专题10 导数大题训练文科（教师版）.docx

1、专题10 导数大题训练（文科）题型一、利用导数研究函数的单调性1设函数(1)若，过点作曲线的切线，求切点的坐标；(2)若在区间上单调递增，求整数的最大值【答案】(1)切点坐标为和(2)8【分析】（1）设切点为，表示出点处切线方程，将代入解得，或，求出切点坐标为和；（2）把题意转化为时，恒成立，.对a分类讨论：i.时，ii.时，分别求出满足条件的整数的范围，即可求得.【详解】（1）时，设切点为，则点处切线方程为：，将代入得：即，解得，或，时，；时，所求切点坐标为和（2）记在上单调递增，时，恒成立.i.，即时，时，在上单调递增，故，时满足条件ii.，即时在上，所以，单调递减；在上，所以，单调递增，

2、记，在上，单调递减，.因为，时满足条件由i和ii知，满足条件的整数的最大值为8【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2（2010年普通高等学校招生全国统一考试（全国）文科数学）（注意：在试题卷上作答无效）已知函数（）当时，求的极值；（）若在上是增函数，求的取值范围【答案】（）是的极小值，无极大值（）【详

3、解】本题主要考查导数的两大应用，即利用导数求极值和解决函数的的单调性问题，考查考生对高次方程的因式分解能力与计算能力（）当时，在内单调减，在内单调增，在时，有极小值所以是的极小值，无极大值.() 在上，单调增当且仅当即 （i）当a=0时恒成立；（ii）当a0时成立, 当且仅当,解得（iii）当a0时成立，即当且仅当 解得：综上，a的取值范围是点评：本题属于导数的常见题型，与往年不同的是函数次数的升高，这就对考生的因式分解能力加大了要求，这就要求我们在复习备考时，在牢固掌握三次函数的导数问题的同时对四次的导数问题也应该有所涉及3已知函数，（）（）讨论函数的单调区间；（）设函数在区间内是减函数，求

4、的取值范围【答案】解：（1），当时，即时，在上递增；当时，即或时，由求得两根为即在和上递增；在上递减，的单调递增区间是：当时，当或时，和的单调递减区间是：当或时，（2）（法一）由（1）知在区间上递减，只要 解得：题型二、利用导数研究函数的极值与单调性1已知函数.（1）当时，若，求函数的最值；（2）若函数在处取得极值，求实数的值.【答案】（1），（2）【分析】（1）当时，求导得到的单调性，利用单调性求得最值；（2）由题意，解方程得到，要注意检验.【详解】（1）当时，当时，函数在区间上单调递增，当时，.（2），.又函数在处取得极值，.经验证知，满足题意.综上，所求实数的值是.【点睛】本题考查利用导

5、数求函数的最值以及已知函数的极值点求参数，考查学生的逻辑推理能力，数学运算能力，是一道中档题.2（2011年全国普通高等学校招生统一考试文科数学）已知函数(1)证明：曲线在处的切线过点；(2)若在处取得极小值，求的取值范围.【答案】（1）见解析 （2）【分析】(1)先对函数求导，求出，进而可得其切线方程；(2)由得，分和两种情况讨论，分别判断函数的单调性，即可求解.【详解】（1），由得曲线在x=0处的切线方程为,由此知曲线在处的切线过点；（2）由得.（i）当即时，没有极小值； (ii)当,即或时，由得，故.由题设知，当时，不等式无解；当时，解不等式得综合(i)(ii)得的取值范围是.【点睛】本

6、题主要考查导数在函数中的应用，以及导数的几何意义，通常需要利用导数的研究函数的单调性等，属于常考题型.3（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）已知函数，曲线在点处切线方程为（1）求的值；（2）讨论的单调性，并求的极大值【答案】（1）；（2）见解析.【详解】试题分析：（1）求导函数，利用导数的几何意义及曲线在点处切线方程为，建立方程，即可求得，的值；（2）利用导数的正负，可得的单调性，从而可求的极大值试题解析：（1）由已知得，故，从而，（2）由（1）知，令得，或从而当时，；当时，故在，上单调递增，在上单调递减当时，函数取得极大值，极大值为考点：利用导数研究曲线上某点切线方

7、程；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值【方法点晴】本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值求极值的步骤是：(1)确定函数的定义域；(2)求导数；(3)解方程，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验在的根左右两侧值的符号，如果左正右负，那么在处取极大值，如果左负右正，那么在处取极小值4已知函数（）设，求的单调区间；（）设在区间中至少有一个极值点，求a的取值范围【答案】（）函数的单调增区间是：和；单调减区间是：；（）.【分析】（）求出函数的导数，由导数大于0，可求得增区间，由导数小于0，可求得减区间（）求出函数的导数，在内有极值，即

8、为在内有一个零点，即可根据，即可求出a的取值范围【详解】（）因为，所以，当时，解得或，此时函数单调递增；当时，解得，此时函数单调递减，所以函数的单调增区间是：和；单调减区间是：；（）.因为在区间中至少有一个极值点，所以有，即，所以a的取值范围是.【点睛】本题考查了导数在函数性质中的应用，主要考查了用导数研究函数的单调区间、极值及函数与方程的知识题型三、利用导数研究函数的最值与单调性1（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）设函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数

9、的单调性.（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，又，因为，故，当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为.（2）因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由（1）中函数的单调性可得，故即.【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.2（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围.【答案】(1)见详解；(2) .【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函

10、数单调性；(2) 讨论的范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终求得的取值范围.【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. 所以，设函数，求导当时从而单调递减.而，所以.即的取值范围是.若，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. 所以，而，所以.即的取值范围是.综上得的取值范围是.【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往

11、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.3设函数（）讨论的单调性；（）证明当时，；（）设，证明当时，.【答案】（）当时，单调递增；当时，单调递减；（）见解析；（）见解析【详解】试题分析：（）首先求出导函数，然后通过解不等式或可确定函数的单调性；（）左端不等式可利用（）的结论证明，右端将左端的换为即可证明；（）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理试题解析：（）由题设，的定义域为，令，解得.当时，单调递增；当时，单调递减.（）由（）知，在处取得最大值，最大值为.所以当时，.故当时，即. （）由题设，设，则，令，解得.当

12、时，单调递增；当时，单调递减. 由（）知，故，又，故当时，.所以当时，.【考点】利用导数研究函数的单调性、不等式的证明与解法【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明4已知函数在处取得极大值，在处取得极小值，且.（1）证明：.（2）求z=a+2b的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）求出的导函数，因为函数在和取得极值得到：，是导函数等于0的两个根表示出导函数，因为函数为增函数，得到导函数大于0，根据不等式取解集的方法即可得到的范围；（2）由得

13、到导函数在、2时大于0，导函数在时小于0，得到如图所示的三角形，求出三个顶点的坐标即可得到相应的值，得到的取值范围即可【详解】求出函数的导函数（1）由函数在处取得极大值，在处取得极小值，知，是的两个根所以当时，为增函数，由，得（2）在题设下，等价于，即，化简得此不等式组表示的区域为平面上三条直线：，所围成的的内部，其三个顶点分别为：在这三点的值依次为所以的取值范围为【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于得到，联想到线性规划知识求解.5设aR，函数.（1）若是函数的极值点，求a的值；（2）若函数，在处取得最大值，求a的取值范围【答案】（1）a1；（2）.【分析】（1）根据0，即可求出a的值，然后验

14、证所求a的值满足是函数的极值点；（2）利用最大值求出的取值范围，然后再验证所求的取值范围满足在x0处取最大值即可.【详解】（1）因为是函数的极值点，所以0，即6(2a2)0，因此a1.经验证，当a1时，是函数的极值点，所以.（2）由题意知， ，因为当g(x)在区间0，2上的最大值为g(0)，所以，即，故得.反之，当时，对任意x0，2，而g(0)0，故g(x)在区间0，2上的最大值为g(0)综上所述，a的取值范围为.题型四、利用导数研究切线问题1（2022年全国高考甲卷数学（文）试题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线(1)若，求a；(2)求a的取值范围【答案】(1)3；(2)【分析】（1

15、）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.【详解】（1）由题意知，则在点处的切线方程为，即，设该切线与切于点，则，解得，则，解得；（2），则在点处的切线方程为，整理得，设该切线与切于点，则，则切线方程为，整理得，则，整理得，令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：01000则的值域为，故的取值范围为.2（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的

16、坐标【答案】(1)答案见解析；(2) 和.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.【详解】(1)由函数的解析式可得：，判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减. (2)由题意可得：，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，切线方程为：,与联立得，化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，

17、该方程可以分解因式为解得,，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为 和.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.3（2013年全国普通高等学校招生统一考试文科数

18、学（新课标2卷）已知函数.(I)求的极小值和极大值；(II)当曲线的切线的斜率为负数时，求在x轴上截距的取值范围.【答案】(I)0，；(II) 【详解】（）由题意知，的定义域为R，由，令，解得；令，解得或，所以当时，0；当时，；（）设切点为，则，即或， 的方程为，令，则在x轴上截距则，令，则或，故当时， ，当且仅当，即时，取等号当时， 在单调递增，所以所以函数的值域为则在x轴上截距的取值范围为本题第（）问，要求函数的极值，先求函数的定义域、导数、判断导数的正负，可以得出结果;第（）问,先由导数小于0，解得的取值范围，然后结合直线的截距式方程写出直线，即可求出对第（）问，一部分同学们容易忽视定义

19、域的求解；第（）问,一部分同学找不思路，所以在日常复习中，要加强导数基本题型的训练.【考点定位】本小题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、证明不等式等知识，综合性较强，考查函数与方程、分类讨论等数学思想，考查同学们分析问题、解决问题的能力，熟练函数与导数的基础知识以及基本题型是解答好本类题目的关键.题型五、利用导数证明不等式1（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标）设函数.（）讨论的导函数的零点的个数；（）证明：当时.【答案】（）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（）见解析【详解】试题分析：（）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质，即可判断出零点个数；（）由（）可设在

20、的唯一零点为，根据的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于，即证明了所证不等式.试题解析：（）的定义域为，.当时,，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.（）由（），可设在的唯一零点为，当时，;当时，.故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.由于，所以.故当时，.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.2（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标3卷）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明.【答

21、案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.（2）证明，即证，而，所以需证，设g（x）=lnx-x+1 ，利用导数易得，即得证.【详解】（1） 的定义域为（0，+），.若a0，则当x（0，+）时，故f（x）在（0，+）单调递增.若a0，则当时，时；当x时，.故f（x）在单调递增，在单调递减.（2）由（1）知，当a0时，f（x）在取得最大值，最大值为.所以等价于，即.设g（x）=lnx-x+1，则.当x（0,1）时，；当x（1，+）时，.所以g（x）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.

22、故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x0时，g（x）0.从而当a0时，即.【点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.3（2018年全国卷文数高考试题）已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：当时，【答案】（1）切线方程是；（2）证明见解析【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程（2）方法一：当时，令，只需证明即可【详解】

23、（1），因此曲线在点处的切线方程是（2）方法一：【最优解】放缩当时，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，所以因此方法二：【通性通法】导数的应用函数的定义域为R，当时，令，得，或，其中则函数的单调递减区间为，单调递增区间为又，当时，恒成立，故，故当时，方法三：等价变形含参讨论不等式等价于令当时，（导数法证明过程参考方法二）当时，易知在R上单调递增且所以存在唯一实数使得，即函数在区间内单调递减，在区间内单调递增故记，则的图像为开口向上，对称轴的抛物线，故函数在区间内单调递减，故综上所述，当时，方法四：【最优解】利用切线不等式放缩不等式等价于因为，所以当时，即结论得证【整体点评】（2）方法一：利

24、用不等式性质放缩，转化为求具体函数的最值，方法简单易操作，是该题的最优解；方法二：直接研究函数的单调性求最小值，即可解出，是该类型题的通性通法；方法三：将不等式等价变形，然后再含参讨论新函数的单调性，求出最小值，此法也是常规手段，但是对于解决该题，显得有些繁琐；方法四：将不等式等价变形，然后利用切线不等式，不等式的性质放缩，再结合二次函数的性质解出，也可以认为是本题的最优解4（2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I卷）已知函数（1）设是的极值点求，并求的单调区间；（2）证明：当时，【答案】(1)a=；增区间为，减区间为(2)证明见解析.【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，

25、求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间；（2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果.【详解】（1）的定义域为，则，解得：，故易知在区间内单调递增，且，由解得：；由解得：，所以的增区间为，减区间为（2）方法一：【最优解】放缩法当时，.设，则.当时，；当时，.所以是的最小值点.故当时，.因此，当时，.方法二：【通性通法】隐零点讨论因为，所以在区间内单调递增设，当时，当时，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以设，则所以在区间内单调递减，故，即成立方法三：分离参数求最值要证时，即，则

26、证成立令，则令，则，由知在区间内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减所以，而，所以恒成立，原命题得证方法四：隐零点讨论基本不等式，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则易知在区间内是减函数，在区间内是增函数所以由，得当且仅当，即时，所以方法五：异构要证明，即证，即证明，再证明即可令，设，则若时，在上恒成立，所以；若时，当时；当时，所以为的极小值点，则因为，所以，所以令当时，；当时，所以为的极小值点则，所以，即所以方法六： 高阶函数借位构建有界函数令，则令显然为定义域上的增函数又，故当时，得；当时，得即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故即恒成立，而恒成立【整体点评】（2）方法一：

27、利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解；方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法；方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法；方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样；方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐；方法六：基本类似于方法三5（2011年全国新课标普通高等学校招生统一考试文科数学）已知函数，曲线在点处的切线方程为，（1）求的值（2）证明：当时，【答案】分析：（1）利用导数的几何意义列式求待定系数的值；（2）构造新函数求其导

28、数，利利用单调性和极值证明解：（），由题意知：（）由（）知，所以设则当时， ，而故当时，当时，得：从而题型六、利用导数研究恒成立问题1已知函数，其中参数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)0，求a的取值范围.【答案】(1) f(x)在上单调递减，在区间上单调递增.（2）【分析】(1)求f(x)的导函数为，通过讨论a，求函数的单调区间即可. (2)因为f(x)0，所以即求f(x)的最小值大于等于0，由第(1)的结果求的f(x)的最小值，解关于a的不等式即可求出a的范围.【详解】(1)函数f(x)的定义域为，且.若a0，则，在上单调递增.若a0，则由f(x)0，得xln.当x时，f(x)

29、0.故f(x)在上单调递减，在区间上单调递增.(2)当a0时，恒成立.若aa时，f(x)0.综上a的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，考查函数的恒成立问题，同时考查了分类讨论的思想和学生的计算能力，属于中档题.2（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知函数f（x）=2lnx+1（1）若f（x）2x+c，求c的取值范围；（2）设a0时，讨论函数g（x）=的单调性【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间【分析】（1）方法三不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数 ，再求导得

30、到，根据的正负，判断 的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性.【详解】（1）方法一【最优解】：等价于设，则当时，所以在区间内单调递增；当时，所以在区间内单调递减故，所以，即，所以c的取值范围是方法二：切线放缩若，即，即当时恒成立，而在点处的切线为，从而有，当时恒成立，即，则所以c的取值范围为方法三：利用最值求取值范围函数的定义域为：，设，则有 ，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需；所以c的取值范围为（2）且 因此，设 ，则有，当时，所以， 单调递减，因此有，即，所以单调递减；当时，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，所以函

31、数在区间和 上单调递减，没有递增区间.【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.3（2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷）设函数.（I）讨论函数的单调性；（II）当时，求实数的取值范围.【答案】（I）函数在和上单调递减，在上单调递增.（II）.【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函

32、数零点，列表分析导函数符号确定单调区间；（2）对分类讨论，当a1时，满足条件；当时，取，当0a1时，取，.试题解析： 解（1）f (x)=(1-2x-x2)ex令f(x)=0得x=-1- ，x=-1+当x（-，-1-）时，f(x)0；当x（-1+，+）时，f(x)0所以f(x)在（-，-1-），（-1+，+）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增(2) f (x)=(1+x)（1-x）ex当a1时，设函数h(x)=（1-x）ex，h(x)= -xex0（x0），因此h(x)在0，+)单调递减，而h(0)=1，故h(x)1，所以f(x)=（x+1）h(x)x+1ax+1当0a1时，设函数g（x）

33、=ex-x-1，g（x）=ex-10（x0），所以g（x）在0，+)单调递增，而g(0)=0，故exx+1当0x1，取则当 综上，a的取值范围1，+）点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.4（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知函数f（x）=2sinxxcosxx，f（x）为f（x）的导数（1）证明：在区间（0，）存在唯一零点；（2）若x0，时，求a的取值范围【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）求导得到导函数

34、后，设为进行再次求导，可判断出当时，当时，从而得到单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数，通过二次求导可判断出，；分别在，和的情况下根据导函数的符号判断单调性，从而确定恒成立时的取值范围.【详解】（1）令，则当时，令，解得：当时，；当时，在上单调递增；在上单调递减又，即当时，此时无零点，即无零点，使得又在上单调递减为，即在上的唯一零点综上所述：在区间存在唯一零点（2）若时，即恒成立令则，由（1）可知，在上单调递增；在上单调递减且，当时，即在上恒成立在上单调递增，即，此时恒成立当时，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，即恒成立当时，使得在上单调递减，

35、在上单调递增时，可知不恒成立当时，在上单调递减可知不恒成立综上所述：【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.题型七、利用导数研究根的问题1（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国卷）已知函数，曲线在点处的切线与轴交点的横坐标为.（1）求；（2）证明：当时，曲线与直线只有一个交点.【答案】（1）；（2）详见解析【详解】试题分析：（1），由导数的几何意义得，故切线方程为，将点代入求

36、；（2）曲线与直线只有一个交点转化为函数有且只有零点一般思路往往利用导数求函数的单调区间和极值点，从而判断函数大致图象，再说明与轴只有一个交点本题首先入手点为，当时，且，所以在有唯一实根只需说明当时无根即可，因为，故只需说明，进而转化为求函数的最小值问题处理（1），曲线在点处的切线方程为由题设得，所以（2）由（1）得，设由题设得当时，单调递增，所以在有唯一实根当时，令，则，在单调递减；在单调递增所以所以在没有实根，综上，在上有唯一实根，即曲线与直线只有一个交点考点：1、导数的几何意义；2、利用导数判断函数单调性；3、利用导数求函数的最值2（2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知函

37、数.证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【答案】（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；（2）先由（1）的结果，得到，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立.【详解】（1）由题意可得，的定义域为，由，得，显然单调递增；又，故存在唯一，使得；又当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；因此，存在唯一的极值点；（2）方法一【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】的根的情况问题可转化为函数与的图像在区间内的交点情况当时，在区

38、间内单调递增；又因为，所以当时，则时，单调递减；当时，则当时，单调递增又，所以函数与的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为和，且，即和为的两个实根又因为，当时，由于，所以，即，所以两个实根互为倒数方法二【分类讨论】由（1）知，又，所以有且仅有两个实根，可令下面证明，由，得，显然有， （*）（1）当时，（*）式不成立；（2）当时，（*）式不成立；（3）当时，（*）式成立综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数方法三【利用函数的单调性结合零点存在定理】的定义域为，显然不是方程的根，所以有两个实根等价于有两个零点，且定义域为而，所以在区间内单调递增，在区间内单调递增当时，所以在区间内有唯一零

39、点，即，所以 结合单调性知在区间内有唯一零点，所以有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数，即有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数的对称性研究函数体现了整体思想；方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段；方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化.3（2022年普通高等学校招生全国统一考试文科数学（黑卷）试题）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)当时，证明在上有且仅有两个零点.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析【分析】（1）求得，分、三种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；

40、（2）由可得出，由结合判别式可判断出方程的根的个数，由此可证得结论成立.【详解】（1）解：函数的定义域为，.当时，则，由可得，由可得，此时函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，由可得或.当时，由可得或，由可得，此时函数的单调递减区间为、，单调递增区间为；当时，由可得，由可得或，此时函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.综上所述，当时，函数的单调递减区间为、，单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.（2）解：由可得，因为，则，即关于的方程有两个不等的实根，所以，当时，在上有且仅有两个零点.【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单

41、调性，通常注意以下几个方面：（1）求导后看最高次项系数是否为，须需分类讨论；（2）若最高次项系数不为，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.4已知函数，的导函数为(1)讨论的极值点的个数；(2)当时，方程有两个不相等的实数根，求m的取值范围【答案】(1)答案见解析；(2)【分析】（1）对求导，分和，讨论的单调性，即可得出对应的极值点的情况；（2）当时，方程有两个不相等的实数根，化简为，即与的图象有两个交点，令，对求导，得出的单调性及最值即可得出答案.【详解】（1）函数的定义域为，当时，

42、在区间上单调递增，所以无极值点；当时，令，解得，所以当x变化时，的变化情况如下表所示x0单调递增极大值单调递减所以有一个极大值点，无极小值点综上，当时，无极值点；当时，有一个极值点（2）当时，方程，即，则令，则令，解得或（舍去）当时，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增，所以，又趋近于0时趋近正无穷；趋近于正无穷时趋近正无穷，所以，即，故m的取值范围是题型八、利用导数研究函数的零点问题1（2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II）已知函数（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点【答案】（1）增区间是，减区间是；（2）证明见解析.【分析】（1）将代入，求导得，令求得增区

43、间，令求得减区间；（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.【详解】（1）当a=3时，令解得x=或x=由解得：；由解得：故函数的增区间是，减区间是（2）方法一：【最优解】【通性通法】等价转化零点存在性定理由于，所以等价于设,则,仅当时,所以在单调递增.故至多有一个零点,从而至多有一个零点.又,故有一个零点.综上,只有一个零点.方法二：函数零点与图象交点个数的关系因为，所以等价于，令，则因为，则，当且仅当时，等号成立，所以在区间内单调递增，当时，；当时，所以直线与的图像只有一个交点，即只有一个零点方法三：【通性通法】含参分类讨论零点存在性定理当时，单调递增，只有一个零

44、点当与时，再令或，则有当与时，单调递增，当时，单调递减因为， ，所以极大值与极小值同正同负，故只有一个零点方法四： 等价转化零点存在性定理由于，所以，等价于设，则，仅当时，所以在区间内单调递增故至多有一个零点，从而至多有一个零点结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取，则有，取，则有，所以在内有一个零点，故有一个零点综上，只有一个零点【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解；方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨；方法三：直

45、接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，但对于该题，显得有些复杂；方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样2已知函数.（）讨论的单调性；（）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（）见解析；（）.【详解】试题分析：（）先求得再根据1,0,2a的大小进行分类确定的单调性；（）借助第（）问的结论,通过分类讨论函数的单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为.试题解析：（）（）设，则当时，；当时，.所以f（x）在单调递减，在单调递增.（）设，由得x=1或x=ln（-2a）.若，则，所以在单调递增.若，则ln（-2a）1,故当时，；当时，所以在单调递

46、增，在单调递减.若，则，故当时，当时，所以在单调递增，在单调递减.（）（）设，则由（）知，在单调递减，在单调递增.又，取b满足b0且，则，所以有两个零点.（）设a=0，则，所以只有一个零点.（iii）设a0，若，则由（）知，在单调递增.又当时，0，故不存在两个零点；若，则由（）知，在单调递减，在单调递增.又当时0，故不存在两个零点.综上，a的取值范围为.【考点】函数单调性，导数应用【名师点睛】本题第（）问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,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；第（）问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及导数、函数、不等式等知识,

47、越来越受到高考命题者的青睐,解决此类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.3（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有三个零点，求的取值范围【答案】（1）详见解析；(2).【分析】（1），对分和两种情况讨论即可；（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【详解】（1）由题，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在，上单调递增.（2）由（1）知，有三个零点，则，且即，解得，当时，且，所以在上有唯一一个零点，同理，所以在上有唯一一个零点

48、，又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，综上可知的取值范围为.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.4（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标）已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当时，令，解得，令，解得，所以的减区

49、间为，增区间为；（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解，令，则有，令，解得，令，解得或，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，而时，当时，所以当有两个解时，有，所以满足条件的的取值范围是：.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.题型九、利用导数研究参数问题分离参数法求参数的取值范围1已知函数(1)求函数在点处的切线方程；(2)如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围【

50、答案】(1)；(2)【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，再由点斜式计算可得；（2）依题意可得对恒成立，参变分离可得对恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出参数的取值范围；(1)解：因为，所以，所以，即切点为，切线的斜率，所以切线方程为，即；(2)解：因为对恒成立，即对恒成立，即对恒成立，令，则令，则，所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以，即；2设函数（）若a=，求的单调区间；（）若当0时0，求a的取值范围【答案】在，单调增加，在（-1，0）单调减少,【分析】试题分析：（I）时，（II），令，则若。则当时，为增函数，而，

51、从而当时若，则当时，为减函数，而从而当时综合得a的取值范围为考点：本小题主要考查利用导数考查函数的单调性和单调性的应用.点评：导数是研究函数性质是有力工具，利用导数研究函数单调性的前提是要注意函数的定义域，而且解决此类问题一般离不开分类讨论，讨论时要做到不重不漏.分类讨论法求参数的取值范围1（2012年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（课标卷）设函数(1)求的单调区间(2)若，k为整数，且当时，求k的最大值【答案】(1)答案见解析；(2)2【分析】(1)求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母，故应按照的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间.(2)由题设条件结

52、合(1),将不等式成立转化为，由此将转化为求在给定区间的最值问题.【详解】（1）函数的定义域是，当时，所以函数在上单调递增，当时，时， ，当，所以，函数在上单调递减，在上单调递增.（2）由于，所以，故当， ，等价于，令，则，由(1)可知，当时，函数在上单调递增，而，所以在存在唯一零点，故在存在唯一零点，设此零点为，则有，当时，当时，所以在上的最小时为，又由，可得，所以 ，由于等价于，故整数的最大值为2.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常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

53、处理2（2022年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数(1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围【答案】(1)；(2)【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【详解】（1）当时，则，当时，单调递增；当时，单调递减；所以；（2），则，当时，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，在上，单调递增；在上，单调递减；又，由（1）得，即，所以，当时，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，在上，单调递增；在上，单

54、调递减；此时，由（1）得当时，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.题型十、利用导数研究函数性质1（2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标）设函数，曲线处的切线斜率为0（1）求b;（2）若存在使得，求a的取值范围【答案】（1）;（2）.【详解】试题分析：（1）根据曲线在某点处的切线与此点的横坐标的导数的对应关系，可先对函数进行求导可得：，利用上述关系不难求得，即可得;（2）由第（1）小题中所求b，则函数完全

55、确定下来，则它的导数可求出并化简得：根据题意可得要对与的大小关系进行分类讨论，则可分以下三类：（）若，则，故当时，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，即，所以.（）若，则，故当时，；当时，在单调递减，在单调递增.所以，存在，使得的充要条件为，无解则不合题意.（）若，则.综上，a的取值范围是.试题解析：（1），由题设知，解得.（2）的定义域为，由（1）知，（）若，则，故当时，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，即，所以.（）若，则，故当时，；当时，在单调递减，在单调递增.所以，存在，使得的充要条件为，而，所以不合题意.（）若，则.综上，a的取值范围是.考点：1.曲线的切线方程;2.导

56、数在研究函数性质中的运用;3.分类讨论的应用2（2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标）已知.(1)讨论的单调性；(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.【答案】(1) 时 ,在是单调递增；时,在单调递增，在单调递减.（2）.【详解】试题分析：（）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,当时,因此a的取值范围是.试题解析：（）的定义域为,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.（）由（）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,于是当时,当时,因此a的取值

57、范围是.考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.3（2012年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（大纲卷）已知函数（I）讨论的单调性；（II）设有两个极值点若过两点的直线与轴的交点在曲线上，求的值【答案】（I）见解析；（II）或或【详解】（I），当时，当且仅当时，所以是上增函数；当时，的两个根为，综上所述，当时，单调递增区间是；当时，单调递增区间是，单调递减区间是；（II）由题设知，是方程的两个根，故有，因此，同理，因此直线的方程为，设直线与轴的交点为，得，由题设知，点在曲线上，故，解得或或所以的值为.【点睛】本试题考查了导数在研究函数中的运用第一就是三次函数，通过求解导数，求解单调区间另外就是运用极值的概念，求解参数值的运用