設與承載重力的方向垂直的寬度為，與承載重力的方向平行的高度為，記矩形截面抵抗矩．根據(jù)力學原理，截面抵抗矩越大，梁的抗彎曲能力越強，則寬與高的最佳之比應為．〖祥解〗根據(jù)已知條件，先求出的函數(shù)，再利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，即可求解．【解答】解：設圓的直徑為，則，即，，令，解得，令，解得，故在上單調遞增，令，解得，故在，上單調遞減，故當時，取得最大值，此時，故．故答案為：．【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查轉化能力，屬于中檔題．22．（2024?徐匯區(qū)模擬）如圖，兩條足夠長且互相垂直的軌道、相交于點，一根長度為8的直桿的兩端點、分別在、上滑動、兩點不與點重合，軌道與直桿的寬度等因素均可忽略不計），直桿上的點滿足，則面積的取值范圍是，．〖祥解〗根據(jù)已知條件，先求出的面積，再結合三角函數(shù)的有界性，以及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，即可求解．【解答】解：設，則，，，故的面積，令，則，，當時，，在上單調遞增，當時，，在上單調遞減，故，，故面積的取值范圍是，．故答案為：，．【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，屬于中檔題．23．（2024?黃浦區(qū)校級三模）函數(shù)的表達式為，如果（a）（b）（c）且，則的取值范圍為．〖祥解〗利用導數(shù)求出函數(shù)的單調區(qū)間及極值，作出函數(shù)的大致圖象，令（a）（b）（c），可得的范圍，則的三個根為，，，從而可得，右邊去括號即可得解．【解答】解：，當或時，，當時，，所以函數(shù)的增區(qū)間為，減區(qū)間為，則函數(shù)的極大值為，極小值為（2），作出函數(shù)的大致圖象，若（a）（b）（c）且，令（a）（b）（c），則，即的三個根為，，，即，又，所以．故答案為：．【點評】本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和極值，考查了數(shù)形結合的數(shù)學思想，屬于中檔題．24．（2024?徐匯區(qū)模擬）已知函數(shù)在處有極值0，則．〖祥解〗由題可得，解方程，即可求解．【解答】解：因為，所以，根據(jù)題意可得：．解得，經檢驗適合題意，所以．故答案為：．【點評】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值，方程思想，屬中檔題．25．（2024?閔行區(qū)校級二模）已知函數(shù)，，如果對任意的，都有成立，則實數(shù)的取值范圍是，．〖祥解〗求導函數(shù)，分別求出函數(shù)的最大值，的最小值，進而可建立不等關系，即可求出的取值范圍．【解答】解：求導函數(shù)，可得，，，，（2），，在，上單調遞增，，對任意的，都有成立，，，故答案為：，．【點評】本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的最值，解題的關鍵是轉化為．26．（2024?楊浦區(qū)校級三模）若函數(shù)在上存在最小值，則實數(shù)的取值范圍是．〖祥解〗根據(jù)的單調性特點可確定實數(shù)的取值范圍．【解答】解：由題，令，解得，令，解得或，由此得函數(shù)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)．故函數(shù)在處取極小值，又時，，時，，因為在上存在最小值，所以極小值必是區(qū)間上的最小值，故，解得．故答案為：．【點評】本題考查導數(shù)的綜合應用，屬于中檔題．27．（2024?浦東新區(qū)校級三模）已知函數(shù)在上無極值，則的取值范圍是，．〖祥解〗求導數(shù)，則，確定單調性，討論的取值范圍可得結果．【解答】解：由題意得，，故，因為函數(shù)在上無極值，所以在上恒成立，當時，，設，則，當時，得，當時，得，則在上單調遞減，在上單調遞增，從而（1），故，當時，．則．綜上，．故答案為：，．【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值，屬于中檔題．28．（2024?黃浦區(qū)校級三模）已知，，若（a）（b），且的最小值為3，則實數(shù)的值為．〖祥解〗根據(jù)題意，可得，從而構造（b），利用導數(shù)求得（b）即可得到結果．【解答】解：因為（a）（b），所以，所以，設（b），所以（b），令（b），則，所以當時，（b）時，即，（b），所以時，（b）取極小值，即有，解得．故答案為：．【點評】本題主要考查了導數(shù)與單調性及極值關系的應用，屬于中檔題．29．（2024?黃浦區(qū)校級模擬）設函數(shù)，若對任意，皆有成立，則實數(shù)的取值范圍是，．〖祥解〗構造函數(shù)，轉化為時，利用分離常數(shù)法求出實數(shù)的取值范圍．【解答】解：因為，設，則，又因為函數(shù)，且對任意，皆有成立，所以，，且，所以；設，，則，令，解得，所以時，，單調遞增，，時，，單調遞減，所以的最大值為，所以實數(shù)的取值范圍是，．故答案為：，．【點評】本題考查了導數(shù)的定義與應用問題，也考查了函數(shù)的單調性應用問題，是中檔題．30．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）設函數(shù)，，若有且僅有兩個整數(shù)滿足，則實數(shù)的取值范圍為．〖祥解〗設，，利用導數(shù)求出的單調區(qū)間，即可求出其最大值，依題意有且僅有兩個整數(shù)滿足，即可得到（1）（1）且，從而求出參數(shù)的取值范圍．【解答】解：設，，則，，，在上單調遞增，，，在上單調遞減，時函數(shù)取極大值即最大值，又，（1），（3），直線恒過定點且斜率為，要使有且僅有兩個整數(shù)滿足，即有且僅有兩個整數(shù)滿足，（1）（1）且，解得，即．故答案為：．【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值，考查數(shù)形結合思想與運算求解能力，屬于中檔題．31．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）若函數(shù)的圖象上存在不同的兩點，使得函數(shù)的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱函數(shù)具有性質．若函數(shù)具有性質，其中，，為實數(shù)，且滿足，則實數(shù)的取值范圍是．〖祥解〗根據(jù)三角函數(shù)輔助角公式和將函數(shù)解析式中的，消去，再求出函數(shù)導數(shù)，根據(jù)題意利用導數(shù)列式表示出性質，將式子展開后把等式當作一個關于的方程的有解問題，根據(jù)一元二次方程有解條件化簡等式求解出值，再根據(jù)將，換元為三角函數(shù)形式代入求解出實數(shù)的取值范圍即可．【解答】解：由題意可得，，于是，．設切點分別為，，，，則由函數(shù)具有性質，可得，即，整理得，將上式視為關于的方程，則其判別式：，即△，注意到，，則，故，此時或，代入方程可得，因此，．另一方面，由，可設，，其中，則，即．因此，．故答案為：．【點評】本題考查新定義問題，解題第一步都是模仿定義列式求解，此題難度不在于新定義，而在于式子的復雜性，一方面需要根據(jù)題意優(yōu)先化簡函數(shù)解析式，為求導后的計算打下基礎；另一方面，在求導后的計算中，要將作為主元進行求解，因此展開方程即便系數(shù)復雜，也能看出方程本質為關的一元二次方程，最終按照一元二次方程性質解題即可，考查了分析問題解決問題的能力和運算求解能力，屬于較難題目．三．解答題（共25小題）32．（2024?閔行區(qū)三模）已知函數(shù)．（其中為常數(shù)）．（1）若，求曲線在點，（2）處的切線方程；（2）當時，求函數(shù)的最小值；（3）當時，試討論函數(shù)的零點個數(shù)，并說明理由．〖祥解〗（1）當時，求得，得到（2）且（2），進而求得切線方程；（2）求得，利用導數(shù)求得函數(shù)的單調性和極值，即可求解；（3）當時，求得在上有一個零點；當時，利用導數(shù)求得函數(shù)的單調性和極值，進而得出函數(shù)零點的個數(shù)．【解答】（1）解：當時，可得，可得，所以（2）且（2），所以切線方程為，即，所以曲線在點，（2）處的切線方程為．（2）解：由函數(shù)，可得函數(shù)的定義域為，又由，令，解得，，當時，與在區(qū)間的情況如下表：10極小值所以函數(shù)的極小值為，也是函數(shù)的最小值，所以當時，函數(shù)的最小值為；（3）解：當時，，令，解得，（舍去）所以函數(shù)在上有一個零點；當時，與在區(qū)間的情況如下表：100極大值極小值所以函數(shù)在單調遞增，在上單調遞減，此時函數(shù)的極大值為，所以函數(shù)在上沒有零點；又由且函數(shù)在上單調遞增，且當時，，所以函數(shù)在上只有一個零點，綜上可得，當時，在上有一個零點．【點評】本題考查了導數(shù)的幾何意義以及利用導數(shù)研究函數(shù)的最值和零點問題，屬于中檔題．33．（2024?靜安區(qū)二模）已知，記且．（1）當是自然對數(shù)的底）時，試討論函數(shù)的單調性和最值；（2）試討論函數(shù)的奇偶性；（3）拓展與探究：①當在什么范圍取值時，函數(shù)的圖像在軸上存在對稱中心？請說明理由；②請?zhí)岢龊瘮?shù)的一個新性質，并用數(shù)學符號語言表達出來．（不必證明）〖祥解〗（1）求導得，分兩種情況：當時，當時，分析的符號，的單調性，最值，即可得出答案．（2）若為偶函數(shù)，這對于任意的，都有，即對于任意的，，解得；若為奇函數(shù)，這對于任意的，，解得，即可得出答案．（3）分析函數(shù)對稱中心，即可得出答案．【解答】解：（1），當時，，故函數(shù)在上為嚴格增函數(shù)，函數(shù)在上無最值，當時，令，得，所以當時，，函數(shù)在上為嚴格減函數(shù)，當時，，函數(shù)在上為嚴格增函數(shù)，所以函數(shù)在上有最小值，無最大值，綜上所述，當時，函數(shù)在上為嚴格增函數(shù)，函數(shù)在上無最值，當時，函數(shù)在上為嚴格減函數(shù)，在上為嚴格增函數(shù)，函數(shù)在上有最小值，無最大值．（2）因為“為偶函數(shù)”“對于任意的，都有”，對于任意的，都有，并且，對于任意的，，所以是為偶函數(shù)的充要條件．因為“為奇函數(shù)”“對于任意的，都有”對于任意的，都有，并且；對于任意的，．所以是為奇函數(shù)的充要條件，綜上所述，時，函數(shù)為偶函數(shù)，當時，函數(shù)為奇函數(shù)，當時，是非奇非偶函數(shù)．（3）①當時，函數(shù)有對稱中心，，即當時，對于任意的，都有，并且，證明：當時，令，解得為函數(shù)的零點，由得，．②當時，函數(shù)有對稱軸．當時，對于任意的，都有，并且．證明：當時，由得，．【點評】本題考查導數(shù)的綜合應用，解題中注意轉化思想的應用，屬于中檔題．34．（2024?嘉定區(qū)二模）已知常數(shù)，設．（1）若，求函數(shù)的最小值；（2）是否存在，且、、依次成等比數(shù)列，使得、、依次成等差數(shù)列？請說明理由．（3）求證：“”是“對任意，，，都有”的充要條件．〖祥解〗（1）求導分析的符號，的單調性，最值，即可得出答案．（2）根據(jù)題意可得，，則，分兩種情況：當時，當時，討論是否滿足條件，即可得出答案．（3）由，得，令，則原①，證明充分性和必要性，即可得出答案．【解答】解：（1），，令，得，所以在上，單調遞減，在上，單調遞增，所以（1）．（2）若、、依次成等比數(shù)列，則，若、、成等差數(shù)列，則，所以，所以，當時，成立，當時，則，聯(lián)立，得，，即，所以，與矛盾，所以時，存在，，滿足條件，當時，不存在，，滿足條件．（3）證明：，則，，所以，又，令，上式①，令，則恒成立，單調遞減，所以（1），充分性：若，則，則恒成立，必要性：要使得①式恒成立，則恒成立，即．【點評】本題考查導數(shù)的綜合應用，解題中注意轉化思想的應用，屬于中檔題．35．（2024?奉賢區(qū)三模）若定義在上的函數(shù)和分別存在導函數(shù)和．且對任意均有，則稱函數(shù)是函數(shù)的“導控函數(shù)”．我們將滿足方程的稱為“導控點”．（1）試問函數(shù)是否為函數(shù)的“導控函數(shù)”？（2）若函數(shù)是函數(shù)的“導控函數(shù)”，且函數(shù)是函數(shù)的“導控函數(shù)”，求出所有的“導控點”；（3）若，函數(shù)為偶函數(shù)，函數(shù)是函數(shù)的“導控函數(shù)”，求證：“”的充要條件是“存在常數(shù)使得恒成立”．〖祥解〗（1）直接根據(jù)“導控函數(shù)”的定義判斷即可；（2）根據(jù)“導控函數(shù)”的定義可得恒成立，再根據(jù)恒成立問題求解即可；（3）分別證明①充分性：由若存在常數(shù)，使得恒成立，推到；②必要性：由，推到存在常數(shù)使得恒成立即可．【解答】解：（1）因為，所以函數(shù)是函數(shù)的“導控函數(shù)”；（2）由題意可知：恒成立，令，則，所以，所以，即．又因為恒成立，所以，所以，．故“導控點”為2；（3）充分性：若存在常數(shù)，使得恒成立，所以為偶函數(shù)，所以，即，所以；必要性：若，則，所以是偶函數(shù)．又因為函數(shù)是函數(shù)的“導控函數(shù)”，所以，又因為，，所以函數(shù)是函數(shù)的“導控函數(shù)”，所以，即，所以，綜上可知：．記，則．所以存在常數(shù)使得恒成立．【點評】本題考查了新定義問題，導數(shù)的綜合問題，是中檔題．36．（2024?崇明區(qū)二模）已知．（1）若，求曲線在點處的切線方程；（2）若函數(shù)存在兩個不同的極值點，，求證：；（3）若，，數(shù)列滿足，．求證：當時，．〖祥解〗（1）先對函數(shù)求導，結合導數(shù)的幾何意義求出切線斜率，進而可求切線方程；（2）由已知結合導數(shù)與單調性及極值關系先表示，然后結合二次方程根的存在條件即可證明；（3）結合導數(shù)分析的單調性，結合已知遞推關系及函數(shù)單調性即可證明．【解答】解（1）當時，所以曲線在點處的切線方程為；證明：（2）由，得，令，則，原方程可化為①，則是方程①的兩個不同的根，所以，解得，所以，因為，所以，所以，（3）由題意，，所以當時，，所以函數(shù)在區(qū)間上嚴格減，當時，，所以函數(shù)在區(qū)間上嚴格增，因為，所以（1），（1），以此類推，當時，（1），又，所以函數(shù)在區(qū)間上嚴格減，當時，（1），所以，所以，即，故．【點評】本題主要考查了導數(shù)的幾何意義在切線方程求解中的應用，還考查了導數(shù)與單調性在不等式證明中的應用，屬于中檔題．37．（2024?黃浦區(qū)校級三模）已知，，是自然對數(shù)的底數(shù)．（1）當時，求函數(shù)的極值；（2）若關于的方程有兩個不等實根，求的取值范圍；（3）當時，若滿足，求證：．〖祥解〗（1）當時，，求出，根據(jù)的正負得到的單調性，進而求出的極值；（2）關于的方程有兩個不等實根，等價于與有2個交點，求導得到函數(shù)的單調性和極值，畫出的大致圖象，數(shù)形結合求解即可；（2）求出，得到在上單調遞減，在上單調遞增，所以，，要證，只需證，只需證，即證，令，對求導證明即可．【解答】解：（1）當時，，定義域為，則，令，得，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以在處取到極小值0，無極大值；（2）方程，顯然當時，方程不成立，則，，若方程有兩個不等實根，即與有2個交點，則，當或時，，在區(qū)間和上單調遞減，并且時，，當時，，當時，，嚴格增，時，當時，取得最小值，（1），作出函數(shù)的圖象，如下圖所示：與有2個交點，則，即的取值范圍為；（3）證明：，令，可得，函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，由題意，則，，要證，只需證，而，且函數(shù)在上單調遞減，故只需證，又，所以只需證，即證，令，即，，由均值不等式可得，當且僅當，即時，等號成立，所以函數(shù)在上嚴格增，由，可得，即，所以，又函數(shù)在上嚴格減，所以，即得證．【點評】本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和極值，考查了函數(shù)的零點與方程根的關系，屬于中檔題．38．（2024?浦東新區(qū)校級四模）已知函數(shù)．（1）當時，求函數(shù)的單調區(qū)間；（2）若恒成立，求的取值范圍；（3）求證：．〖祥解〗（1）求導，判定導數(shù)的符號可得單調區(qū)間；（2）分離參數(shù)，求解新函數(shù)的最值即可；（3）先證明，再求和可得證結論．【解答】解：（1）當時，，定義域為，則，令可得；令可得，所以函數(shù)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；（2）由恒成立，可得恒成立，令，則，令得，的增區(qū)間為，令得，的減區(qū)間為，所以的最大值為，所以，故的取值范圍是；（3）證明：設，，，當時，，為減函數(shù)，所以，即，令，則，所以，，，，，以上各式相加可得．【點評】本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和最值，考查了不等式的放縮，屬于中檔題．39．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）已知，其中．（1）若曲線在點，（2）處的切線與直線垂直，求的值；（2）設，函數(shù)在時取到最小值，求關于的表達式，并求的最大值；（3）當時，設，數(shù)列滿足，且，證明：．〖祥解〗（1）由題意，對函數(shù)進行求導，根據(jù)導數(shù)與函數(shù)曲線切線的關系以及直線垂直斜率的關系，列出等式即可求解；（2）根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，利用換元法，建立新函數(shù)，可得答案；（3）利用綜合法，整理不等式，通過構建新函數(shù)，對新函數(shù)進行求導，利用導數(shù)研究函數(shù)單調性求最值．【解答】解：（1）因為，可得，若曲線在點，（2）處的切線與直線垂直，因為直線的斜率為，所以，解得；（2）因為，函數(shù)定義域為，可得，當時，，所以有兩異號實根，不妨設為方程的正根，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以，當時，函數(shù)取得極小值也是最小值，最小值，不妨設，函數(shù)定義域為，可得，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以（1）．綜上，，的最大值為1；（3）證明：要證，即證，因為，此時要證，因為當，，不妨設，函數(shù)定義域為，可得，所以函數(shù)在上單調遞減，要證，需證，即證，又，要證，即證，因為（1），在上單調遞減，極值，因為，函數(shù)定義域為，可得，當時，，單調遞減；在時，，單調遞增，所以（1），又，所以，同理．故．【點評】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和極值，考查了邏輯推理、轉化思想和運算能力．40．（2024?閔行區(qū)校級二模）已知函數(shù)．（1）當時，求曲線在處的切線方程；（2）當時，證明：有且只有一個零點；（3）求函數(shù)在，上的最小值．〖祥解〗（1）當時，求出、的值，利用導數(shù)的幾何意義可求得曲線在處的切線方程；（2）當時，求得，利用導數(shù)分析函數(shù)的單調性與極值，結合零點存在定理可證得結論成立；（3）對實數(shù)的取值進行分類討論，利用導數(shù)分析函數(shù)在，上的單調性，即可求得函數(shù)在，上的最小值．【解答】解：（1）當時，，，，，曲線在處的切線方程為；（2）證明：當時，，令，則或，且，列表如下：000增極大值減極小值增函數(shù)的極大值為，極小值為，當時，，又因為（2），由零點存在定理可知，函數(shù)在上存在唯一零點，綜上所述，當時，函數(shù)有且只有一個零點；（3），，①當時，對任意的，，，則且不恒為零，此時函數(shù)在，上單調遞增，則；②當時，由，可得，由，可得，此時函數(shù)在，上單調遞減，在，上單調遞增，則；③當時，對任意的，，且不恒為零，此時函數(shù)在，上單調遞減，則．綜上所述，．【點評】本題考查利用導數(shù)求函數(shù)的切線，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與零點問題，利用導數(shù)研究函數(shù)的最值，屬中檔題．41．（2024?徐匯區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，，令．（1）當時，求函數(shù)在處的切線方程；（2）當為正數(shù)且時，，求的最小值；（3）若對一切都成立，求的取值范圍．〖祥解〗（1）把代入，對函數(shù)求導，結合導數(shù)幾何意義求出切線斜率，進而可求切線方程；（2）結合導數(shù)與單調性及最值關系分析函數(shù)的最小值的取得條件，即可求解；（3）已知不等式可轉化為對一切都成立，結合已知不等式考慮構造函數(shù)，，從而有在上單調遞增，結合導數(shù)與單調性關系可求．【解答】解：（1）時，，，故（1），（1），所以在處的切線方程為，即；（2），，則，因為，當時，易得在，上單調遞增，（1），當時，在，上單調遞減，在，上單調遞增，故，不合題意；當時，在，上單調遞減，在，上的最小值（e）（1），不符合題意，故的最小值為1；（3）若對一切都成立，則對一切都成立，所以對一切都成立，令，，則在上單調遞增，所以在時恒成立，即在時恒成立，當時，在時恒成立，符合題意，當時，因為過定點，對稱軸，則只要△，所以，故的取值范圍為，．【點評】本題主要考查了導數(shù)幾何意義的應用，還考查了導數(shù)與單調性及最值關系的應用，體現(xiàn)了分類討論思想及轉化思想的應用，屬于中檔題．42．（2024?寶山區(qū)三模）定義：若函數(shù)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(shù)求曲線的“雙重切線”的方程；（3）已知函數(shù)，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，4，5，，，證明：．〖祥解〗（1）根據(jù)題意，利用直線的斜率與導數(shù)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(shù)的導數(shù)，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(shù)的幾何意義得到對應切點之間的關系，再構造函數(shù)，利用導數(shù)結合零點存在性定理確定判的零點所在區(qū)間，然后借助不等式性質推理即得．【解答】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(shù)，求導得，顯然函數(shù)在上單調遞增，函數(shù)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，，求導得，則函數(shù)在上單調遞增，又，函數(shù)的零點為，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(shù)的周期性知，只需考慮，，其中，，由及余弦函數(shù)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(shù)在上的值域為，即函數(shù)在上存在零點，則有，由，同理可得，而，因此，于是，即有．所以，即．【點評】本題考查了利用導數(shù)求函數(shù)的切線，利用導數(shù)的性質求得方程的零點，是中檔題．43．（2024?黃浦區(qū)二模）若函數(shù)的圖像上的兩個不同點處的切線互相重合，則稱該切線為函數(shù)的圖像的“自公切線”，稱這兩點為函數(shù)的圖像的一對“同切點”．（1）分別判斷函數(shù)與的圖像是否存在“自公切線”，并說明理由；（2）若，求證：函數(shù)有唯一零點且該函數(shù)的圖像不存在“自公切線”；（3）設，的零點為，，求證：“存在，使得點與是函數(shù)的圖像的一對‘同切點’”的充要條件是“是數(shù)列中的項”．〖祥解〗（1）由正弦函數(shù)及對數(shù)函數(shù)的性質判斷即可；（2）利用導數(shù)判斷出是嚴格增函數(shù)，所以至多有一個零點，再結合零點存在定理證明只有一個零點即可；按照自公切線”的定義證明不存在即可；（3）按照‘同切點’的定義及充要條件的定義證明即可．【解答】解：（1）因為直線是的圖像的一條“自公切線”，故函數(shù)的圖像存在“自公切線”；對于，是嚴格減函數(shù)，故在不同點處的切線斜率不同，所以函數(shù)的圖像不存在“自公切線”，所以的圖像存在“自公切線”，函數(shù)的圖像不存在“自公切線”；（2）證明：因為，，所以在上恒成立，且僅當時，故是嚴格增函數(shù)，可得它至多有一個零點．令，由的圖像是連續(xù)曲線，且，所以在上存在零點，故在上，存在零點，所以有唯一零點；假設的圖像存在“自公切線”，則存在，且，使得的圖像在與處的切線重合，故，且，由可得，不妨設，將代入，可得，，在上圖的單位圓中，，于，可知，與矛盾．故的圖像不存在“自公切線”．（3）證明：必要性：對給定的，由（2）知有唯一零點，所以唯一確定．又在點處的切線方程為，即，在點處的切線方程為，若存在，使得點與是函數(shù)圖像的一對“同切點”，則，又，故，所以，且，從而存在，使得，代入，可得，故，所以是數(shù)列中的項；充分性：若是數(shù)列中的項，則存在，使得，即，由（2）中的嚴格增，可知嚴格增，又且，可知，令，則且，，即，可得，所以存在，使得點與是函數(shù)的圖像的一對同切點”．綜上可知“存在，使得點與是函數(shù)圖像的一對‘同切點’”的充要條件是“是數(shù)列中的項”．【點評】本題屬于新概念題，考查了對數(shù)函數(shù)、三角函數(shù)的性質，考查了函數(shù)的零點、導數(shù)的綜合運用及充要條件的證明，屬于難題．44．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）設函數(shù)的定義域為開區(qū)間，若存在，使得在處的切線與的圖像只有唯一的公共點，則稱為“函數(shù)”，切線為一條“切線”．（1）判斷是否是函數(shù)的一條“切線”，并說明理由；（2）設，求證：存在無窮多條“切線”；（3）設，求證：對任意實數(shù)和正數(shù)，都是“函數(shù)”．〖祥解〗（1）記，設切點為，，利用導數(shù)的幾何意義求出，再證明直線與的圖象只有唯一的公共點，將與函數(shù)聯(lián)立，得，記，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調性，即可得到方程的解．（2）將點，處的切線的方程與聯(lián)立得，記，利用導數(shù)說明函數(shù)存在唯一零點，即可得證；（3）類似第（2）問的思路得到在上有且僅有一解，則或，再分、兩種情況說明即可．【解答】解：（1）記，則，設切點為，，由切線方程為知，則，解得．所以切點為，下面證明直線與的圖象只有唯一的公共點，將與函數(shù)聯(lián)立，得．記，則，當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，（1），故函數(shù)只有一個零點，故是一條“切線”；（2）證明：因為，所以，則點，處的切線方程為，將點，處的切線的方程與聯(lián)立得，記，則直線為“切線”函數(shù)有且僅有一個零點（此時，一個對應一條“切線”，顯然是的零點，故只要沒其它零點，此時，當時，，當時，，則在上單調遞減，在，上單調遞增，故此時為唯一的極小值點（也是最小值點），而，故無其他零點，故直線為“切線”，因為的任意性，故函數(shù)存在無窮多條“切線”，（3）證明：因為，則，設點，在函數(shù)的圖象上，則點的切線為，與聯(lián)立得：，由題意得直線為“切線”，故方程在上有且僅有一解，則或，若，則（此時只有一條“切線”，切點的橫坐標為，或（此時有無數(shù)條“切線”，切點橫坐標為上的任意值），若，則是方程的唯一解（此時有無數(shù)條“切線”，切點橫坐標為上的任意值）．綜上，，即證．【點評】本題主要考查導數(shù)知識的綜合應用，考查計算能力，屬于中檔題．45．（2024?黃浦區(qū)校級三模）設是坐標平面上的一點，曲線是函數(shù)的圖像．若過點恰能作曲線的條切線，則稱是函數(shù)的“度點”．（1）判斷點與點是否為函數(shù)的1度點，不需要說明理由；（2）已知，．證明：點是的0度點；（3）求函數(shù)的全體2度點構成的集合．〖祥解〗（1）是的1度點，不是的1度點；（2）求導得，設，可得出曲線在點處的切線方程為，該切線過點時，，然后設，然后根據(jù)導數(shù)符號可判斷在上單調遞增，從而得出方程無解，這樣即可得出要證明的結論；（3）求導得出，設，可得出曲線在處的切線方程為，設點為函數(shù)的2度點，從而得出關于的方程恰有兩個不同的實數(shù)解，設，則有兩個不同的零點，討論時，可得出不合要求；時，，根據(jù)可求出的極大值和極小值，并可得出，，然后討論極大值和極小值和0的關系即可得出函數(shù)的2度點構成的集合．【解答】解：（1）由題意，設，則曲線在點處的切線方程為，該切線過原點時，，解得，故原點是函數(shù)的一個1度點；又因為該切線過點，所以，設，則，令，得，所以時，，單調遞減；時，，單調遞增，所以在處取得極小值，也是最小值，且（1），所以無解，點不是函數(shù)的1度點；（2）證明：設，，則曲線在點處的切線方程為，則該切線過點，當且僅當，設，，時，，故在區(qū)間上單調遞增，當時，，恒不成立，即點是的一個0度點；（3），對任意，曲線在點處的切線方程為，故點為函數(shù)的一個2度點當且僅當關于的方程恰有兩個不同的實數(shù)解，設，則點為函數(shù)的一個2度點，當且僅當有兩個不同的零點，若，則在上嚴格增，只有一個零點，不合要求；若，，令得或，由或時，，得嚴格增；當時，，得嚴格減，故在時取得極大值，在時取得極小值（a），又，，當（a）時，由零點存在定理，在，，上各有一個零點，不合要求；當（a）時，僅上有一個零點，不合要求；當（a）時，僅上有一個零點，也不合要求；故有兩個不同零點當且僅當或（a），若，同理可得有兩個不同零點當且僅當或（a），綜上，函數(shù)的全體2度點構成的集合為或，．【點評】本題考查了基本初等函數(shù)和積的導數(shù)的求導公式，根據(jù)導數(shù)符號判斷函數(shù)單調性的方法，根據(jù)導數(shù)求函數(shù)極大值和極小值的方法，函數(shù)零點個數(shù)的判斷方法，考查了計算能力，屬于難題．46．（2024?閔行區(qū)校級三模）已知函數(shù)，．（1）判斷函數(shù)的奇偶性；（2）若函數(shù)在處有極值，且關于的方程有3個不同的實根，求實數(shù)的取值范圍；（3）記是自然對數(shù)的底數(shù)）．若對任意、，且時，均有成立，求實數(shù)的取值范圍．〖祥解〗（1）分別討論，，結合函數(shù)的奇偶性的定義，可得結論；（2）求得的導數(shù)，由極值點1可得（1），解得，求得的解析式和導數(shù)、極值，由題意可得介于極小值和極大值之間；（3）由的單調性可得對任意、，且時恒成立，可得在，遞減；在，遞增．再由導數(shù)判斷單調性和最值，可得所求取值范圍．【解答】解：（1）當時，，滿足，為偶函數(shù)；當時，，且，沒有奇偶性；（2）函數(shù)在處有極值，可得，（1），即，解得，所以，，當時，，遞減；當或時，，遞增，可得在處取得極小值，且為；在處取得極大值，且為，的方程有3個不同的實根，等價為，即有的取值范圍是；（3）在，遞減，可得時，，，即為，即，即為對任意、，且時恒成立．所以在，遞減；在，遞增．當在，恒成立時，可得，即在，恒成立．由的導數(shù)為，可得在，遞增，在，遞減，則的最大值為，則；當在，恒成立時，可得，即在，恒成立．由的導數(shù)為，可得在，遞增，則最小值為1，則．綜上可得的取值范圍是，．【點評】本題考查函數(shù)的導數(shù)的運用：求單調性和極值、最值，以及函數(shù)奇偶性的判斷，考查分類討論思想和轉化思想、運算能力和推理能力，屬于中檔題．47．（2024?黃浦區(qū)校級三模）已知函數(shù)，，．（1）（1），（1），求實數(shù)，的值；（2）若，，且不等式對任意恒成立，求的取值范圍；（3）設，試利用結論，證明：若，，，，其中，，則．〖祥解〗（1）由題意，得到和（1）的值，對進行求導，得到（1）的值，結合（1），（1），列出等式即可求出實數(shù)，的值；（2）將，分別代入和解析式中，對進行求導，將不等式對任意恒成立，轉化成對任意恒成立，利用換元法，令，構造新函數(shù)，對進行求導，利用導數(shù)得到的單調性和最值，進而即可求出的取值范圍；（3）將代入函數(shù)解析式中，易得，因為，所以，當且僅當時，等號成立；同理得，當且僅當時，等號成立，此時，當且僅當時，等號成立，可得，當且僅當時等號成立，將，，，依次表達出來，再相加即可得證．【解答】解：（1）已知，，，函數(shù)定義域為，易知，（1），因為（1），所以，①易知，可得（1），因為（1），所以，②聯(lián)立①②，解得，；（2）若，，此時，，可得，因為不等式對任意恒成立，可得，即對任意恒成立，不妨令，，不妨設，函數(shù)定義域為，易得，當時，恒成立，所以函數(shù)在上嚴格遞增，此時，解得；（3）證明：當時，此時，可得，因為，所以，當且僅當時，等號成立；而，當且僅當時，等號成立，所以，當且僅當時，等號成立，則，當且僅當時等號成立，故，，，，以上個式子相加可得：．【點評】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和最值以及不等式的恒成立問題，考查了推理論證能力、分類與整合思想和轉化思想等．48．（2024?青浦區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，其中為實數(shù)．（1）若是定義域上的單調函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍；（2）若函數(shù)有兩個不同的零點，求實數(shù)的取值范圍；（3）記，若，為的兩個駐點，當在區(qū)間上變化時，求的取值范圍．〖祥解〗（1）對求導，直接由導數(shù)求出參數(shù)的范圍即可．（2）由導數(shù)判斷單調性后轉化為方程根的個數(shù)問題，再求最小值小于零得出結果．（3）根據(jù)駐點得出導函數(shù)為零的的兩根，用韋達定理將雙變量換成單變量代入，寫出表達式再求導即可．【解答】解：（1）由可知，函數(shù)的定義域為，，①當且僅當時，恒成立，是定義域上的單調遞增函數(shù)，符合題意；而當時，既不恒正，也不恒負，即不是定義域上的單調函數(shù)，不符合題意，舍去；所以實數(shù)的取值范圍為，；（2）函數(shù)有兩個不同的零點，不是定義域上的單調函數(shù)，即；由①，得在上為單調遞減函數(shù)，在，上為單調遞增函數(shù)，函數(shù)有兩個不同的零點，的取值范圍為；（3），為的兩個駐點，，為一元二次方程的兩個不同的正根，即，則，解得，，令，則，在上為單調遞增函數(shù)，則，的取值范圍為．【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，函數(shù)的零點與方程根的關系，駐點的定義，考查了轉化思想和方程思想，屬難題．49．（2024?松江區(qū)校級模擬）已知函數(shù)的圖像在處的切線與直線平行．（1）求實數(shù)的值；（2）若關于的方程在，上有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)的取值范圍．（3）是否存在正整數(shù)，使得滿足，的無窮數(shù)列是存在的，如果存在，求出所有的正整數(shù)的值，如果不存在，說明理由．〖祥解〗（1）根據(jù)的圖像在處的切線與直線平行，可得，再求出的值即可；（2）由（1）可知，等價于，令，判斷的單調性，求出最值，再得到的取值范圍即可；（3）根據(jù)切線不等式放縮，可得，則只要，數(shù)列收斂于，因此只需，即可求出滿足題意的所有的正整數(shù)的值．【解答】解：（1）因為，所以．因為的圖像在處的切線與直線平行，所以，解得．（2）由（1）知，所以原方程變形為．令，則在，上有兩個不相等的實數(shù)根，等價于直線與曲線在，上有兩個交點．因為，所以當，時，；當，時，，所以（3）．因為（2），（4），所以，而，所以，即（4）（2），所以的取值范圍為，．（3）設，則，所以在上遞增，在上遞減，所以（1），即．所以，當且僅當時取等號．若，則，所以數(shù)列收斂到，滿足題意．因此只需即可，等價于．設，易知在，上遞減，，所以存在唯一的零點，使得，所以在上遞增，在，上遞減，所以，又，，，當時，則，由上可知，這樣的正整數(shù)不存在．綜上，或且．【點評】本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與切線方程，利用導數(shù)研究函數(shù)的切線方程，考查了方程思想與轉化思想，屬難題．50．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）設函數(shù)，．（1）當時，求函數(shù)的單調區(qū)間；（2）當時，曲線與有兩條公切線，求實數(shù)的取值范圍；（3）若對，恒成立，求實數(shù)的取值范圍．〖祥解〗（1）首先求函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)求函數(shù)的單調性；（2）首先利用公切線的幾何意義，變形得到，構造函數(shù)，利用導數(shù)求函數(shù)的值域，轉化為與函數(shù)圖象有2個交點問題，即可求解；（3）不等式等價于，構造函數(shù)，轉化為，轉化為利用導數(shù)求函數(shù)的最小值，結合不等式，即可求解．【解答】解：（1）當時，，，，當時，，當時，，的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；（2）設公切線切于點，，切于，，則有，即，得，代入得．構造函數(shù)，，．當，，單調遞減，當，，單調遞增，，又當時，，當時，，即，得，即實數(shù)的取值范圍是，．（3）函數(shù)，令恒成立：可得，令，顯然在，上為增函數(shù)，則（1）．①當時，得，，得在，上單增，（1）恒成立，故滿足題意．②當時，令，得，（舍．得時，，則在上單調遞減，時，，則在上單調遞增，又（1），極小值，不可能恒成立，不符合題意，綜上可得，實數(shù)的取值范圍是，．【點評】本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與最值，考查利用導數(shù)研究曲線上某點的切線方程，考查運算求解能力，屬于難題．51．（2024?浦東新區(qū)校級模擬）設定義域為的函數(shù)在上可導，導函數(shù)為．若區(qū)間及實數(shù)滿足：對任意成立，則稱函數(shù)為上的“函數(shù)”．（1）判斷是否為上的（1）函數(shù)，說明理由；（2）若實數(shù)滿足：為上的函數(shù)，求的取值范圍；（3）已知函數(shù)存在最大值．對于：：對任意，與恒成立，：對任意正整數(shù)，都是上的函數(shù)，問：是否為的充分條件？是否為的必要條件？證明你的結論．〖祥解〗（1）求導，推導出在時恒成立，從而是上的（1）函數(shù)．（2）實數(shù)滿足：，即，令，由于，且的為離散的點，從而為嚴格減函數(shù)，由，得．，，由此能求出的取值范圍．（3）推導出為的充分條件．若成立，即對任意正整數(shù)，有：，記函數(shù)的最大值為．用反證法證明恒成立和恒成立，從而為的必要條件．【解答】解：（1）設定義域為的函數(shù)在上可導，導函數(shù)為．若區(qū)間及實數(shù)滿足：對任意成立，則稱函數(shù)為上的“函數(shù)”．．等價于，在時恒成立，是上的（1）函數(shù)．（2）實數(shù)滿足：，即．①特別地，在①中取，可知，反之，當時，①成立．令，由于，且的為離散的點，故為嚴格減函數(shù)，又，所以．，，從而的取值范圍是：且，．（3）若成立，則對任意正整數(shù)，有：，即為上的函數(shù)，成立．故為的充分條件．若成立，即對任意正整數(shù)，有：②，記函數(shù)的最大值為．先證明恒成立．反證法，假如存在使得，則取正整數(shù)，使得，此時有，與②矛盾．這意味著為上的嚴格減函數(shù)．再證明恒成立．取為的一個最大值點，則當時，由單調性知，但，所以，于是．對任意，可取一個與有關的正整數(shù)，使得，由②知：．于是成立．故也為的必要條件．【點評】本題考查導數(shù)性質及應用、函數(shù)的單調性、充分條件、必要條件等基礎知識，考查運算求解能力，是難題．52．（2024?楊浦區(qū)校級三模）設函數(shù)（其中為非零常數(shù)，是自然對數(shù)的底），記．（1）求對任意實數(shù)，都有成立的最小整數(shù)的值；（2）設函數(shù)，若對任意，，存在極值點，求證：點在一定直線上，并求該定直線方程；（3）是否存在正整數(shù)和實數(shù)，使，且對任意的正整數(shù)，至多有一個極值點，若存在，求出所有滿足條件的和，若不存在，說明理由．〖祥解〗（1）由題意得到，即可求解；（2），，由題意得到，方程兩邊同時加上即可得證；（3）由無解，得到；①當時，；②當時，，即或2，利用單調性即可求解．【解答】解：（1），，即，；證明：（2），，因為都存在極值點，所以，方程兩邊同時加上得，即，在直線上；解：（3）無解，所以，①當時，，而當時，嚴格減且（1），在上嚴格增，在上嚴格減，（1）恒成立，所以單調減，綜上所述，存在滿足條件；②當時，，即或2，當時，（舍，當時，單調減，且時，，在上嚴格增，在上嚴格減，而（2）存在使得在上，，在上，在上，在上嚴格減，在上嚴格增，在上嚴格減，不合題意舍，；綜上①②所述：存在滿足條件