資源簡介

專題07 函數與導數壓軸題解答（新高考專用）
目錄
【知識梳理】 2
【真題回顧】 3
【熱考考點】 29
【熱考點一】函數單調性含參問題 29
【熱考點二】導數與數列不等式綜合 34
【熱考點三】雙變量問題 42
【熱考點四】用導數證明不等式 49
【熱考點五】極值、最值問題 56
【熱考點六】零點問題 63
【熱考點七】不等式恒成立問題 71
【熱考點八】極值偏移問題 78
1、對稱變換
主要用來解決與兩個極值點之和、積相關的不等式的證明問題．其解題要點如下：（1）定函數（極值點為），即利用導函數符號的變化判斷函數單調性，進而確定函數的極值點x0．
（2）構造函數，即根據極值點構造對稱函數，若證 ，則令．
（3）判斷單調性，即利用導數討論的單調性．
（4）比較大小，即判斷函數在某段區間上的正負，并得出與的大小關系．
（5）轉化，即利用函數的單調性，將與的大小關系轉化為與之間的關系，進而得到所證或所求．
【注意】若要證明的符號問題，還需進一步討論與x0的大小，得出所在的單調區間，從而得出該處導數值的正負．
構造差函數是解決極值點偏移的一種有效方法，函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中．某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用．因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的．根據題目的特點，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧．許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效
2、應用對數平均不等式證明極值點偏移：
①由題中等式中產生對數；
②將所得含對數的等式進行變形得到；
③利用對數平均不等式來證明相應的問題．
3、 比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構造函數利用函數的單調性證明題中的不等式即可．
一、解答題
1．（2024·全國甲卷·高考真題）已知函數．
(1)求的單調區間；
(2)當時，證明：當時，恒成立．
2．（2024·北京·高考真題）設函數，直線是曲線在點處的切線．
(1)當時，求的單調區間.
(2)求證：不經過點.
(3)當時，設點，，，為與軸的交點，與分別表示與的面積．是否存在點使得成立？若存在，這樣的點有幾個？
（參考數據：，，）
3．（2024·全國甲卷·高考真題）已知函數．
(1)當時，求的極值；
(2)當時，，求的取值范圍．
4．（2024·天津·高考真題）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)若對任意成立，求實數的值；
(3)若，求證：．
5．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
6．（2024·廣東江蘇·高考真題）已知函數
(1)若，且，求的最小值；
(2)證明：曲線是中心對稱圖形；
(3)若當且僅當，求的取值范圍．
7．（2023·北京·高考真題）設函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)設函數，求的單調區間；
(3)求的極值點個數．
8．（2023·全國·高考真題）已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若函數在單調遞增，求的取值范圍．
9．（2023·全國甲卷·高考真題）已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍．
10．（2023·全國甲卷·高考真題）已知函數
(1)當時，討論的單調性；
(2)若恒成立，求a的取值范圍．
11．（2023·全國乙卷·高考真題）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.
(3)若在存在極值，求a的取值范圍.
12．（2023·天津·高考真題）已知函數．
(1)求曲線在處的切線斜率；
(2)求證：當時，；
(3)證明：．
13．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
14．（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
參考答案
1．(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）求導，含參分類討論得出導函數的符號，從而得出原函數的單調性；
（2）先根據題設條件將問題可轉化成證明當時，即可.
【詳解】（1）定義域為，
當時，，故在上單調遞減；
當時，時，，單調遞增，
當時，，單調遞減.
綜上所述，當時，的單調遞減區間為；
時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2），且時，，
令，下證即可.
，再令，則，
顯然在上遞增，則，
即在上遞增，
故，即在上單調遞增，
故，問題得證
2．(1)單調遞減區間為，單調遞增區間為.
(2)證明見解析
(3)2
【分析】（1）直接代入，再利用導數研究其單調性即可；
（2）寫出切線方程，將代入再設新函數，利用導數研究其零點即可；
（3）分別寫出面積表達式，代入得到，再設新函數研究其零點即可.
【詳解】（1），
當時，；當，；
在上單調遞減，在上單調遞增.
則的單調遞減區間為，單調遞增區間為.
（2），切線的斜率為，
則切線方程為，
將代入則，
即，則，，
令，
假設過，則在存在零點.
，在上單調遞增，，
在無零點，與假設矛盾，故直線不過.
（3）時，.
，設與軸交點為，
時，若，則此時與必有交點，與切線定義矛盾.
由（2）知.所以，
則切線的方程為，
令，則.
，則，
，記，
滿足條件的有幾個即有幾個零點.
，
當時，，此時單調遞減；
當時，，此時單調遞增；
當時，，此時單調遞減；
因為，
，
所以由零點存在性定理及的單調性，在上必有一個零點，在上必有一個零點，
綜上所述，有兩個零點，即滿足的有兩個.
【點睛】
關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是采用的是反證法，轉化為研究函數零點問題.
3．(1)極小值為，無極大值.
(2)
【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的單調性和零點可求函數的極值.
（2）求出函數的二階導數，就、、分類討論后可得參數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，
故，
因為在上為增函數，
故在上為增函數，而，
故當時，，當時，，
故在處取極小值且極小值為，無極大值.
（2），
設，
則，
當時，，故在上為增函數，
故，即，
所以在上為增函數，故.
當時，當時，，
故在上為減函數，故在上，
即在上即為減函數，
故在上，不合題意，舍.
當，此時在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合題意，舍；
綜上，.
【點睛】思路點睛：導數背景下不等式恒成立問題，往往需要利用導數判斷函數單調性，有時還需要對導數進一步利用導數研究其符號特征，處理此類問題時注意利用范圍端點的性質來確定如何分類.
4．(1)
(2)2
(3)證明過程見解析
【分析】（1）直接使用導數的幾何意義；
（2）先由題設條件得到，再證明時條件滿足；
（3）先確定的單調性，再對分類討論.
【詳解】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切線經過，且斜率為，故其方程為.
（2）設，則，從而當時，當時.
所以在上遞減，在上遞增，這就說明，即，且等號成立當且僅當.
設，則
.
當時，的取值范圍是，所以命題等價于對任意，都有.
一方面，若對任意，都有，則對有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，則對任意都有，滿足條件.
綜合以上兩個方面，知的值是2.
（3）先證明一個結論：對，有.
證明：前面已經證明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知當時，當時.
所以在上遞減，在上遞增.
不妨設，下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結論.
情況一：當時，有，結論成立；
情況二：當時，有.
對任意的，設，則.
由于單調遞增，且有
，
且當，時，由可知
.
所以在上存在零點，再結合單調遞增，即知時，時.
故在上遞減，在上遞增.
①當時，有；
②當時，由于，故我們可以取.
從而當時，由，可得
.
再根據在上遞減，即知對都有；
綜合①②可知對任意，都有，即.
根據和的任意性，取，，就得到.
所以.
情況三：當時，根據情況一和情況二的討論，可得，.
而根據的單調性，知或.
故一定有成立.
綜上，結論成立.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于第3小問中，需要結合的單調性進行分類討論.
5．(1)
(2)
【分析】（1）求導，結合導數的幾何意義求切線方程；
（2）解法一：求導，分析和兩種情況，利用導數判斷單調性和極值，分析可得，構建函數解不等式即可；解法二：求導，可知有零點，可得，進而利用導數求的單調性和極值，分析可得，構建函數解不等式即可.
【詳解】（1）當時，則，，
可得，，
即切點坐標為，切線斜率，
所以切線方程為，即.
（2）解法一：因為的定義域為，且，
若，則對任意恒成立，
可知在上單調遞增，無極值，不合題意；
若，令，解得；令，解得；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
則有極小值，無極大值，
由題意可得：，即，
構建，則，
可知在內單調遞增，且，
不等式等價于，解得，
所以a的取值范圍為；
解法二：因為的定義域為，且，
若有極小值，則有零點，
令，可得，
可知與有交點，則，
若，令，解得；令，解得；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
則有極小值，無極大值，符合題意，
由題意可得：，即，
構建，
因為則在內單調遞增，
可知在內單調遞增，且，
不等式等價于，解得，
所以a的取值范圍為.
6．(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）求出后根據可求的最小值；
（2）設為圖象上任意一點，可證關于的對稱點為也在函數的圖像上，從而可證對稱性；
（3）根據題設可判斷即，再根據在上恒成立可求得.
【詳解】（1）時，，其中，
則，
因為，當且僅當時等號成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值為.，
（2）的定義域為，
設為圖象上任意一點，
關于的對稱點為，
因為在圖象上，故，
而，
，
所以也在圖象上，
由的任意性可得圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為.
（3）因為當且僅當，故為的一個解，
所以即，
先考慮時，恒成立.
此時即為在上恒成立，
設，則在上恒成立，
設，
則，
當，，
故恒成立，故在上為增函數，
故即在上恒成立.
當時，，
故恒成立，故在上為增函數，
故即在上恒成立.
當，則當時，
故在上為減函數，故，不合題意，舍；
綜上，在上恒成立時.
而當時，
而時，由上述過程可得在遞增，故的解為，
即的解為.
綜上，.
【點睛】思路點睛：一個函數不等式成立的充分必要條件就是函數不等式對應的解，而解的端點為函數對一個方程的根或定義域的端點，另外，根據函數不等式的解確定參數范圍時，可先由恒成立得到參數的范圍，再根據得到的參數的范圍重新考慮不等式的解的情況.
7．(1)
(2)答案見解析
(3)3個
【分析】（1）先對求導，利用導數的幾何意義得到，，從而得到關于的方程組，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，從而求得，利用數軸穿根法求得與的解，由此求得的單調區間；
（3）結合（2）中結論，利用零點存在定理，依次分類討論區間，，與上的零點的情況，從而利用導數與函數的極值點的關系求得的極值點個數.
【詳解】（1）因為，所以，
因為在處的切線方程為，
所以，，
則，解得，
所以.
（2）由（1）得，
則，
令，解得，不妨設，，則，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上單調遞減，在，上單調遞增，
即的單調遞減區間為和，單調遞增區間為和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上單調遞減，在，上單調遞增，
當時，，，即
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；
所以在上有一個極小值點；
當時，在上單調遞減，
則，故，
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞增；當時，，則單調遞減；
所以在上有一個極大值點；
當時，在上單調遞增，
則，故，
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；
所以在上有一個極小值點；
當時，，
所以，則單調遞增，
所以在上無極值點；
綜上：在和上各有一個極小值點，在上有一個極大值點，共有個極值點.
【點睛】關鍵點睛：本題第3小題的解題關鍵是判斷與的正負情況，充分利用的單調性，尋找特殊點判斷即可得解.
8．(1)；
(2).
【分析】（1）由題意首先求得導函數的解析式，然后由導數的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，最后求解切線方程即可；
（2）原問題即在區間上恒成立，整理變形可得在區間上恒成立，然后分類討論三種情況即可求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，
則，
據此可得，
所以函數在處的切線方程為，即.
（2）由函數的解析式可得，
滿足題意時在區間上恒成立.
令，則，
令，原問題等價于在區間上恒成立，
則，
當時，由于，故，在區間上單調遞減，
此時，不合題意;
令，則，
當，時，由于，所以在區間上單調遞增，
即在區間上單調遞增，
所以，在區間上單調遞增，，滿足題意.
當時，由可得，
當時，在區間上單調遞減，即單調遞減，
注意到，故當時，，單調遞減，
由于，故當時，，不合題意.
綜上可知：實數得取值范圍是.
【點睛】方法點睛：
（1）求切線方程的核心是利用導函數求切線的斜率，求函數的導數要準確地把函數拆分成基本初等函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導，合函數求導，應由外到內逐層求導，必要時要進行換元.
（2）由函數的單調性求參數的取值范圍的方法
①函數在區間上單調，實際上就是在該區間上(或)恒成立．
②函數在區間上存在單調區間，實際上就是(或)在該區間上存在解集．
9．(1)在上單調遞減
(2)
【分析】（1）代入后，再對求導，同時利用三角函數的平方關系化簡，再利用換元法判斷得其分子與分母的正負情況，從而得解；
（2）法一：構造函數，從而得到，注意到，從而得到，進而得到，再分類討論與兩種情況即可得解；
法二：先化簡并判斷得恒成立，再分類討論，與三種情況，利用零點存在定理與隱零點的知識判斷得時不滿足題意，從而得解.
【詳解】（1）因為，所以，
則
，
令，由于，所以，
所以 ，
因為，，，
所以在上恒成立，
所以在上單調遞減.
（2）法一：
構建，
則，
若，且，
則，解得，
當時，因為，
又，所以，，則，
所以，滿足題意；
當時，由于，顯然，
所以，滿足題意；
綜上所述：若，等價于，
所以的取值范圍為.
法二：
因為，
因為，所以，，
故在上恒成立，
所以當時，，滿足題意；
當時，由于，顯然，
所以，滿足題意；
當時，因為，
令，則，
注意到，
若，，則在上單調遞增，
注意到，所以，即，不滿足題意；
若，，則，
所以在上最靠近處必存在零點，使得，
此時在上有，所以在上單調遞增，
則在上有，即，不滿足題意；
綜上：.
【點睛】關鍵點睛：本題方法二第2小問討論這種情況的關鍵是，注意到，從而分類討論在上的正負情況，得到總存在靠近處的一個區間，使得，從而推得存在，由此得解.
10．(1)答案見解析.
(2)
【分析】（1）求導,然后令,討論導數的符號即可;
（2）構造,計算的最大值,然后與0比較大小,得出的分界點,再對討論即可.
【詳解】（1）
令,則
則
當
當,即.
當,即.
所以在上單調遞增,在上單調遞減
（2）設
設
所以.
若,
即在上單調遞減,所以.
所以當,符合題意.
若
當,所以.
.
所以,使得,即,使得.
當,即當單調遞增.
所以當,不合題意.
綜上,的取值范圍為.
【點睛】關鍵點點睛:本題采取了換元,注意復合函數的單調性在定義域內是減函數,若,當,對應當.
11．(1)；
(2)存在滿足題意，理由見解析.
(3).
【分析】(1)由題意首先求得導函數的解析式，然后由導數的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，最后求解切線方程即可；
(2)首先求得函數的定義域，由函數的定義域可確定實數的值，進一步結合函數的對稱性利用特殊值法可得關于實數的方程，解方程可得實數的值，最后檢驗所得的是否正確即可；
(3)原問題等價于導函數有變號的零點，據此構造新函數，然后對函數求導，利用切線放縮研究導函數的性質，分類討論，和三中情況即可求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，
則，
據此可得，
函數在處的切線方程為，
即.
（2）令，
函數的定義域滿足，即函數的定義域為，
定義域關于直線對稱，由題意可得，
由對稱性可知，
取可得，
即，則，解得，
經檢驗滿足題意，故.
即存在滿足題意.
（3）由函數的解析式可得，
由在區間存在極值點，則在區間上存在變號零點;
令，
則，
令，
在區間存在極值點，等價于在區間上存在變號零點，
當時，，在區間上單調遞減，
此時，在區間上無零點，不合題意;
當，時，由于，所以在區間上單調遞增，
所以，在區間上單調遞增，，
所以在區間上無零點，不符合題意；
當時，由可得，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
故的最小值為，
令，則，
函數在定義域內單調遞增，，
據此可得恒成立，
則，
由一次函數與對數函數的性質可得，當時，
，
且注意到，
根據零點存在性定理可知:在區間上存在唯一零點.
當時，，單調減，
當時，，單調遞增，
所以.
令，則，
則函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以，
所以
，
所以函數在區間上存在變號零點，符合題意.
綜合上面可知:實數得取值范圍是.
【點睛】(1)求切線方程的核心是利用導函數求切線的斜率，求函數的導數要準確地把函數拆分成基本初等函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導，合函數求導，應由外到內逐層求導，必要時要進行換元.
(2)根據函數的極值(點)求參數的兩個要領：①列式:根據極值點處導數為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數法求解;②驗證:求解后驗證根的合理性.本題中第二問利用對稱性求參數值之后也需要進行驗證.
12．(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）利用導數的幾何意義求斜率；
（2）問題化為時，構造，利用導數研究單調性，即可證結論；
（3）構造，，作差法研究函數單調性可得，再構造且，應用導數研究其單調性得到恒成立，對作放縮處理，結合累加得到，即可證結論.
【詳解】（1），則，
所以，故處的切線斜率為；
（2）要證時，即證，
令且，則，
所以在上遞增，則，即.
所以時.
（3）設，，
則，
由（2）知： ，則，
所以，故在上遞減，故；
下證，
令且，則，
當時，遞增，當時，遞減，
所以，故在上恒成立，
則，
所以，，…，，
累加得：，而，
因為，所以，
則，
所以，故；
綜上，，即.
【點睛】關鍵點點睛：第三問，作差法研究單調性證右側不等關系，再構造且，導數研究其函數符號得恒成立，結合放縮、累加得到為關鍵.
13．(1)
(2)見解析
【分析】（1）設，根據題意列出方程，化簡即可；
（2）法一：設矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設函數，利用導數求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.
法二：設直線的方程為，將其與拋物線方程聯立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導即可求出周長最值，再排除邊界值即可.
法三：利用平移坐標系法，再設點，利用三角換元再對角度分類討論，結合基本不等式即可證明.
【詳解】（1）設,則，兩邊同平方化簡得，
故.
（2）法一：設矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，
同理令，且，則，
設矩形周長為,由對稱性不妨設，，
則，易知
則令,
令，解得，
當時，，此時單調遞減，
當，，此時單調遞增，
則，
故,即.
當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,
得證.
法二：不妨設在上，且，

依題意可設，易知直線，的斜率均存在且不為0，
則設,的斜率分別為和，由對稱性，不妨設，
直線的方程為，
則聯立得，
，則
則，
同理，
令，則，設，
則，令，解得，
當時，，此時單調遞減，
當，，此時單調遞增，
則，
，
但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.
法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,
矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.
設 , 根據對稱性不妨設 .
則 , 由于 , 則 .
由于 , 且 介于 之間,
則 . 令 ,
,則,從而
故
①當時,
②當 時,由于,從而,
從而又,
故,由此
，
當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于.
.
【點睛】關鍵點睛：本題的第二個的關鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設新函數求導，最后再排除邊界值即可.
14．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）先求導，再分類討論與兩種情況，結合導數與函數單調性的關系即可得解；
（2）方法一：結合（1）中結論，將問題轉化為的恒成立問題，構造函數，利用導數證得即可.
方法二：構造函數，證得，從而得到，進而將問題轉化為的恒成立問題，由此得證.
【詳解】（1）因為，定義域為，所以，
當時，由于，則，故恒成立，
所以在上單調遞減；
當時，令，解得，
當時，，則在上單調遞減；
當時，，則在上單調遞增；
綜上：當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要證，即證，即證恒成立，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則恒成立，
所以當時，恒成立，證畢.
方法二：
令，則，
由于在上單調遞增，所以在上單調遞增，
又，
所以當時，；當時，；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故，則，當且僅當時，等號成立，
因為，
當且僅當，即時，等號成立，
所以要證，即證，即證，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則恒成立，
所以當時，恒成立，證畢.
【熱考點一】函數單調性含參問題
【典例1-1】設，.
(1)若，求在處的切線方程；
(2)若，試討論的單調性.
【解析】（1）若，則，，
又，故，
所以在處的切線方程為，
即；
（2），，
當時，，令，即，解得，令，解得，
所以在上單調遞減，,上單調遞增；
當時，，在上單調遞增，
當，即時，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上單調遞增，,上單調遞減；
當，即時，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上單調遞增，,上單調遞減．
綜上：當時，所以在上單調遞減，,上單調遞增；
當時，所以在，,上單調遞增，,上單調遞減；
當時，，在上單調遞增，
當時，所以在，,上單調遞增，,上單調遞減．
【典例1-2】已知函數.
(1)若函數存在一條對稱軸，求的值；
(2)求函數的單調區間.
【解析】（1）因為函數，
所以函數定義域為，且函數存在一條對稱軸，故對稱軸為，
所以，
即，
所以，故，
當且僅當時上式恒成立，故.
（2）由題意，
當時，有且，
所以，故的單調減區間為；
當時，令，
且當時，，當時，，
所以的單調增區間為，單調或區間為；
綜上，當時，的單調減區間為，無增區間；
當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
1、導函數為含參一次型的函數單調性
導函數的形式為含參一次函數時，首先討論一次項系數為0，導函數的符號易于判斷，當一次項系數不為雩，討論導函數的零點與區間端點的大小關系，結合導函數圖像判定導函數的符號，寫出函數的單調區間．
2、導函數為含參二次型函數的單調性
當主導函數（決定導函數符號的函數）為二次函數時，確定原函數單調區間的問題轉化為探究該二次函數在給定區間上根的判定問題．對于此二次函數根的判定有兩種情況：
（1）若該二次函數不容易因式分解，就要通過判別式來判斷根的情況，然后再劃分定義域；
（2）若該二次函數容易因式分解，令該二次函數等于零，求根并比較大小，然后再劃分定義域，判定導函數的符號，從而判斷原函數的單調性．
3、導函數為含參二階求導型的函數單調性
當無法直接通過解不等式得到一階導函數的符號時，可對“主導”函數再次求導，使解題思路清晰．“再構造、再求導”是破解函數綜合問題的強大武器．
在此我們首先要清楚之間的聯系是如何判斷原函數單調性的．
（1）二次求導目的：通過的符號，來判斷的單調性；
（2）通過賦特殊值找到的零點，來判斷正負區間，進而得出單調性．
【變式1-1】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)討論的單調性．
【解析】（1）當時，，
求導得，則，
即切線的斜率為，又，
故曲線在點處的切線方程為，
化簡得．
（2）求導得，
當時，在上恒成立，所以在上單調遞增；
當時，令，解得，
當時，，在上單調遞減；
當時，，在上單調遞增．
綜上所述，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增．
【變式1-2】（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數.
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若，，討論函數的單調性.
【解析】（1），，則，
則，即切線斜率，
故切線方程為，即；
（2）函數的定義域為，，
，
當時，，由，可得，
當時，，函數在上單調遞增；
當時，，函數在上單調遞減；
當時，，
①當時，，當或時，，
即函數在和上單調遞增，
當時，，即函數在上單調遞減；
②當時，則對任意的，即函數在上單調遞增；
③當時，，
當或時，，即函數在和上單調遞增，
當時，，即函數在上單調遞減.
綜上所述，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；
當時，函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
當時，函數在上單調遞增；
當時，函數在和上單調遞增，在上單調遞減.
1．已知函數．討論當時，的單調性．
【解析】由題意，則，
當時，對于，則恒成立，在上單調遞減．
當時，對于有2個大于0的零點，分別是，
當時，在上單調遞增；
當時，，在和上單調遞減．
綜上，
當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增，在和上單調遞減．
【熱考點二】導數與數列不等式綜合
【典例2-1】[新考法]（2024·陜西榆林·模擬預測）不動點在數學和應用中具有重要作用，不動點是指被函數映射到其自身的點.對于函數，我們把滿足的稱為函數的不動點，已知函數.
(1)證明：在有唯一的不動點；
(2)已知，且的前項和為.證明：
①為遞增數列，為遞減數列，且；
②.
【解析】（1）令，
則，，，
所以當時，在上遞減，
而，故在有唯一的零點，
即在有唯一的不動點.
（2）①因為，
所以，在上單調遞增；
，
所以，
而在的不動點為，
所以，
假設時，成立，
則，即成立，
結合可得：對于任意恒成立，
故為遞增數列，為遞減數列，且；
②，
因為，所以，因此，即，
故.
【典例2-2】已知函數.
(1)討論函數極值點的個數；
(2)當時，數列滿足：.求證：的前項和滿足.
【解析】（1）由，，
則，
當時，，令，得，
所以函數有唯一極值點；
當時，令，即，
由于，設方程的兩根為，
則，所以，
所以函數有唯一極值點；
當時，令，即，
當，即時，設方程的兩根為，
則，，
所以函數有兩個極值點；
當，即時，方程無解，
所以函數無極值點.
綜上所述，當時，函數有唯一極值點；
當時，函數有兩個極值點；
當時，函數無極值點.
（2）當時，，，
則，
所以函數在上單調遞增，
當時，，
由，可得，
所以，則，，
可得，所以.
設，，則，
所以函數在上單調遞減，
所以，則，
所以
，
所以，
則，
所以，
則.
綜上所述，.
在解決等差、等比數列綜合問題時，要充分利用基本公式、性質以及它們之間的轉化關系，在求解過程中要樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，并適時地采用“巧用性質，整體考慮”的方法．可以達到減少運算量的目的．
【變式2-1】[新考法]（2024·高三·遼寧·開學考試）已知函數（是自然對數的底數）.
(1)若，求的極值；
(2)若，求；
(3)利用（2）中求得的，若，數列滿足，且，證明：.
【解析】（1）由題意得，
則，為減函數，
令得，
所以當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以在處取得極大值，極大值為，無極小值；
（2）因為，所以，
從而，
所以，即，
設，注意到，
所以，即為的極大值點，
由，令，解得，
檢驗，當時，，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以成立，
綜上，；
（3）由（2）得，從而，，
則，
令，解得，令，解得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
因為，所以，，……，，
令，
則，
所以在上單調遞減，且，
因為，又，所以，
所以，
所以，即，
所以，故，
又，所以，即，證畢.
【變式2-2】已知函數在點處的切線與軸重合．
(1)求函數的單調區間與極值；
(2)已知正項數列滿足，，，記數列的前項和為，求證：．
【解析】（1）因為，且，
由題意可得，即，可得，
可知的定義域為，且，
令，解得；令，解得；
可知在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
所以有極大值，無極小值．
（2）由（1）可得，當且僅當時取等號，
可得，當且僅當時取等號，
等價變形為，即，當且僅當時取等號，
代入題干中可得，
則，即，
當時，，即，
且符合上式，所以，，則，
由，令得，即，
所以.
1．牛頓（1643－1727）給出了牛頓切線法求方程的近似如圖設是的一個零點，任意選取作為的初始近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的1次近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的2次近似值．一般地，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，就稱為的次近似值，稱數列為牛頓數列．
(1)若的零點為，，請用牛頓切線法求的2次近似值；
(2)已知二次函數有兩個不相等的實數根，數列為的牛頓數列，數列滿足，且．
（ⅰ）設，求的解析式；
（ⅱ）證明：
【解析】（1）
，所以
當，所以
當，
所以的2次近似值為.
（2）（ⅰ）因為二次函數有兩個不等實根,
所以不妨設，
則，
因為所以
所以在橫坐標為的點處的切線方程為
令則
即，
所以.
（ⅰⅰ）由（ⅰ）知，
所以.
因為所以所以.
令則，又
所以，
數列是公比為2的等比數列.
.
令，則
當時，，所以在單調遞減，
所以，即
因為所以即.
.
【熱考點三】雙變量問題
【典例3-1】已知函數．
(1)求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：．
【解析】（1）函數的定義域為．
令，解得；令，解得．
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以．
所以無最大值，最小值為；
（2），．
因為有兩個不同的極值點，所以，．
欲證，即證，又，
所以原式等價于①.
由，,
得②.
由①②知原問題等價于求證，
即證．
令，則，上式等價于求證．
令，則，
因為，所以恒成立，所以單調遞增，，
即，所以原不等式成立，即．
【典例3-2】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)已知有兩個極值點，且，
（i）求實數a的取值范圍；
（ii）求的最小值．
【解析】（1）當時，，
則，得，
所以曲線在點處的切線方程為，
即.
（2）（i），
又是函數的兩個極值點，所以是方程的兩個正根
則，解得，
經檢驗，當時，符合題意.
所以實數的取值范圍為.
（ii）由（i）知，則，，
，
令，
則，
當時，，則單調遞減
當時，，則單調遞增
故當時，取得最小值，
所以，即的最小值為.
破解雙參數不等式的方法：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的不等式；
二是巧構函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值；
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果．
【變式3-1】（2024·高三·江蘇無錫·期中）已知函數.
(1)若，不等式恒成立，求實數的取值范圍；
(2)過點可以作曲線的兩條切線，切點分別為.
①求實數的取值范圍；
②證明：若，則.
【解析】（1）易知，令，則，
顯然時，，時，，
即在上單調遞增，在上單調遞減，
則，即；
（2）①設切點，易知，，則有，
即，
令，則有兩個交點，橫坐標即分別為，
易知，顯然時，，時，，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
且時有，時也有，，
則要滿足題意需，即；
②由上可知：，
作差可得，即，
由①知：在上單調遞減，在上單調遞增，
令，
則始終單調遞減，所以，
即，所以，所以，
不難發現，，
所以由弦長公式可知，
所以，
設
所以由，即，證畢.
【變式3-2】（2024·四川成都·模擬預測）定義運算：，已知函數．
(1)若函數的最大值為0，求實數a的值；
(2)證明：．
(3)若函數存在兩個極值點，證明：．
【解析】（1）由題意知：，，
①當時，，在單調遞減，不存在最大值．
②當時，由得，
當，；，，
函數的增區間為，減區間為．
，令，求導得，
當時，，函數遞減，當時，，函數遞增，
因此，．
（2）由（1）知，，即，
當時， ．
．
．
（3）
“函數存在兩個極值點”等價于
“方程有兩個不相等的正實數根”
故，解得，

要證，即證，
，不妨令，故
由得，令
在恒成立，
所以函數在上單調遞減，故．
成立．
1．已知函數.
(1)若直線與函數的圖象相切，求實數的值；
(2)若函數有兩個極值點和，且，證明：.（為自然對數的底數）
【解析】（1），定義域為.
設切點，.
且，
解得，，故實數的值為2；
（2），定義域為.
，
因為有兩個極值點和，所以至少有兩個不相等的正根.
令，令，得，
當時，，在上單調遞增；
當時，，在上單調遞減.
當時，取最大值，最大值為.
當；當，
則至多兩個零點，要使有兩個零點，
必有，.
由，兩式作差得①，
令，由得，
則，代入①式得，
，則，
故所證不等式轉化為，，
只需證，即證：.
令，，
，
，，在上單調遞增，
，其中，
故，，即不等式得證.
【熱考點四】用導數證明不等式
【典例4-1】（2024·高三·四川·期中）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若，證明：.
【解析】（1）解，
令
得時，，當時，，
故單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2），
要證明，則只需證明，
令，
，
，
，當且僅當時，上式等號成立，
當時，在區間上單調遞減，
，即，
當時，得證.
【方法二】證明：令，
，
，
，當且僅當時，上式等號成立，
，
又當時，在區間上單調遞減，
，
當時，得證.
【典例4-2】已知，證明：.
【解析】證明　設，
則，單調遞增，
所以當時，，
即
所以，
所以要證，
只需證明，
設，則，
則時，，單調遞減；
時，，單調遞增.
所以的最小值為.
當時，，，
所以.
當時，設，
則，
設，則，
因為在上單調遞增，
且，
所以在上恒成立，
所以在上單調遞增，
又，
所以在上恒成立，
故在上單調遞增，
在上恒成立.
綜上，當時，.
利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數．
（4）對數單身狗，指數找基友
（5）凹凸反轉，轉化為最值問題
（6）同構變形
【變式4-1】已知函數（）.
(1)討論函數的單調區間；
(2)當時，證明：.
【解析】（1），
①當時，當時，時，，
所以的遞增區間是，遞減區間為；
②當時，當時，時，，
所以的遞增區間是，遞減區間為；
③當時，的遞增區間是，無減區間；
④當時，當時，時，，
所以的遞增區間是，遞減區間為.
綜上，當時，的遞增區間是（），遞減區間為；
當時，的遞增區間是，遞減區間為；
當時，的遞增區間是，無減區間；
當時，的遞增區間是，遞減區間為.
（2）當時，，由題意可得，只需證明，
方法一：令，
則，
令，易知在上單調遞增，
，
故存在，使得，即，
當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
故時，取得唯一的極小值，也是最小值.
，
所以，即當時，.
方法二：不等式等價于，
只需證，
令，所以，
當時，單調遞減，時，單調遞增，
所以，即，當且僅當時取得等號，
令代替得到，
函數在上單調遞增，且，
故存在，使得，
所以，當且僅當時取得等號，
所以，即當時，.
【變式4-2】已知函數.
(1)若曲線在點處的切線與軸平行，求的值；
(2)設函數，給出的定義域，并證明：曲線是軸對稱圖形；
(3)證明：.
【解析】（1）因為，
則，
由題意可知，，解得.
（2），
對于函數，
有，解得，即函數的定義域為，
對于函數，則，可得，解得或，
所以，函數的定義域為，故該定義域關于直線對稱，
因為
，
故函數的圖象關于直線對稱，所以曲線是軸對稱圖形.
（3）當時，，
則，令，
則，
當時，，則函數在上為增函數，此時，，
即，所以，函數在上為增函數，此時，，
取，可得，
于是，即，
所以，，
故.
1．已知函數.
(1)當時，求函數在的切線方程；
(2)討論的單調性；
(3)證明：當時，.
【解析】（1）當時, ，所以.
得，點處的切線斜率為，
所以函數的圖像在點處的切線方程為：，
即：.
（2）由得，
當時，恒成立，則在上單調遞減；
當時，令得，
當時，，在單調遞減，
當時，，在單調遞增.
綜上所述，
當時， 在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（3）由（2）可知，當時，
的最小值.
要證，
只需證
只需證
設.
則，令得.
當時，，在單調遞減；
當時，，在單調遞增.
所以在處取最小值，且，
所以得證，
即得證.
【熱考點五】極值、最值問題
【典例5-1】已知函數.
(1)若在其定義域內單調遞增，求實數的取值范圍；
(2)若，且有兩個極值點，，其中，求的取值范圍.
【解析】（1）的定義域為，
∵在上單調遞增，
∴在上恒成立，即在上恒成立，
又，當且僅當時等號成立，
∴；
（2）由題意，
∵有兩個極值點，
∴為方程的兩個不相等的實數根，
由韋達定理得，，
∵，∴，
又，解得，
∴
，
設（），
則，
∴在上單調遞減，
又，，
∴，
即的取值范圍為.
【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函數.
(1)當時，求的零點個數；
(2)設，函數.
（i）判斷的單調性；
（ii）若，求的最小值.
【解析】（1）由題可知，則，
令，可得，
當時，在單調遞減，
當時，在單調遞增，
，
又，，
即在和內各有一個零點，
有2個不同的零點.
（2）（i）由題可知，
則，
令，可得或，
當時，，當時，，
在上單調遞增，在和上單調遞減.
（ii）由，可得，是關于的方程
的兩個不同的實根，
故，，即.
故
，
設，
當時，，
為上的增函數，
的最小值為，
故的最小值為.
利用導數求函數的極最值問題．解題方法是利用導函數與單調性關系確定單調區間，從而求得極最值．只是對含有參數的極最值問題，需要對導函數進行二次討論，對導函數或其中部分函數再一次求導，確定單調性，零點的存在性及唯一性等，由于零點的存在性與參數有關，因此對函數的極最值又需引入新函數，對新函數再用導數進行求值、證明等操作．
【變式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函數.
(1)求函數在處的切線方程；
(2)令.
（i）討論函數極值點的個數；
（ii）若是的一個極值點，且，證明：.
【解析】（1）因為，所以.
所以，.
所以函數在處的切線方程為：，即.
（2）（i）因為，（）.
所以，（）
當時，在上恒成立，所以函數在上是增函數，不存在極值點；
當時，設，則在上恒成立.
所以在上是增函數.
又，，所以唯一存在，使得.
當時，，所以，所以在上單調遞減；
當時，，所以，所以在上單調遞增.
所以是函數唯一的極小值點，無極大值點.
綜上：當時，無極值點；當時，只有個極小值點.
（ii）因為是的一個極值點，
由（i）可知，且.
所以.
因為，所以.
設，，則，則在上為減函數，且，
由，所以.
設，則，
由；由.
所以在上為增函數，在上單調遞減，且.
所以，所以.
所以.
因為，所以，，
相乘得：
所以.
【變式5-2】（2024·高三·黑龍江哈爾濱·期中）已知函數．
(1)當時，求在處的切線方程；
(2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范圍．
【解析】（1）當時，則，
可得，，即切點坐標為，切線斜率為，
所以切線方程為，即.
（2）定義域為，且，
若，則對任意恒成立．
所以在上單調遞增，無極值，不合題意，
若，令，解得，令，解得，
可知在上單調遞增，上單調遞減，
則有極大值，無極小值，
由題意可得：，即.
令，，在上單調遞減,
又，不等式等價于，解得.
綜上的取值范圍是．
1．已知函數．
(1)判斷在區間上的單調性；
(2)求在區間上的極值點的個數．
【解析】（1）由已知可得，，
當時，，．
令，，
當時，單調遞增，此時，
當時，，即，
在上單調遞增．
（2）令，
當時，，，
所以．
令，，令，則，令，得，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
所以當時，，
所以在上單調遞減，此時．
所以當時，，單調遞減，，
所以，使，即在內有1個極值點．
令，當時，由，得到
令，
當時，，則，
所以．
令，則，
由（1）中的得，所以，，
所以，當且僅當時等號成立，所以當時，，
所以在上單調遞增，此時．
所以當時，，單調遞增．
又，．
所以使，所以在上單調遞減，在上單調遞增．
又，所以．又，
所以使，即在內有1個極值點．
綜上，在內的極值點的個數為2．
【熱考點六】零點問題
【典例6-1】已知曲線在處的切線方程為．
(1)求a，b；
(2)若函數有兩個零點，求實數m的取值范圍．
【解析】（1），
，
所以,解得.
（2），
函數有兩個零點，
相當于曲線與直線有兩個交點，
，
當時，，所以在上單調遞減，
當時，，所以在上單調遞增，
所以時，取得極小值，
又時，,時，，
所以實數m的取值范圍為．
【典例6-2】（2024·高三·湖北·期中）設函數.
(1)討論函數在區間上的單調性；
(2)判斷并證明函數在區間上零點的個數.
【解析】（1），且.
當時，，，
從而，
即此時函數在區間上單調遞增；
當時，，，
從而，
即此時函數在區間上單調遞減.
∴綜上所述，函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減.
（2），又，且函數在區間上單調遞減，
∴函數在區間上存在唯一的零點.
當時，記，
從而，且此時，，
∴，在區間上單調遞增.
，，∴存在，使得
且時，，即此時在區間上單調遞減；
時，，即此時在區間上單調遞增.
∴由，得，
即函數在區間上無零點；
而由，，
即函數在區間上有唯一的零點.
∴函數在區間上有2個零點.
函數零點問題的常見題型：判斷函數是否存在零點或者求零點的個數；根據含參函數零點情況，求參數的值或取值范圍．
求解步驟：
第一步：將問題轉化為函數的零點問題，進而轉化為函數的圖像與軸（或直線）在某區間上的交點問題；
第二步：利用導數研究該函數在此區間上的單調性、極值、端點值等性質，進而畫出其圖像；
第三步：結合圖像判斷零點或根據零點分析參數．
【變式6-1】已知．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若恰有1個極大值點和1個極小值點．
①求極大值與極小值的和；
②判斷零點的個數．
【解析】（1）由題可得，函數的定義域為，，
當時，，，
故切點為，切線在該點處的斜率為，
故曲線在點處的切線方程為，即．
（2）由（1）得，
因為分母在定義域內恒成立，所以導函數的符號取決于分子的符號，
令，其對應一元二次方程的判別式．
若，此時，則且不恒為0，所以且不恒為0，所以在上單調遞增，故沒有極值點，
若，此時或，則有兩個不等實根，不妨設，
由一元二次方程根與系數的關系可得，則同號．
當時，，兩根均為負數，則在上恒成立，所以，所以在上單調遞增，則沒有極值點；
當時，，兩根均為正數，故當或時，，所以，所以的單調遞增區間為，，
當時，，所以，所以的單調遞減區間為，故有極大值點，極小值點．
故時，恰有1個極大值點和1個極小值點．
①，故極大值與極小值的和為0．
②由①知，，，則，
又由①知，在，上單調遞增，在上單調遞減，
因為，所以，，當時，；當時，，
故在，上各有一個零點，又，所以有3個零點．
【變式6-2】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若有兩個零點，求的取值范圍．
【解析】（1）當時，，
求導得，則，
又，故切線方程為，
化簡得．
（2）法一：的定義域為，
因為函數在上有兩個零點，
令，
則，
即，所以，
令，，
所以將函數的零點問題轉化為的圖象和直線的交點問題，
求導得
，
因為的分母恒成立，
令，，
則，易知在時單調遞增，
在時單調遞減，，
則恒成立，所以令，解得，
所以當時，，在單調遞減；
當時，，在單調遞增，
所以，
又因為，；；，
則的圖象如圖③所示，
圖③
要使的圖象和直線有兩個交點，
由圖象知，即，
所以的取值范圍為．
法二：的定義域為，
，
①當時，，
易知在內單調遞減，在上單調遞增；
當時，，當時，，，
若在上有兩個零點，
則，即；
②當時，，
令，解得（舍）或，
可知在上有一個零點，不滿足題意；
③當時，當或時，；時，，
故在，單調遞增，在單調遞減，
又，
作出函數圖象如圖①所示，
圖①
所以在上至多有一個零點，不滿足題意；
④當時，，單調遞增，
故在上至多有一個零點，不滿足題意，
⑤當時，當或時，；當時，，
故在，單調遞增，在單調遞減，
又，
作出函數圖象如圖②所示，
圖②
故在上至多有一個零點，不滿足題意；
綜上，的取值范圍為．
1．已知函數．
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)設，求證：當時，有且僅有2個不同的零點．
（參考數據：）
【解析】（1）由題設，則，
又，則在、上，在上，
所以的遞增區間為、，遞減區間為.
（2）由，得，即方程在上有且僅有2個不同的根，
等價于與在上有2個交點，且，
①當時，存在，且圖象連續且單調遞增，
所以在上有且僅有1個零點，即使，
當時，，在上遞減，
當時，，在上遞增，
所以在上存在唯一極小值點，
則，
記，則，故在上單調遞減，
所以，故上恒成立，
則，
綜上，時，與在上有1個交點；
②當時，，即在上單調遞增，
而在上遞增，故在上遞增，
而，由①知，
所以時，與在上有1個交點；
③當時，，
令，則，即在上單調遞增，
所以，
所以時，與在上無交點；
綜上，時，與在上有2個交點，
即當時，有且僅有2個不同的零點，得證.
【熱考點七】不等式恒成立問題
【典例7-1】（2024·高三·天津濱海新·期末）已知函數，.
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若存在時，使成立，求a的取值范圍.
(3)若不等式對任意恒成立，求實數a的取值范圍.
【解析】（1）當時，函數的定義域為，求導得，
由，得；由，得，
所以函數的遞減區間為，遞增區間為.
（2）依題意，，則，
于是存在，成立，設，
則，函數在上遞增，，
所以.
（3）依題意，對任意恒成立，
即對任意恒成立，
設，則對任意恒成立，
下面證明對任意恒成立，
設，，求導得，當且僅當時取等號，
函數在上單調遞減，則，即，
于是對任意恒成立，只需在上單調遞增，
即在上恒成立，則在上恒成立，因此，
所以實數的取值范圍為.
【典例7-2】已知函數．
(1)已知在處取得極小值，求a的值；
(2)對任意，不等式恒成立，求a的取值范圍．
【解析】（1）因為，定義域為
所以
因為在取得極小值，所以，所以，
檢驗：，定義域為，
，
x 3
- 0 +
↓ 極小值 ↑
所以；
（2）因為對恒成立
所以令
①即時，恒成立，
在單調遞增恒成立，
②即時，，
x 1
- 0 +
0 ↓ 極小值 ↑
所以，與題意不符，舍去，
綜上所述：．
1、利用導數研究不等式恒成立問題的求解策略：
（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題；
（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
2、利用參變量分離法求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），．
3、不等式的恒成立與有解問題，可按如下規則轉化：
一般地，已知函數，，，．
（1）若，，有成立，則；
（2）若，，有成立，則；
（3）若，，有成立，則；
（4）若，，有成立，則的值域是的值域的子集．
【變式7-1】已知函數.
(1)求的極值；
(2)設.
（i）當時，求函數的單調區間；
（ii）若在上恒成立，求實數的取值范圍.
【解析】（1）因為的定義域為，
所以，令，解得，
當時，，即在上單調遞增；
當時，，即在上單調遞減，
所以在處取得極大值，無極小值.
（2）（i）函數的定義域為，
則.
當時，由，解得或；
由，解得，
所以函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
當時，由，解得或；
由，解得，
所以函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
當時，由，得函數在上單調遞增；
當時，由，解得；由，解得，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減.
綜上，當時，函數的單調遞增區間為和，遞減區間為；
當時，函數的單調遞增區間為和，遞減區間為；
當時，函數的單調遞增區間為，無減區間；
當時，函數的單調遞增區間為，遞減區間為.
（ii）在上恒成立可轉化為在上恒成立，
設，，則，
令，則，
所以函數在上單調遞減，
又，，
則函數在內存在唯一的零點，
當時，，，單調遞減；
當時，，，單調遞增，
又，得，
則，
所以，即實數的取值范圍為.
【變式7-2】（2024·重慶·模擬預測）設，已知函數.
(1)當函數在點處的切線與直線平行時，求切線的方程；
(2)若函數的圖象總是在軸的下方，求的取值范圍.
【解析】（1）因為，則，解得，
則，又，所以切點為，
所以切線的方程為，即.
（2）由題意知，因為，所以當時，，
此時函數在區間上單調遞增，又時，，不合題意，
當時，由得，當時，，時，
即在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
所以當時，函數取得最大值，最大值為，
設，
此時，所以，即為減函數，而，
要使函數的圖象總是在軸的下方，必須，即，
所以，所以，即的取值范圍是．
1．已知，函數，（是自然對數的底數）．
(1)討論函數極值點的個數；
(2)若對任意的恒成立，求實數的值；
(3)在第（2）小題的條件下，若存在，使得，求實數的取值范圍．
【解析】（1）當時，由知單調遞增，所以極值點的個數為；
當時，對有，對有，
所以在上遞減，在上遞增，所以恰有個極值點.
綜上，當時，極值點的個數為；
當時，極值點的個數為；
（2）根據已知有，所以，故.
此時由（1）中得到的單調性，可知僅在處取得最小值.
假設，則，但，這導致矛盾，所以，即.
當時，由（1）中得到的單調性知在處取得最小值，所以，確實滿足條件.
綜上，的值為.
（3）此時，，根據（2）的結論，我們有.
設，則.
再設，則.
情況一：若，則對有，故在上遞增，從而對有.
從而在上遞增，這就意味著對都有.
從而對任意，都有，不滿足條件；
情況二：若，令是兩個正數和中較小的一個，則對有.
故在上遞減，從而對有.
從而在上遞減，這就意味著，所以存在使得，滿足條件.
綜合以上兩種情況，可知的取值范圍是.
【熱考點八】極值偏移問題
【典例8-1】已知函數.
(1)若，當與的極小值之和為0時，求正實數的值；
(2)若，求證：.
【解析】（1）定義域均為，
，令，解得：，
所以在單調遞減，在單調遞增，
在取極小值，且；
又，令，解得：，
所以在單調遞減，在單調遞增，
在取極小值，且
所以，解得：.
（2）令，因為，所以，
由可得：
（1）-（2）得：，所以，
要證：，只要證：，
只要證：，
不妨設，所以只要證：，
即證：，令，只要證：，
令，
所以在上單調遞增，所以，
即有成立，所以成立.
【典例8-2】已知函數，．
(1)若在處取得極值，求的值；
(2)設，試討論函數的單調性；
(3)當時，若存在實數，滿足，求證：．
【解析】（1）因為，所以，
因為在處取得極值，
所以，解得：．
驗證：當時，，
易得在處取得極大值．
（2）因為，
所以，
①若，則當時，，所以函數在上單調遞增；
當時，，函數在上單調遞減；
②若，，
當時，易得函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
當時，恒成立，所以函數在上單調遞增；
當時，易得函數在和上單調遞增，在上單調遞減.
（3）證明：當時，因為，
所以，
所以，
令，，則，
當時，，所以函數在上單調遞減；
當時，，所以函數在上單調遞增；
所以函數在時，取得最小值，最小值為1，
所以，
即，所以，
當時，此時不存在，滿足等號成立條件，
所以．
1、極值點偏移的相關概念
所謂極值點偏移，是指對于單極值函數，由于函數極值點左右的增減速度不同，使得函數圖像沒有對稱性．若函數在處取得極值，且函數與直線交于兩點，則的中點為，而往往．如下圖所示．
圖1 極值點不偏移 圖2 極值點偏移
極值點偏移的定義：對于函數在區間內只有一個極值點，方程的解分別為，且，（1）若，則稱函數在區間上極值點偏移；（2）若，則函數在區間上極值點左偏，簡稱極值點左偏；（3）若，則函數在區間上極值點右偏，簡稱極值點右偏．
【變式8-1】已知函數，.
（1）討論函數的單調性；
（2）對實數，令，正實數，滿足，求的最小值.
【解析】（1）.
若，當時，，即在上單調遞增；
當時，，即在上單調遞減.
若，當時，，即在（，上均單調遞增；
當時，，即在上單調遞減.
若，則，即在上單調遞增.
若，當時，，即在，上均單調遞增；
當時，，即在上單調遞減.
（2）當實數時，，
，
，
，
令，，
由于，知當時，，即單調遞減；
當時，，即單調遞增.
從而，，
于是，，即，
而，所以，
而當，時，取最小值6.
【變式8-2】已知函數，其中為自然對數的底數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)若方程有兩個不同的根．
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：．
【解析】（1）由題意得，，則，
由，解得．
當時，單調遞增，
當時，單調遞減；
綜上，在區間內單調遞增，在區間內單調遞減；
（2）（i）由，得，
設，
由（1）得在區間內單調遞增，在區間內單調遞減，
又，當時，，且當時，，
所以當時，方程有兩個不同的根，即方程有兩個不同的根，
故的取值范圍是．
（ii）不妨設，則，且．
法一：
當時，結合（i）知，即；
當時，．
設
則
所以在區間內單調遞增，
則，即，
所以
又在區間內單調遞減，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得證．
法二：
設，，
則，
所以在區間內單調遞增，又，
所以，即．
又，所以，
又在區間內單調遞減．
所以，即，
又，所以，得證．
1．已知函數為其導函數．
(1)若恒成立，求的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數，使得，證明：．
【解析】（1），當時，單調遞增；
當時，單調遞減．所以，
解得，即的取值范圍為．
（2）證明：不妨設，則，要證，
即證，則證，則證，
所以只需證，即．
令，則，．
當時，，則，
所以在上單調遞減，則．所以．
由（1）知在上單調遞增，所以，從而成立．
2．[新考法]已知函數．
(1)討論的單調區間；
(2)已知，設的兩個極值點為，且存在，使得的圖象與有三個公共點；
①求證：；
②求證：．
【解析】（1），，
其中，，
當時，即，此時恒成立，
函數在區間單調遞增，
當時，即或，
當時，在區間上恒成立，
即函數在區間上單調遞增，
當時，，得或，
當，或時，，
當時，，
所以函數的單調遞增區間是和，
單調遞減區間是，
綜上可知，當時，函數的單調遞增區間是；
當時，函數的單調遞增區間是和，
單調遞減區間是；
（2）①由（1）知，當時，函數的單調遞增區間是和，
單調遞減區間是，、是方程的兩根，
有，，
又的圖象與有三個公共點，
故，則，
要證，即證，又，
且函數在上單調遞減，即可證，
又，即可證，
令，，
由，
則
恒成立，
故在上單調遞增，即，
即恒成立，即得證；
②由，則，
令，，
則
，
故在上單調遞增，即，
即當時，，
由，故，又，故，
由，，函數在上單調遞減，故，
即，又由①知，故，
又，
故.專題07 函數與導數壓軸題解答（新高考專用）
目錄
【知識梳理】 2
【真題回顧】 3
【熱考考點】 5
【熱考點一】函數單調性含參問題 5
【熱考點二】導數與數列不等式綜合 5
【熱考點三】雙變量問題 7
【熱考點四】用導數證明不等式 8
【熱考點五】極值、最值問題 9
【熱考點六】零點問題 10
【熱考點七】不等式恒成立問題 11
【熱考點八】極值偏移問題 12
1、對稱變換
主要用來解決與兩個極值點之和、積相關的不等式的證明問題．其解題要點如下：（1）定函數（極值點為），即利用導函數符號的變化判斷函數單調性，進而確定函數的極值點x0．
（2）構造函數，即根據極值點構造對稱函數，若證 ，則令．
（3）判斷單調性，即利用導數討論的單調性．
（4）比較大小，即判斷函數在某段區間上的正負，并得出與的大小關系．
（5）轉化，即利用函數的單調性，將與的大小關系轉化為與之間的關系，進而得到所證或所求．
【注意】若要證明的符號問題，還需進一步討論與x0的大小，得出所在的單調區間，從而得出該處導數值的正負．
構造差函數是解決極值點偏移的一種有效方法，函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中．某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用．因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的．根據題目的特點，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧．許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效
2、應用對數平均不等式證明極值點偏移：
①由題中等式中產生對數；
②將所得含對數的等式進行變形得到；
③利用對數平均不等式來證明相應的問題．
3、 比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構造函數利用函數的單調性證明題中的不等式即可．
一、解答題
1．（2024·全國甲卷·高考真題）已知函數．
(1)求的單調區間；
(2)當時，證明：當時，恒成立．
2．（2024·北京·高考真題）設函數，直線是曲線在點處的切線．
(1)當時，求的單調區間.
(2)求證：不經過點.
(3)當時，設點，，，為與軸的交點，與分別表示與的面積．是否存在點使得成立？若存在，這樣的點有幾個？
（參考數據：，，）
3．（2024·全國甲卷·高考真題）已知函數．
(1)當時，求的極值；
(2)當時，，求的取值范圍．
4．（2024·天津·高考真題）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)若對任意成立，求實數的值；
(3)若，求證：．
5．（2024·新課標Ⅱ卷·高考真題）已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
6．（2024·廣東江蘇·高考真題）已知函數
(1)若，且，求的最小值；
(2)證明：曲線是中心對稱圖形；
(3)若當且僅當，求的取值范圍．
7．（2023·北京·高考真題）設函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)設函數，求的單調區間；
(3)求的極值點個數．
8．（2023·全國·高考真題）已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若函數在單調遞增，求的取值范圍．
9．（2023·全國甲卷·高考真題）已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍．
10．（2023·全國甲卷·高考真題）已知函數
(1)當時，討論的單調性；
(2)若恒成立，求a的取值范圍．
11．（2023·全國乙卷·高考真題）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.
(3)若在存在極值，求a的取值范圍.
12．（2023·天津·高考真題）已知函數．
(1)求曲線在處的切線斜率；
(2)求證：當時，；
(3)證明：．
13．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．
14．（2023·新課標Ⅰ卷·高考真題）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
【熱考點一】函數單調性含參問題
【典例1-1】設，.
(1)若，求在處的切線方程；
(2)若，試討論的單調性.
【典例1-2】已知函數.
(1)若函數存在一條對稱軸，求的值；
(2)求函數的單調區間.
【變式1-1】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)討論的單調性．
【變式1-2】（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數.
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若，，討論函數的單調性.
1．已知函數．討論當時，的單調性．
【熱考點二】導數與數列不等式綜合
【典例2-1】[新考法]（2024·陜西榆林·模擬預測）不動點在數學和應用中具有重要作用，不動點是指被函數映射到其自身的點.對于函數，我們把滿足的稱為函數的不動點，已知函數.
(1)證明：在有唯一的不動點；
(2)已知，且的前項和為.證明：
①為遞增數列，為遞減數列，且；
②.
【典例2-2】已知函數.
(1)討論函數極值點的個數；
(2)當時，數列滿足：.求證：的前項和滿足.
【變式2-1】[新考法]（2024·高三·遼寧·開學考試）已知函數（是自然對數的底數）.
(1)若，求的極值；
(2)若，求；
(3)利用（2）中求得的，若，數列滿足，且，證明：.
【變式2-2】已知函數在點處的切線與軸重合．
(1)求函數的單調區間與極值；
(2)已知正項數列滿足，，，記數列的前項和為，求證：．
1．牛頓（1643－1727）給出了牛頓切線法求方程的近似如圖設是的一個零點，任意選取作為的初始近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的1次近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的2次近似值．一般地，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，就稱為的次近似值，稱數列為牛頓數列．
(1)若的零點為，，請用牛頓切線法求的2次近似值；
(2)已知二次函數有兩個不相等的實數根，數列為的牛頓數列，數列滿足，且．
（ⅰ）設，求的解析式；
（ⅱ）證明：
【熱考點三】雙變量問題
【典例3-1】已知函數．
(1)求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：．
【典例3-2】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)已知有兩個極值點，且，
（i）求實數a的取值范圍；
（ii）求的最小值．
【變式3-1】（2024·高三·江蘇無錫·期中）已知函數.
(1)若，不等式恒成立，求實數的取值范圍；
(2)過點可以作曲線的兩條切線，切點分別為.
①求實數的取值范圍；
②證明：若，則.
【變式3-2】（2024·四川成都·模擬預測）定義運算：，已知函數．
(1)若函數的最大值為0，求實數a的值；
(2)證明：．
(3)若函數存在兩個極值點，證明：．
1．已知函數.
(1)若直線與函數的圖象相切，求實數的值；
(2)若函數有兩個極值點和，且，證明：.（為自然對數的底數）
【熱考點四】用導數證明不等式
【典例4-1】（2024·高三·四川·期中）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若，證明：.
【典例4-2】已知，證明：.
【變式4-1】已知函數（）.
(1)討論函數的單調區間；
(2)當時，證明：.
【變式4-2】已知函數.
(1)若曲線在點處的切線與軸平行，求的值；
(2)設函數，給出的定義域，并證明：曲線是軸對稱圖形；
(3)證明：.
1．已知函數.
(1)當時，求函數在的切線方程；
(2)討論的單調性；
(3)證明：當時，.
【熱考點五】極值、最值問題
【典例5-1】已知函數.
(1)若在其定義域內單調遞增，求實數的取值范圍；
(2)若，且有兩個極值點，，其中，求的取值范圍.
【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函數.
(1)當時，求的零點個數；
(2)設，函數.
（i）判斷的單調性；
（ii）若，求的最小值.
【變式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函數.
(1)求函數在處的切線方程；
(2)令.
（i）討論函數極值點的個數；
（ii）若是的一個極值點，且，證明：.
【變式5-2】（2024·高三·黑龍江哈爾濱·期中）已知函數．
(1)當時，求在處的切線方程；
(2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范圍．
1．已知函數．
(1)判斷在區間上的單調性；
(2)求在區間上的極值點的個數．
【熱考點六】零點問題
【典例6-1】已知曲線在處的切線方程為．
(1)求a，b；
(2)若函數有兩個零點，求實數m的取值范圍．
【典例6-2】（2024·高三·湖北·期中）設函數.
(1)討論函數在區間上的單調性；
(2)判斷并證明函數在區間上零點的個數.
【變式6-1】已知．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若恰有1個極大值點和1個極小值點．
①求極大值與極小值的和；
②判斷零點的個數．
【變式6-2】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若有兩個零點，求的取值范圍．
1．已知函數．
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)設，求證：當時，有且僅有2個不同的零點．
（參考數據：）
【熱考點七】不等式恒成立問題
【典例7-1】（2024·高三·天津濱海新·期末）已知函數，.
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若存在時，使成立，求a的取值范圍.
(3)若不等式對任意恒成立，求實數a的取值范圍.
【典例7-2】已知函數．
(1)已知在處取得極小值，求a的值；
(2)對任意，不等式恒成立，求a的取值范圍．
【變式7-1】已知函數.
(1)求的極值；
(2)設.
（i）當時，求函數的單調區間；
（ii）若在上恒成立，求實數的取值范圍.
【變式7-2】（2024·重慶·模擬預測）設，已知函數.
(1)當函數在點處的切線與直線平行時，求切線的方程；
(2)若函數的圖象總是在軸的下方，求的取值范圍.
1．已知，函數，（是自然對數的底數）．
(1)討論函數極值點的個數；
(2)若對任意的恒成立，求實數的值；
(3)在第（2）小題的條件下，若存在，使得，求實數的取值范圍．
【熱考點八】極值偏移問題
【典例8-1】已知函數.
(1)若，當與的極小值之和為0時，求正實數的值；
(2)若，求證：.
【典例8-2】已知函數，．
(1)若在處取得極值，求的值；
(2)設，試討論函數的單調性；
(3)當時，若存在實數，滿足，求證：．
【變式8-1】已知函數，.
（1）討論函數的單調性；
（2）對實數，令，正實數，滿足，求的最小值.
【變式8-2】已知函數，其中為自然對數的底數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)若方程有兩個不同的根．
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：．
1．已知函數為其導函數．
(1)若恒成立，求的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數，使得，證明：．
2．[新考法]已知函數．
(1)討論的單調區間；
(2)已知，設的兩個極值點為，且存在，使得的圖象與有三個公共點；
①求證：；
②求證：．

展開更多......

收起↑