专题20 一元函数的导数及其应用大题8大压轴考法-【常考压轴题】2024-2025学年高二数学压轴题攻略（人教A版2019选择性必修第二册）

专题20 一元函数的导数及其应用大题8大压轴考法 题型1 含参数的单调性问题 一、解答题 1．（24-25高二下·全国·课后作业）设函数，其中．讨论的单调性． 【答案】答案见解析 【分析】求导得导数的两个零点为或，对分类讨论即可求解. 【详解】的定义域是， 若，，函数在上单调递增， 当时，， 令，解得或， 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，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； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 2．（24-25高二上·江西·期中）设函数. (1)求的单调区间; (2)若存在极值M，求证：. 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）讨论参数a，应用导数研究单调区间； （2）讨论参数a，利用导数研究函数极值即可证. 【详解】（1）由题设， 当时，恒成立，故的增区间为，无减区间； 当时，令，得，故上，上， 所以的减区间为，增区间为. （2）由（1）知，当时，在上单增，没有极值； 当时，在上单减，在上单增， 存在极小值 令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，在时取最大值0， 所以恒成立，即. 3．（2024高二·全国·专题练习）已知函数，讨论的单调性. 【答案】答案见解析 【分析】对函数求导，再按和分别分类讨论导函数的正负，即可判断函数的单调性. 【详解】函数的定义域为， 当时，，则在上单调递增； 当时，由，得， 由，得；由，得， 于是有在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当0时，在上单调递增，在上单调递减． 4．（24-25高二上·宁夏银川·阶段练习）已知函数. (1)若，求在处的切线方程. (2)讨论的单调性. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程， （2）求导，对分类讨论，根据导函数的正负即可求解单调性. 【详解】（1）由题设，则， 所以，，故切线方程为，         整理得. （2）由题设，且， 当时，当时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当时，时，或时， 所以在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立，即在上单调递减；. 当时，时，或时， 所以在上单调递减，在上单调递增； 5．（2024高二下·全国·专题练习）已知函数． (1)若曲线在点处的切线的斜率为，求的值； (2)若，讨论函数的单调性； 【答案】(1) (2)答案见解析. 【分析】（1）求导，可得结果； （2），讨论，，，根据导数正负判断单调性． 【详解】（1） ． （2）由题， 由于，的解为． ①当，即时，，则在上单调递增； ②当，即时， 在区间，上，，在区间上，， 所以在，上单调递增；在上单调递减； ③当，即时，在区间，上，， 在区间上，， 所以在，上单调递增；在上单调递减． 故当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增；在上单调递减； 当时，在，上单调递增；在上单调递减． 6．（24-25高二上·山西晋城·期末）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方程； （2）求的导数，根据的范围讨论导数的正负，从而得到的单调区间. 【详解】（1）当时，，则， 则曲线在点处的切线斜率为， 因为，所以曲线在点处的切线方程为． （2）的定义域为． 当时，． 令，则在上单调递减，在上单调递增， 因此，的最小值为 当时，则，此时，在上单调递增， 当时，令，得． 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增 综上，当时，在上单调递增，当时， 在上单调递增， 在上单调递减． 题型2 与极值（点）、最值相关问题 一、解答题 1．（24-25高二上·安徽六安·期末）已知函数. (1)若在区间上单调递增，求实数的取值范围； (2)若在区间上的最小值为，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）问题转化为在上恒成立，进而可得； （2）先根据与区间的关系分类：当时，函数单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在单调递减，进而根据最小值为可得. 【详解】（1）由题意函数的定义域为， ， 因为在区间上单调递增，所以在上恒成立， 只需，即实数的取值范围是. （2）令，得或， ①当时，恒成立，在单调递增， 所以，不合题意，舍去； ②当时，；， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，解得； ③当时，恒成立，在单调递减， 所以，解得，舍去； 综上所述，. 2．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数，且曲线在点处的切线方程为． (1)求； (2)证明：存在唯一的极小值点，且． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导，通过，列出方程即可求解； （2）由（1）求得，令，再求导，确定存在唯一实数使得，进而说明的单调区间即可求证，再由可求其范围 【详解】（1）函数定义域为， 由题意可知，，联立解得． （2）由（1）可知，则， 令，则， 所以函数在区间内单调递增，又， 所以存在唯一实数使得，即①， 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增，所以存在唯一的极小值点， 由①知，，所以． 一方面由知，； 另一方面，由于是的唯一的极小值点，且，所以． 综上所述，，证毕． 3．（2024·江苏·二模）已知函数. (1)当时，证明：; (2)若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）因为函数的定义域为，当时，，将问题转化为当时，，构造函数，利用导数研究的值域即可证明； （2）求导，令，再求导，利用放缩可知，得到在单调递增，，分类讨论和时的正负，从而确定是否有极值点以及极值点的个数. 【详解】（1）证明：因为函数的定义域为，当时，. 要证，只需证：当时，. 令，则， 则在单调递增， 所以，即， 所以. （2）由， 令， 则. 所以在单调递增，， ①时，，. 则在为增函数，在上无极值点，矛盾. ②当时，.由（1）知，， ，则，则使. 当时，，，则在上单调递减； 当时，，，则在上单调递增. 因此，在区间上恰有一个极值点， 所以的取值范围为. 4．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）已知函数，. (1)证明:直线与曲线相切. (2)若函数在上存在最大值，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数求在的单调性，按的不同取值分类讨论即可. 【详解】（1）由题意， 所以， 又因为，所以曲线在点处的切线方程为， 所以直线与曲线相切. （2）由（1）得，，令，则， ①当时，在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，无最大值，不符合题意； ②当时，，在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，无最大值，不符合题意； ③当时，由，可得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 因为，所以，即， 又，令， 则，所以，单调递增， 因为，所以，即， 所以存在使得，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意. 综上，的取值范围为. 5．（2024高二·全国·专题练习）设函数． (1)当时，证明：． (2)当时，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，代入函数并对函数 进行求导，利用二阶导数得出导函数在上单调递增函数，再讨论的正负即可求得函数的最小值为，从而得证； （2）对函数 进行求导，得在上单调递增，根据零点的存在性定理可得存在，使得，从而可得的最小值为，再结合基本不等式即可证明. 【详解】（1）当时，，定义域为． ，构造函数， 则，， 所以在上单调递增，又， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以，故． （2），当时，易知在上单调递增， ， 所以存在，使得，即． 当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以， 当且仅当时取等，此时，满足．故原不等式得证． 【点睛】思路点睛：在第二小问证明导函数在定义域内单调后，由于导函数的零点不易求出，故需要找出两个值分别代入，证明导函数的值有正有负，方可设而不求，此处计算较难．属于较难题. 6．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数 (1)若，求在区间上的最大值和最小值； (2)设，求证：恰有个极值点； (3)若，不等式恒成立，求的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)e 【分析】（1）利用导数求得函数的单调区间，结合极值的概念与计算，即可求解； （2）求得，结合，得到方程有两个不同的根，结合极值点的定义，即可求解； （3）根据题意转化为，不等式恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解. 【详解】（1）由函数 ，可得 ， 令 ，可得 ， 则 的关系，如图下表： 2      极大值 综上可得，函数 ． （2）由函数 ， 可得 ， 因为 ， 所以方程 有两个不同的根，设为 且 ，则有 极小值 极大值 综上可得，函数 恰有个极值点． （3）因为 ，所以 ，不等式 恒成立， 设 ，可得 ， 所以 的关系，如图下表： 2 极大值 ， ， ， 所以 ，所以实数 的最小值为． 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 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． 7．（24-25高二上·江西宜春·阶段练习）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若为的极大值点，求实数的取值范围． 【答案】(1)增区间为，减区间为 (2) 【分析】（1）对求导，利用导数与单调性的关系即可得解； （2）记，则原命题等价于为的极值点，求实数的取值范围，对求导，对分类讨论，根据的极值情况，确定实数的取值范围． 【详解】（1）当时，， 则， 由，可得，由，可得， 因此的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）记， 则原命题等价于为的极大值点，求实数的取值范围． 因，则恒成立， 记，则，则， 当时，恒成立，在上单调递增， 又因，则当时，，，在上单调递减； 当时，，，在上单调递增， 此时可得为的极小值点，与题意矛盾； 当时，①若则得， 即存在，使得在上恒成立， 即在上单调递增，也即在上单调递增， 由，从而可得，，在上单调递减； ，，在上单调递增， 此时可得为的极小值点，与题意矛盾； ②若，时，在上单调递减， ，，在上单调递增；时，，在上单调递减， 因此恒有，也即恒成立，因此不是的极值点，与题意矛盾； ③若，，即存在，使得在上恒成立， 在上递减，也即在上递减， 由，从而可得，，在上单调递增； ，，在上单调递减， 此时可得为的极大值点，符合题意． 综上所述，满足条件的实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛：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、极值点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理． 8．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点. ①求的取值范围； ②若函数有两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；② 【分析】（1）通过对的讨论，研究导数的零点与定义域的关系，以及零点的大小关系，确定原函数的单调性； （2）①研究函数的单调性，极值与最值情况，构造关于的不等式求解； ②讨论函数的导数零点的个数解决问题. 【详解】（1）， （ⅰ）当时，在上单调递减. （ⅱ）当时，时，,时，. 综上，时，在上单调递减， 时，在上单调递减，在上单调递增. （2）①由（1）当时，在上单调递减，不符合题意 当时，在上单调递减，在单调递增. 则. 令， 由知，在上单调递增. 又， 当时，，不满足有两个零点. 当时，， 又，则在有一个零点. 又，令， 可得，所以， 则，则在有一个零点. 综上，在上有两个零点，的取值范围是 ②， . 令， 则. 由①知，则在上单调递减，在上单调递增. 所以，. 由题有两个极值点，则在上有两个零点， 又，当时，. 则，又. 所以，的取值范围是 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法： 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)值问题处理. 题型3 零点问题 一、解答题 1．（24-25高二上·湖南·期末）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1)函数的单调增区间为，单调减区间为. (2) 【分析】（1）求该函数的定义域，求导，根据导数判断函数的单调性； （2）分离参数，并构造函数，利用导数得出的大致图像，进而由与的图象有两个交点结合图像得出所求范围. 【详解】（1）函数的定义域为，， 令，即，解得. 当时，，则，函数在上单调递增； 当时，，则，函数在上单调递减； 综上，函数的单调增区间为，单调减区间为. （2）由题意在上有两个不同的根. 可化为， 令，则问题转化为与的图象有两个交点. , 令，则，. 当时，，则，函数在上单调递增； 当时，，则，函数在上单调递减； 所以在处取得极大值，也是最大值，， 当时，，则， 当时，的增长速度远慢于的增长速度，所以. 因为与的图象有两个交点，所以. 综上，的取值范围为. 2．（2024高二上·全国·专题练习）已知e是自然对数的底数，，，，． (1)设，求的极值； (2)设，求证：函数没有零点． 【答案】(1)没有极大值，极小值为-2022． (2)证明见解析 【分析】（1）利用导函数与单调性、极值的关系求解； （2）利用导函数与单调性、最值的关系确定函数零点的个数. 【详解】（1）因为，，， 所以，， 所以， 所以． 由，得． 因为是增函数， 所以当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增， 所以函数没有极大值，只有极小值， 且当时，取得极小值， 所以的极小值为． （2）证明：因为，， 所以， 所以． 由，， 解得， 所以当时， ，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值， 最大值为． 因为，所以，所以． 所以当时，函数没有零点． 3．（24-25高二上·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. 【答案】(1)函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. (2)函数在区间上有2个零.，证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后根据导数的符号可得函数的单调性； （2）根据（1）中函数的单调性可得函数在区间上存在唯一的零点，设，根据三角函数的性质可得判断出，故结合零点存在定理可判断在上的单调性，再结合零点存在定理可判断零点的个数. 【详解】（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. 【点睛】思路点睛：函数零点问题，需利用导数讨论其单调性，再结合零点存在定理判断零点个数. 4．（2022·北京石景山·一模）设函数． (1)若m＝－1， ①求曲线在点处的切线方程； ②当时，求证：. (2)若函数在区间上存在唯一零点，求实数m的取值范围. 【答案】(1)①；②证明见解析 (2) 【分析】（1）①对函数求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，然后代入点斜式直线方程即可求解. ②令，利用导数法求得其在上单调递减，结合，即可证明. （2）对函数求导，分类讨论研究函数的单调性，利用零点存在性定理求解即可. 【详解】（1）①当时，，可得， 则， 可得曲线在点处的切线方程为，即． ②令， 则， 当时，可得在上单调递减， 又因为，所以，即，即， 即当时，. （2）由函数，可得， 令， 当时，，即在区间上单调递增． 因为，所以， 所以函数在区间上没有零点，不符合题意； 当时，函数的图像开口向上，且对称轴为直线， 由，解得， 当时，在区间上恒成立， 即在区间上单调递减． 因为，所以， 所以函数在区间上没有零点，不符合题意． 综上可得，， 设使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 因为，要使得函数在区间上存在唯一零点， 则满足，解得， 所以实数m的取值范围为． 5．（23-24高二下·湖南·期末）已知函数. (1)若是的极大值点，求的值； (2)用表示中的最大值，设函数，试讨论零点的个数. 注：若，当时，，当时，. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求得，根据，求得，此时，结合导数求得函数的单调性，结合函数极值点的定义，进行验证，即可求解； （2）当时，得到，得出，此时无零点；当时，求得的值，结合和两种情况讨论，得出结论；当时，转化为函数零点个数等于零点个数，转化为，令函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，进而得到结论. 【详解】（1）解：由函数，可得， 因为是的极大值点，则，解得， 当时，可得， 当时，，令，则， 所以在上单调递减，则，即， 此时在上单调递增； 当时，令，可得，则， 故即单调递减， 又因为，所以当时，单调递减， 所以，当时，是的极大值点，符合题意. （2）（I）由函数， 当时，，，此时无零点； （II）当时，可得， ①若，即时，， 此时不是的零点； ②若，即时，， 此时是的零点； （III）当时，，零点个数等于零点个数， 显然是的一个零点； 当时，可转化为， 令，则， 由（1）知，， 所以在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增， 且当时，，当时，， 可得，函数的图象所示： ①当或或时，有1个零点； ②当或时，有2个零点； ③当时，无零点. 综合（I）（II）（III）得： 当或时，有2个零点； 当或或时，有3个零点； 当或时，有4个零点. 【点睛】方法技巧：利用导数研究函数的零点个数，以及函数零点个数求参数的取值范围问题的求解： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围； 2、分离参数法，先分离参数，构造新函数，直接把问题转化为函数的单调性与最值问题，从而求出参数的取值范围； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 题型4 恒成立、有解问题 一、解答题 1．（24-25高二上·陕西西安·期末）已知函数（其中e为自然对数的底数）． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在上的最值； (3)设函数，若对，不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)； (2)最小值为，最大值为1； (3). 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数几何意义求出切线方程. （2）利用导数求出函数在指定区间上的最值. （3）由（2）的结论，将问题转化为成立，再分离参数构造函数求出最大值即可得解. 【详解】（1）数，求导得， 则，而， 所以曲线在点处的切线方程为：，即. （2）由（1）知，当时，，函数在上单调递增， 所以. （3）由（2）知，，， 由对，不等式恒成立， 得，而函数在上单调递减， 当时，，因此， 所以实数的取值范围为. 2．（24-25高二上·贵州·阶段练习）函数． (1)求在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义计算可得； （2）求出函数的导函数，令，，利用导数说明函数的单调性，从而得到的单调性，求出，即可得解. 【详解】（1）因为， 所以， 则，又， 所以在处的切线方程为； （2）因为，， 令，，则， 因为在上单调递增，，， 所以，使得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， ，， 所以，使得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 又，，所以， 所以，即的取值范围为． 3．（24-25高二上·福建龙岩·期中）已知函数. (1)求的单调区间; (2)设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，根据导数分情况讨论导函数零点情况及函数单调性； （2）根据题意可得，分别求最大值即可得不等式，解不等式即可求解. 【详解】（1）由，， 得. 令，解得. 当时，， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 当时，恒成立，在上单调递增. 当时，， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为. （2）因为对任意，均存在，使得， 所以， 当时，取得最大值，最大值为0. 由（1）得，当时，在]上单调递增， 即当时，取得最大值， 所以，解得，即. 当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得最大值. 设， 则，单调递增， 所以成立，所以无解. 综上所述，的取值范围为. 4．（23-24高二下·天津·期中）已知函数 (1)求的单调区间和极值； (2)若在单调递增，求实数的取值范围； (3)当时，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）求导分析单调性，极值，即可求解. （2）根据题意可得，求导，由在上单调递增，可得在上恒成立，只需，即可求解. （3）若对任意的，总存在，使得，则当时，，即可求解. 【详解】（1），， 令，解得， 当时，，当时，， 所以单调递减区间为，单调递增区间为， 所以在处取得极小值，且极小值为，无极大值. （2），， 则， 因为在单调递增， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立，即， 设，， 所以在上单调递增， 所以， 所以，故的取值范围为. （3）若对任意的，总存在，使得， 则当时，， 由（1）知在上单调递增， 所以当时，， ，， ， 当时，，单调递减， ， ， ， 的取值范围为. 【点睛】方法点睛：不等式的恒成立、存在性问题，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. 5．（24-25高二上·山西·期末）已知函数在上没有极值. (1)求实数的取值范围； (2)若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意将函数求导，将问题等价转化为不等式恒成立问题，整理不等式，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，结合分类讨论，可得答案； （2）由（1）可得函数的单调性，化简不等式，整理不等式利用同构思想，构造新函数，利用导数研究新函数单调性，进一步化简不等式，再利用对数运算分离参数，再构造新函数，利用导数研究新函数的最值，可得答案. 【详解】（1）因为，所以. 因为在上没有极值，且，所以在上恒成立. 设，则. 当时，，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 当时，要证，只需证对恒成立， 因为在上单调递减，在上单调递增，所以，所以； 当时，要证，只需证对恒成立， 因为在上单调递减，且，所以. 故. （2）由（1）知在上单调递增. 因为，所以，即. 设，则，所以在上单调递增， 所以等价于. 因为，所以， 所以，所以恒成立. 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以，即，故的取值范围为. 【点睛】难点点睛：本题解题的难点在于第二问，解题的关键在于两点：1、利用函数单调性化简不等式，在化简不等式时要注意括号里代数式的取值范围与函数单调区间的包含关系；2、整理不等式同构函数，在同构函数时要注意整体思想的应用. 6．（23-24高二下·天津宝坻·阶段练习）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，对任意，有成立，求实数b的取值范围． 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增： (2)． 【分析】（1）把代入的表达式，利用导数求出函数的单调区间． （2）根据给定条件，把不等式转化为，求出函数在指定区间上的最大最小值，建立不等式并求解即得． 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，，求导得， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 所以函数在上单调递减，在上单调递增． （2）由对任意，有成立， 而，则， 由，得， 于是，所以． 当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增，， 而与，则， 设，求导得， 即函数在上单调递增，则，即有， 从而，于是，即， 设，求导得，函数在上单调递增， 而，因此不等式，即为，而，解得， 所以b的取值范围为． 【点睛】关键点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，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． 题型5 极值点偏移问题 一、解答题 1．（23-24高二下·北京西城·期中）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求导，分别解不等式，即可； （2）设，结合（1）可知，构造函数，利用导数判断单调性即可得，结合在上单调递减即可得证. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为， 解得，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又，所以，解得， 所以的取值范围为． （2）不妨设，则由（）知，， 构造函数， 则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，，即当时，， 所以， 又在上单调递减， 所以，即． 2．（23-24高二下·河南信阳·期末）已知函数有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设，是的两个零点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导确定函数的单调性，即可根据最大值求解， （2）构造函数，利用导数求解单调性，即可求解. 【详解】（1）的定义域为，， 当时，，在上递增，至多一个零点，不符合题意，舍去； 当时，令得，所以在上递增， 当，此时在上递减， 所以的极大值也是最大值，∴． 又时，；趋向于时，趋向于． 所以，有两个零点，a的取值范围为． （2）不妨设，由，则． 构造函数，   ， 因为，，∴，即，所以在是递增，又，所以，∴， ∴． 又，∴． 而，，在上递减，所以，，即，所以，． 3．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解； （2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案. 【详解】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为， 又切线方程为， 即曲线在处的切线方程为； （2）若有两个零点， 则， 得. ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ， 故. 【点睛】方法点睛：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）值问题处理． 4．（2024高二上·全国·专题练习）已知函数． (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到； （2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明. 【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立. 令，则， 令，则，所以在内单调递减， 又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取极大值也是最大值. 因此，即实数的取值范围为. （2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根. 令，则，当时，解得. 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值为. 又因为，当时，，当时，. 且时，. 所以，且. 因为是方程的2个不同实数根，即. 将两式相除得， 令，则，，变形得，. 又因为，，因此要证，只需证. 因为，所以只需证，即证. 因为，即证. 令，则， 所以在上单调递增，， 即当时，成立，命题得证. 【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解. 5．（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为． (2)证明见解析 【分析】（1）对求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解； （2）令，则，令，则，令，则，分析单调性可得，即对任意恒成立．继而可得，由单调性可得，令，利用导数分析单调性可得，即对任意恒成立．可得，继而可得，由即可证明. 【详解】（1）定义域为，， 令，解得或， 当时，；当时，． 的单调递增区间为和，单调递减区间为． 的极大值为，极小值为． （2）证明：由（1）知． 令，则 ． 令，则． 令，则． 在上恒成立，在上单调递增， ，在上恒成立， 在上单调递增，， 在上恒成立，在上单调递增， ，对任意恒成立． ，． 又，． 在上单调递增，，，即． 令，则 ． 在上单调递增， 在上恒成立， 在上单调递增，， 对任意恒成立． ．又． 在上单调递增，且， ．由，得， ，． 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题是高考数学中的热点和难点，通常作为压轴题出现，这类题通常考查学生的逻辑推理能力和函数与方程思想，以下是三种常见的解法： （1）构造法：构造函数，通过判断其在时的符号来确定与的大小关系；代换，结合，得到与的大小关系；再利用函数的单调性解决问题. （2）利用对称性：找到函数的极值点，构造对称函数，分析的单调性，利用其对称性来证明极值点偏移。 （3）增量法：令，，通过比较与的大小来证明极值点偏移；再利用函数单调性和对称性进行推导. 题型6 不等式证明问题 一、解答题 1．（24-25高二上·重庆·期末）已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)若有两个极值点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，再按进行分类讨论，由导函数正负求出单调区间. （2）由（1）求出的范围，再结合韦达定理将用表示，进而构造函数，利用导数推理得证. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 方程中，， 当时，恒成立，，在上单调递增； 当时，由，解得， 当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为， 递减区间为. （2）由（1）知，有两个极值点，则， ， 令函数，求导得，令， 求导得，函数在上单调递减，， 函数在上单调递减，， 所以. 2．（24-25高二上·天津滨海新·期末）已知函数 (1)当时，求函数的极大值； (2)若对任意的，都有成立，求的取值范围； (3)设，对任意的，且，证明：恒成立． 【答案】(1)0 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极大值. （2）根据给定条件，分享参数并构造函数，利用导数求出最大值即可得解. （3）等价变形不等式并换元，再构造函数，利用导数证明不等式. 【详解】（1）当时，，求导得， 当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时函数取得极大值. （2），，，求导得， 当时，，当时，，函数在上递增，在上递减． 则当时函数取得最大值，， 所以的取值范围是. （3）依题意，， 对任意的，且，， 令，不等式化为， 令，求导得， 函数在上单调递增，，因此， 所以恒成立. 【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键. 3．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)当时，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）令，将问题转化为，利用导数求出即可； （2）令，将问题转化为，通过导数研究单调性，借助隐零点和放缩法证明即可. 【详解】（1）记，，则恒成立，即. 因为， 当；当； 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，解得. 故实数的取值范围是； （2）记，则， 令，则， 所以即在上单调递增. 由，知. 所以，即， 故当单调递减；当单调递增. 所以， 由（*）式，可得. 代入式，得. 由（1）知，当时有，故， 所以. 由于，所以. 故，即，原不等式得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，转化为构造函数，利用导数分析构造的函数的单调性，求得最值，证明即可.当导函数的零点不易求出时，可借助其单调性和零点存在定理确定零点所在区间，设出零点，再整体代换即可. 4．（24-25高二上·江西宜春·阶段练习）已知，函数. (1)求函数的极值； (2)讨论的单调性（写出单调区间）； (3)若恒成立，求的最大值，并证明：对于任意，都有. 【答案】(1)极小值，无极大值 (2)答案见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值； （2）求导得，再对分类讨论即可； （3）同构得，则有，即，再构造函数，得到其最值即可得到，解出的取值范围，再构造函数利用导数证明，取，得到，再累积结合对数的运算性质及等比数列求和公式即可证明. 【详解】（1）因为，则，定义域为， 则，所以当时，当或时， 所以在上单调递增，在，上单调递减， 所以在处取得极小值，无极大值； （2）函数的定义域为，. 当时，，则在上单调递增； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）由，可得， 即. 令，因为在上均单调递增，则单调递增. 由，可得，则，即. 令，则. 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以， 则，又，解得，故的取值范围为，则的最大值. 令，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 当且时，，则. 取，所以， 所以，，， 所以. 所以， 所以， 即，得证. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用同构的思想得到，再构造函数，根据其单调性得，即，再求出函数的最大值即可得到关于的不等式，解出即可. 5．（24-25高二上·江苏泰州·期末）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，，求a的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)增区间为，无减区间； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数研究的单调区间； （2）对函数求导，讨论、、，结合恒成立求参数范围； （3）根据（2）的结论有得，令，则，即可证结论. 【详解】（1）当时，，所以， 设，则， 当时，有，所以在区间上单调递减， 当时，有，所以在区间上单调递增， 所以，即， 所以的增区间为，无减区间． （2）， （i）当时，有，与矛盾； （ii）当时，有，所以， 所以在单调递增，故，满足题意； （iii）当时，设，则， 当时，由得，所以在上单调递减，则， 即，所以在单调递增，故，满足题意； 当时，若，则，所以在上单调递， 所以，即，所以在单调递减，故，与矛盾； 综上所述：a的取值范围为． （3）由（2）知当时，，其中a的取值范围为， 令得，，即 令，则， 所以． 6．（24-25高二上·四川德阳·阶段练习）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)若函数有两个不同的零点，， （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：. 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，根据导数判断函数单调性进而确定极值； （2）（i）求导，根据导数判断函数单调性与极值情况，结合零点存在定理可得参数范围；（ii）设，根据，，可得，即可将不等式转化为，设，即，则需证，构造函数，，求导可得函数的单调性与最值，即可得证. 【详解】（1）由已知，则，， ，， 令，即， 令，即， 即在上单调递增，在上单调递减， 则函数在处取得极大值为，无极小值； （2）（i）由，， 则，， 当时，恒成立，即函数在上单调递减，与有两个零点矛盾，不成立； 当时，令，则，令，则， 则在上单调递增，在上单调递减， 若函数有两个不同的零点，， 则， 设，， 则， 即在上单调递减，且， 则当时，， 又，， 当时，， 由零点存在性定理可知，此时函数有两个不同的零点. 综上所述，若函数有两个不同的零点，，则； （ii）设，则， 又，， 两式做差可得， 即，则，所以若证， 即证，即证， 设，即，则只需证， 设，， 则， 所以在上单调递增， 则，即， 所以. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在双变量问题的处理，借助整体换元将不等式转化为一元不等式，进而构造函数研究单调性达到证明不等式的目的. 题型7 导数中其他双变量问题 一、解答题 1．（24-25高二上·全国·课后作业）设函数． (1)求的最小值； (2)若对任意恒成立，求实数m的取值范围； (3)若对任意的，都有，求实数n的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）二次函数通过配方，即可求解； （2）构造，求导确定单调性，求出最值，即可求解； （3）分别求得的最大值，的最小值，构造不等式即可求解； 【详解】（1）由题意得， ∴的最小值为， 即． （2）记，， 则． 令，得或（舍去）． 当t变化时，，的变化情况如下表所示． t 1 + 0 极大值 ∴在内有最大值． ∵对任意恒成立， ∴对任意恒成立， ∴，∴． ∴实数m的取值范围为． （3）∵， ∴． 令，得或（舍去）． 当时，，递增； 当时，，递减， ∴当时，． 令，，则． 由题意可知， 解得． ∴实数n的取值范围为． 2．（24-25高二上·云南·阶段练习）已知函数. (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若有两个极值点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1），由题意得恒成立，，求导分析的单调性，即的单调性，求出的最值，即可求解. （2）由（1）知，当时，有两个极值点，设，则，设，求导得出的单调性，可得，继而可得，即，由的单调性可得，继而即可证明. 【详解】（1）为增函数，则恒成立， 设，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 所以是函数的极小值点， 故当，即恒成立， 所以当为增函数，的取值范围为. （2），，，由（1）知当， 即时，有两个极值点， 故，设，则， 设， 则， 故在上单调递增，所以， 所以，又， 故， 所以， 又在上单调递减， 故， 所以. 3．（23-24高二上·湖北荆门·阶段练习）已知函数，是大于0的常数.记曲线在点处的切线为，在轴上的截距为，． (1)当，时，求切线的方程； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析； 【分析】（1）由，利用导数几何意义即可求解； （2）通过构造函数和利用函数单调性，分与两类，证明不等式恒成立即可. 【详解】（1）因为，所以曲线在点处切线方程为． 即， 当，时， 切线的方程为． （2）对于切线：， 令，得， 由得， 因为，所以，， ，令，， 令，由得， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以． 所以，当，，则， ①当时，，， 因为，所以，则． ②当时，， 令，， ，当时，， 所以在上单调递增， 所以，则， 综上，． 【点睛】方法点睛：本题主要考查导数的应用，函数的单调性、零点、不等式等知识，解题中注意转化思想的应用，属于压轴题； 4．（23-24高二下·重庆·期末）设为自然对数的底数，已知函数. (1)当函数图象的切线经过原点时，求切线的方程； (2)当实数满足且，求的最大值. 【答案】(1)或； (2)8 【分析】（1）首先求函数的导数，再设切点，利用导数的几何意义求切线方程，并代入原点，即可求解切点，以及切线方程； （2）首先构造函数，利用导数分析函数的性质，从而证明当时，在代入，即求最值. 【详解】（1），设函数的图象上一点为， 则该点处的切线为， 即切线为， 解得或此时或切线的方程为或； （2）设，则，再设，则， 由得在上单调递增，同理得在上单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减， 容易得到当时，，当时，， 时，的最大值为，即， 由，得，而， 必存在，使得，且当时，，当时，，即在上单减，在上单增， 而， 当时，， 当时，，即，当且仅当时等号成立， ，故当时，， 即当时，当且仅当时等号成立， ， 当且仅当时等号成立，的最大值为8. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，并证明当时， . 5．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设函数在其定义域内有两个不同的极值点，且，若不等式恒成立，其中，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）利用导数，分类讨论单调性； （2）由极值定义得是的两个根，从而有，利用这个结论把不等式变形：首先代入消去对数式，然后消去参数，最后再令，，然后引入函数，求出导函数，分类讨论确定的单调性，得在上是否恒成立，从而得出的范围． 【详解】（1）函数，定义域为， 则， 当时，，则在上单调递增， 当时，令，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 综上所述，当时，则在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）根据题意，，定义域为， 得到， 由题意可知分别是方程的两个根，， 即的两个根，即，， 原式可化为， 等价于， 因为，，所以原式等价于， 又由于，， 作差得，，即， 所以原式等价于， 因为，所以原式恒成立，即恒成立， 令，，则不等式在上恒成立， 令， 又因为，， 令，则， 当，即时，在上成立， 所以函数在上单调递增，在在上恒成立，满足题意； 当，即时，若，；若，； 所以当时，函数单调递减，此时，不符合题意； 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：在证明不等式时，解题关键首先是消元，利用极值点的性质，化简不等式，求出的关系，再分类参数，然后换元，这样问题中变量的范围确定，其次引入新函数，用导数研究新函数的性质，由不等式恒成立得参数范围． 6．（2024·广东佛山·二模）已知. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性； （2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 【详解】（1）当时，， ， 则当，即时，， 当，即时，， 故的单调递减区间为、，单调递增区间为； （2），令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， 则 ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，，，从而可结合韦达定理得、的关系，即可用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 题型8 导数新定义问题 一、解答题 1．（23-24高二下·云南楚雄·期末）定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”． (1)若是上的“好函数”，求的取值范围． (2)（ⅰ）证明：是上的“好函数”． （ⅱ）设，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用给定定义结合分离参数法求解即可. （2）（ⅰ）利用给定定义结合导数证明即可.（ⅱ）利用给定定义结合裂项相消法证明即可. 【详解】（1）由题可知任意，且， 即，解得． 因为，所以，即的取值范围为． （2）（ⅰ）证明：设， 则． 令，且， 则，则在上单调递增， 所以，即， 所以是上的“好函数”． （ⅱ）证明：由（ⅰ）可知，当时，， 令，则， 即． 故， 化简可得． 【点睛】关键点点睛：本题考查导数新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后结合裂项相消法得到所要求的不等关系即可． 2．（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）定义：①若定义域为的函数满足其导函数在定义域内恒成立，则称是一个“严格增函数”；②若定义域为的函数满足其导函数是定义域为的严格增函数，则称是一个“T”函数． (1)分别判断新，是否为函数，并说明理由； (2)已知常数，若定义在上的函数是函数，判断和的大小关系，并证明； (3)已知函数的定义域为R，不等式的解集为．证明：在R上严格增． 【答案】(1)答案见详解 (2)，证明见详解 (3)证明见详解 【分析】(1)求导，根据T函数的定义得到答案； (2)构造函数，确定函数单调递增，根据得解； (3)，设，根据单调性得到恒成立，得到，再排除的情况得到证明. 【详解】（1）由题意可知：若是一个“严格增函数”，等价于在定义域内单调递增，且， 对于：可知其定义域为R，且， 因为，可知是R上的严格增函数， 即是R上的严格增函数，故是“T函数”； 对于：可知其定义域为R，且， 因为不是R上的严格增函数，故不是“T函数”. （2），证明如下 因为定义在上的函数是T函数，则在上严格递增， 设，则， 故在上单调递增，故， 即，所以. （3）T函数的定义域为R，故在R上严格增， ，设，则， 当时，；当时，； 函数在内单调递减，在内单调递增， 故， 即， 当时，恒成立，则恒成立， 故， 若存在，使，则当时，， 这与，矛盾， 故不存在使， ，恒成立，故在R上严格增. 【点睛】关键点睛：本题考查了函数的新定义问题，利用导数证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造新函数，可以简化运算，是解题的关键. 3．（23-24高二下·河北·期末）已知函数，若存在实数，使得，则称与为“互补函数”，为“互补数”. (1)判断函数与是否为“互补函数”，并说明理由. (2)已知函数为“互补函数”，且为“互补数”. （i）是否存在，使得？说明理由. （ii）若，用的代数式表示的最大值. 【答案】(1)不是“互补函数”，理由见解析； (2)（i）存在，理由见解析；（ii）. 【分析】（1）利用导数分别求出，的值域，由“互补函数”的定义判断即可； （2）（i）根据定义，可得，即可求解；（ii）根据条件可化简得，令，利用导数求出的单调性，从而可得的最大值. 【详解】（1）因为，则， 所以在单调递增，在单调递减，则，所以， 因为，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以. 故不存在实数，使得，则与不是“互补函数”. （2）（i）存在，使得. 由，得， 则，故存在. （ii）令，则， 两式相加可得， 两式相减可得 所以， 故. 令， 则. . 因为，所以， 故当时，，即在上是减函数. 因为， 所以的最大值为. 4．（23-24高二下·江西萍乡·期中）函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数图象上存在两点，且，使得，则称为“拉格朗日中值函数”，并称线段的中点为函数的一个“拉格朗日平均值点”．试判断函数是否为“拉格朗日中值函数”？若是，判断函数的“拉格朗日平均值点”的个数；若不是，请说明理由． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）对求导，再对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可； （2）根据“拉格朗日中值函数”的定义可得，进而构造函数，利用导数即可求解． 【详解】（1）由题知，， 令，则， 当时，，则恒成立，故在定义域上单调递增； 当时，的两根分别为， 若，则，且时，单调递增；时，单调递减， 若，则，且时，单调递增；时，，单调递减， 综上： 当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）， 若是拉格朗日中值函数，则需满足存在，且，使得， 即，即， ①当时，上式对任意的都成立，则为拉格朗日中值函数，的拉格朗日平均值点有无数个； ②当时，需满足，设，即需方程在区间上有解， 令在上单调递增， 当时，，即方程在区间上无解， 综上： 当时，为拉格朗日中值函数，的拉格朗日平均值点有无数个； 当时，不是拉格朗日中值函数． 【点睛】方法点睛： 1. 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)值问题处理． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，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. 5．（24-25高二上·福建·阶段练习）如图，在求解一些函数零点的近似值时，常用牛顿切线法进行求解．牛顿切线法的计算过程如下：设函数的一个零点，先取定一个初值，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，以此类推，每进行一次切线求解，我们就称之为进行了一次迭代，若进行足够多的迭代次数，就可以得到的近似值，设函数，令．    (1)证明：存在唯一零点，且； (2)已知，证明：； (3)经过4次迭代后，判断的近似值与的差值小于． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)经过4次迭代后，的近似值与的差值小于 【分析】（1）利用导数与函数间的关系，得到单调递增，再利用零点存在性原理，即可证明结果； （2）利用导数的几何意义得到在点处的切线方程为，从而得到，进而有，将问题转化成证明，即可求解； （3）利用（2）中结果，得到，同理得到， ，    ，即可证明结果. 【详解】（1），所以单调递增， 因为，， 所以存在唯一零点，且． （2）在点处的切线方程为，     令，解得，     ， 易知，所以，     要证，只需证，     即， 因为，所以． （3）由（2）可知，，     所以，     所以，     所以，     所以经过4次迭代后，的近似值与的差值小于． 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题20 一元函数的导数及其应用大题8大压轴考法 题型1 含参数的单调性问题 一、解答题 1．（24-25高二下·全国·课后作业）设函数，其中．讨论的单调性． 2．（24-25高二上·江西·期中）设函数. (1)求的单调区间; (2)若存在极值M，求证：. 3．（2024高二·全国·专题练习）已知函数，讨论的单调性. 4．（24-25高二上·宁夏银川·阶段练习）已知函数. (1)若，求在处的切线方程. (2)讨论的单调性. 5．（2024高二下·全国·专题练习）已知函数． (1)若曲线在点处的切线的斜率为，求的值； (2)若，讨论函数的单调性； 6．（24-25高二上·山西晋城·期末）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性． 题型2 与极值（点）、最值相关问题 一、解答题 1．（24-25高二上·安徽六安·期末）已知函数. (1)若在区间上单调递增，求实数的取值范围； (2)若在区间上的最小值为，求实数的值. 2．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数，且曲线在点处的切线方程为． (1)求； (2)证明：存在唯一的极小值点，且． 3．（2024·江苏·二模）已知函数. (1)当时，证明：; (2)若在区间上有且只有一个极值点，求实数的取值范围. 4．（24-25高二上·安徽阜阳·期末）已知函数，. (1)证明:直线与曲线相切. (2)若函数在上存在最大值，求的取值范围. 5．（2024高二·全国·专题练习）设函数． (1)当时，证明：． (2)当时，证明：． 6．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数 (1)若，求在区间上的最大值和最小值； (2)设，求证：恰有个极值点； (3)若，不等式恒成立，求的最小值． 7．（24-25高二上·江西宜春·阶段练习）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若为的极大值点，求实数的取值范围． 8．（23-24高二下·江苏常州·期中）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点. ①求的取值范围； ②若函数有两个极值点，求的取值范围. 题型3 零点问题 一、解答题 1．（24-25高二上·湖南·期末）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点，求的取值范围． 2．（2024高二上·全国·专题练习）已知e是自然对数的底数，，，，． (1)设，求的极值； (2)设，求证：函数没有零点． 3．（24-25高二上·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. 4．（2022·北京石景山·一模）设函数． (1)若m＝－1， ①求曲线在点处的切线方程； ②当时，求证：. (2)若函数在区间上存在唯一零点，求实数m的取值范围. 5．（23-24高二下·湖南·期末）已知函数. (1)若是的极大值点，求的值； (2)用表示中的最大值，设函数，试讨论零点的个数. 注：若，当时，，当时，. 题型4 恒成立、有解问题 一、解答题 1．（24-25高二上·陕西西安·期末）已知函数（其中e为自然对数的底数）． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在上的最值； (3)设函数，若对，不等式恒成立，求a的取值范围． 2．（24-25高二上·贵州·阶段练习）函数． (1)求在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求的取值范围． 3．（24-25高二上·福建龙岩·期中）已知函数. (1)求的单调区间; (2)设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围. 4．（23-24高二下·天津·期中）已知函数 (1)求的单调区间和极值； (2)若在单调递增，求实数的取值范围； (3)当时，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围． 5．（24-25高二上·山西·期末）已知函数在上没有极值. (1)求实数的取值范围； (2)若对恒成立，求实数的取值范围. 6．（23-24高二下·天津宝坻·阶段练习）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，对任意，有成立，求实数b的取值范围． 题型5 极值点偏移问题 一、解答题 1．（23-24高二下·北京西城·期中）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 2．（23-24高二下·河南信阳·期末）已知函数有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设，是的两个零点，证明：． 3．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 4．（2024高二上·全国·专题练习）已知函数． (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点，求证：． 5．（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 题型6 不等式证明问题 一、解答题 1．（24-25高二上·重庆·期末）已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)若有两个极值点，证明：． 2．（24-25高二上·天津滨海新·期末）已知函数 (1)当时，求函数的极大值； (2)若对任意的，都有成立，求的取值范围； (3)设，对任意的，且，证明：恒成立． 3．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)当时，证明：. 4．（24-25高二上·江西宜春·阶段练习）已知，函数. (1)求函数的极值； (2)讨论的单调性（写出单调区间）； (3)若恒成立，求的最大值，并证明：对于任意，都有. 5．（24-25高二上·江苏泰州·期末）已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，，求a的取值范围； (3)证明：． 6．（24-25高二上·四川德阳·阶段练习）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)若函数有两个不同的零点，， （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：. 题型7 导数中其他双变量问题 一、解答题 1．（24-25高二上·全国·课后作业）设函数． (1)求的最小值； (2)若对任意恒成立，求实数m的取值范围； (3)若对任意的，都有，求实数n的取值范围． 2．（24-25高二上·云南·阶段练习）已知函数. (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若有两个极值点，证明：. 3．（23-24高二上·湖北荆门·阶段练习）已知函数，是大于0的常数.记曲线在点处的切线为，在轴上的截距为，． (1)当，时，求切线的方程； (2)证明：. 4．（23-24高二下·重庆·期末）设为自然对数的底数，已知函数. (1)当函数图象的切线经过原点时，求切线的方程； (2)当实数满足且，求的最大值. 5．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设函数在其定义域内有两个不同的极值点，且，若不等式恒成立，其中，求实数的取值范围. 6．（2024·广东佛山·二模）已知. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，证明：. 题型8 导数新定义问题 一、解答题 1．（23-24高二下·云南楚雄·期末）定义在区间上的函数满足：若对任意，且，都有，则称是上的“好函数”． (1)若是上的“好函数”，求的取值范围． (2)（ⅰ）证明：是上的“好函数”． （ⅱ）设，证明：． 2．（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）定义：①若定义域为的函数满足其导函数在定义域内恒成立，则称是一个“严格增函数”；②若定义域为的函数满足其导函数是定义域为的严格增函数，则称是一个“T”函数． (1)分别判断新，是否为函数，并说明理由； (2)已知常数，若定义在上的函数是函数，判断和的大小关系，并证明； (3)已知函数的定义域为R，不等式的解集为．证明：在R上严格增． 3．（23-24高二下·河北·期末）已知函数，若存在实数，使得，则称与为“互补函数”，为“互补数”. (1)判断函数与是否为“互补函数”，并说明理由. (2)已知函数为“互补函数”，且为“互补数”. （i）是否存在，使得？说明理由. （ii）若，用的代数式表示的最大值. 4．（23-24高二下·江西萍乡·期中）函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数图象上存在两点，且，使得，则称为“拉格朗日中值函数”，并称线段的中点为函数的一个“拉格朗日平均值点”．试判断函数是否为“拉格朗日中值函数”？若是，判断函数的“拉格朗日平均值点”的个数；若不是，请说明理由． 5．（24-25高二上·福建·阶段练习）如图，在求解一些函数零点的近似值时，常用牛顿切线法进行求解．牛顿切线法的计算过程如下：设函数的一个零点，先取定一个初值，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，以此类推，每进行一次切线求解，我们就称之为进行了一次迭代，若进行足够多的迭代次数，就可以得到的近似值，设函数，令．    (1)证明：存在唯一零点，且； (2)已知，证明：； (3)经过4次迭代后，判断的近似值与的差值小于． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$