2023年高考数学二轮复习专题突破精练:第16讲 导数中的双变量与多变量问题(含答案解析)

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1、第16讲 导数中的双变量与多变量问题【典型例题】例1(2022秋天心区校级期末)已知函数()求函数的单调区间与极值;()若,且,证明:例2(2022洛阳二模)已知函数(1)若曲线与直线相切,求实数的值;(2)若函数有两个零点,证明例3(2022秋宜春期末)已知函数,是常数且(1)若曲线在处的切线经过点,求的值;(2)若是自然对数的底数),试证明:函数有两个零点,函数的两个零点,满足例4(2022盐城三模)已知函数,为常数(1)若函数在处的切线与轴平行,求的值;(2)当时,试比较与的大小;(3)若函数有两个零点、,试证明例5(2022浙江模拟)已知函数()若函数在上单调递增,求实数的取值范围;(

2、)若函数有两个不同的零点,()求实数的取值范围;()求证:(其中为的极小值点)例6(2022春德化县校级月考)已知函数有两个不同的零点,且()求的取值范围;()求证:例7(2022春工农区校级期中)已知函数()当时,求函数的单调区间;()若函数有两个不同零点,()求实数的取值范围;()求证:例8(2022台州一模)已知函数(1)若,讨论的单调性(2)若有三个极值点,求的取值范围;求证:例9(2022秋赤峰期末)已知函数,为常数,当时,有三个极值点,(其中(1)求实数的取值范围;(2)求证:【同步练习】一选择题1(2022春沙坪坝区校级期中)已知函数有两个零点,则下列说法错误的是ABC有极大值点

3、,且D二多选题2(2022春石首市期中)已知函数有两个零点,则A的取值范围为BCD三解答题3(2022石家庄模拟)已知为实常数,函数()讨论函数的单调性;()若函数有两个不同的零点,()求实数的取值范围;()求证:,且(注为自然对数的底数)4(2022春越秀区校级期中)已知函数(1)讨论的单调性;(2)若函数的图像与轴交于,两点,线段中点的横坐标为,证明:5(2022温州模拟)设函数(1)若(其中求实数的取值范围;证明:;(2)是否存在实数,使得在区间内恒成立,且关于的方程在内有唯一解?请说明理由6(2022秋辽宁期中)已知函数(1)若函数在定义域上单调递减,求实数的取值范围;(2)设函数有两

4、个极值点,求证:7已知函数,其中,()若,证明:当时,;()若,函数有三个极值点,证明:注:是自然对数的底数8(2022春玉林期末)已知函数(1)当时,求曲线在点,处的切线方程;(2)若函数有三个极值点,且证明:666666666666669(2022秋永州月考)已知函数(1)当时,求的单调区间;(2)若有三个极值点,()求实数的取值范围;()证明:为定值10(2022中卫模拟)已知函数(1)讨论的单调性;(2)若函数有三个极值点,求的取值范围11(2022浙江开学)已知,(其中为自然对数的底数)()求函数的单调区间;()若,函数有两个零点,求证:12(2022秋广东月考)已知,(其中为自然对

5、数的底数)(1)讨论函数的单调性;(2)若,函数有两个零点,求证:13(2022德阳模拟)设函数(1)当时,求的单调区间是的导数);(2)若有两个极值点、,证明:14(2022德阳模拟)设函数(1)当时,求的单调区间是的导数);(2)若有两个极值点、,且正实数使成立,求正实数的取值范围15(2022新高考)已知函数(1)讨论的单调性;(2)设,为两个不相等的正数,且,证明:16(2022春河北月考)已知函数(1)讨论的单调性;(2)设,为两个不相等的正数,且,证明:17(2022南通模拟)已知函数(1)若,求函数在处的切线方程;(2)若有两个不同的零点,求的取值范围;证明:当时,18(2022

6、汕头一模)已知函数有两个相异零点,(1)求的取值范围;(2)求证:19(2022陕西模拟)已知函数(1)当,求函数在的单调性;(2)有两个零点,且,求证:20(2022浙江模拟)已知函数在其定义域内有两个不同的极值点(1)求的取值范围;(2)记两个极值点分别为,且,已知,若不等式恒成立,求的取值范围21(2022秋未央区校级月考)已知函数,在其定义域内有两个不同的极值点(1)求的取值范围;(2)记两个极值点为,且,当时,求证:不等式恒成立22(2022浙江)设函数()求的单调区间;()已知,曲线上不同的三点,处的切线都经过点证明:()若,则(a);()若,则(注是自然对数的底数)23(2022

7、秋城关区校级月考)已知函数,函数只有两个零点,设这两个零点为,(1)证明:,(2)证明:24(2022秋登封市校级月考)已知函数有两个零点(1)求的取值范围;(2)已知图象与图象关于对称,证明:当时,(3)设,是两个零点,证明:25(2022辽阳二模)已知函数(1)讨论的极值点的个数;(2)若有3个极值点,(其中,证明:26(2022秋10月份月考)已知函数,其中(1)对于任意,恒有,求的取值范围:(2)设,存在实数使关于的方程有两个实根式,求证:函数在处的切线斜率大于027(2022张家口二模)已知函数是自然对数的底数)有两个零点(1)求实数的取值范围;(2)若的两个零点分别为,证明:28(

8、2022秋湖北月考)已知(1)若有两个零点,求的范围;(2)若有两个极值点,求的范围;(3)在(2)的条件下,若的两个极值点为,求证:29(2022唐山二模)已知函数(1)若,求的取值范围;(2)若有两个零点,且,证明:30(2022春沙坪坝区校级月考)已知函数,其中(1)若函数仅在处取得极值,求实数的取值范围;(2)若函数有三个极值点,求证:31(2022天津模拟)已知函数,()求曲线在点,(1)处的切线方程;()若函数有两个零点,()求实数的取值范围;()是的极值点,求证:第16讲 导数中的双变量与多变量问题【典型例题】例1(2022秋天心区校级期末)已知函数()求函数的单调区间与极值;(

9、)若,且,证明:【解析】解:()由,易得的单调增区间为,单调减区间为,函数在处取得极大值(1),且,无极小值;()证明:由,不妨设,则必有,构造函数,则,所以在,上单调递增,也即对,恒成立由,则,所以,即,又因为,且在上单调递减,所以,即证例2(2022洛阳二模)已知函数(1)若曲线与直线相切,求实数的值;(2)若函数有两个零点,证明【解析】解:(1)由,得,设切点横坐标为,依题意得,解得,即实数的值为1(2)不妨设,由,得,即,所以,令,则,设,则,即函数在上递减,所以(1),从而,即例3(2022秋宜春期末)已知函数,是常数且(1)若曲线在处的切线经过点,求的值;(2)若是自然对数的底数)

10、,试证明:函数有两个零点,函数的两个零点,满足【解析】(1)解:切线的斜率(1)(1),即,解得;(2)证明:由,得,当时,;当时,在处取得最大值,(1),在区间有零点,在区间单调递增,在区间有唯一零点由幂函数与对数函数单调性比较及的单调性知,在区间有唯一零点,从而函数有两个零点不妨设,作函数,则,即,又,在区间单调递减,又,例4(2022盐城三模)已知函数,为常数(1)若函数在处的切线与轴平行,求的值;(2)当时,试比较与的大小;(3)若函数有两个零点、,试证明【解析】(1)解:由,得:,函数在处的切线与轴平行,(1),即;(2)解:当时,当时,单调递增,当时,单调递减令,则又(1),当时,

11、即;当时,即;当时,即;(3)证明:函数有两个零点、,欲证明,即证,即证,原命题等价于证明,即证:,令,则,设,在上单调递增,又(1),(1),即例5(2022浙江模拟)已知函数()若函数在上单调递增,求实数的取值范围;()若函数有两个不同的零点,()求实数的取值范围;()求证:(其中为的极小值点)【解析】解:()由,得,设,;则;由,解得,所以在上单调递减,在,上单调递增,所以函数在上单调递增,所以;所以,实数的取值范围是:,()因为函数有两个不同的零点,不单调,所以因此有两个根,设为,且,所以在上单调递增,在,上单调递减,在,上单调递增; 又,当充分大时,取值为正,因此要使得有两个不同的零

12、点,则必须有,即;又因为;所以:,解得,所以;因此当函数有两个不同的零点时,实数的取值范围是,()先证明不等式,若,则证明:不妨设,即证,设,只需证且;因为,所以在上单调递减,在上单调递增,所以(1),(1),从而不等式得证再证原命题由得;所以,两边取对数得:;即 因为,所以,因此,要证只需证;因为在,上单调递增,所以只需证,只需证,即证,其中,;设,只需证;计算得;由在,上单调递增,得,所以;即在,上单调递减,所以:;即在,上单调递增,所以成立,即原命题得证例6(2022春德化县校级月考)已知函数有两个不同的零点,且()求的取值范围;()求证:【解析】()解:由题意得,当时,令,解得,所以当

13、时,当时,所以函数在区间上单调递减,在区间上单调递减增,又当时,当时,所以要使函数恰有两个不同的零点,则,解得,所以的取值范围为;()下面证明不等式,其中,即证,令,即证对任意的恒成立,构造函数,其中,则对任意的恒成立,故函数在上单调递增,当时,所以,当时,由已知可得,两式作差可得,则,即,故原不等式得证例7(2022春工农区校级期中)已知函数()当时,求函数的单调区间;()若函数有两个不同零点,()求实数的取值范围;()求证:【解析】解:对函数求导,得当时,因为函数的定义域为,由,得,由,得,所以函数的单调递增区间是,单调递减区间是,由,得,函数有两个不同零点,等价于方程有两个不同的实根设,

14、即方程有两个不同的实根设,再设,所以函数在上单调递增,注意到(1),所以当时,当时,所以在上单调递减,在上单调递增当时,当时,当时,只需,即所求,即实数的取值范围是注意到,要证,只需证由知,故有,即下面证明:设,有,所以函数在上单调递减,所以(1),所以,故有又,且在上单调递减,所以,即得因此,结论得证例8(2022台州一模)已知函数(1)若,讨论的单调性(2)若有三个极值点,求的取值范围;求证:【解析】解:(1)当时,当时,在和上,单调递减,当时,在上,单调递增,(2),首先,令,则应有两个既不等于0也不等于的根,求导可得,此时,有唯一的根,并且是的极小值点,要使有两根,只要即可,(因为当和

15、时,由,得,又由,得,反过来,若时,则,的两根中,一个大于,另一个小于,于是在定义域中,连同,共有三个相异实根,并且在这三个根的左右,的正负变号,它们就是的三个极值点,综上,的取值范围是;证明由可知有三个极值点,中,两个是的两根(不妨设为,其中,另一个为,要证:只要证:,即只要证明,因为在上单调递减,其中,故只要证,其中,只要证,而只要证,由,得,由此代入上述不等式,只要证明,只要证,令,当时,单调递增,而,所以当时,于是证,即:例9(2022秋赤峰期末)已知函数,为常数,当时,有三个极值点,(其中(1)求实数的取值范围;(2)求证:【解析】解:(1)函数函数的定义域为,由,得,令,得是一个根

16、,要使在上有三个极值点,则有三个解,所以在必有2个解,令,则,由,得,由且,得,在上单调递减,上单调递增,(2),当时,为了满足题意,必有,的取值范围为另解注:在上单调递减,上单调递增,(2),当时,与在和上各有一个公共点,即两个公共点;当时,只有一个公共点;当时,无公共点;当时,只在上有一个公共点,综上,的取值范围为(2)解:由(1)知,令,则,于是,由(1)知在单调递减,在单调递增,则,令,则,又,在单调递减,(1),即【同步练习】一选择题1(2022春沙坪坝区校级期中)已知函数有两个零点,则下列说法错误的是ABC有极大值点,且D【解析】解:由,可得,当时,在上单调递增,与题意不符;当时,

17、可得当,解得:,可得当时,单调递增,当时,单调递减,可得当时,取得极大值点,又因为由函数有两个零点,可得,可得,综合可得:,故正确;由上可得的极大值为,设,设,其中,可得,可得,可得,易得当时,当,故,故,由,易得,且,且时,单调递减,故由,可得,即,即:有极大值点,且,故正确,不正确;由函数有两个零点,可得,可得,可得,由前面可得,可得,故正确故选:法二:由可得,极大值点,所以,所以,所以,故错误,正确所以,即,所以,故正确故选:二多选题2(2022春石首市期中)已知函数有两个零点,则A的取值范围为BCD【解析】解:函数有两个零点,即方程有两个不同的根,令,则,令,解得,当时,则单调递增,当

18、时,则单调递减,故当时,函数取得最大值(1),当时,当时,若函数与的图象有两个不同的交点,则的取值范围为,故选项错误;因为,故,即,故选项正确;令,则当时,所以在上单调递增,故(1),即,所以,即,故选项正确;由题意可知,时函数的两个零点,则,当时,则单调递增,当时,则单调递减,所以当时,取得最大值(1),当时,当时,令,则当时,所以在上单调递增,则(1),即,即,所以故选项正确故选:三解答题3(2022石家庄模拟)已知为实常数,函数()讨论函数的单调性;()若函数有两个不同的零点,()求实数的取值范围;()求证:,且(注为自然对数的底数)【解析】解:()的定义域为,其导数当时,函数在上是增函

19、数;当时,在区间上,;在区间,上,在是增函数,在,是减函数()()由()知,当时,函数在上是增函数,不可能有两个零点,当时,在上是增函数,在,上是减函数,此时为函数的最大值,当时,最多有一个零点,解得,此时,且,令(a),则,(a)在上单调递增,(a)(1),即,的取值范围是由()可知函数在是增函数,在,是减函数,(1)故;第二部分:分析:,只要证明:就可以得出结论下面给出证明:构造函数:,则,函数在区间,上为减函数,则,又,于是又,由(1)可知,即4(2022春越秀区校级期中)已知函数(1)讨论的单调性;(2)若函数的图像与轴交于,两点,线段中点的横坐标为,证明:【解析】解:(1)的定义域为

20、,若,则,所以在单调递增若,则由得,且当时,当时,所以在单调递增,在单调递减证明:(2)由(1)可知:当时,函数在上单调递增,故图像与轴至多有一个交点,不符合题意,从而当时,在单调递增,在单调递减,不妨设,则由,两式相减得:,即:,又,令,则,从而函数在上单调递减,故(1),从而,又,所以5(2022温州模拟)设函数(1)若(其中求实数的取值范围;证明:;(2)是否存在实数,使得在区间内恒成立,且关于的方程在内有唯一解?请说明理由【解析】解:(1),令,则,当时,当时,在上单调递增,在上单调递减,(1)又当时,;当时,结合的图象知,的取值范围为:;证明:,不妨设,由知:,要证:成立,只需证:,

21、在上单调递减,故只需证:,即证:,令,只需证:,即证:,令,则,(1),证毕,()令,(1),且需在区间内恒成立,(1),可得,事实上,当时,下证:,证明:,令,则,在上单调递减,在上单调递增,(1),即,在上单调递减,在上单调递增,(1),在区间内恒成立,证毕,当时,在区间内恒成立,且关于的方程在内有唯一解6(2022秋辽宁期中)已知函数(1)若函数在定义域上单调递减,求实数的取值范围;(2)设函数有两个极值点,求证:【解析】解:(1)由题意得在上恒成立,在恒成立,即在上恒成立,令,则,当时,此时函数递增,当,时,此时函数递减,故当时,函数有极大值,也是最大值,故,故实数的取值范围是,;(2

22、)证明:由(1)知,则,故,故,令,则,令,要证在上恒成立,即证,令,则,则,故在递增,(1),在递增,从而(1),即原不等式成立7已知函数,其中,()若,证明:当时,;()若,函数有三个极值点,证明:注:是自然对数的底数【解析】证明:()由题设,在,上且,要证,即证,令,则,所以,则,所以在,上递增,故(1),所以在,上递减,故,所以在,上递增,故,综上,得证(),所以,在上有三个不同的实数根,令,则,即若在上有三个不同的零点,所以在上有两个不同的零点,即在上有两个不同的零点,所以,可得,当,则存在使(注意到,由开口向上,易知在上,在上,在上,所以在、上递增,在上递减,又(1),即,因为,故

23、,所以三个零点,其中,则,由(),知时,有,同理可证时,有,所以,即,可得,即,可得,综上,是的两个解,而,所以,要使,只需,即,而,显然成立所以,得证8(2022春玉林期末)已知函数(1)当时,求曲线在点,处的切线方程;(2)若函数有三个极值点,且证明:66666666666666【解析】解:(1)当时,则,则,所以曲线在,处的切线方程为:,即;(2)由,定义域为,则,由题意知,有3个根,则,方程有2个根,即有两个交点,令,则,当时,恒成立,所以单调递增,当时,恒成立,所以单调递减,作出,如图所示的图像由图可知,当时,函数与的图像有两个交点,横坐标分别为,且,要证明,即证,即证,因为,可得,

24、可得,即,由对数平均表达式可得,即,所以,故,所以可证得9(2022秋永州月考)已知函数(1)当时,求的单调区间;(2)若有三个极值点,()求实数的取值范围;()证明:为定值【解析】解:(1)当时,的定义域为,且,设,则在上恒成立,在上单调递增,且(1),当时,即,单调递减,当时,即,单调递增,的单调递减区间为,单调递增区间为;(2)的定义域为,且,由于有三个极值点,则函数在上有三个变号零点,令,则,当时,在上单调递增,只有一个零点,不合题意;当时,方程的判别式为,下面进行分类讨论:当,即时,恒成立,即恒成立,故在上单调递增,只有一个零点,不合题意;当,即时,方程有两解,设为,且,则,当时,故

25、在上单调递增,只有一个零点,不合题意;当时,方程的判别式为,下面进行分类讨论:当,即时,恒成立,即恒成立,故在上单调递减,只有一个零点,不合题意;当,即时,方程有两解,设为,且,则,或时,在,上单调递减,当时,在上单调递增,又(1),当时,当时,由于,则,故在存在唯一零点,又,则,又,故在上存在唯一零点,又(1),则,综上,若有三个极值点,则实数的取值范围为;证明:由知,故,又在上单调递减,在上有唯一的零点,故10(2022中卫模拟)已知函数(1)讨论的单调性;(2)若函数有三个极值点,求的取值范围【解析】解:(1),当时,在上单调递减;当时,令,得,当时,;当时,故在上单调递减,在上单调递增

26、(2),因为有三个极值点,所以有三个根,假设,是的两个根,结合(1)可知,当时,满足条件,则,解得,所以(1),所以方程的两个根中有一个小于1,一个大于1,又,所以,是的两个根,所以,所以,令,则,所以在上单调递增,时,(1),所以,所以的取值范围是11(2022浙江开学)已知,(其中为自然对数的底数)()求函数的单调区间;()若,函数有两个零点,求证:【解析】解:,时,时,增区间为:,减区间为:;时,时,增区间为:;时,时,增区间为:,减区间为:;综上:时,增区间为:,减区间为:;时,增区间为:;时,增区间为:,减区间为:;()证法一:由(1)知,时,增区间为:,减区间为:;且时,函数的大致

27、图像如下图所示:因为时,函数有两个零点,所以,即,不妨设,则,先证:,即证:,因为,所以,又在单调递增,所以即证:又,所以即证:,令函数,则,因为,所以,故,函数在单调递增,所以,因为,所以,即,所以()证法二:因为时,函数有两个零点,则两个零点必为正实数,问题等价于有两个正实数解;令则,在单调递增,在单调递减,且,令,则,所以在单调递增,又,故,又,所以,又,所以,又在单调递增,所以,所以12(2022秋广东月考)已知,(其中为自然对数的底数)(1)讨论函数的单调性;(2)若,函数有两个零点,求证:【解析】解:(1),时,时,增区间为:,减区间为:;时,时,增区间为:;时,时,增区间为:,减

28、区间为:,;综上:时,增区间为:,减区间为:;时,增区间为:;时,增区间为:,减区间为:,;(2)证明:由(1)知,时,增区间为:,减区间为:,;且时,函数的大致图像如下图所示:因为时,函数有两个零点,所以,即,不妨设,则,先证:,即证:,因为,所以,又在单调递增,所以即证:又,所以即证:,令函数,则,因为,所以,故,函数在,单调递增,所以,因为,所以,即13(2022德阳模拟)设函数(1)当时,求的单调区间是的导数);(2)若有两个极值点、,证明:【解析】解:(1)当时,则,显然递减,且(1),故当时,时,故在递增,在递减;(2)证明:,由题意知有2个不相等的实数根,即有2个不相等的实数根,

29、则,令,则,令,解得:,令,解得:,故在递增,在递减,故(1),而时,故的取值范围是,由,得,故,令,则,故不等式只要在时成立,令,故在上单调递增,即,故在上单调递减,即,故原不等式成立14(2022德阳模拟)设函数(1)当时,求的单调区间是的导数);(2)若有两个极值点、,且正实数使成立,求正实数的取值范围【解析】解:(1)因为,令,可得,当时,单调递增,当时,单调递减(2)因为,令,可得,设,由题意可知,与的图象有两个交点、,因为,令,可得,令,可得,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,所以,由得,所以,设,因为,所以,因为(1),所以时,若,则,(1),若在先增后减,不符合题意,综上,

30、即正实数的取值范围是,15(2022新高考)已知函数(1)讨论的单调性;(2)设,为两个不相等的正数,且,证明:【解析】(1)解:由函数的解析式可得,单调递增,单调递减,则在单调递增,在单调递减(2)证明:由,得,即,由(1)在单调递增,在单调递减,所以(1),且(e),令,则,为 的两根,其中不妨令,则,先证,即证,即证,令,则在单调递减,所以(1),故函数在单调递增,(1),得证同理,要证,(法一)即证,根据(1)中单调性,即证,令,则,令,单调递增,单调递减,又时,且(e),故,(1)(1),恒成立,得证,(法二),又,故,故,令,在上,单调递增,所以(e),即,所以,得证,则16(20

31、22春河北月考)已知函数(1)讨论的单调性;(2)设,为两个不相等的正数,且,证明:【解析】解:(1),定义域为,由,解得;由,解得;由,解得,的单调递增区间为,单调递减区间为(2),为两个不相等的正数,且,即,由(1)可知,且(1),令,则,为的两根,且,不妨设,则,先证,即证,即证,令,即证在上,则,在上单调递增,即,在上恒成立,即在上单调递减,即可得;再证,即证,由(1)单调性可得证,令,在上单调递增,且当,存在使得,即当时,单调递减,当时,单调递增,又有,且,恒成立,则,即可证得17(2022南通模拟)已知函数(1)若,求函数在处的切线方程;(2)若有两个不同的零点,求的取值范围;证明

32、:当时,【解析】解:(1)时,(1)(1),函数在处的切线方程为:,化为:(2)当时,的零点即为的零点当时,单调,至多一个零点,舍去当时,在上增,在减,在上增,又(a),此时至多一个零点,舍去当时,(e),(a),图象连续而不间断,故有两个零点当时,在增,在减,在增,同理知只需(e),(a),(e),图象连续而不间断,故有两个零点综上所述,证明:由上一问知此时令,则,又注意到(1),则时,;则时,由题意知,且,结合单调性知:,故,化简得:,同理可得:,联立两式得:由,化简即得欲证不等式18(2022汕头一模)已知函数有两个相异零点,(1)求的取值范围;(2)求证:【解析】解:(1),当时,单调

33、递减,当时,单调递增;要使函数有两个相异零点,必有(1),当时,且,函数在有一个零点,函数在有一个零点,的取值范围为(2)由(1)知,要证,故构造函数,则,所以在单调递减,(1),构造函数,下面证明,即证明,构造函数,在上恒成立,因此在递增,从而(1),在递增,(1),时,单调递增,即19(2022陕西模拟)已知函数(1)当,求函数在的单调性;(2)有两个零点,且,求证:【解析】解:(1),则,当,在上单调递减,(1),当时,在上单调递增(2)证明:,是函数的两个零点,两式相减,可得,即,令,则,记,则,恒成立,(1),即,故20(2022浙江模拟)已知函数在其定义域内有两个不同的极值点(1)

34、求的取值范围;(2)记两个极值点分别为,且,已知,若不等式恒成立,求的取值范围【解析】解:(1)由题意知,函数的定义域为,方程在有两个不同根;即方程在有两个不同根;转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点,如图可见,若令过原点且切于函数图象的直线斜率为,只须令切点,故,又,故,解得,故,故;(2)等价于由(1)可知,分别是方程的两个根,即,原式等价于,原式等价于又由,作差得,即原式等价于,原式恒成立,即恒成立令,则不等式在上恒成立令,又,当时,可见时,在上单调增,又(1),在恒成立,符合题意当时,可见时,时,在时单调增,在,时单调减,又(1),在上不能恒小于0,不符合题意,舍去综上所述,若不等

35、式恒成立,只须,又,21(2022秋未央区校级月考)已知函数,在其定义域内有两个不同的极值点(1)求的取值范围;(2)记两个极值点为,且,当时,求证:不等式恒成立【解析】解:(1)由题意知,函数的定义域为,方程在有两个不同根;即方程在有两个不同根;转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点,如右图可见,若令过原点且切于函数图象的直线斜率为,只须令切点,故,又,故,解得,故,故的取值范围为;(2)证明:欲证 两边取对数等价于要证:,由(1)可知,分别是方程的两个根,即,所以原式等价于,因为,所以原式等价于要证明又由,作差得,即所以原式等价于,令,则不等式在上恒成立令,又,当时,可见时,所以在上单调

36、增,又(1),所以在恒成立,所以原不等式成立22(2022浙江)设函数()求的单调区间;()已知,曲线上不同的三点,处的切线都经过点证明:()若,则(a);()若,则(注是自然对数的底数)【解析】解:()函数,由,得,在,上单调递增;由,得,在上单调递减()证明:过有三条不同的切线,设切点分别为,2,方程有3个不同的根,该方程整理为,设,则,当或时,;当时,在,上为减函数,在上为增函数,有3个不同的零点,(e)且(a),且,整理得到且,此时,且,此时,整理得,且,此时,(a),设(a)为上的减函数,(a),当时,同讨论,得:在,上为减函数,在上为增函数,不妨设,则,有3个不同的零点,(a),且

37、(e),且,整理得,设,则方程即为:,即为,记,则,为有三个不同的根,设,要证:,即证,即证:,而,且,即证,即证,即证,记,则,在为增函数,设,则,在上是增函数,(1),即,若,则23(2022秋城关区校级月考)已知函数,函数只有两个零点,设这两个零点为,(1)证明:,(2)证明:【解析】证明:(1)由,则,(2),(3),又函数只有两个零点,这两个零点为,故,;(2),是函数的零点,故,即,即24(2022秋登封市校级月考)已知函数有两个零点(1)求的取值范围;(2)已知图象与图象关于对称,证明:当时,(3)设,是两个零点,证明:【解析】解:(1)函数,若,那么,函数只有唯一的零点2,不合题意;若,那么恒成立,当时,此时函数为减函数;当时,此时函数为增函数;此时当时,函数取极小值,由(2),可得:函数在存在一个零点;当时,令的两根为,且,则当,或时,故函数在存在一个零点;即函数在是存在两个零点,满足题意;若,则,当时,即恒成立,故单调递增,当时,即恒成立,故单调递减,当时,即恒成立,故单调递增,故当时,函数取极大值,由得:函数在上至多存在一个零点,不合题意;若,则,当时,即恒成立,故单调递增,当时,即恒

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