专题09 导数大题训练理科（教师版）.docx

1、专题09 导数大题训练（理科）题型一、利用导数研究参数问题类型1：直接法求参数的取值1（2012年全国普通高等学校招生统一考试试卷理科）设（I）求在上的最小值；（II）设曲线在点的切线方程为；求的值【答案】（1） ；（2）【详解】（I）设；则当时，在上是增函数得：当时，的最小值为当时，当且仅当时，的最小值为（II）由题意得：，类型2：分类讨论法求参数的取值及取值范围根据最值求参1（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.【答案】(1)见详解；(2) 或.【分析】(1

2、)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值.【详解】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.(2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；此时在区间上单调递增，所以，代入解得，与矛盾，所以不成立.若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 .若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以

3、区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解.若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为即解得.综上得或.【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算思考量不大，由计算量补充根据不等式恒成立问题求参2（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）已知函数.若曲线和曲线都过点,且在

4、点处有相同的切线.（）求的值;（）若时,求的取值范围.【答案】（I）；（II）.【详解】试题分析：（1）先求导,根据题意,由导数的几何意义可知,从而可求得的值（2） 由（1）知，,令,即证时先将函数求导,讨论导数的正负得函数的增减区间,根据函数的单调性求其最值使其最小值大于等于0即可试题解析：（1）由已知得，而， （2）由（1）知，设函数，由题设可得，即，令得, 若，则，当时，当时，即F（x）在单调递减，在单调递增，故在取最小值，而当时，即恒成立若，则，当时，在单调递增，而，当时，即恒成立，若，则，当时，不可能恒成立 综上所述，的取值范围为 考点：用导数研究函数的性质3（2019年浙江省高考数

5、学试卷）已知实数，设函数 （1）当时，求函数的单调区间；（2）对任意均有 求的取值范围.注：为自然对数的底数.【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.(2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可.【详解】(1)当时，函数的定义域为，且：，因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是.(2)由，得，当时，等价于，令，则，设，则，（i）当时，则，记，则列表讨论：10+单调递减极小值单调递增， （ii）当时，令，则，故在上单调递增，由（i）得，由（i）（ii）知对任

6、意，即对任意，均有，综上所述，所求的a的取值范围是【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用根据零点问题求参4（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首

7、先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.试题解析：（1）的定义域为，（）若，则，所以在单调递减.（）若，则由得.当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增.（2）（）若，由（1）知，至多有一个零点.（）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.当时，由于，故只有一个零点；当时，由于，即，故没有零点；当时，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零

8、点.综上，的取值范围为.点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.类型3：分离参数法求参数的取值及取值范围1已知函数（为自然对数的底数），函数(1)求函数的单调区间；(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围【答案】(1)单调递减区间为，；单调递增区间为(2)【分析】（1

9、）求出函数的定义域与导函数，再得到、与的关系表，即可得解；（2）参变分离可得在上恒成立，令，利用导数求出函数的最大值，即可得解.【详解】（1）函数定义域为，又，令，解得，所以、与的关系如下所示：单调递减单调递减极小值单调递增所以的单调递减区间为，；单调递增区间为.（2）不等式在上恒成立，等价于不等式在上恒成立，故不等式在上恒成立，令，则，当时，所以在上为增函数；当时，所以在上为减函数；所以，所以2已知函数，（其中）.(1)若，求函数的单调区间；(2)若对于任意，都有成立，求的取值范围.【答案】(1)的递增区间为，递减区间为(2)【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后由导数的正负可

10、求出函数的单调区间；（2）由，得，则于，则转化为，构造函数，利用导数求出其最大值即可.【详解】（1）当时，定义域为，当时，当时，所以的递增区间为，递减区间为（2）由，得，当时，所以，令，则，所以在上递增，所以，所以，得，即的取值范围为【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，再构造函数，然后利用导数求函数的最值即可，考查数学转化思想，属于中档题.3已知函数在点处切线与直线平行(1)求的最值；(2)若函数存在两个零点，求实数的取值范围【答案】(1)在处取得最大值，没有最小值.(2)【分析】（1）先利用导数的几何意义求得，再利用导

11、数与函数性质的关系即可得解；（2）将问题转化为的图像与的图像在上有两个交点，再利用导数研究的图像性质，结合图像即可得解.【详解】（1）因为，则，因为在点处切线与直线平行，所以，即，则，所以，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，故在处取得最大值，没有最小值.（2）由（1）得，若存在两个零点，即有两个正根，即有两个正根，令，则的图像与的图像在上有两个交点，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，则，又当时，当时，所以与的大致图像如下，所以，即实数的取值范围为.【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

12、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.题型二、利用导数证明不等式1（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷）已知函数.(1)设是的极值点，求m，并讨论的单调性；（2）当时，证明.【答案】(1)在上是减函数；在上是增函数（2）见解析【详解】(1)由是的极值点得，所以于是，定义域为，函数在上单调递增，且，因此当时， ;当时， 所以在上单调递

13、减，在上单调递增(2)当，时，故只需证明当时，当时，函数在上单调递增又，故在上有唯一实根，且当时， ;当时，从而当时，取得最小值由得，故综上，当时， 2（2014年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标）设函数,曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求；(2)证明: .【答案】（1）；（2）详见解析.【详解】试题分析：（1）根据求导法则求出原函数的导函数，由某点的导数是在该点的切线的斜率，结合切线方程以及该点的函数值，将函数值和切线斜率代入原函数和导函数可求得参数值；（2）由（1 )可得的解析式，为多项式，对要证的不等式进行变形，使之成为两个函数的

14、大小关系式，再分别利用导函数求出两函数在定义域内的最值，可证得两函数的大小关系，进而证得.试题解析：（1）函数的定义域为，.由题意可得，.故，.（2）证明：由（1）知，从而等价于.设函数，则.所以当，；当时，.故在上单调递减，上单调递增，从而在上的最小值为.设函数，则.所以当时，；当时，.故在上单调递增，在上单调递减，从而在上的最大值为.综上，当时，即.考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性进而证明不等式恒成立.【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：确

15、定函数的定义域；对求导；令，解不等式得的范围就是递增区间；令，解不等式得的范围就是递减区间；根据单调性求函数的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）.本题（2）的证明过程就是利用导数分别求出在上的最小值及在上的最大值，进而得证的.3设函数（1）求证：的导数；（2）若对任意都有求a的取值范围【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）先求出的导函数，利用当且仅当时取等号得到；（2）把不等式变形令并求出导函数令其得到驻点，在上求出的取值范围即可【详解】解：（1）的导数由于，故（当且仅当时，等号成立）（2）令，则，（）若，当时，故在上为增函数，所以，时，即（）若，方程的正根为，此时，若，

16、则，故在该区间为减函数所以，时，即，与题设相矛盾综上，满足条件的a的取值范围是【点睛】考查学生利用导数运算的能力，利用导数求闭区间上函数的最值的能力4（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）设函数，已知是函数的极值点（1）求a；（2）设函数证明:【答案】（1）；（2）证明见详解【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由，又是函数的极值点，所以，解得；（2）方法一：转化为有分母的函数由（）知，其定义域为要证，即证，即证（）当时，即证令，因为，所以在区间内为增函数，所以（

17、）当时，即证，由（）分析知在区间内为减函数，所以综合（）（）有方法二 【最优解】：转化为无分母函数由（1）得，且，当 时，要证， ，即证，化简得；同理，当时，要证， ，即证，化简得；令，再令，则，令，当时，单减，故；当时，单增，故；综上所述，在恒成立.方法三 ：利用导数不等式中的常见结论证明令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）故当且时，且，即，所以（）当时，所以，即，所以（）当时，同理可证得综合（）（）得，当且时，即【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得

18、；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.题型三、利用导数研究能成立问题1（2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标2卷）已知函数且.（1）求a；（2）证明：存在唯一的极大值点，且.【答案】（1）；（2）见解析.【分析】（1）通过分析可知等价于，进而利用可得，从而可得结论；（2）通过（1）可知，记，解不等式可知，从而可知存在

19、两根，利用必存在唯一极大值点及可知，另一方面可知【详解】（1）解：因为，则等价于，求导可知则当时，即在上单调递减，所以当时，矛盾，故因为当时、当时，所以，又因为，所以，解得；另解：因为，所以等价于在时的最小值为，所以等价于在处是极小值，所以解得；（2）证明：由（1）可知，令，可得，记，则，令，解得：，所以在区间上单调递减，在上单调递增，所以，从而有解，即存在两根，且不妨设在上为正、在上为负、在上为正，所以必存在唯一极大值点，且，所以，由可知；由可知，所以在上单调递增，在上单调递减，所以；综上所述，存在唯一的极大值点，且【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意

20、解题方法的积累，属于难题2（2008年辽宁高考试题）设函数（1）求的单调区间和极值；（2）是否存在实数a，使得关于x的不等式的解集为（0，+）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由【答案】（1）在单调递增，在单调递减，在的极大值为，没有极小值；（2）存在，使得关于的不等式的解集为，且的取值范围为【分析】（1）先确定函数的定义域然后求导数，在函数的定义域内解不等式和，求出单调区间，讨论满足的点附近的导数的符号的变化情况，来确定极值点，求出极值；（2）对进行讨论，当时，恒成立，关于的不等式的解集为符合题意当时，关于的不等式的解集不是【详解】解：（1）故当时，时，所以在单调递增，在单调递减

21、由此知在的极大值为，没有极小值（2）（）当时，由于，故关于的不等式的解集为（）当时，由知，其中为正整数，且有 又时，且取整数满足，且，则，即当时，关于的不等式的解集不是综合（）（）知，存在，使得关于的不等式的解集为，且的取值范围为 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问的（），转化为证明.题型四、利用导数研究恒成立问题1（2008安徽高考真题）设函数（）求函数的单调区间；（）已知对任意成立，求实数的取值范围【答案】（）见解析 （）【详解】若 则 列表如下+0-单调增极大值单调减单调减 (2) 在 两边取对数, 得,由于所以 (1)由(1)的结果可知,当时, , 为使(1)式对所有成立,当且

22、仅当,即2（2011年湖南省普通高等学校招生统一考试理科数学）（）设函数，证明：当时，（）从编号1到100的100张卡片中每次随机抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽到的20个号码互不相同的概率为，证明：【答案】（）见解析；（）见解析【详解】证明：（）时，于是在上单调增，所以（）（共有对数相乘）由（I），时，也有，故在上单调增，所以，即即，两边同时取的对数得：综上所述：.3（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）已知函数.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当时，求的取值范围.【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）【分析】(1)由题意首先对函数二

23、次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)方法一：首先讨论的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数的取值范围.【详解】(1)当时，由于，故单调递增，注意到，故：当时，单调递减，当时，单调递增.(2) 方法一【最优解】：分离参数由得，其中，.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；.当时，分离参数a得，记，令，则，故单调递增，故函数单调递增，由可得：恒成立，故当时，单调递增；当时，单调递减；因此，,综上可得，实数a的取值范围是.方法二：特值探路当时，恒成立只需证当时，恒成立当时，只需证明式成立式，令，则，所以当时，单调递减；当单

24、调递增；当单调递减从而，即，式成立所以当时，恒成立综上方法三：指数集中当时，恒成立，记，.当即时，则当时，单调递增，又，所以当时，不合题意；.若即时，则当时，单调递减，当时，单调递增，又，所以若满足，只需，即，所以当时，成立；当即时，又由可知时，成立，所以时，恒成立，所以时，满足题意.综上，.【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，

25、利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！4（2010年普通高等学校招生全国统一考试（全国）理科数学）（注意：在试题卷上作答无效）已知函数.（）若，求的取值范围；（）证明： .【答案】（）（）证明见解析【详解】本小题主要考查函数导数的求法、导数的应用、不等式的恒成立问题、不等式的证明，同时考查转化的思想、逻辑思维能力、运算能力、综合分析与解决问题的能力.（），,题设等价于.令，则当，；当时，是的最大值点，综上，的取值范围是.()有（）知，即.当时，；当时，所以点评：本题考法相对新颖，特别是第（）小题在所求问题的设置上打破常规，不是单纯考查利用导数研究函数

26、的几何意义、单调性、极值、最值，而是将这些知识融入一个不等式恒成立求参数范围问题中，这符合“稳中求变”的高考命题原则.题型五、利用导数研究方程的根1已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，如果过点可作曲线的三条切线，证明：【答案】（1）（2）设切线，方程有三个相异的实数根函数与x轴有三个交点，得，满足极大值，极小值得【详解】试题分析：（I）求函数的导数：曲线在点处的切线方程为（II）如果有一切线过点，则存在使得于是，若过点可作曲线的三条切线，则转化为方程有三个相异的实数根记，则时，则在此区间单调递增；时，则在此区间单调递减；时，则在此区间单调递增；可求得函数的极大值和极小值分别为和由的

27、单调性可知，当极大值或极小值时，方程最多有一个实数根；当极大值或极小值时，方程只有两个相异的实数根；依题意：且方程才有三个相异的实数根即可得证考点：本题主要考查导数的几何意义，应用导数研究函数的单调性及极值，方程根的讨论点评：典型题，本题属于导数应用中的基本问题，通过求确定处导函数值，得到切线的斜率，进一步可求切线方程讨论方程的根，可通过讨论函数的单调性及极值情况，认识切线特征，得到解题目的2（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知且，函数（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.【分析】（1）求得函数的导函数

28、，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.【详解】（1）当时，,令得,当时，,当时，,函数在上单调递增；上单调递减；（2）方法一【最优解】：分离参数,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.方

29、法二：构造差函数由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解构造函数，求导数得当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；当时，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为由于，当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且所以，实数a的取值范围为方法三分离法：一曲一直曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点当时，与只有一个交点，不符合题意当时，取上一点在点的切线方程为，即当与为同一直线

30、时有得直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点记，令，有在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有综上所述，实数a的取值范围为方法四：直接法因为，由得当时，在区间内单调递减，不满足题意；当时，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即故实数a的范围为【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想

31、求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.3（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学）已知函数（是自然对数的底数，）.（）求的单调区间、最大值；（）讨论关于的方程根的个数【答案】解法一 （）的单调递增区间为，单调递减区间为，（）当即时，函数的图象有两个交点，即方程有两个根.当即时，函数的图象有一个交点，即方程有一个根.显然当时，方程没有根.【详解】（）当时，；当时所以的单调递增区间为，单调递减区间为，（）通

32、过图象可对进行讨论：当即时，函数的图象有两个交点，即方程有两个根.当即时，函数的图象有一个交点，即方程有一个根.显然当时，方程没有根.解法二 （），由，解得，当时，单调递减所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为（）令（1）当时，则，所以，因为， 所以 因此在上单调递增.（2）当时，当时，则，所以，因为，又所以 所以 因此在上单调递减.综合（1）（2）可知 当时，当，即时，没有零点，故关于的方程根的个数为0；当，即时，只有一个零点，故关于的方程根的个数为1；当，即时，当时，由（）知要使，只需使，即；当时，由（）知；要使，只需使，即；所以当时，有两个零点，故关于的方程根的个数为2；综

33、上所述：当时，关于的方程根的个数为0；当时，关于的方程根的个数为1；当时，关于的方程根的个数为2.【考点定位】本题考查了函数的单调性、函数的最值等主干知识，考查了数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想的综合应用.第一问的研究为第二问进行数形结合铺平了“道路”，使的相对位置关系更明晰.4（2021年浙江省高考数学试题）设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.【分

34、析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)，若，则，所以在上单调递增；若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，则在单调递减，单调递增，.即实数的取值范围是.(3)方法一【最优解】：有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由

35、(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.方法二：分析+放缩法有2个不同零点，不妨设，由得（其中）且要证，只需证，即证，只需证又，所以，即所以只需证而，所以，又，所以只需证所以，原命题得证方法三：若且，则满足且，由（）知有两个零点且又，故进一步有由可得且，从而因为，所以，故只需证又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问

36、题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.5设，若求证：（1）且；（2）函数在上有两个零点【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）由得，由得，结合，利用不等式的性质可证结论成立；（2）根据，对称轴， ，结合二次函数图象可证结论成立.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，由得，

37、所以，即，由得，所以，即，由得得，由得得，综上所述：且.（2）由（1）知且，所以的对称轴，又，且因为，所以，所以函数在上有两个零点.【点睛】关键点点睛：第（2）问根据二次函数的图象求解是解题关键.题型六、利用导数研究零点问题1（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II）已知函数（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）方法一：构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式;（2）方法一：研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是与零，一个是与2，当时，没有零点；当时

38、，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.【详解】（1）方法一：【最优解】指数找朋友当时，等价于设函数，则，所以在单调递减而，故当时，即方法二：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值当时，令，令，得则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有方法三：【最优解】指对等价转化当时，令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，（2）方法一：指数找朋友设函数，在只有一个零点当且仅当在只有一个零点（i）当时，没有零点；（ii）当时，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增故是在的最小值若，即，在没有零点；若，即，

39、在只有一个零点；若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，所以故在有一个零点，因此在有两个零点综上，在只有一个零点时，方法二：等价转化为直线与曲线的交点个数令，得令则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则当时，当时，故函数在区间内只有一个零点时，方法三：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点由与的图象可知它们在区间内必相切于轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意方法四：等价转化为直线与曲线的交点个数当时，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递

40、增设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为由切线过原点可得，故方法五：【通性通法】含参讨论因为，当时，在区间内单调递增，又，故无零点；当时，当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点；当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而单调递增又，所以无零点当时，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足所以，解得，则方法六：【最优解】等价变形含参讨论当时，无零点；当时，记，则；当时，函数在区间内单调递增，则有，故无零点；当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，当时，故，得【整体点评】（1）方法

41、一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解；方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法；方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解（2）方法一：根据指数找朋友，原函数在只有一个零点等价于在只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出；方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出；方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出；方法四：同方法二；方法五：直接含参讨论

42、函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法；方法六：易知当时函数无零点，只需考虑时的情况，再含参讨论函数的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解2（2022年全国高考乙卷数学（理）试题）已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围【答案】(1)；(2)【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究【详解】（1）的定义域为当时,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为（2）设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在

43、上单调递增,故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当,令则所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设所以在单调递增所以存在,使得当单调递减当单调递增,又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减，当，又，而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.题型七、利用导数研究隐零点问题1(1)讨论函数 的单调

44、性，并证明当 0时， (2)证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）的最小值为，求函数 的值域.【答案】（1）见解析；（2）见解析【详解】试题分析：（）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（）用导数法求函数的最值，再构造新函数，用导数法求解.试题解析：（）的定义域为.且仅当时，所以在单调递增，因此当时，所以（）由（）知，单调递增，对任意因此，存在唯一使得即，当时，单调递减；当时，单调递增.因此在处取得最小值，最小值为于是，由单调递增所以，由得因为单调递增，对任意存在唯一的使得所以的值域是综上，当时，有最小值，的值域是【考点】函数的单调性、极值与最值【名师点睛】求函数单调区间的步

45、骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数；（3）由解出相应的的范围当时，在相应的区间上是增函数；当时，在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念请考生在第2224题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分2（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）设函数，曲线在点(，f()处的切线与y轴垂直（1）求b（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义得到

46、，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为，由题意，即：，则（2）方法一：通性通法由（1）可得，令，得或；令，得，所以在上单调递减，在，上单调递增，且，若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或.当时，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当时，又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，所有零点的绝对值都不大于1.方法二【最优

47、解】：设是的一个零点，且，则从而令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1方法三：设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减又，于是的值域为设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即综上，的所有零点的绝对值都不大于1方法四：由（1）知，令，得或则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为（）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；（）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，则，另一个零点为1，满足题意；

48、同理，若一个零点为，则另一个零点为（）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有综上，所有零点的绝对值都不大于1方法五：设是的一个零点且，则是的另一个零点则，设，由判别式，所以方程有解假设实数满足由，得与矛盾，假设不成立所以，所有零点的绝对值都不大于1【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围

49、，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出3（2020年新高考全国卷数学高考试题）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围【答案】（1）（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当时，可证，从而存在零点，

50、使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），.，切点坐标为,函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,所求三角形面积为（2）方法一：通性通法,，且.设,则g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,成立.当时， ，,存在唯一，使得，且当时，当时，因此1,恒成立；当时， 不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是1,+).方法二【最优解】：同构由得，即，而，所以令，则，所以在R上单调递增由，可知，所以，所以令，则所以当时，单调递增；当时，单调递减 所以，则，即

51、所以a的取值范围为方法三：换元同构由题意知，令，所以，所以于是由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有令，所以当时，单调递增；当时，单调递减所以当时，取得最大值为所以方法四：因为定义域为，且，所以，即令，则，所以在区间内单调递增因为，所以时，有，即下面证明当时，恒成立令，只需证当时，恒成立因为，所以在区间内单调递增，则因此要证明时，恒成立，只需证明即可由，得上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立当时，因为，显然不满足恒成立所以a的取值范围为【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等

52、式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可题型八、利用导数研究双变量问题1设函数有两个极值点，且（I）求的取值范围，并讨论的单调性；（II）证明：【答案】（）单调递增区间为和，单调递减区间，其中，且.（）见解析【分析】（）首先求出函数的导数，因为原函数有两个极值点，所以导函数有两个不同解，因为真数，所以两个根都要在定义域内，这样就转化为了一元二次方程根分布问题，求出的取值范围.利用求得函数的的单调递增区间，利用求出单间区间

53、.一定注意单调区间在定义域内.（II）因为不确定，就不确定，它是参数函数，要使恒成立，只需的最小值大于即可.把恒成立问题转化为求函数的最值来解决，求函数的最值还是用导数.【详解】（）因为，设，依题意知得，所以的取值范围是由得，由得，所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间，其中，且.（）证明：由（）知，设，所以在递减，又在处连续，所以，即.2（2015年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标）设函数（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m的取值范围【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）.【详解】（）若，则当时，；当时，若，则当时，；当时，所以，在单调递减，在

54、单调递增（）由（）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值所以对于任意，的充要条件是：即，设函数，则当时，；当时，故在单调递减，在单调递增又，故当时，当时，即式成立当时，由的单调性，即；当时，即综上，的取值范围是考点：导数的综合应用3（2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；（2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得

55、到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.【详解】（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）方法一：【通性通法】消元由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，所以，即.方法二：【通性通法】消元由（1）知且是方程的两根，不妨设，即此时欲证不等式成立，只需证因为，所以，只需证令，所以，在区间内单调递减，且，所以，即证方法三：硬算因为，所以有两个相异的正根（不妨设）则且即所

56、以而，所以设，则所以在上递减，问题得证方法四：【最优解】对数平均不等式的应用由（1）知，存在两个极值点当且仅当由于的两个极值点满足，所以不妨设，则由于由对数平均不等式可得，即故【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法；方法二：同方法一，只是消元字母不一样；方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解4（2018年全国普通高等学校招生统一考试数学）已知函数（1）若在处导数相等，证明：；（2）若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点【答案】（

57、1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）方法一：先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明出不等式；（2）方法一：利用零点存在定理证明函数有零点，再利用导数证明函数在上单调递减，即证出.【详解】（1）方法一：基本不等式函数思想函数的导函数，由,得，因为，所以由基本不等式得因为，所以由题意得设，则，所以在上递减，在上递增，故，即方法二：换元同构函数思想令，即关于的二次方程的两个相异根分别为，则，解得所以令，则在区间上恒成立所以在区间内单调递减，因此，得证（2）方法一：【通性通法】【最优解】零点存在性定理单调性设

58、，令,则，所以,，即存在使,所以,对于任意的及,直线与曲线有公共点.由得.设,，其中.由（1）可知,又,故,所以,即函数在上单调递减,因此方程至多1个实根.综上,当时,对于任意,直线与曲线有唯一公共点.方法二：极限思想零点存在性定理单调性令，因为，又的图象在区间上连续不断，所以，对于任意的及，函数在区间内有零点以下证明，当，对任意，函数在区间上至多有一个零点易知当时，此时函数在区间内单调递减，所以，函数在区间内至多有一个零点；当时，关于x的方程，即有两个不同的实数根，分别记为，不妨设，可得易知，函数在区间和内单调递减，在区间内单调递增所以函数的极小值由（1）可知，又，所以所以在区间内至多有一个

59、零点，得证方法三：换元法的应用由方法一知，交点必存在，只证唯一性令，只需证：对于任意，方程有唯一解设，则设，则当时，；当时，所以是的最大值点由知，因此，在区间内递减，解必唯一方法四：图象性质的应用由方法一知，交点必存在，只证唯一性，得的拐点为而的图象在拐点处的切线l方程为，即此时切线l穿过的图象，与的图象只有一个交点，所以当时，直线与的图象只有一个交点【整体点评】（1）方法一：先通过题意得出等量关系，利用基本不等式求出取值范围，再将用表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出；方法二：设，利用同构以及方程思想可得的取值范围，再将用表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出；（2）方法一

60、：利用等价转化思想，直线与曲线有唯一交点，转化为有唯一零点，找点利用零点存在性定理以及函数的单调性即可证出，是该题的通性通法；方法二：解题思想同方法一，方法二借用极限思想快速判断函数在上有零点，再分类讨论说明函数在区间上至多有一个零点，即可证出，只不过欠缺严谨性；方法三：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同，通过换元，证明对于任意，方程有唯一解，利用导数说明函数在区间内递减，即证出；方法四：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同，根据函数的图象的凸凹性，求出拐点所在处的切线方程，数形结合证出题型九、利用导数研究数列不等式问题1（单元测试君2017-2018学年高二文科数学

61、人教版选修1-1（第03章 导数及其应用）已知函数（1）若，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，求m的最小值【答案】（1）；（2）【详解】试题分析：（1）由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得；（2）由题意结合（1）的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为.试题解析：（1）的定义域为.若，因为，所以不满足题意；若，由知，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点.由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1.（2）由（1）知当时，.令得.从而.故.而，所以的最小值为.【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具

62、，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题（4）考查数形结合思想的应用2（2008年高考全国卷理科数学试题）设函数数列 满足， （）证明：函数在区间 是增函数；（）证明：；（）设，整数 证明：【答案】（）证明见解析（）证明见解析（）证明见解析【详解】（），上为增函数（）当时，,又由（）及时，,因此当时

63、, 下面运用数学归纳法可以证明 （）由，应用式得当，即得当时，不等式成立.（）假设当时，不等式成立，即，则由可得，即，故当时，不等式成立综合（）（）证得，（）由（）知，逐项递增，故若存在正整数，使得，则，否则若，则由知， 由知于是3（2007年普通高等学校招生全国统一考试理科数学卷）设函数,其中.(I)当时,判断函数在定义域上的单调性;(II)求函数的极值点;(III)证明对任意的正整数,不等式都成立.【答案】(I) 在上递增，在上递减，当时,函数在定义域上单调递增(II) 时，在上有唯一的极小值点；时，有一个极大值点和一个极小值点；时，函数在上无极值点(III) 证明见解析【详解】解：(I)

64、 函数的定义域为.，令，则在上递增，在上递减，.当时，在上恒成立.即当时,函数在定义域上单调递增（II）分以下几种情形讨论：（1）由（I）知当时函数无极值点.（2）当时，时，时，时，函数在上无极值点（3）当时，解得两个不同解，.当时，此时在上有唯一的极小值点.当时，在都大于0 ，在上小于0 ，此时有一个极大值点和一个极小值点.综上可知，时，在上有唯一的极小值点；时，有一个极大值点和一个极小值点；时，函数在上无极值点（III） 当时，令则在上恒正，在上单调递增，当时，恒有.即当时，有，对任意正整数，取得4（2013年全国普通高等学校招生统一考试理科数学）设函数，证明：（）对每个，存在唯一的，满足

65、；（）对任意，由（）中构成的数列满足.【答案】见解析【详解】（1）对每个，当时，则在内单调递增，而，当时，故，又所以对每个，存在唯一的，满足当时，并由（1）知由在内单调递增知，故为单调递减数列，从而对任意,对任意，并移项，利用，得因此，对任意，.本题考查的是数列函数，而且含双变量，考生在做题的过程中需要冷静的处理好每个变量.第（1）题考查函数的零点问题，要证明对每个，函数在某个区间上只有一个零点，一方面要证明函数是单调的，求导即可，另一方面要判断的正负问题，此题难点在于判断的正负时，要利用放缩的思想，将这个数列函数放缩到可以利用等比数列求和，从而证明此函数在指定区间内只有一个零点；第（2）题要

66、将数列从数列函数中分离出来，就要通过函数的单调性，由，在内单调递增，确定，则不等式左半边成立，右半边通过作差，数列放缩确定最终.本题属于较难题.【考点定位】考查函数的导数及其应用，函数零点的判定，等比数列的求和，不等式的放缩等知识.题型十、利用导数研究极值点偏移问题1（2016年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1卷）已知函数有两个零点.（）求a的取值范围；（）设是的两个零点，证明：.【答案】（）；（）见解析【详解】试题分析：（）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（）借助（）的结论来证明，由单调性可知等价于，即设，则则当时，而，故当时，从而，故试题解析：（）

67、（）设，则，只有一个零点（）设，则当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增又，取满足且，则，故存在两个零点（）设，由得或若，则，故当时，因此在单调递增又当时，所以不存在两个零点若，则，故当时，；当时，因此在单调递减，在单调递增又当时，所以不存在两个零点综上，的取值范围为（）不妨设，由（）知，在单调递减，所以等价于，即由于，而，所以设，则所以当时，而，故当时，从而，故【考点】导数及其应用【名师点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.2（2

68、022年全国高考甲卷数学（理）试题）已知函数(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则【答案】(1)；(2)证明见的解析、【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.【详解】（1）方法一：常规求导的定义域为，则令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为方法二：同构处理由得：令，则即令，则故在区间上是增函数故，即所以的取值范围为（2）方法一：构造函数由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证,即证因为,即证又因为,故只需证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调

69、递减即,所以；综上, ,所以.方法二：对数平均不等式由题意得：令，则，所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故两边取对数得：，即又因为，故，即下证因为不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握.3（2021年全国新高考卷数学试题）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：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将

70、题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)的定义域为由得，当时，；当时；当时，故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)方法一：等价转化由得，即由，得由（1）不妨设，则，从而，得，令， 则，当时，在区间内为减函数，从而，所以，由（1）得即令，则，当时，在区间内为增函数，从而，所以又由，可得，所以由得方法二【最优解】：变形为，所以令则上式变为，于是命题转换为证明：令，则有，不妨设由（1）知，先证要证：令，则，在区间内单调递增，所以，即再证因为，所以需证令，所以，故在区间内单调递增所以故，即综合可知方法三：

71、比值代换证明同证法2以下证明不妨设，则，由得，要证，只需证，两边取对数得，即，即证记，则.记，则，所以，在区间内单调递减，则，所以在区间内单调递减由得，所以，即方法四：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以由（）知，只需证证明同证法2再证明令令，则所以，在区间内单调递增因为，所以，即又因为，所以，即因为，所以，即综上，有结论得证【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途

72、径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.题型十一、放缩法在导数中证明不等式1（2021年浙江省高考数学试题）设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函

73、数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)，若，则，所以在上单调递增；若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，则在单调递减，单调递增，.即实数的取值范围是.(3)分析+放缩法有2个不同零点，不妨设，由得（其中）且要证，只需证，即证，只需证又，所以，即所以只需证而，所以，又，所以只需证所以，原命题得证2（2020年浙江省高考数学试卷）已知，函数

74、，其中e=2.71828为自然对数的底数（）证明：函数在上有唯一零点；（）记x0为函数在上的零点，证明：（）；（）【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.【详解】（I）方法一：单调性+零点存在定理法在上单调递增，所以由零点存在定理得在上有唯一零点方法二【最优解】

75、：分离常数法函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故因此，当时，直线与只有1个交点（II）（i），令一方面： ，在单调递增，另一方面：，所以当时，成立，因此只需证明当时，因为当时，当时，所以，在单调递减，综上，.（ii）放缩转化法设，则由得从而只要证上式左边使用不等式可得题型十二、含三角函数的导数问题1（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学）设函数.（1）讨论的单调性；（2）设，求的取值范围.【答案】（1）当时， 在上是增函数，当时， 在上是减函数，当时，或，在上是增函数，在上是减函数，在是增函数；（2）.【详解】

76、分析：(1)求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；(2)构造函数,讨论的范围，利用导数研究函数的单调性，分别求出函数的最大值，从而可筛选出符合条件的的范围.详解：(1),当时，且当 ，在上是增函数，当时，且当或，在上是减函数，当时，或，当是增函数，当是减函数，当是增函数.(2)由得，令则，当当，由即，当时，有，当时，所以 ，当时，综上，的取值范围是.点睛：本试题考查了导数在研究函数中的运用,第一就是函数中有三角函数，要利用三角函数的有界性，求解单调区间,另外就是运用导数证明不等式问题的构造函数思想的运用解决的关键还是要看导数的符

77、号的实质不变，求解单调区间，运用构造函数的思想，证明不等式，一直以来是个难点，那么这类问题的关键是找到合适的函数，来运用导数证明最值问题大于零或者小于零得到解决.2（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）已知函数.（1）讨论在区间(0，)的单调性；（2）证明：；（3）设nN*，证明：.【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)方法一由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式；(3)方法一将所

78、给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式.【详解】(1)由函数的解析式可得：，则：，在上的根为：，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.(2)方法一【最优解】：基本不等式法由四元均值不等式可得，当且仅当，即或时等号成立所以方法二：构造新函数+齐次化方法因为，令，则问题转化为求的最大值求导得，令，得当时，函数单调递增；当时，函数单调递减所以函数的最大值为，故方法三：结合函数的周期性进行证明注意到，故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，据此可得：，即.(3)利用(2)的结论由于，所以【整体点评】(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要

79、工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件；方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式；方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式；3（2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标）已知函数，为的导数证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得

80、，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.【详解】（1）由题意知：定义域为：且令，在上单调递减，在上单调递减在上单调递减又，使得当时，；时，即在上单调递增；在上单调递减则为唯一的极大值点即：在区间上存在唯一的极大值点.（2）由（1）知：，当时，由（1）可知在上单调递增在上单调递减又为在上的唯一零点当时，在上单调递增，在上单调递减又在上单调递增，此时，不存在零点又，使得在上单调

81、递增，在上单调递减又，在上恒成立，此时不存在零点当时，单调递减，单调递减在上单调递减又，即，又在上单调递减在上存在唯一零点当时，即在上不存在零点综上所述：有且仅有个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.4（2008年高考全国卷理科数学试题）设函数（）求的单调区间；（）如果对任何，都有，求的取值范围【答案】（）在每一个区间（）是增函数，在每一个区间（）是减函数 （）【详解】（） 当（）时，即；当（）时，即因此在每一个区间（）是增函数，在每一个区间（）是减函数 （）令，则故当时，又，所以当时，即 当时，令，则故当时，因此在上单调增加故当时，即于是，当时，当时，有因此，的取值范围是