专题07 函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略（13大题型）（讲义）-【上好课】2025年高考数学二轮复习讲练测（新高考通用）

专题07 函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 9 题型一：含参数函数单调性讨论 9 题型二：导数与数列不等式的综合问题 11 题型三：双变量问题 13 题型四：证明不等式 15 题型五：极最值问题 17 题型六：零点问题 19 题型七：不等式恒成立问题 21 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 23 题型九：利用导数解决一类整数问题 26 题型十：导数中的同构问题 27 题型十一：洛必达法则 30 题型十二：导数与三角函数结合问题 32 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 34 本节内容在高考中常作为压轴题出现，涉及函数零点个数、不等式证明及存在性等问题，综合性强且难度较大。解决这类导数综合问题，需要综合运用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等多种思维方法，并结合不等式、方程等相关知识。这类问题不仅思维难度大，而且运算量也相当可观。可以说，考生一旦攻克了本节内容，就将具备出色的逻辑推理、数学运算、数据分析和直观想象等核心素养。 考点要求 目标要求 考题统计 考情分析 不等式 掌握技巧，灵活应用求解 2024年天津卷第20题，16分 2023年I卷第19题，12分 2023年甲卷第21题，12分 2023年天津卷第20题，16分 2022年II卷第22题，12分 函数与导数在高中数学中占据重要地位，不仅是重点考查内容，也是高等数学的基础。通过对近十年高考数学试题的分析，可以总结出五大核心考点：一是含参函数的单调性、极值与最值问题；二是函数的零点求解问题；三是不等式恒成立与存在性的探讨；四是函数不等式的证明技巧；五是导数中涉及三角函数的问题。其中，函数不等式证明中的极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题以及不等式的放缩技巧，是当前高考函数与导数压轴题的热门考点。 极最值 明确概念，掌握求解方法 2024年II卷第16题，15分 2023年乙卷第21题，12分 2023年II卷第22题，12分 恒成立与有解 理解概念，熟练转化求解 2024年I卷第18题，17分 2024年甲卷第21题，12分 2022年 北京卷第20题，12分 2021年天津卷第20题，16分 2020年I卷第21题，12分 零点问题 理解原理，熟练求解应用 2022年甲卷第21题，12分 2022年I卷第22题，12分 2022年乙卷第20题，12分 1、对称变换 主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0． （2）构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令． （3）判断单调性，即利用导数讨论的单调性． （4）比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系． （5）转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求． 【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效 2、应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题． 3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可． 1．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 2．（2024年天津高考数学真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 4．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 5．（2023年北京高考数学真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 6．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 7．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 8．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 9．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 10．（2023年天津高考数学真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 11．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 12．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 13．（2022年新高考天津数学高考真题）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 题型一：含参数函数单调性讨论 【典例1-1】设，. (1)若，求在处的切线方程； (2)若，试讨论的单调性. 【典例1-2】已知函数. (1)若函数存在一条对称轴，求的值； (2)求函数的单调区间. 1、导函数为含参一次型的函数单调性 导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间． 2、导函数为含参二次型函数的单调性 当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况： （1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域； （2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性． 3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性 当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器． 在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的． （1）二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性； （2）通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性． 【变式1-1】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性． 【变式1-2】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，，讨论函数的单调性. 1．已知函数．讨论当时，的单调性． 题型二：导数与数列不等式的综合问题 【典例2-1】[新考法]（2024·陕西榆林·模拟预测）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数. (1)证明：在有唯一的不动点； (2)已知，且的前项和为.证明： ①为递增数列，为递减数列，且； ②. 【典例2-2】已知函数. (1)讨论函数极值点的个数； (2)当时，数列满足：.求证：的前项和满足. 在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的． 【变式2-1】[新考法]（2024·高三·辽宁·开学考试）已知函数（是自然对数的底数）. (1)若，求的极值； (2)若，求； (3)利用（2）中求得的，若，数列满足，且，证明：. 【变式2-2】已知函数在点处的切线与轴重合． (1)求函数的单调区间与极值； (2)已知正项数列满足，，，记数列的前项和为，求证：． 1．牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似如图设是的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列． (1)若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值； (2)已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且． （ⅰ）设，求的解析式； （ⅱ）证明： 题型三：双变量问题 【典例3-1】已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【典例3-2】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知有两个极值点，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求的最小值． 破解双参数不等式的方法： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式； 二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【变式3-1】（2024·高三·江苏无锡·期中）已知函数. (1)若，不等式恒成立，求实数的取值范围； (2)过点可以作曲线的两条切线，切点分别为. ①求实数的取值范围； ②证明：若，则. 【变式3-2】（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：，已知函数． (1)若函数的最大值为0，求实数a的值； (2)证明：． (3)若函数存在两个极值点，证明：． 1．已知函数. (1)若直线与函数的图象相切，求实数的值； (2)若函数有两个极值点和，且，证明：.（为自然对数的底数） 题型四：证明不等式 【典例4-1】（2024·高三·四川·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若，证明：. 【典例4-2】已知，证明：. 利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． （4）对数单身狗，指数找基友 （5）凹凸反转，转化为最值问题 （6）同构变形 【变式4-1】已知函数（）. (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：. 【变式4-2】已知函数. (1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值； (2)设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形； (3)证明：. 1．已知函数. (1)当时，求函数在的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 题型五：极最值问题 【典例5-1】已知函数. (1)若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； (2)若，且有两个极值点，，其中，求的取值范围. 【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函数. (1)当时，求的零点个数； (2)设，函数. （i）判断的单调性； （ii）若，求的最小值. 利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作． 【变式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函数. (1)求函数在处的切线方程； (2)令. （i）讨论函数极值点的个数； （ii）若是的一个极值点，且，证明：. 【变式5-2】（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围． 1．已知函数． (1)判断在区间上的单调性； (2)求在区间上的极值点的个数． 题型六：零点问题 【典例6-1】已知曲线在处的切线方程为． (1)求a，b； (2)若函数有两个零点，求实数m的取值范围． 【典例6-2】（2024·高三·湖北·期中）设函数. (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)判断并证明函数在区间上零点的个数. 函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围． 求解步骤： 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数． 【变式6-1】已知． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若恰有1个极大值点和1个极小值点． ①求极大值与极小值的和； ②判断零点的个数． 【变式6-2】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个零点，求的取值范围． 1．已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)设，求证：当时，有且仅有2个不同的零点． （参考数据：） 题型七：不等式恒成立问题 【典例7-1】（2024·高三·天津滨海新·期末）已知函数，. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若存在时，使成立，求a的取值范围. (3)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围. 【典例7-2】已知函数． (1)已知在处取得极小值，求a的值； (2)对任意，不等式恒成立，求a的取值范围． 1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），． 3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，． （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集． 【变式7-1】已知函数. (1)求的极值； (2)设. （i）当时，求函数的单调区间； （ii）若在上恒成立，求实数的取值范围. 【变式7-2】（2024·重庆·模拟预测）设，已知函数. (1)当函数在点处的切线与直线平行时，求切线的方程； (2)若函数的图象总是在轴的下方，求的取值范围. 1．已知，函数，（是自然对数的底数）． (1)讨论函数极值点的个数； (2)若对任意的恒成立，求实数的值； (3)在第（2）小题的条件下，若存在，使得，求实数的取值范围． 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 【典例8-1】已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 【典例8-2】已知函数，． (1)若在处取得极值，求的值； (2)设，试讨论函数的单调性； (3)当时，若存在实数，满足，求证：． 1、极值点偏移的相关概念 所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示． 图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移 极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏． 【变式8-1】已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值. 【变式8-2】已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 1．已知函数为其导函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若存在两个不同的正数，使得，证明：． 2．[新考法]已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 题型九：利用导数解决一类整数问题 【典例9-1】已知函数. (1)证明：有两个极值点，且分别在区间和内； (2)若有3个零点，求整数的值. 参考数据：，，，. 【典例9-2】已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)当时，若在时恒成立，求整数的最大值． 分离参数、分离函数、半分离 【变式9-1】函数. (1)求的单调区间； (2)若只有一个解，则当时，求使成立的最大整数k. 【变式9-2】（2024·福建厦门·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)设，若存在，使得. ①求的取值范围； ②设为整数，若当时，相应的总满足，求的最小值. 1．已知函数． (1)若曲线在点处的切线的斜率小于1，求的取值范围． (2)若整数k使得对恒成立，求整数k的最大值． 题型十：导数中的同构问题 【典例10-1】（2024·内蒙古·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的取值范围. 【典例10-2】已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，求证：在上恒成立； （3）求证：当时，． 1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式 2、同构式的应用： （1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根 （2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路> ①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键； ③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围． （3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程 （4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解 【变式10-1】（2024·高三·天津西青·期末）已知函数和． (1)若曲线数与在处切线的斜率相等，求的值； (2)若函数与有相同的最小值． ①求的值； ②证明：存在直线，其与两条曲线与共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标成等差数列． 【变式10-2】对任意，若不等式恒成立，求a的取值范围. 1．2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线. (1)求； (2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个. 2．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若，求的取值范围. 题型十一：洛必达法则 【典例11-1】已知函数在处取得极值，且曲线在点处的切线与直线垂直. (1)求实数的值； (2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【典例11-2】设函数.当时，，求的取值范围. 法则1、若函数和满足下列条件： （1）及； （2）在点的去心邻域内，与可导且； （3），那么=． 法则2、若函数和满足下列条件：（1）及； （2），和在与上可导，且； （3）， 那么=． 法则3、若函数和满足下列条件： （1）及； （2）在点的去心邻域内，与可导且； （3）， 那么=． 注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： （1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立． （2）洛必达法则可处理，，，，，，型． （3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． （4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． ，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 【变式11-1】设函数．如果对任何，都有，求的取值范围． 【变式11-2】已知． （1）求的单调区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围． 1．已知函数． （1）若函数在点，（1）处的切线经过点，求实数的值； （2）若关于的方程有唯一的实数解，求实数的取值范围． 题型十二：导数与三角函数结合问题 【典例12-1】（2024·内蒙古赤峰·二模）已知 (1)将，，，按由小到大排列，并证明； (2)令 求证: 在内无零点. 【典例12-2】已知函数． (1)讨论的单调区间 (2)若函数，，证明：． 分段分析法 【变式12-1】已知函数，， (1)求证：，； (2)若在上单调递增，求的最大值； (3)设，，，试判断的大小关系. 【变式12-2】（2024·黑龙江佳木斯·三模）已知函数． (1)当时，求在处的切线方程： (2)若在上单调递增，求的取值范围； (3)若，，证明：． 1．已知函数，． (1)函数在处与处的切线分别为，，且直线，之间的距离为，求证； (2)若为空集，求实数的取值范围． 2．已知函数，其中， (1)证明：； (2)探究是否有最小值，如果有，请求出来；如果没有，请说明理由． 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 【典例13-1】若存在一个数，使得函数定义域内的任意，都有，则称有下界， 是的一个下界． (1)求函数的下界的取值范围； (2)判断是否是下界为的函数，并说明理由； (3)若函数，是的一个整数下界，求的最大值．（参考数据：，） 【典例13-2】一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间，每个小区间的长度为，在每个小区间上任取一点，作和式．如果当无限接近于0（亦即时，上述和式无限趋近于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为．当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与轴所围成的曲边梯形的面积（如下图）． 如果是区间上的连续函数，并且，那么 (1)求； (2)设函数． （1）若恒成立，求实数的取值范围； （2）数列满足，利用定积分的几何意义，证明：． 函数与导数新定义问题主要分两类：一是概念新定义型，主要是以函数新概念为背景，通常考查考生对函数新概念的理解，涉及函数的三要素的理解；二是性质新定义型，主要是以函数新性质为背景，重点考查考生灵活应用函数性质的能力，涉及函数的各种相关性质的拓展延伸． 【变式13-1】（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”. (1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由； (2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：； (3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值. 【变式13-2】（2024·湖南长沙·模拟预测）定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数． (1)当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由； (2)是否存在使的极值差比系数为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)若，求的极值差比系数的取值范围． 1．已知曲线的图象上存在A，B两点，记直线AB的方程为，若AB恰为曲线的一条切线，且直线与曲线相切于A，B两点，，，则称函数为“切线上界”函数. (1)试判断函数是否为“切线上界”函数.若是，求出一组点A，B；否则，请说明理由； (2)已知为“切线上界”函数，求实数a的取值范围； (3)证明：当时，为“切线上界”函数. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 35 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略 目录 01考情透视·目标导航 2 02知识导图·思维引航 3 03 知识梳理·方法技巧 4 04 真题研析·精准预测 5 05 核心精讲·题型突破 28 题型一：含参数函数单调性讨论 28 题型二：导数与数列不等式的综合问题 32 题型三：双变量问题 40 题型四：证明不等式 48 题型五：极最值问题 55 题型六：零点问题 62 题型七：不等式恒成立问题 70 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 77 题型九：利用导数解决一类整数问题 86 题型十：导数中的同构问题 93 题型十一：洛必达法则 101 题型十二：导数与三角函数结合问题 108 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 115 本节内容在高考中常作为压轴题出现，涉及函数零点个数、不等式证明及存在性等问题，综合性强且难度较大。解决这类导数综合问题，需要综合运用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等多种思维方法，并结合不等式、方程等相关知识。这类问题不仅思维难度大，而且运算量也相当可观。可以说，考生一旦攻克了本节内容，就将具备出色的逻辑推理、数学运算、数据分析和直观想象等核心素养。 考点要求 目标要求 考题统计 考情分析 不等式 掌握技巧，灵活应用求解 2024年天津卷第20题，16分 2023年I卷第19题，12分 2023年甲卷第21题，12分 2023年天津卷第20题，16分 2022年II卷第22题，12分 函数与导数在高中数学中占据重要地位，不仅是重点考查内容，也是高等数学的基础。通过对近十年高考数学试题的分析，可以总结出五大核心考点：一是含参函数的单调性、极值与最值问题；二是函数的零点求解问题；三是不等式恒成立与存在性的探讨；四是函数不等式的证明技巧；五是导数中涉及三角函数的问题。其中，函数不等式证明中的极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题以及不等式的放缩技巧，是当前高考函数与导数压轴题的热门考点。 极最值 明确概念，掌握求解方法 2024年II卷第16题，15分 2023年乙卷第21题，12分 2023年II卷第22题，12分 恒成立与有解 理解概念，熟练转化求解 2024年I卷第18题，17分 2024年甲卷第21题，12分 2022年 北京卷第20题，12分 2021年天津卷第20题，16分 2020年I卷第21题，12分 零点问题 理解原理，熟练求解应用 2022年甲卷第21题，12分 2022年I卷第22题，12分 2022年乙卷第20题，12分 1、对称变换 主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0． （2）构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令． （3）判断单调性，即利用导数讨论的单调性． （4）比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系． （5）转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求． 【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负． 构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效 2、应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题． 3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可． 1．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【解析】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 2．（2024年天津高考数学真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 【解析】（1）由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. （2）设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设，则 . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对有 ， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. （3）先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时. 故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 3．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【解析】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 4．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 【解析】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 5．（2023年北京高考数学真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 【解析】（1）因为，所以， 因为在处的切线方程为， 所以，， 则，解得， 所以. （2）由（1）得， 则， 令，解得，不妨设，，则， 易知恒成立， 所以令，解得或；令，解得或； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. （3）由（1）得，， 由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减； 所以在上有一个极大值点； 当时，在上单调递增， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点. 6．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 【解析】（1）当时，， 则， 据此可得， 所以函数在处的切线方程为，即. （2）由函数的解析式可得， 满足题意时在区间上恒成立. 令，则， 令，原问题等价于在区间上恒成立， 则， 当时，由于，故，在区间上单调递减， 此时，不合题意; 令，则， 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 即在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，，满足题意. 当时，由可得， 当时，在区间上单调递减，即单调递减， 注意到，故当时，，单调递减， 由于，故当时，，不合题意. 综上可知：实数得取值范围是. 7．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 【解析】（1）因为，所以， 则 ， 令，由于，所以， 所以， 因为，，， 所以在上恒成立， 所以在上单调递减. （2）法一： 构建， 则， 若，且， 则，解得， 当时，因为， 又，所以，，则， 所以，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 综上所述：若，等价于， 所以的取值范围为. 法二： 因为， 因为，所以，， 故在上恒成立， 所以当时，，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 当时，因为， 令，则， 注意到， 若，，则在上单调递增， 注意到，所以，即，不满足题意； 若，，则， 所以在上最靠近处必存在零点，使得， 此时在上有，所以在上单调递增， 则在上有，即，不满足题意； 综上：. 8．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【解析】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 9．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 【解析】（1）当时，， 则， 据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. （2）令， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. （3）由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 由一次函数与对数函数的性质可得，当时， ， 且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以 ， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 10．（2023年天津高考数学真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 【解析】（1），则， 所以，故处的切线斜率为； （2）要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. （3）设，， 则， 由（2）知：，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而， 因为，所以， 则， 所以，故； 综上，，即. 11．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【解析】（1）因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 12．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【解析】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 13．（2022年新高考天津数学高考真题）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 【解析】（1），故，而， 曲线在点处的切线方程为即. （2）（i）当时， 因为曲线和有公共点，故有解， 设，故，故在上有解， 设，故在上有零点， 而， 若，则恒成立，此时在上无零点， 若，则在上恒成立，故在上为增函数， 而，，故在上无零点， 故， 设，则， 故在上为增函数， 而，， 故在上存在唯一零点， 且时，；时，； 故时，；时，； 所以在上为减函数，在上为增函数， 故， 因为在上有零点，故，故， 而，故即， 设，则， 故在上为增函数， 而，故. （ii）因为曲线和有公共点， 所以有解，其中， 若，则，该式不成立，故. 故，考虑直线， 表示原点与直线上的动点之间的距离， 故，所以， 下证：对任意，总有， 证明：当时，有，故成立. 当时，即证， 设，则（不恒为零）， 故在上为减函数，故即成立. 综上，成立. 下证：当时，恒成立， ，则， 故在上为增函数，故即恒成立. 下证：在上恒成立，即证：， 即证：，即证：， 而，故成立. 故，即成立. 题型一：含参数函数单调性讨论 【典例1-1】设，. (1)若，求在处的切线方程； (2)若，试讨论的单调性. 【解析】（1）若，则，， 又，故， 所以在处的切线方程为， 即； （2），， 当时，，令，即，解得，令，解得， 所以在上单调递减，,上单调递增； 当时，，在上单调递增， 当，即时，令，解得，或，令．解得， 所以在，,上单调递增，,上单调递减； 当，即时，令，解得，或，令．解得， 所以在，,上单调递增，,上单调递减． 综上：当时，所以在上单调递减，,上单调递增； 当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减； 当时，，在上单调递增， 当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减． 【典例1-2】已知函数. (1)若函数存在一条对称轴，求的值； (2)求函数的单调区间. 【解析】（1）因为函数， 所以函数定义域为，且函数存在一条对称轴，故对称轴为， 所以， 即， 所以，故， 当且仅当时上式恒成立，故. （2）由题意， 当时，有且， 所以，故的单调减区间为； 当时，令， 且当时，，当时，， 所以的单调增区间为，单调或区间为； 综上，当时，的单调减区间为，无增区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 1、导函数为含参一次型的函数单调性 导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间． 2、导函数为含参二次型函数的单调性 当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况： （1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域； （2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性． 3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性 当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器． 在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的． （1）二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性； （2）通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性． 【变式1-1】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性． 【解析】（1）当时，， 求导得，则， 即切线的斜率为，又， 故曲线在点处的切线方程为， 化简得． （2）求导得， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【变式1-2】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，，讨论函数的单调性. 【解析】（1），，则， 则，即切线斜率， 故切线方程为，即； （2）函数的定义域为，， ， 当时，，由，可得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 当时，， ①当时，，当或时，， 即函数在和上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减； ②当时，则对任意的，即函数在上单调递增； ③当时，， 当或时，，即函数在和上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减. 综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减. 1．已知函数．讨论当时，的单调性． 【解析】由题意，则， 当时，对于，则恒成立，在上单调递减． 当时，对于有2个大于0的零点，分别是， 当时，在上单调递增； 当时，，在和上单调递减． 综上， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在和上单调递减． 题型二：导数与数列不等式的综合问题 【典例2-1】[新考法]（2024·陕西榆林·模拟预测）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数. (1)证明：在有唯一的不动点； (2)已知，且的前项和为.证明： ①为递增数列，为递减数列，且； ②. 【解析】（1）令， 则，，， 所以当时，在上递减， 而，故在有唯一的零点， 即在有唯一的不动点. （2）①因为， 所以，在上单调递增； ， 所以， 而在的不动点为， 所以， 假设时，成立， 则，即成立， 结合可得：对于任意恒成立， 故为递增数列，为递减数列，且； ②， 因为，所以，因此，即， 故. 【典例2-2】已知函数. (1)讨论函数极值点的个数； (2)当时，数列满足：.求证：的前项和满足. 【解析】（1）由，， 则， 当时，，令，得， 所以函数有唯一极值点； 当时，令，即， 由于，设方程的两根为， 则，所以， 所以函数有唯一极值点； 当时，令，即， 当，即时，设方程的两根为， 则，， 所以函数有两个极值点； 当，即时，方程无解， 所以函数无极值点. 综上所述，当时，函数有唯一极值点； 当时，函数有两个极值点； 当时，函数无极值点. （2）当时，，， 则， 所以函数在上单调递增， 当时，， 由，可得， 所以，则，， 可得，所以. 设，，则， 所以函数在上单调递减， 所以，则， 所以 ， 所以， 则， 所以， 则. 综上所述，. 在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的． 【变式2-1】[新考法]（2024·高三·辽宁·开学考试）已知函数（是自然对数的底数）. (1)若，求的极值； (2)若，求； (3)利用（2）中求得的，若，数列满足，且，证明：. 【解析】（1）由题意得， 则，为减函数， 令得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，极大值为，无极小值； （2）因为，所以， 从而， 所以，即， 设，注意到， 所以，即为的极大值点， 由，令，解得， 检验，当时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以成立， 综上，； （3）由（2）得，从而，， 则， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为，所以，，……，， 令， 则， 所以在上单调递减，且， 因为，又，所以， 所以， 所以，即， 所以，故， 又，所以，即，证毕. 【变式2-2】已知函数在点处的切线与轴重合． (1)求函数的单调区间与极值； (2)已知正项数列满足，，，记数列的前项和为，求证：． 【解析】（1）因为，且， 由题意可得，即，可得， 可知的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以有极大值，无极小值． （2）由（1）可得，当且仅当时取等号， 可得，当且仅当时取等号， 等价变形为，即，当且仅当时取等号， 代入题干中可得， 则，即， 当时，，即， 且符合上式，所以，，则， 由，令得，即， 所以. 1．牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似如图设是的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列． (1)若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值； (2)已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且． （ⅰ）设，求的解析式； （ⅱ）证明： 【解析】（1） ，所以 当，所以 当， 所以的2次近似值为. （2）（ⅰ）因为二次函数有两个不等实根, 所以不妨设， 则， 因为所以 所以在横坐标为的点处的切线方程为 令则 即， 所以. （ⅰⅰ）由（ⅰ）知， 所以. 因为所以所以. 令则，又 所以， 数列是公比为2的等比数列. . 令，则 当时，，所以在单调递减， 所以，即 因为所以即. . 题型三：双变量问题 【典例3-1】已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【解析】（1）函数的定义域为． 令，解得；令，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以无最大值，最小值为； （2），． 因为有两个不同的极值点，所以，． 欲证，即证，又， 所以原式等价于①. 由，, 得②. 由①②知原问题等价于求证， 即证． 令，则，上式等价于求证． 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即． 【典例3-2】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知有两个极值点，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求的最小值． 【解析】（1）当时，， 则，得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）（i）， 又是函数的两个极值点，所以是方程的两个正根 则，解得， 经检验，当时，符合题意. 所以实数的取值范围为. （ii）由（i）知，则，， ， 令， 则， 当时，，则单调递减 当时，，则单调递增 故当时，取得最小值， 所以，即的最小值为. 破解双参数不等式的方法： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式； 二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． 【变式3-1】（2024·高三·江苏无锡·期中）已知函数. (1)若，不等式恒成立，求实数的取值范围； (2)过点可以作曲线的两条切线，切点分别为. ①求实数的取值范围； ②证明：若，则. 【解析】（1）易知，令，则， 显然时，，时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 则，即； （2）①设切点，易知，，则有， 即， 令，则有两个交点，横坐标即分别为， 易知，显然时，，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 且时有，时也有，， 则要满足题意需，即； ②由上可知：， 作差可得，即， 由①知：在上单调递减，在上单调递增， 令， 则始终单调递减，所以， 即，所以，所以， 不难发现，， 所以由弦长公式可知， 所以， 设 所以由，即，证毕. 【变式3-2】（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：，已知函数． (1)若函数的最大值为0，求实数a的值； (2)证明：． (3)若函数存在两个极值点，证明：． 【解析】（1）由题意知：，， ①当时，，在单调递减，不存在最大值． ②当时，由得， 当，；，， 函数的增区间为，减区间为．    ，令，求导得， 当时，，函数递减，当时，，函数递增， 因此，． （2）由（1）知，，即， 当时，  ． ． ． （3） “函数存在两个极值点”等价于 “方程有两个不相等的正实数根” 故，解得，      要证，即证， ，不妨令，故 由得，令 在恒成立， 所以函数在上单调递减，故． 成立． 1．已知函数. (1)若直线与函数的图象相切，求实数的值； (2)若函数有两个极值点和，且，证明：.（为自然对数的底数） 【解析】（1），定义域为. 设切点，. 且， 解得，，故实数的值为2； （2），定义域为. ， 因为有两个极值点和，所以至少有两个不相等的正根. 令，令，得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减. 当时，取最大值，最大值为. 当；当， 则至多两个零点，要使有两个零点， 必有，. 由，两式作差得①， 令，由得， 则，代入①式得， ，则， 故所证不等式转化为，， 只需证，即证：. 令，， ， ，，在上单调递增， ，其中， 故，，即不等式得证. 题型四：证明不等式 【典例4-1】（2024·高三·四川·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若，证明：. 【解析】（1）解， 令 得时，，当时，， 故单调递增区间为，单调递减区间为. （2）， 要证明，则只需证明， 令， ， ， ，当且仅当时，上式等号成立， 当时，在区间上单调递减， ，即， 当时，得证. 【方法二】证明：令， ， ， ，当且仅当时，上式等号成立， ， 又当时，在区间上单调递减， ， 当时，得证. 【典例4-2】已知，证明：. 【解析】证明　设， 则，单调递增， 所以当时，， 即 所以， 所以要证， 只需证明， 设，则， 则时，，单调递减； 时，，单调递增. 所以的最小值为. 当时，，， 所以. 当时，设， 则， 设，则， 因为在上单调递增， 且， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 又， 所以在上恒成立， 故在上单调递增， 在上恒成立. 综上，当时，. 利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． （4）对数单身狗，指数找基友 （5）凹凸反转，转化为最值问题 （6）同构变形 【变式4-1】已知函数（）. (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：. 【解析】（1）， ①当时，当时，时，， 所以的递增区间是，递减区间为； ②当时，当时，时，， 所以的递增区间是，递减区间为； ③当时，的递增区间是，无减区间； ④当时，当时，时，， 所以的递增区间是，递减区间为. 综上，当时，的递增区间是（），递减区间为； 当时，的递增区间是，递减区间为； 当时，的递增区间是，无减区间； 当时，的递增区间是，递减区间为. （2）当时，，由题意可得，只需证明， 方法一：令， 则， 令，易知在上单调递增， ， 故存在，使得，即， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 故时，取得唯一的极小值，也是最小值. ， 所以，即当时，. 方法二：不等式等价于， 只需证， 令，所以， 当时，单调递减，时，单调递增， 所以，即，当且仅当时取得等号， 令代替得到， 函数在上单调递增，且， 故存在，使得， 所以，当且仅当时取得等号， 所以，即当时，. 【变式4-2】已知函数. (1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值； (2)设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形； (3)证明：. 【解析】（1）因为， 则， 由题意可知，，解得. （2）， 对于函数， 有，解得，即函数的定义域为， 对于函数，则，可得，解得或， 所以，函数的定义域为，故该定义域关于直线对称， 因为 ， 故函数的图象关于直线对称，所以曲线是轴对称图形. （3）当时，， 则，令， 则， 当时，，则函数在上为增函数，此时，， 即，所以，函数在上为增函数，此时，， 取，可得， 于是，即， 所以，， 故. 1．已知函数. (1)当时，求函数在的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 【解析】（1）当时, ，所以. 得，点处的切线斜率为， 所以函数的图像在点处的切线方程为：， 即：. （2）由得， 当时，恒成立，则在上单调递减； 当时，令得， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增. 综上所述， 当时， 在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）可知，当时， 的最小值. 要证， 只需证 只需证 设. 则，令得. 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增. 所以在处取最小值，且， 所以得证， 即得证. 题型五：极最值问题 【典例5-1】已知函数. (1)若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围； (2)若，且有两个极值点，，其中，求的取值范围. 【解析】（1）的定义域为， ∵在上单调递增， ∴在上恒成立，即在上恒成立， 又，当且仅当时等号成立， ∴； （2）由题意， ∵有两个极值点， ∴为方程的两个不相等的实数根， 由韦达定理得，， ∵，∴， 又，解得， ∴ ， 设（）， 则， ∴在上单调递减， 又，， ∴， 即的取值范围为. 【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函数. (1)当时，求的零点个数； (2)设，函数. （i）判断的单调性； （ii）若，求的最小值. 【解析】（1）由题可知，则， 令，可得， 当时，在单调递减， 当时，在单调递增， ， 又，， 即在和内各有一个零点， 有2个不同的零点. （2）（i）由题可知， 则， 令，可得或， 当时，，当时，， 在上单调递增，在和上单调递减. （ii）由，可得，是关于的方程 的两个不同的实根， 故，，即. 故 ， 设， 当时，， 为上的增函数， 的最小值为， 故的最小值为. 利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作． 【变式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函数. (1)求函数在处的切线方程； (2)令. （i）讨论函数极值点的个数； （ii）若是的一个极值点，且，证明：. 【解析】（1）因为，所以. 所以，. 所以函数在处的切线方程为：，即. （2）（i）因为，（）. 所以，（） 当时，在上恒成立，所以函数在上是增函数，不存在极值点； 当时，设，则在上恒成立. 所以在上是增函数. 又，，所以唯一存在，使得. 当时，，所以，所以在上单调递减； 当时，，所以，所以在上单调递增. 所以是函数唯一的极小值点，无极大值点. 综上：当时，无极值点；当时，只有个极小值点. （ii）因为是的一个极值点， 由（i）可知，且. 所以. 因为，所以. 设，，则，则在上为减函数，且， 由，所以. 设，则， 由；由. 所以在上为增函数，在上单调递减，且. 所以，所以. 所以. 因为，所以，， 相乘得： 所以. 【变式5-2】（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围． 【解析】（1）当时，则， 可得，，即切点坐标为，切线斜率为， 所以切线方程为，即. （2）定义域为，且， 若，则对任意恒成立． 所以在上单调递增，无极值，不合题意， 若，令，解得，令，解得， 可知在上单调递增，上单调递减， 则有极大值，无极小值， 由题意可得：，即. 令，，在上单调递减, 又，不等式等价于，解得. 综上的取值范围是． 1．已知函数． (1)判断在区间上的单调性； (2)求在区间上的极值点的个数． 【解析】（1）由已知可得，， 当时，，． 令，， 当时，单调递增，此时， 当时，，即， 在上单调递增． （2）令， 当时，，， 所以． 令，，令，则，令，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，， 所以在上单调递减，此时． 所以当时，，单调递减，， 所以，使，即在内有1个极值点． 令，当时，由，得到 令， 当时，，则， 所以． 令，则， 由（1）中的得，所以，， 所以，当且仅当时等号成立，所以当时，， 所以在上单调递增，此时． 所以当时，，单调递增． 又，． 所以使，所以在上单调递减，在上单调递增． 又，所以．又， 所以使，即在内有1个极值点． 综上，在内的极值点的个数为2． 题型六：零点问题 【典例6-1】已知曲线在处的切线方程为． (1)求a，b； (2)若函数有两个零点，求实数m的取值范围． 【解析】（1）， ， 所以,解得. （2）， 函数有两个零点， 相当于曲线与直线有两个交点， ， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以时，取得极小值， 又时，,时，， 所以实数m的取值范围为． 【典例6-2】（2024·高三·湖北·期中）设函数. (1)讨论函数在区间上的单调性； (2)判断并证明函数在区间上零点的个数. 【解析】（1），且. 当时，，， 从而， 即此时函数在区间上单调递增； 当时，，， 从而， 即此时函数在区间上单调递减. ∴综上所述，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2），又，且函数在区间上单调递减， ∴函数在区间上存在唯一的零点. 当时，记， 从而，且此时，， ∴，在区间上单调递增. ，，∴存在，使得 且时，，即此时在区间上单调递减； 时，，即此时在区间上单调递增. ∴由，得， 即函数在区间上无零点； 而由，， 即函数在区间上有唯一的零点. ∴函数在区间上有2个零点. 函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围． 求解步骤： 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像； 第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数． 【变式6-1】已知． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若恰有1个极大值点和1个极小值点． ①求极大值与极小值的和； ②判断零点的个数． 【解析】（1）由题可得，函数的定义域为，， 当时，，， 故切点为，切线在该点处的斜率为， 故曲线在点处的切线方程为，即． （2）由（1）得， 因为分母在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号， 令，其对应一元二次方程的判别式． 若，此时，则且不恒为0，所以且不恒为0，所以在上单调递增，故没有极值点， 若，此时或，则有两个不等实根，不妨设， 由一元二次方程根与系数的关系可得，则同号． 当时，，两根均为负数，则在上恒成立，所以，所以在上单调递增，则没有极值点； 当时，，两根均为正数，故当或时，，所以，所以的单调递增区间为，， 当时，，所以，所以的单调递减区间为，故有极大值点，极小值点． 故时，恰有1个极大值点和1个极小值点． ①，故极大值与极小值的和为0． ②由①知，，，则， 又由①知，在，上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，，当时，；当时，， 故在，上各有一个零点，又，所以有3个零点． 【变式6-2】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个零点，求的取值范围． 【解析】（1）当时，， 求导得，则， 又，故切线方程为， 化简得． （2）法一：的定义域为， 因为函数在上有两个零点， 令， 则， 即，所以， 令，， 所以将函数的零点问题转化为的图象和直线的交点问题， 求导得 ， 因为的分母恒成立， 令，， 则，易知在时单调递增， 在时单调递减，， 则恒成立，所以令，解得， 所以当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以， 又因为，；；， 则的图象如图③所示， 图③ 要使的图象和直线有两个交点， 由图象知，即， 所以的取值范围为． 法二：的定义域为， ， ①当时，， 易知在内单调递减，在上单调递增； 当时，，当时，，， 若在上有两个零点， 则，即； ②当时，， 令，解得（舍）或， 可知在上有一个零点，不满足题意； ③当时，当或时，；时，， 故在，单调递增，在单调递减， 又， 作出函数图象如图①所示， 图① 所以在上至多有一个零点，不满足题意； ④当时，，单调递增， 故在上至多有一个零点，不满足题意， ⑤当时，当或时，；当时，， 故在，单调递增，在单调递减， 又， 作出函数图象如图②所示， 图② 故在上至多有一个零点，不满足题意； 综上，的取值范围为． 1．已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)设，求证：当时，有且仅有2个不同的零点． （参考数据：） 【解析】（1）由题设，则， 又，则在、上，在上， 所以的递增区间为、，递减区间为. （2）由，得，即方程在上有且仅有2个不同的根， 等价于与在上有2个交点，且， ①当时，存在，且图象连续且单调递增， 所以在上有且仅有1个零点，即使， 当时，，在上递减， 当时，，在上递增， 所以在上存在唯一极小值点， 则， 记，则，故在上单调递减， 所以，故上恒成立， 则， 综上，时，与在上有1个交点； ②当时，，即在上单调递增， 而在上递增，故在上递增， 而，由①知， 所以时，与在上有1个交点； ③当时，， 令，则，即在上单调递增， 所以， 所以时，与在上无交点； 综上，时，与在上有2个交点， 即当时，有且仅有2个不同的零点，得证. 题型七：不等式恒成立问题 【典例7-1】（2024·高三·天津滨海新·期末）已知函数，. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若存在时，使成立，求a的取值范围. (3)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围. 【解析】（1）当时，函数的定义域为，求导得， 由，得；由，得， 所以函数的递减区间为，递增区间为. （2）依题意，，则， 于是存在，成立，设， 则，函数在上递增，， 所以. （3）依题意，对任意恒成立， 即对任意恒成立， 设，则对任意恒成立， 下面证明对任意恒成立， 设，，求导得，当且仅当时取等号， 函数在上单调递减，则，即， 于是对任意恒成立，只需在上单调递增， 即在上恒成立，则在上恒成立，因此， 所以实数的取值范围为. 【典例7-2】已知函数． (1)已知在处取得极小值，求a的值； (2)对任意，不等式恒成立，求a的取值范围． 【解析】（1）因为，定义域为 所以 因为在取得极小值，所以，所以， 检验：，定义域为， ， x 3 - 0 + ↓ 极小值 ↑ 所以； （2）因为对恒成立 所以令 ①即时，恒成立， 在单调递增恒成立， ②即时，， x 1 - 0 + 0 ↓ 极小值 ↑ 所以，与题意不符，舍去， 综上所述：． 1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），． 3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，． （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集． 【变式7-1】已知函数. (1)求的极值； (2)设. （i）当时，求函数的单调区间； （ii）若在上恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）因为的定义域为， 所以，令，解得， 当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. （2）（i）函数的定义域为， 则. 当时，由，解得或； 由，解得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，由，解得或； 由，解得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，由，得函数在上单调递增； 当时，由，解得；由，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，函数的单调递增区间为和，递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为和，递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，无减区间； 当时，函数的单调递增区间为，递减区间为. （ii）在上恒成立可转化为在上恒成立， 设，，则， 令，则， 所以函数在上单调递减， 又，， 则函数在内存在唯一的零点， 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增， 又，得， 则， 所以，即实数的取值范围为. 【变式7-2】（2024·重庆·模拟预测）设，已知函数. (1)当函数在点处的切线与直线平行时，求切线的方程； (2)若函数的图象总是在轴的下方，求的取值范围. 【解析】（1）因为，则，解得， 则，又，所以切点为， 所以切线的方程为，即. （2）由题意知，因为，所以当时，， 此时函数在区间上单调递增，又时，，不合题意， 当时，由得，当时，，时， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为， 设， 此时，所以，即为减函数，而， 要使函数的图象总是在轴的下方，必须，即， 所以，所以，即的取值范围是． 1．已知，函数，（是自然对数的底数）． (1)讨论函数极值点的个数； (2)若对任意的恒成立，求实数的值； (3)在第（2）小题的条件下，若存在，使得，求实数的取值范围． 【解析】（1）当时，由知单调递增，所以极值点的个数为； 当时，对有，对有， 所以在上递减，在上递增，所以恰有个极值点. 综上，当时，极值点的个数为； 当时，极值点的个数为； （2）根据已知有，所以，故. 此时由（1）中得到的单调性，可知仅在处取得最小值. 假设，则，但，这导致矛盾，所以，即. 当时，由（1）中得到的单调性知在处取得最小值，所以，确实满足条件. 综上，的值为. （3）此时，，根据（2）的结论，我们有. 设，则. 再设，则. 情况一：若，则对有，故在上递增，从而对有. 从而在上递增，这就意味着对都有. 从而对任意，都有，不满足条件； 情况二：若，令是两个正数和中较小的一个，则对有. 故在上递减，从而对有. 从而在上递减，这就意味着，所以存在使得，满足条件. 综合以上两种情况，可知的取值范围是. 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 【典例8-1】已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 【解析】（1）定义域均为， ，令，解得：， 所以在单调递减，在单调递增， 在取极小值，且； 又，令，解得：， 所以在单调递减，在单调递增， 在取极小值，且 所以，解得：. （2）令，因为，所以， 由可得： （1）-（2）得：，所以， 要证：，只要证：， 只要证：， 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只要证：， 令， 所以在上单调递增，所以， 即有成立，所以成立. 【典例8-2】已知函数，． (1)若在处取得极值，求的值； (2)设，试讨论函数的单调性； (3)当时，若存在实数，满足，求证：． 【解析】（1）因为，所以， 因为在处取得极值， 所以，解得：． 验证：当时，， 易得在处取得极大值． （2）因为， 所以， ①若，则当时，，所以函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； ②若，， 当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，恒成立，所以函数在上单调递增； 当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减. （3）证明：当时，因为， 所以， 所以， 令，，则， 当时，，所以函数在上单调递减； 当时，，所以函数在上单调递增； 所以函数在时，取得最小值，最小值为1， 所以， 即，所以， 当时，此时不存在，满足等号成立条件， 所以． 1、极值点偏移的相关概念 所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示． 图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移 极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏． 【变式8-1】已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值. 【解析】（1）. 若，当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减. 若，当时，，即在（，上均单调递增； 当时，，即在上单调递减. 若，则，即在上单调递增. 若，当时，，即在，上均单调递增； 当时，，即在上单调递减. （2）当实数时，， ， ， ， 令，， 由于，知当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增. 从而，， 于是，，即， 而，所以， 而当，时，取最小值6. 【变式8-2】已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【解析】（1）由题意得，，则， 由，解得． 当时，单调递增， 当时，单调递减； 综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减； （2）（i）由，得， 设， 由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，当时，，且当时，， 所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根， 故的取值范围是．                                      （ii）不妨设，则，且． 法一： 当时，结合（i）知，即； 当时，． 设 则 所以在区间内单调递增， 则，即， 所以 又在区间内单调递减， 所以，即， 又，所以， 故，所以，得证． 法二： 设，， 则， 所以在区间内单调递增，又， 所以，即． 又，所以， 又在区间内单调递减． 所以，即， 又，所以，得证． 1．已知函数为其导函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若存在两个不同的正数，使得，证明：． 【解析】（1），当时，单调递增； 当时，单调递减．所以， 解得，即的取值范围为． （2）证明：不妨设，则，要证， 即证，则证，则证， 所以只需证，即． 令，则，． 当时，，则， 所以在上单调递减，则．所以． 由（1）知在上单调递增，所以，从而成立． 2．[新考法]已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 【解析】（1），， 其中，， 当时，即，此时恒成立， 函数在区间单调递增， 当时，即或， 当时，在区间上恒成立， 即函数在区间上单调递增， 当时，，得或， 当，或时，， 当时，， 所以函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是， 综上可知，当时，函数的单调递增区间是； 当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是； （2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是，、是方程的两根， 有，， 又的图象与有三个公共点， 故，则， 要证，即证，又， 且函数在上单调递减，即可证， 又，即可证， 令，， 由， 则 恒成立， 故在上单调递增，即， 即恒成立，即得证； ②由，则， 令，， 则 ， 故在上单调递增，即， 即当时，， 由，故，又，故， 由，，函数在上单调递减，故， 即，又由①知，故， 又， 故. 题型九：利用导数解决一类整数问题 【典例9-1】已知函数. (1)证明：有两个极值点，且分别在区间和内； (2)若有3个零点，求整数的值. 参考数据：，，，. 【解析】（1）函数，求导得， 令，求导得， 由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则在上单调递减，且，， 因此在内有且仅有一个零点； 则在上单调递增， 且，， 因此在内有且仅有一个零点； 则函数有两个零点，且分别在区间和内， 设的两个零点为， 当时，，当或时，， 则在上单调递减，在，上单调递增， 所以有两个极值点，且分别在区间和内. （2）依题意，，而， 即， 因此，解得， 由，得，且为整数，则或0， 故整数的值为或0. 【典例9-2】已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)当时，若在时恒成立，求整数的最大值． 【解析】（1）当时，， 所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. （2）， 当时，恒成立，所以在上单调递增， 当时，当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 综上所述：当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，上单调递减. （3）在时恒成立，即恒成立， 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，且 ，所以在存在唯一实数， 使得，即，所以 当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递减，上单调递增， 所以， 故，又，整数的最大值为5． 分离参数、分离函数、半分离 【变式9-1】函数. (1)求的单调区间； (2)若只有一个解，则当时，求使成立的最大整数k. 【解析】（1）函数，定义域为，则， 因为，设，， 则令得，，， 当时，，，单调递增， 当时，，， 单调递减， 当时，，，单调递增， 综上所述：的单调递增区间为，， 单调递减区间为； （2）若即只有一个解， 因为使方程成立，所以只有0是的解， 当时，无非零解， 设，则， 当，，单调递减，当，，单调递增， 所以最小值为， 当时，，当时，， 故定有零点，又因为无非零解，有零点应还是0， 所以，所以，则， ，得，，， 所以，得， 设，则， 令，则， 因为时，，所以，则在单调递增， 又， 所以使得，所以，且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以最小值，且， 得， 又因为，所以，因为， 所以，故整数的最大值为2. 【变式9-2】（2024·福建厦门·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)设，若存在，使得. ①求的取值范围； ②设为整数，若当时，相应的总满足，求的最小值. 【解析】（1）由，知. 当时，，所以在上单调递增； 当时，若，则；若，则. 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）①此时，故. 若，则当时，有. 故在和上递增，故在上递增. 所以，如果有，则必定有，故这样的不存在； 若，则. 记，，则，，故，. 据的表达式可知，当或时，当时. 从而在和上单调递增，在上单调递减. 根据的单调性，有. 再取正实数满足，，，就有，且由有 . 所以必定存在使得，取，就有. 综上，的取值范围是. ②首先，在上面①的解析中我们已经证明当时递增，这就意味着当时有，即. 下面回到原题，据题意有. 根据的单调性，知. 一方面，此时有 ， 所以，故. 从而，解关于的不等式可得，故； 去分母并移项得，即. 另一方面，当时，由，，可知，从而. 此时可验证满足条件，而. 综合以上两个方面，可知的最小值是. 1．已知函数． (1)若曲线在点处的切线的斜率小于1，求的取值范围． (2)若整数k使得对恒成立，求整数k的最大值． 【解析】（1）因为，得到， 所以曲线在点处的切线的斜率为， 由题意得，解得，所以的取值范围. （2）因为“对恒成立”等价于“当时，恒成立”， 令，所以， 令，得， 当变化时，与的变化情况如下表所示： － 0 ＋ 单调递减 极小值 单调递增 所以在上单调递减，在上单调递增， 故函数的最小值， 令，则， ①当时，因为的最小值， 所以对于恒成立，符合题意， ②当时，由，得函数在单调递减， 所以，故此时的最小值，不符合题意， 所以整数的最大值是2． 题型十：导数中的同构问题 【典例10-1】（2024·内蒙古·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的取值范围. 【解析】（1）的定义域为. 关于的方程， 当时，，，所以在上单调递增. 当时，，此时， ，所以在上单调递增. 当时，则是方程的两根. 又，所以， 令，解得或， 令，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减. （2）由，可得，即. 令，易知单调递增. 由，可得，则，即. 设，则，当时，单调递减， 当时，单调递增，所以， 所以，则的取值范围为. 【典例10-2】已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，求证：在上恒成立； （3）求证：当时，． 【解析】（1）解：函数的定义域为，， 令，即，△，解得或， 若，此时△，在恒成立， 所以在单调递增． 若，此时△，方程的两根为： ，且，， 所以在上单调递增， 在上单调递减， 在上单调递增． 若，此时△，方程的两根为： ，且，， 所以在上单调递增． 综上所述：若，在单调递增； 若，在，上单调递增， 在上单调递减． （2）证明：由（1）可知当时，函数在上单调递增， 所以（1），所以在上恒成立． （3）证明：由（2）可知在恒成立， 所以在恒成立， 下面证，即证2 ， 设，， 设，， 易知在恒成立， 所以在单调递增， 所以， 所以在单调递增， 所以， 所以，即当时，． 法二：，即， 令，则原不等式等价于， ，令，则，递减， 故，，递减， 又，故，原结论成立． 1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式 2、同构式的应用： （1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根 （2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路> ①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键； ③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围． （3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程 （4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解 【变式10-1】（2024·高三·天津西青·期末）已知函数和． (1)若曲线数与在处切线的斜率相等，求的值； (2)若函数与有相同的最小值． ①求的值； ②证明：存在直线，其与两条曲线与共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标成等差数列． 【解析】（1）， 由题知，即，即. （2）①的定义域为，而， 若，则，此时无最小值，不合题意，故. 令，得， 当单调递减， 当单调递增， 所以. 的定义域为，而. 当单调递减， 当单调递增， 所以. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. ②， 且在上单调递减，在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增，且. 当时，此时， 显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意； 当时，此时， 故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； 当时，首先，证明与曲线有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为， (令，则)， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且 只存在1个零点，设为. 其次，证明与曲线和有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为， （令，则） 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为， 再次，证明存在，使得， 因为，所以， 若，则，即， 所以只需证明在上有解即可， 即在上有零点， 因为， 所以在上存在零点，取一零点为，令即可， 此时取 则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为 所以， 又因为在上单调递减，即，所以， 同理，因为， 又因为在上单调递增，即，所以， 又因为，所以， 即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 【变式10-2】对任意，若不等式恒成立，求a的取值范围. 【解析】由，得，即，所以. 令，设， 则当时单调递减，当时，单调递增，故当，故 故，则，即. 记，则， 当单调递增，当单调递减，所以，故 由，得，即，当时，上式取等号，所以. 综上，的取值范围为 1．2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线. (1)求； (2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个. 【解析】（1）设与相切于点，而， 则，即，，则切点为，，即； 设与相切于点，而， ，即，则切点为，，， 所以，. （2）依题意，，则，，， 由成等差数列，得，即，， 令，求导得， 令，求导得，显然函数在上单调递增， ，， 则，使得，即， 当时，；当时，，在上递减，在上递增， ， 由，得，则，即，函数在上单调递增， ，，因此在上存在唯一零点， 所以满足条件的有且只有一个. 2．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若，求的取值范围. 【解析】（1）， 当时，在上是减函数. 当时，是增函数.令，解得. 当时，； 当 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上是减函数； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2），即. 令函数，则，所以， 因为在上单调递增， 所以，即. 令函数，则. 当时，；当. 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 故的取值范围为. 题型十一：洛必达法则 【典例11-1】已知函数在处取得极值，且曲线在点处的切线与直线垂直. (1)求实数的值； (2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【解析】(1)，； 函数在处取得极值，； 又曲线在点处的切线与直线垂直，； 解得：； （2）不等式恒成立可化为，即； 当时，恒成立；当时，恒成立， 令，则； 令，则； 令，则； 得在是减函数，故，进而 （或，， 得在是减函数，进而）． 可得：，故，所以在是减函数， 而要大于等于在上的最大值，但当时，没有意义， 变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，，故答案为． 【典例11-2】设函数.当时，，求的取值范围. 【解析】由题设，此时. ①当时，若，则，不成立； ②当时，当时，，即； 若，则； 若，则等价于，即. 记，则. 记，则，. 因此，在上单调递增，且，所以， 即在上单调递增，且，所以. 因此，所以在上单调递增. 由洛必达法则有， 即当时，，即有，所以. 综上所述，的取值范围是. 法则1、若函数和满足下列条件： （1）及； （2）在点的去心邻域内，与可导且； （3），那么=． 法则2、若函数和满足下列条件：（1）及； （2），和在与上可导，且； （3）， 那么=． 法则3、若函数和满足下列条件： （1）及； （2）在点的去心邻域内，与可导且； （3）， 那么=． 注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： （1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立． （2）洛必达法则可处理，，，，，，型． （3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． （4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． ，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 【变式11-1】设函数．如果对任何，都有，求的取值范围． 【解析】， 若，则； 若，则等价于，即 则. 记， 因此，当时，，在上单调递减，且， 故，所以在上单调递减， 而. 另一方面，当时，， 因此. 【变式11-2】已知． （1）求的单调区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围． 【解析】（1）的定义域为，， 令，则 所以当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增，所以时，（1）， 即在上单调递增， 所以的增区间为，无减区间． （2）对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立． 当，对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立． 记，则， 记， 则， 所以在单调递减，又（1）， 所以，时，，即， 所以在单调递减． 所以， 综上所述，的取值范围是． 1．已知函数． （1）若函数在点，（1）处的切线经过点，求实数的值； （2）若关于的方程有唯一的实数解，求实数的取值范围． 【解析】解：（1），在点，（1）处的切线的斜率（1）， 又（1），切线的方程为， 即，由经过点， 可得． （2）证明：易知为方程的根， 由题只需说明当和时原方程均没有实数解即可． ①当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解， 若，，， 令，故在单调递增，在单调递减， 故在单调递减， 从而，，此时方程也无解． 若，由， 记，则， 设，则有恒成立， 恒成立， 故令在上递增，在上递减 （1），可知原方程也无解， 由上面的分析可知时，，方程均无解． ②当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解， 若，和①中的分析同理可知此时方程也无解． 若，由， 记，则， 由①中的分析知， 故在恒成立，从而在上单调递增， 当时，， 如果，即，则， 要使方程无解，只需，即有 如果，即，此时，，方程一定有解，不满足． 由上面的分析知时，，方程均无解， 综合①②可知，当且仅当时，方程有唯一解， 的取值范围为． 题型十二：导数与三角函数结合问题 【典例12-1】（2024·内蒙古赤峰·二模）已知 (1)将，，，按由小到大排列，并证明； (2)令 求证: 在内无零点. 【解析】（1）令， 则，令， 则， 因为，所以， 则在上单调递增， 则， 所以当时，，则， 所以在上单调递增， 则， 即当时，， 又，当时，， 即当时， 综上： （2）要证在内无零点， 只需证 由（1）知 只需证； 即证：， 即证：， 令， 则。 令，则， 当时，，则在上单调递增； 所以当时，， 则在单调递增， 所以 即在内无零点. 【典例12-2】已知函数． (1)讨论的单调区间 (2)若函数，，证明：． 【解析】（1）由题知，函数的定义域为， ， 当时，有， 当或时，，当时，， 所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，有，， 所以在上单调递增； 当时，有， 当或时，，当时，， 所以，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知：当时，在上单调递增， 所以，当时，，即． 因为，所以， 所以． 分段分析法 【变式12-1】已知函数，， (1)求证：，； (2)若在上单调递增，求的最大值； (3)设，，，试判断的大小关系. 【解析】（1）令， 则，由于在上时，， ， 即在上单调递减， ， 即； （2）， 在上单调递增， 在上恒成立，即恒成立， 令，， ，， ，即函数在上单调递增， ， ， 即的最大值为； （3）令，则 当时，，函数在上单调递减， ，即， ， 令， 则 由（1）可得在上单调递增， ， ，即，即， 综上所述. 【变式12-2】（2024·黑龙江佳木斯·三模）已知函数． (1)当时，求在处的切线方程： (2)若在上单调递增，求的取值范围； (3)若，，证明：． 【解析】（1）当时，， 所以，， 又因为， 所以在处的切线方程为. （2）由题知，在时恒成立， 所以， 因为，所以， 所以或， 解得， 所以的取值范围为. （3）证明：由（2）知，时，在上单调递增， 所以，， 因此，当时，， 因为，所以，， 所以，， 所以， 故当时，． 1．已知函数，． (1)函数在处与处的切线分别为，，且直线，之间的距离为，求证； (2)若为空集，求实数的取值范围． 【解析】（1）由已知，， ，，，则， 方程为，即， 方程为，即， 则， 要证，即证，即证，即，也即证， 而， 所以成立． （2）由题意无实解，即无实数解，即除0以外无其它实数解， 时，方程为有无数解，不合题意， 时，，而，且时，，因此方程除0以外无其它实数解，满足题意， 时，方程化为， 设，则， 记，则， 当，即时，，是减函数，即是减函数， 又，所以时，，递增，时，，递减， 所以，时，， 所以方程除0以外无其它实数解，满足题意， 当时，有无数解，设锐角是它的解，则， 时，，递增， 又，则时，则，即， 所以递增，而，所以，又， 所以在上有一个零点，即有不是0的根，不合题意， 综上，取值范围是. 2．已知函数，其中， (1)证明：； (2)探究是否有最小值，如果有，请求出来；如果没有，请说明理由． 【解析】（1）设函数，其中，则， 令，其中， 所以，， 所以在上单调递增，故， 所以在上单调递增，则，即. （2）由题意可得 因为，则， 由（1）可得， 所以， 因为， 所以 所以对任意的， 故函数在上单调递减，无最小值． 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 【典例13-1】若存在一个数，使得函数定义域内的任意，都有，则称有下界， 是的一个下界． (1)求函数的下界的取值范围； (2)判断是否是下界为的函数，并说明理由； (3)若函数，是的一个整数下界，求的最大值．（参考数据：，） 【解析】（1）因为函数的定义域为，对任意的，，则， 因为，令，可得，列表如下： 减 极小值 增 所以，函数的减区间为，增区间为，则， 所以，，因此，函数的下界的取值范围为. （2）令，其中，， 因为函数、在上均为增函数， 故函数在上为增函数，且， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以，，故， 因此，函数是下界为的函数. （3）当时，，则， 令，则， 当时，，，则， 所以，函数在上为增函数， 因为，所以，， 因为，， 所以，存在，使得， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以， ， 令，其中， ， 所以，函数在上单调递减，所以，， 所以，，且， 因此，整数的最大值为. 【典例13-2】一般地，设函数在区间上连续，用分点将区间分成个小区间，每个小区间的长度为，在每个小区间上任取一点，作和式．如果当无限接近于0（亦即时，上述和式无限趋近于常数，那么称该常数为函数在区间上的定积分，记为．当时，定积分的几何意义表示由曲线，两直线与轴所围成的曲边梯形的面积（如下图）． 如果是区间上的连续函数，并且，那么 (1)求； (2)设函数． （1）若恒成立，求实数的取值范围； （2）数列满足，利用定积分的几何意义，证明：． 【解析】（1）由于，故. （2）由， ①由恒成立，得恒成立． 令，则． 当时，，此时在,上单调递增， 又，所以在,恒成立． 当时，当时，有，此时在上单调递减，在单调递增， 又，在恒成立，与矛盾． 综上所述，． ②由，可得，所以． 即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故， 所以， 由题意可得是由曲线，两直线，与轴所围成的曲边梯形的面积． 而表示图一阴影所示各矩形的面积和， 所以，不等式的左边成立． 表示图二阴影所示各矩形的面积和， 所以，不等式的右边成立． 故得证. 函数与导数新定义问题主要分两类：一是概念新定义型，主要是以函数新概念为背景，通常考查考生对函数新概念的理解，涉及函数的三要素的理解；二是性质新定义型，主要是以函数新性质为背景，重点考查考生灵活应用函数性质的能力，涉及函数的各种相关性质的拓展延伸． 【变式13-1】（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”. (1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由； (2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：； (3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值. 【解析】（1）， 是函数的“类数”； ， 不是函数的“类数”. （2）因为函数的“类集”为集合，且， 所以存在，使得且， 若，则，所以， 因为函数的图象是连续不断的， 不妨设，由零点存在定理知，必存在使得， 所以存在零点，即. （3），则. 先证明： 因为函数的“类集”为， 所以对任意， 令，则， 因为函数的值域为， 所以当时，必有， 即对于恒成立， 所以函数的最小正周期应有，即，则. 再证明，此时，对于任意. 当时，，则； 当时，，则， 所以时函数的“类集”为，即. 我们不难发现，上述过程中令也成立.因此，的最大值是. 【变式13-2】（2024·湖南长沙·模拟预测）定义：如果函数在定义域内，存在极大值和极小值且存在一个常数，使成立，则称函数为极值可差比函数，常数称为该函数的极值差比系数．已知函数． (1)当时，判断是否为极值可差比函数，并说明理由； (2)是否存在使的极值差比系数为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)若，求的极值差比系数的取值范围． 【解析】（1）当时，， 所以， 当时，；当时，． 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为， 所以，因此极值可差比函数． （2）的定义域为，，即， 假设存在，使得的极值差比系数为， 则、是方程的两个不等正实根， ，解得，不妨设，则， 由于 所以，从而， 得， 令，则， 所以在上单调递增，有， 因此式无解，即不存在使的极值差比系数为． （3）由（2）知极值差比系数为， 即极值差比系数为，不妨设， 令，则，极值差比系数可化为， ， 又，即，解得， 令，则， 设 所以在上单调递减，当时，， 从而， 所以在上单调递增，所以， 即． 故的极值差比系数的取值范围为 1．已知曲线的图象上存在A，B两点，记直线AB的方程为，若AB恰为曲线的一条切线，且直线与曲线相切于A，B两点，，，则称函数为“切线上界”函数. (1)试判断函数是否为“切线上界”函数.若是，求出一组点A，B；否则，请说明理由； (2)已知为“切线上界”函数，求实数a的取值范围； (3)证明：当时，为“切线上界”函数. 【解析】（1）， 当，即时， 取得极大值，也是最大值， 中，不妨令和，得和， 故， 此时满足AB恰为曲线的切线，且直线与曲线相切于A，B两点， ，，则是“切线上界”函数. （2）在上单调递增，在上单调递增， 故不会同在，或，上， 不妨设切点在上，切点在上， 由于，故在处的切线方程为， ，故在处的切线方程为， 两切线为同一切线，故， 由①得③，将③代入②得， 故，， 令，， 则， 故在上单调递减， 故，所以； （3）证明：，， 设切点，， 设直线方程为，满足， 直线的斜率为， ，故在处的切线斜率为， 在处的切线斜率为， 故，所以， 由， 化简得， 令，故， 所以， 因为，所以， 所以， 令， 要证时，为“切线上界”函数， 只需证在R上存在不同两点，其函数值相等， 即证连续函数在R上不单调即可， 令，则， 显然不恒大于等于0或恒小于等于0， 故在R上不单调即可，结论得证. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 35 学科网(北京)股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$