重点专题1.4 导数解答题专练【20类题型汇总】- 【重难点突破】2024-2025学年高二下数学·人教A版·热点题型专练

【重难点突破】2024-2025学年高二下学期热点题型专练（新高考） 专题1-4 导数解答题专练 导语：导数大题历来是高考三大难点之一，众多考生“谈导色变”。而2024年新高考II卷和2023新高考I卷的导数大题分别是试卷上的第二道和第三道大题，并且所考查的函数结构很常见，第一问所需讨论很单一，第二问的证明，用到的构造函数及思路也很常规. 导数大题不一定放最后一题，不要天然放弃它，而且目前2024届和2025届的很多高三模拟卷中导数并不是压轴大题，高考导数大题的改变，让水平一般的同学有学导数的动力了 总览 题型·解读 模块一 导数常规题（18~20题难度） 【题型1】讨论含参函数的单调区间（有效部分为1次） 【题型2】 讨论含参函数的单调区间（有效部分为2次能因式分解） 【题型3】讨论含参函数的单调区间（有效部分为2次不能分解因） 【题型4】不等式证明 【题型5】恒成立问题 【题型6】讨论零点个数 【题型7】由零点个数求参数范围 【题型8】极值与极值点的相关证明与计算 【题型9】能成立问题 【题型10】切线与公切线问题 【题型11】双变量问题 【题型12】分类表示函数的最值 【题型13】隐零点问题 模块二 极值点偏移问题 【题型14】加法型 【题型15】乘积型 【题型16】比值换元 模块三 数列型函数不等式证明 【题型17】对数型函数放缩后累加 【题型18】指数型函数放缩后累乘 【题型19】其它放缩 【题型20】两次放缩 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 导数常规题（18~20题难度） 【题型1】讨论含参函数的单调区间（有效部分为1次） 解题技巧 利用导数判断函数单调性的步骤 确定函数的定义域； 求出导数的零点； 先讨论零点无意义或不在定义域内的情况，此时的正负是确定的，即单调 当零点在定义域内时，用的零点将的定义域划分为若干个区间，列表给出在各区间上的正负，由此得出函数在定义域内的单调性 典型例题 【例题1】已知函数.讨论函数的单调性； 【解析】（1）因为的定义域为， 又， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，解得（舍去），； 当，，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. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·浙江杭州·期末）已知函数，． (1)当时，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，可得，，结合导数的几何意义分析求解； （2）求导可得，分和两种情况，利用导数分析的单调性. 【详解】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以在处的切线方程为：． （2）由题意可得：， 注意到， ①若，，则在上单调递减， ②若，令时，解得， 当，；当，； 所以在上单调递增，在上单调递减． 【题型2】 讨论含参函数的单调区间（有效部分为2次能因式分解） 解题技巧 这类题型最多需要讨论五种情况，具体步骤如下： 第一步：求的定义域 第二步：求出，通分 第三步：令，因式分解求出其2个根，一个含参一个不含参 第四步：先讨论含参的根不在定义域内或无意义的情况，此时只有一个极值点 第五步：论含参的根在定义域内，分3种情况讨论两个根之间的大小关系，令，解出的取值范围，得函数的增区间；令，解出的取值范围，得函数的减区间． 注意：若一个函数具有相同单调性的区间不只一个，则这些单调区间不能用“”、“或”连接，而应用“和”、“，”隔开. 典型例题 【例题1】已知，求的单调递减区间. 【分析】求得的定义域和导函数，对进行分类讨论，由此求得的单调性. 【详解】易得的定义域为， ， 令得或. 当时，因为，所以，令得，所以的单调递减区间为. 当时， ①若，即，当时，,当时，， 当时，， 所以的单调递减区间为； ②若，即，当时，恒成立，没有单调递减区间； ③若，即，当时，，当时，， 当时，所以的单调递减区间为. 综上所述，当时，的单调递减区间为；当时，的单调递减区间为； 当时，无单调递减区间；当时，的单调递减区间为. 【例题2】（23-24高二下·江苏无锡·阶段练习）已知函数． (1)当时，求函数的极值；(2)讨论函数的单调性． 【答案】(1)函数的极小值为，无极大值 (2)见解析 【分析】（1）先利用导数求时的解，利用极值的概念进行判断及计算； （2）求出，对分类讨论，解不等式即可得到的单调性与极值点． 【详解】（1）当时，，定义域为 ， 令，即， （舍去）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，函数取到极小值为,无极大值. （2）的定义域为， ． ①当时， 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． ②当时，令，得或． （i）当时，． 当时，，当时，． 所以在和上单调递增，在上单调递减． （ii）当时，对恒成立， 所以在上单调递增． （iii）当时，， 当时，；当时，． 所以在和上单调递增，在上单调递减， 综上：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，所以在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·江西萍乡·一模）已知函数，其中. (1)若的图象在处的切线经过点，求a的值； (2)讨论的单调性. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求导求出切线的斜率和切点坐标，由直线的点斜式方程求出切线方程，再代入经过点的坐标可得答案； （2）求导，分、、、讨论，可得答案. 【详解】（1），因为，， 所以的图象在处的切线方程为， 将代入得，解得； （2）， 当时，，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 当时，，所以在上单调递增. 当时，令，得或；令，得， 所以在，上单调递增，在上单调递减. 当时，令，得或；令，得， 所以在，上单调递增，在上单调递减. 综上，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； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减. 【巩固练习2】已知函数，讨论函数单调性. 【详解】， 时，当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增. 当时，当或时，在和上单调递增； 当时， 在上为减函数. 当时，上，在上为增函数. 当时，当或时，在和为增函数； 当时，在上为减函数. 综上，时，在上单调递减，在上单调递增； 时，在和上单调递增，在上为减函数； 时，在上为增函数； 时，在和为增函数，在上为减函数. 【巩固练习3】已知函数，讨论函数的单调性. 【分析】（1）对函数求导，然后对参数分类讨论，注意讨论正负以及与的关系。然后根据导数判断函数的单调性； （2）由（1）知，的范围是且，，题目转化为求解，构造函数，然后结合函数的单调性以及特殊值，从而解得不等式的解集； 【详解】（1）定义域：， I. 时， 令，解得；令，解得； 所以在上单调递增，在上单调递减； II. 时 当时，即时， 令，解得或；令，解得； 所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增； 当时，即时， 恒成立，所以在上单调递增； 当时，即时， 令，解得或；令，解得； 所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增． 综上所述： 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增． 【巩固练习4】（23-24高二下·江苏南通·期末）已知函数，，， (1)设曲线在处的切线为，若与曲线相切，求； (2)设函数，讨论的单调性． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求出曲线在处的切线方程，与联立，由解得； （2）先求的定义域，求导数，对进行分类讨论，求解即可. 【详解】（1），，且， 所以曲线在处的切线为， 则，得， 因为直线与曲线相切， 所以，得（舍），或； （2）的定义域为， ， 因为，令，得或， 当时，， 所以当和时，，则函数单调递增， 当时，，则函数单调递减增， 当时，， 所以当和时，，则函数单调递增， 当时，，则函数单调递减增， 当时，，当时取等号，函数在上单调递增， 综上所述，时，的单调增区间为，， 单调减区间为， 时，的单调增区间为，没有减区间， 时，的单调增区间为，，单调减区间为. 【题型3】讨论含参函数的单调区间（有效部分为2次不能分解因） 解题技巧 若导函数为含参不可因式分解的二次函数，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域讨论. 典型例题 【例题1】已知函数．讨论的单调性 【解析】， ， 当时，，所以在上单调递增． 当时，令，则．            若，即时，恒成立，所以在上单调递增． 若，即时，方程的根为， 当时，或，在和上单调递增； 当时，，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数.讨论的单调性． 【分析】求导后，分别在和的情况下，根据的正负可确定单调性. 【详解】由题意知，定义域为，； 令，则. ①当，即时，（当且仅当，时取等号）， 在上单调递减； ②当，即时，令，解得，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； 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. 【巩固练习2】（23-24高二下·广东江门·期中）已知函数． (1)若，求函数的零点;(2)讨论函数的单调性. 【答案】(1)唯一的零点1;(2)答案见解析 【分析】（1）利用导数得函数在单调递增，又，得解； （2）先求，令，分类讨论函数的正负性，从而可得函数的单调性. 【详解】（1）若，， 则，   所以函数在单调递增，   又，故有唯一的零点1. （2）因为， 令， ①当时，，在上，，所以单调递增． ②当时， 当时，， 在上恒成立，所以单调递增．   当或时，，令， 得， 当时，注意到， 所以当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减．   当时， 注意到， 所以当或时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减．    综上可得：当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减 【题型4】不等式证明 解题技巧 利用导数证明或判定不等式问题,通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系 典型例题 【例题1】（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性；(2)证明：当时，． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【详解】（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. 【例题2】（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间；(2)当时，证明：当时，恒成立． 【答案】(1)见解析;(2)见解析 【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性； （2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可. 【详解】（1）定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2），且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）已知函数 (1)讨论函数的极值点个数；(2)证明：当时，. 【答案】(1)当时，没有极值点，当时，有1个极值点 (2)证明见解析 【分析】（1）结合导数对的取值进行分类讨论即可； （2）只需即可，利用（1）中结论可得，令，结合导数求单调性证明即可. 【详解】（1）由题意可得， ①当时，恒成立，单调递减，不存在极值点； ②当时，令解得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 此时有1个极值点； 综上，当时，没有极值点，当时，有1个极值点. （2）由（1）可知当时，在单调递减，在单调递增， 所以， 令， 则，令解得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，恒成立，所以，所以. 【巩固练习2】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）已知函数 (1)讨论函数的极值点个数；(2)证明：当时，. 【答案】(1)当时，没有极值点，当时，有1个极值点 (2)证明见解析 【分析】（1）结合导数对的取值进行分类讨论即可； （2）只需即可，利用（1）中结论可得，令，结合导数求单调性证明即可. 【详解】（1）由题意可得， ①当时，恒成立，单调递减，不存在极值点； ②当时，令解得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 此时有1个极值点； 综上，当时，没有极值点，当时，有1个极值点. （2）由（1）可知当时，在单调递减，在单调递增， 所以， 令， 则，令解得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，恒成立，所以，所以. 【巩固练习3】已知函数. (1)讨论的单调性；(2)证明：当时，. 【分析】（1）求导，根据的符号分类讨论研究函数的单调性； （2）原不等式等价于，等价于证明，构造函数，求导研究函数单调性，求解最大值即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 当时，，所以的单调减区间是， 当时，.令得，令得， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）由（1）可得，当时，取得极大值，也是最大值， 所以. 设，则，令得，令得， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是， 所以，即. 因为，所以，所以，所以，所以命题得证. 【巩固练习4】已知函数，为自然对数的底数. (1)试判断函数的零点个数并说明理由；(2)证明：. 【答案】(1)两个，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数导函数，讨论其单调性后结合零点存在性定理可判断函数零点个数； （2）方法一，令，则等价于，令，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可； 方法二：令，则等价于，令，利用函数的导数，通过函数的最值判断证明即可. 【详解】（1）的定义域为， 当时，恒有，故在内没有零点. 当时，由得， 令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 又， 故存在，，使得，， 所以在两个零点. 综上，函数有两个零点. （2）方法一：令，则时，，且. 于是等价于， 令，可得，令，可得， 当时，，函数是增函数， 当时，，函数是减函数， 所以时，函数取得最大值：，所以，即. 方法二：令，则，于是等价于， 即，令，则有. 令，即，解得； 令，即，解得，所以在单调递减，上单调递增， 所以，即.所以，即. 【巩固练习5】已知函数（e为自然对数的底数，）. (1)讨论的单调性；(2)证明：当时， 【分析】（1）分类讨论，分别判断的符号，得出函数的单调区间； （2）利用函数最值转化为求证，构造函数利用导数求最值即可得解. 【详解】（1）， 当时，，在上单调递减； 当时，由可得，故时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知，， 只需证，即证， 设， 则， 故时，，时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 又，故，即成立，所以原不等式成立. 【题型5】恒成立问题 解题技巧 两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 典型例题 【例题1】（2025·安徽·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是 (2) 【分析】（1）利用导数求函数的单调性； （2）分离参数得，构造，利用导数求最大值即得. 【详解】（1）当时，函数的定义域是，， 令，得，解得，故的单调递减区间是， 令，得，解得，故的单调递增区间是， 综上，的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）由任意，知恒成立. 因，故，在上恒成立. 设，则， 令，得，（舍去）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故当时，取得极大值，也是最大值，且， 所以若在上恒成立，则， 故实数的取值范围是. 【例题2】（2024·江苏南通·二模）已知函数，，. (1)求函数的单调区间；(2)若且恒成立，求的最小值. 【答案】(1)答案见解析 (2). 【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得； （2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解. 【详解】（1）（）， 当时，由于，所以恒成立，从而在上递增； 当时，，；，， 从而在上递增，在递减； 综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）令，要使恒成立， 只要使恒成立，也只要使. ， 由于，，所以恒成立， 当时，，当时，， 所以，解得：， 所以的最小值为. 【例题3】（2020·山东·高考真题）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果； （2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. 【详解】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）［方法一］：通性通法 ,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·吉林·二模）已知函数（为自然对数的底数）. (1)求函数的单调递减区间； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)、 (2) 【分析】（1）求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的单调递减区间； （2）由参变量分离法可得出对任意的恒成立，利用导数求出函数在时的最小值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域与，且， 令，得或， 所以，函数的单调递减区间为、. （2）对任意的，. 由于，则， 令，其中，则， 令，则. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以，，则，因此，实数的取值范围是. 【巩固练习2】（2025·云南昭通·一模）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若对于任意，都有成立，求的取值范围． 【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为. (2) 【分析】（1）利用导数分析单调区间即可； （2）分离参数后构造函数，利用导数分析其单调性，求出最值即可； 【详解】（1）若，则， . 令，可得或；令，可得， 所以单调增区间为和，单调减区间为. （2）因为对于任意，都有成立， 所以对于任意，都有成立， 即对于任意，. 因为，所以对于任意，. 设，其中，则， 因为，所以， 当时，. 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，即，故的取值范围为. 【巩固练习3】已知． （1）讨论函数的单调性． （2）设，若在时恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【详解】（1）由于， 当时，在上单调递减； 当时，由得，由得，所以在上单调递减，上单调递增. （2）令，显然时. 当时，. 所以在上单调递增. 又因为，所以时， 时，. 综上，时，；时，. 要使在上恒成立，只需在上恒成立即可. 又. 令，则. 由知在上单调递减； 由知在上单调递增. 所以，则. 【巩固练习4】（23-24高二下·重庆·期末）已知函数. (1)若关于的方程有且只有一个实数根，求实数的取值范围； (2)若关于的不等式对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求解出函数的极值和最值从而求解出范围. （2）利用抽象函数求导，分析出函数的单调性分析出极值和最值求解出取值范围. 【详解】（1）因为的定义域为， 又当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增， 所以的单调减区间为，单调增区间为； 又时，， 故； （2）设， 令 ，考查这个函数发现在恒正， 即当时，单调递增， 在上单调递增， ，即实数的取值范围为. 【巩固练习5】已知函数，其中． (1)若函数在处取得极值，求实数a； (2)若函数在上恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，求导得，由条件可得，求得，然后代入检验即可； （2）根据题意，由条件可得在上恒成立，构造函数，求得其最大值，即可得到结果. 【详解】（1）因为函数，定义域为， 且，由函数在处取得极值， 可得，所以， 当时，， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以当时，取得极小值， 综上所述，. （2）函数在上恒成立，即在上恒成立， 即在上恒成立， 令，即， 又，当时，， 所以在单调递减，则， 所以，则实数a的取值范围为. 【题型6】讨论零点个数 解题技巧 利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 典型例题 【例题1】设函数 (1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)讨论函数在区间上零点的个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）先求得导函数，是切线的斜率，利用点斜式方程求切线方程即可； （2）先对参数分类讨论研究函数的单调性，结合函数的最值和区间的边界值，利用零点存在性定理判断零点个数即可. 【详解】（1）因为，所以， 则， 所以，切线方程为 即 （2）由（1）知，. ①当时，在区间上大于零，在区间上单调递增，且，所以在区间上有一个零点. ②当时，在区间上小于零，在区间上单调递减，且，所以在区间上有一个零点. ③当时，在区间上小于零，在区间上大于零， 所以在区间上单调递减，在上单调递增， 而. 当，即时，在区间上有两个零点. 当，即时，在区间上有一个零点. 综上可知，当或时，在上有一个零点， 当时，在区间上有两个零点. 【例题2】（23-24高二下·四川攀枝花·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； (2)讨论函数的零点个数. 【答案】(1)； (2)答案见解析. 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即可求解. （2）求出函数的导数，分类讨论函数的单调性，结合零点存在性定理及函数最值情况探讨零点即可. 【详解】（1）当时，，求导得，则，而， 于是曲线在点处的切线为，即， 直线交轴于点，交于点， 所以曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积. （2）函数的定义域为， 求导得， 当时，则，函数在上单调递减， 显然，当时，，， 则，，， 于是，因此函数有唯一零点； 若，由得， 当时，，当时，， 则在单调递减，在单调递增，， 显然函数在上单调递增， 当时，，函数无零点； 当时，，函数有唯一零点； 当时，，当时，，， 则，，，于是，函数在上有一个零点， 当时，显然，， ， 因此，令，求导得， 即在上单调递增，，于是， 从而函数在上有一个零点，于是当时，函数有两个零点， 所以当或时，函数有1个零点；当时，有两个零点；当时，无零点 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数． (1)若在处取得极小值，求实数的取值范围；(2)讨论的零点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）对函数求导，根据参数进行分类，讨论函数的单调性，得到函数的极值情况，由题意取舍即得实数的取值范围； （2）在（1）按照参数分类的基础上，利用函数单调性和极值的正负，进一步分析探究函数的零点情况即得. 【详解】（1）函数的定义域为，， ①当时，，当时，，在上递减， 当时，，在上递增，此时在时取得极小值，符合题意； ②当时，由可得或， 若，则由可得或；由可得， 即在和上递增；在递减，此时函数在取得极小值，符合题意； 若，，当时，恒成立，即在上恒为增函数，不符合题意； 若，由可得或；由可得， 即在和上递增，在上递减，此时函数在时取得极大值，故不符合题意. 综上可得，实数的取值范围为； （2）由（1）知，① 当时，在上递减，在上递增， 则在时取得极小值，也是最小值，为，此时函数无零点； ②当时，在和上递增；在递减， 故当时，取得极小值，当时，取得极大值， 当时，，故此时函数在上有一个零点； ③当时，在上恒为增函数，又，故此时函数在上有一个零点； ④当时，在和上递增，在上递减， 故当时有极大值为，当时，有极小值为， 且当时，，故此时函数在上只有一个零点. 综上所述，当时，函数在上没有零点，当时，函数在上只有一个 【巩固练习2】（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）已知函数，. (1)若，求曲线在处的切线方程，(2)当时，试讨论函数的零点个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案； （2）由题意的零点个数转化为直线与曲线的交点个数问题，令，利用导数判断的单调性，作出其图象，数形结合，即可求得答案. 【详解】（1）由，则，得， 曲线在处的切线的斜率为， 故曲线在处的切线的方程为， 即； （2）由于，即， 即的零点个数可看作直线与曲线的交点个数问题； 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故，当时，，当时，， 当x趋向于负无穷时，趋向于负无穷，当x趋向于正无穷时，趋向于0， 作出函数的图象如图： 当，即时，直线与曲线的有2个交点， 当，即时，直线与曲线的有1个交点， 当，即时，直线与曲线的无交点， 故时，函数的零点个数是2；时，函数的零点个数是1； 时，函数的零点个数是0 【巩固练习3】（23-24高二下·广东东莞·期中）已知. (1)求的单调区间，并求其极值； (2)画出函数的大致图象； (3)讨论函数的零点的个数. 【答案】(1)单调递增区间为,单调递减区间为，；极小值为，无极大值 (2)作图见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）求出，由的正负判断出的单调性可得极值； （2）根据的单调性极值可得答案； （3）转化为函数的零点的个数即为函数的图象与直线的交点个数，结合图象可得答案. 【详解】（1）定义域为，， 令得，， 列表如下； 0 ↘ ↘ ↗ 由上表知，单调递增区间为， 单调递减区间为，； 当时，取极小值为，无极大值； （2）令得，；令得，， 当时，，，故； 当时，，，故； 据此信息及（1）可得的图象，如图所示； （3）令得， 则函数的零点的个数即为函数的图象与直线的交点个数， 结合图象及（2）可知，当或，即或时， 函数有1个零点；当，即时，函数有2个零点 当，即时，函数有0个零点. 【题型7】由零点个数求参数范围 解题技巧 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. 典型例题 【例题1】（2025·福建福州·模拟预测）已知定义在上的函数. (1)若，判断是否存在极小值点，并说明理由； (2)若存在两个零点，求的取值范围. 【答案】(1)无极小值点；理由见解析 (2) 【分析】（1）求导，确定单调性即可判断； （2）参编分类得到，问题转换成与恰有两个交点，对求导确定单调性，极值，即可求解； 【详解】（1）依题意可得， ，故， 设，则， ， 在上单调递增， ， 在上单调递增，无极小值点； （2）令，可得， 所以与恰有两个交点， 设，则， 令可得， 当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增 ， 当时，；当时，， 的取值范围是 【例题2】（2020·全国I卷·高考真题）已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）. 【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间； （2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果. 【详解】（1）当时，，， 令，解得，令，解得， 所以的减区间为，增区间为； （2）若有两个零点，即有两个解， 从方程可知，不成立，即有两个解， 令，则有， 令，解得，令，解得或， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 且当时，， 而时，，当时，， 所以当有两个解时，有， 所以满足条件的的取值范围是：. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·山东临沂·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在上恰有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）分离参数可得，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合图象即可得解. 【详解】（1）由，得， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）令，则， 令， 则， 令，则，令，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， ，当时，， 当时，， 如图，作出函数的大致图象， 因为函数在上恰有两个零点，所以函数的图象恰有两个交点， 所以的取值范围为. 【巩固练习2】已知函数. (1)求的极值：(2)若有两个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)极小值为，无极大值；(2) 【详解】（1）函数的定义域为， 令，解得， 当时，则， 当时，则， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 所以当时，有极小值，无极大值. （2）因为函数有两个零点， 所以直线与函数有两个交点， ，令，解得， 当时，则， 当时，则， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 因为，， 当时，，当时， 当时，，当时，，， 所以函数的大致图象如图所示， 结合图象可知，当时，有两个零点，故a的取值范围为. 【巩固练习3】已知函数． (1)当，求的单调区间；(2)若有三个零点，求的取值范围． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可得到答案； （2）由，把函数的零点个数问题等价转化为，两个函数的交点个数问题，令，利用导数法研究函数的单调性和极值，进而结合函数图象得到实数的取值范围． 【详解】（1）将代入可得，其定义域为R，则. 和都在上增函数，所以在上单调递增且， 因此，当时，，函数为单调递减； 当时，，函数为单调递增； 综上所述，函数的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）（2）由得，，令， 则， 时，单调递减； 时，单调递增； 时，单调递减； 由单调性可知，当时，； 当时，； 当时，取得极小值，即； 当时，取得极大值，即. 所以和的大致图象如下： 综上所述，若有三个零点，则的取值范围为． 【题型8】极值与极值点的相关证明与计算 典型例题 【例题1】（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【详解】（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. 【例题2】（2025·黑龙江·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有极小值，且的极小值小于，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意计算和，得切线方程为； （2）先求导得，分和讨论，求出极小值，再由整理有，构造新函数，利用导数求解即可. 【详解】（1）当时，，则，所以， 因为，所以在处的切线方程为． （2）因为，其中， 则， ①当时，恒成立，此时函数在上单调递增，无极小值， ②当时，令，可得，列表如下： - 0 + 递减 极小值 递增 所以， 由题意可得，即， 令，则． 因为，当等号成立， 所以函数在单调递增， 所以由，得， 所以实数的取值范围是． 【例题3】（2025·陕西西安·二模）已知函数． (1)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (2)若是函数的极值点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由参数分离整理不等式，并构造函数，利用导数求得新函数的最值，可得答案； （2）根据极值点与导数的关系，可得极值点的取值范围以及等量关系，整理所证的不等式，可得答案. 【详解】（1）由，则可得不等式， 由，则，令， 求导可得，令，解得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 由题意可得. （2）由，则，令， 求导可得在上恒成立， 则函数在上单调递增，即函数在上单调递增， 由是函数的极值点，则，即， 由，则， 所以. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·云南德宏·期末）已知函数． (1)若函数在处的切线与直线垂直，求实数a； (2)若函数有极大值，且极大值不大于0，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，由导数的几何意义结合垂直关系求解即可； （2）利用导数分类讨论分析函数的单调性，由极值求解参数的取值范围即可. 【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为，， 因为函数在处的切线与直线垂直， 所以，解得：. （2）因为. 当时，，所以函数在上单调递减，所以无极值； 当时，令得；令得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 则的极大值为. 因为极大值不大于0，即， 且，可得， 记，，则， 所以在上单调递增. 而，所以由可解得. 即实数的取值范围为. 【巩固练习2】（24-25高二上·重庆渝中·期末）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； (3)若在区间上存在极值，且此极值小于，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）先确定切点坐标，再根据导数的几何意义求切线斜率，依据点斜式可得切线方程. （2）求导，对的不同取值进行讨论，可得函数的单调区间.要注意：函数的定义域. （3）利用（2）的结论，可求问题（3）. 【详解】（1）当时，，. 又，所以. 所以切点坐标为，切线斜率为1， 所以切线方程为即. （2）因为， 当时，恒成立，函数在区间单调递增． 当时，令，解得， 在区间，，函数单调递减， 在区间，，函数单调递增. 综上可知：当时，函数在区间单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）知，当时，函数无极值， 当时，函数在取得极小值， 所以，解得，所以． 所以实数的取值范围为： 【巩固练习3】（2025·全国·模拟预测）已知函数. (1)若函数在处的切线与直线垂直，求实数的值； (2)若函数有极大值，且极大值不大于0.求实数的取值范围； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由导数的几何意义求解即可； （2）利用导数分类讨论分析函数的单调性，由极值求解参数的取值范围即可. 【详解】（1）的定义域为，. 因为函数在处的切线与直线垂直， 所以，解得：. （2）. 当时，，所以函数在上单调递减，所以无极值； 当时，令得：； 令得：. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为. 因为极大值不大于0，所以. 因为，所以. 记，，则， 所以在上单调递增. 而，所以由可解得. 即实数的取值范围为. 【巩固练习4】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)若，讨论的单调性； (2)若，对任意，都有，同时在上存在两个极值点m，n，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）当a = 0时，根据导函数正负分类讨论求出单调区间； （2）构造函数，结合函数的单调性，再应用极值点个数列不等式计算求参. 【详解】（1）当a = 0时，， 时，,在R上单调递增， 时，，在单调递减， ，在单调递增. （2）设，因为， 所以化简得，设，则， 则在单调递减， 所以在，，所以恒成立， 设，，则在单调递增，则， 因为在上存在两个极值点m，n，所以有两个根，则在上有两个根， 所以，， 设，， 则，在单调递增，则，在单调递减，所以，所以，所以，则，综上. 【题型9】能成立问题 典型例题 【例题1】（2024·西藏拉萨·二模）已知函数. (1)当时，求函数的最值； (2)若方程在上有解，求实数的取值范围. 【答案】(1)最小值为，没有最大值 (2) 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性进行求解； （2） 在上有解，整理，得.因为，所以.令，求导，求出单调性求解． 【详解】（1）当时，，求导，得， 当时，单调递减；当时，单调递增. 所以当时，取得极小值，也是最小值， 所以函数的最小值为，没有最大值. （2）方程在上有解， 即在上有解，整理，得. 因为，所以. 令，求导，得. 因为，所以当时，， 所以当时，单调递减， 所以，即， 所以实数的取值范围是. 【例题2】（2025·辽宁·模拟预测）已知函数的图象的一条切线方程是. (1)求；(2)若关于的不等式有解，求的取值范围. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）设切点，根据导数的几何意义求得，结合，构造，应用导数研究其零点，即可求参数值； （2）问题化为有解，构造研究不等式能成立求参数范围. 【详解】（1）设的图象与直线切于点，则①， ，则，即，代入①式得. 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，当且仅当时取等号， 故，即. （2）由题意得有解，即有解. 令，则， 若，则，则，符合题意； 若，即，则，不符合题意； 若， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，解得. 综上，的取值范围为. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数 ． (1)求函数 在 上的最大值和最小值； (2)若不等式 有解，求实数 的取值范围. 【答案】(1)最大值为 ，最小值为 (2) 【分析】（1）先利用导数可得函数 在 上单调递增，在上单调递减，从而可求函数 在 上的最大值和最小值； （2）不等式 可化为 ，记 ，则原不等式有解可转化为 ，再利用导数求函数的最大值，即可求实数 的取值范围. 【详解】（1）因为函数 ， 所以 ， 令 ，则 或 (舍去). 当 时， ，当 时， ， 所以函数 在 上单调递增，在上单调递减， 所以当 时， 取得最大值，最大值为 ， 又 ， ， 所以 ，所以当 时， 取得最小值，最小值为 ， 故 在 上的最大值为 ，最小值为 . （2）易知 的定义域为 ， 故不等式 可化为 . 记 ，则原不等式有解可转化为 . 易得 ，时，，时，， 所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减， 故 ，所以 ， 解得 . 所以实数 的取值范围为 . 【巩固练习2】（2025·山东菏泽·一模）已知函数. (1)求的单调区间；(2)当时，存在，使得，求a的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求出导函数，对参数进行讨论，判断与0的大小即可得到相应的单调性； （2）依题意，由参数可知只需即可，结合（1）可求. 【详解】（1） 当时，恒成立，此时在上单调递减； 当时，令，则 当时，，此时在单调递减， 当时，，此时在单调递增； 综上所述，当时，的减区间为，无增区间； 当时，的减区间为，增区间为. （2）因为存在，使得.只需或 因为，所以     所以只需，由（1）知为与中的较大者 所以或，解得或，     所以 综上所述，a的取值范围为 【巩固练习3】（23-24高二下·四川眉山·期末）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若存在，使，求的取值范围． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2) 【分析】（1）对求导，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果； （2）对进行讨论，分，和，当，利用函数值的符号即可求解；当和，设，利用导数与函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）易知函数定义域为，因为 ， 令 ，得 令 ，得，令 ，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）由 ，得 ， 因为，所以，， 当时，，符合题意； 设， 当时，则，所以在上单调递增， 所以，不符合题意； 当时，令，得 ， 令，得 ，所以 ， 则存在，使，满足题意， 综上，的取值范围是. 【题型10】切线与公切线问题 典型例题 【例题1】（24-25高二上·湖南郴州·期末）已知函数（为常数）在处的切线与直线垂直． (1)求的值； (2)已知点是函数图象上的一点，求点到直线的距离的最小值． 【答案】(1)2. (2)； 【分析】（1）求出函数的导数，利用切线与已知直线垂直求出的值. （2）由（1）求出函数，平移直线与曲线相切，求出切点坐标，再利用点到直线距离求出最小值. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得，则， 由曲线在处的切线与直线垂直，得， 所以的值是2. （2）由（1）知，，平移直线与函数的图象相切，设切点为， 则切线的斜率，解得，切点为， 所以点到直线的距离的最小值为. 【例题2】（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数. (1)求曲线过点处的切线； (2)若曲线在点处的切线与曲线在处的切线平行，求的值. 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）利用导数几何意义求过一点的切线方程； （2）利用导数几何意义，由切线平行列方程求参数值. 【详解】（1）由导数公式得， 设切点坐标为，设切线方程为： 由题意可得： ，       所以或，      从而切线方程为或. （2）由(1)可得：曲线在点处的切线方程为, 由，可得曲线在处的切线斜率为， 由题意可得，  从而，    此时切点坐标为，曲线在处的切线方程为， 即，故符合题意，所以. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知函数. (1)试讨论函数的单调性；(2)若直线与相切，求实数的值. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）利用导数和函数单调性的关系，讨论和两种情况讨论函数的单调性； （2）首先设切点，再根据导数的几何意义列式，转化为函数的零点问题，利用导数，即可求解. 【详解】（1）， 当时，，函数在上单调递增， 当时，在上，单调递减； 在上，单调递增. （2）设切点为，则， 所以， 即，显然为方程的根， 又令， ，，单调递减，，，单调递增， 故在处取最小值， 故方程只有这一个根，故. 【巩固练习2】（2024·河南·模拟预测）已知函数的一个极值点为． (1)求的值；(2)若过点可作曲线的三条不同的切线，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据可得，即可验证求解， （2）设出切点，根据点斜式直线方程，可将问题转化为有三个不同的根，构造函数，利用导数求解即可. 【详解】（1），由于是极值点，故，故， 当时，， 当或时，，当时，， 故是的一个极值点，故 （2）设切点为，则切点处的切线方程为， 将代入可得， 故， 要使过点可作曲线的三条不同的切线，则有三个不同的交点， 记，则， 当或时，，当时，， 故在，上单调递减，在上单调递增， 且，因此. 【题型11】双变量问题 典型例题 【例题1】（23-24高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知函数，，. (1)当时，求函数的最小值； (2)若直线是曲线的切线，求证：对任意的，都有. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导判断函数单调性，即可求出最值； （2）设切点为，根据已知求得，则要证，即证，即证，即证，令，，设，根据函数单调性即可得证. 【详解】（1）当时，，则， 令，解得；令，解得， 在区间上单调递减，在区间上单调递增. ，函数的最小值为. （2）由已知得， 设切点为，则且，解得，， ，. 要证，即证， 即证，即证， 令，，原不等式等价于，即， 设，则， 在区间上单调递增， ，即成立， 所以对任意，都有. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高二下·浙江杭州·开学考试）已知函数，其中，为自然对数的底数. (1)求的单调区间； (2)设且，请判断与的大小，并证明. 【答案】(1)单调递减区间为和；单调递增区间为 (2)，证明见解析 【分析】（1）求出导函数，利用导数法求得的单调区间即可． （2）构造函数，利用多次求导的方法判断出的单调区间，从而判断出两者的大小关系． 【详解】（1）的定义域为，，， 令得，令得且， 即在区间和上，单调递减， 在区间上，单调递增， 所以的增区间为，减区间为，． （2），证明如下： 令，则定义域为，， 令，则， 则当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 则，所以在，上单调递增， 因为且，所以或， 所以恒成立，即，所以. 【巩固练习2】（23-24高二下·浙江·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若关于的方程有两根（其中）， ①求的取值范围； ②当时，求的取值范围. 【答案】(1)的单调递增区间为的单调递减区间为 (2)①；② 【分析】（1）对求导，并判断导函数的正负，即可得到的单调性； （2）①可转化为，令，有，再借助的单调性，得到，令，借助的单调性，得到的大致图象，即可求得的取值范围；②借助的单调性，有，解不等式即可. 【详解】（1）当时，，所以， 由解得，由解得， 故的单调递增区间为的单调递减区间为. （2）①由，即，即， 令，上式为，因为， 所以在上单调递增，故等价于， 即在上有两根， 令，则， 由解得，由解得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以有极大值，且当时，， 其图象如图所示：    所以的取值范围为. ②由①得在上有两根，所以， 在区间上单调递增，在区间上单调递减， ，所以， 可得，所以，所以. 【题型12】分类表示函数的最值 典型例题 【例题1】（23-24高二下·重庆·期末）已知二次函数满足且. (1)求的解析式;(2)设，，求函数的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，，根据题目条件得到方程，求出，得到函数方程； （2）根据对称轴进行分类讨论，得到的最小值. 【详解】（1）设，， 则， 即， 故，解得， 故， 又，故，解得， 所以； （2）,, 对称轴为， 当，即时，在上单调递增， 故时，取得最小值，故， 当，即时，当时，取得最小值， 故， 当，即时，在上单调递减， 当时，取得最小值，故 综上，. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数. (1)若，求在区间上的最大值；(2)求在区间上的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，分析函数在上的单调性，进而可得函数在上的最大值. （2）求导，根据的不同取值范围，讨论函数在上的单调性，可求函数在上的最小值. 【详解】（1）因为，所以， 所以. 由或. 所以当，所以， 所以在上单调递增， 所以. （2）的定义域为， ， 由. ①当，即时，或. 所以在上单调递增， ； ②当，即时，由或. 由. 所以在上单调递减，在上单调递增， ； ③当，即时，由. 所以在上单调递减，. 综上， 【巩固练习2】（23-24高二下·浙江金华·期末）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值的表达式； 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后，分及讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可得函数的最大值，即可得解 【详解】（1）易知函数的定义域为. 当时，. ， 所以在点处的切线斜率， 又，即点坐标为， 所以点处的切线方程为； （2）因为. 所以， 当时，易知在上恒成立，所以在上单调递减， 故函数在区间上的最大值为. 当时，令， 则在上单调递增， 且当时，，当时，， 所以在上有唯一的一个零点. 令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得： 单调递减 单调递增 所以函数在区间上的最大值为， 由，有： 当时，； 当时，， 故 【题型13】隐零点问题 解题技巧 隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题. 1、隐零点就是指一个函数可以判断它在某个区间上有一个零点，但是这个零点具体是什么却无法计算或根本不需要计算，只需利用它的存在去解答题目. 2、在求解函数问题时，很多时候都需要求函数在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数在区间I上存在唯一的零点（例如，函数在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是(因为不易求出，所以把零点叫做隐零点)，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法. 知识点01 利用“隐零点”研究极（最）值问题 要点诠释：在利用“隐零点”研究极(最)值问题时,往往利用零点的存在性,对函数的零点设而不求,通过整体代换、构造函数等,再结合题目条件解决问题. 知识点02 利用“隐零点”确定参数取值范围 利用“隐零点”确定参数取值范围的方法：确定函数的单调性和极值点、利用极值点处导数值为零的条件表达参数、代入极值的保号性求出的范围、最后根据的范围和参数表达式求出参数的取值范围. 要点诠释：在求解参数范围时，需要根据求出的最值范围对零点的范围进行调整，以确保求出的参数范围准确.如果隐零点的限定范围合适，无需再缩小隐零点的范围，否则无法准确判断出参数的最大或最小值. 知识点03 利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题 要点诠释：利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题，关键在于通过设定隐零点，利用函数的单调性、极值等性质，结合不等式的性质进行解决问题.主要策略包括： ①‌运用隐零点式替换‌，简化函数表达式：通过设置隐零点，将复杂的函数表达式转化为更易于处理的形式，如通过替换幂和对数式等，简化问题的求解过程. ②‌借助隐零点搭桥‌，协助描绘函数性态：通过隐零点的设定和分析，可以更好地理解函数的单调性、极值等性质，从而协助解决问题. 典型例题 【例题1】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若当时，恒有，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用导函数，求得，进而由点斜式方程可求得切线方程； （2）令，求导，分，两种情况判断是否恒成立，可得结论. 【详解】（1）因为，所以切点为， 又，所以， 所以， 所以由点斜式方程得切线方程为，即； （2）当 时，恒有 ，即对恒成立， 令，， 求导得， 因为，所以在上单调递减， 所以在上单调递增，所以， 当时，，函数单调递增，所以， 即，所以； 当时，，又时，， 所以存在，使，当，， 所以在上单调递减，所以， 所以，所以对不恒成立， 综上所述：当时，恒有，实数的取值范围为． 【例题2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的最大值； (3)证明：.（参考数据：） 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求曲线在切点处的切线方程； （2）求出函数在时的值域，可求实数的最大值； （3）依题意，构造函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）， ， 在处的切线为. （2）， ，则，所以， 在上单调递减， 时，， 因为对任意恒成立，所以， 则，的最大值为. （3）设， ， 在上单调递增， ， ，使， 在上单调递减，在上单调递增， ， ， ， . 【例题3】（23-24高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)试讨论函数的单调性； (3)当时，不等式恒成立，求整数a的最大值． 【答案】(1) (2)答案见详解 (3)4 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值； （2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间； （3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值. 【详解】（1）当时，则， 可知的定义域为，且， 令，解得；令，解得， 可知的单调递减区间是，单调递增区间是， 所以函数的最小值为. （2）由题意可知的定义域为，且， 当时，恒成立， 所以的单调递减区间是，无单调递增区间. 当时，令解得， 令，解得；令，解得， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是； 综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是. （3）当时，不等式恒成立， 即，整理可得， 原题意等价于对任意恒成立， 令， 则， 令，则， 所以在区间上单调递增， 因为，， 所以在区间内存在唯一零点， 即，所以， 当时，，即； 当时，，即； 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增； 所以， 因为，则，即， 且为整数，则，所以整数的最大值是4. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·湖南岳阳·期末）已知函数，其中. (1)若，求在处的切线方程； (2)当时，设.求证：存在极小值点. 【答案】(1) (2)证明见详解. 【分析】（1）当时，，由此利用导数的几何意义即可求出函数在处的切线方程. （2）求得导数，得到，再求函数的导数，因为，所以与同号，构造函数，求得，利用零点存在定理证明函数存在，使得，进而得到在上的单调性，即可作出证明. 【详解】（1）依题意得，函数的定义域为， 因为， 所以， 所以， 所以， 又因为， 所以在处的切线方程为， 即. （2）因为， 所以， 即， 所以， 令， 则， 所以对任意，有，故在单调递增. 因为， 所以，， 所以存在，使得. 因为恒成立， 所以和在区间上的情况如下表： 单调递减 极小值 单调递增 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 所以存在极小值点. 【巩固练习2】（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数． (1)讨论在区间上单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2) 【分析】（1）先求导函数，结合指数函数的单调性分区间讨论即可； （2）分离参数，构造新函数利用导数研究其单调性与最值结合隐零点计算即可. 【详解】（1）由， 在时，， 若，即在区间上单调递增； 若，即在区间上单调递减； 若，令，令， 可知在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：时，在区间上单调递增； 时，在区间上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减. （2）根据题意可知恒成立， 设， 则， 令， 则定义域上单调递增，易知， 即，使得， 即时，，此时单调递减， 时，，此时单调递增， 则， 所以，即 【巩固练习3】（23-24高二下·广东佛山·期末）已知函数，. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：函数在区间内有且只有一个极值点； (3)证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导得，再求出，从而得到切线方程； （2）求导得，利用隐零点法即可证明； （3）令，则，得到，再令，同样求导得，则，则原不等式即证明. 【详解】（1）的定义域为，且. 因为，所以曲线在点处的切线方程为. （2）. 当时，因为和都是增函数， 所以是增函数. 又因为， 所以，使得. 当时，：当时，. 于是，在上单调递减，在上单调递增. 因此，在区间内有且只有一个极小值点，无极大值点. （3）令，则. 当时，：当时，. 于是，在上单调递减，在上单调递增. 因此，. 令，则， 当且仅当时取等号. 于是，是增函数. 因此，当时，. 综上，，即. 【巩固练习4】（23-24高二下·浙江金华·期末）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值的表达式； (3)若函数有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后，分及讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可得函数的最大值，即可得解； （3）由函数的单调性，可设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，从而解出的范围. 【详解】（1）易知函数的定义域为. 当时，. ， 所以在点处的切线斜率， 又，即点坐标为， 所以点处的切线方程为； （2）因为. 所以， 当时，易知在上恒成立，所以在上单调递减， 故函数在区间上的最大值为. 当时，令， 则在上单调递增， 且当时，，当时，， 所以在上有唯一的一个零点. 令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得： 单调递减 单调递增 所以函数在区间上的最大值为， 由，有： 当时，； 当时，， 故； （3）由（2）可知，当时，在上单调递减， 故此时函数至多有一个零点，不符合题意； 当时，在时，单调递减，在时，单调递增； 且，所以，① 又时，，当时，， 为了满足有两个零点，则有.② 对①两边取对数可得，③ 将①③代入②可得，解得. 所以实数的取值范围为. 模块二 极值点偏移问题 解题技巧 极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择. 极值点偏移解题套路 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 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 类型1：极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法： ①构造， ②确定的单调性， ③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系， ④利用的单调性即可得到或. 类型2：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 极值点偏移问题的一般形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 类型3：比值代换法 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值（一般用表示）表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 类型4：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. 【题型14】加法型 典型例题 【例题1】（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知函数. (1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数几何意义先求切点，即可得解； （2）方法一：利用导数求函数的最小值； 方法二：分离参数法，等价于恒成立； 方法三：由题意，分离参数法，等价于恒成立； （3）方法一：思路一：构造函数，利用导数研究函数单调性；思路二：要证，即证，令，即证；思路三：令，要证，即证，即证，即证，利用导数证明； 方法二：由，令，求其最小值，由的单调性可知，思路一：构造函数，利用导数得证；思路二：令，要证，即证，即证；思路三：令，则，要证，即证，即证；思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 【详解】（1）当时，. 设切点，则 消得，解得，代入得. （2）方法一：因为， 所以， 当时，设，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 又-axe，故恒成立，所以成立. 当时，， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 故，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为. 方法二：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 设，则. 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 故的取值范围为. 方法三：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以. 令，则，则恒成立. 记，则， 所以在上单调递增，所以，所以. 故的取值范围为. （3）方法一：因为有两个零点，不妨设， 则， 即，即， 令，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即. 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则， 故在上单调递减， 又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：要证，即证，即证. 令，即证. 构造函数. 则， 故在内单调递减，则，即. 故. 思路三：因为，即， 令，则 即 要证，即证， 即证，即证， 下同思路一，略. 方法二：因为有两个零点，不妨设， 则， 即. 令，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则 ， 令，则， 所以当时，单调递减， 所以当时，，则，所以， 故在上单调递减，又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：因为，所以， 即， 令，要证，即证， 即证. 构造函数. 则， 故在上单调递减，则. 故. 注：要证明，即证，构造函数. 则， 故在上单调递减，则.故. 思路三：令，则即. 要证，即证，即证. 下同思路二，略. 思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 【例题2】（23-24高二下·重庆·期末）已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得在上恒成立，构造函数，借助导数求出其在上的最小值即可得； （2）由题意结合导数可得，，即可得， ，通过作差消去变量，得到，从而可得，再通过换元法令，得到函数，利用导数计算其单调性即可得解. 【详解】（1）由题意可得在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故，即； （2），令， 由函数有两个极值点， 则有两个变号零点， ， 当时，，不符，故舍去； 当时，则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， 又当时，，则， 故此时此时至多存在一个零点，不符，故舍去； 当时，则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 有，则，故， 则有，， 则，即，同理， 则，故， 即， 由的最大值为，令，则有， 即，令，， 则 ， 令，， 则恒成立， 故在上单调递增，则， 则，故在上单调递增，则. 【例题3】（23-24高二下·湖北武汉·期中）设函数． (1)求函数的单调区间； (2)若有两个零点，， ①求a的取值范围；②证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）（1）对求导数，分和两类情况讨论，得到函数的单调区间； （2）由（1）得a的取值范围，构造，证明不等式， 通过证明，证明. 【详解】（1）由，，可得， 当时，，所以在上单调递增； 当时，令，得，令，得， 所以在单调递减，在单调递增； （2）①因为函数有两个零点，由（1）得， 此时的递增区间为，递减区间为，有极小值 当，，当，在上有一个零点， 当，，当，在上有一个零点， 所以由可得 ②证明：由（1）可得的极小值点为，则不妨设． 设，， 可得，， 所以在上单调递增，所以， 即，则，， 所以当时，，且． 因为当时，单调递增，所以，即 设，，则，则，即． 所以，． 设，则，所以在上单调递减， 所以，所以，即． 综上， 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围；(2)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见详解. 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可； （2）构造函数，利用导数研究其单调性与最值即可证明. 【详解】（1）由题意可知：， 若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点， 故， 显然当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以若要符合题意，需， 此时有，且， 令， 而， 即在上递减，故， 所以，又， 故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意， 综上； （2）结合（1），不妨令， 构造函数， 则， 即单调递减，所以， 即， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，所以由， 故. 【巩固练习2】（23-24高二下·广东佛山·期末）已知函数，证明： (1)在上单调递减，在上单调递增； (2)若的两个零点为，，则 （i）；（ii）. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求导得，再次求导研究导函数的单调性，从而得到导函数的范围，即可判断原函数的单调性； （2）（i）根据零点存在性定理得到，构造函数，再次求导，利用同构思想得到，则； （ii）令，求导得其单调性，则得到，，两不等式相加即可. 【详解】（1），令， 则，，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，； 当时，. 故在上单调递减，在上单调递增. （2）（i），当时，， 故在内没有零点. 当；当时，， 根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点. 因此，. 令，则， 令，则，，， 故在上单调递减，在上单调递增，. 因此，当时，， 即在上单调递增. 于是，即. 又因为在上单调递增，故，即. （ii）令，则. 当时，，故在上单调递减，，即. 因此，，即①. 当时，， 故，即②， 根据不等式的同向可加性①②得. 【巩固练习3】（23-24高二上·江苏镇江·阶段练习）已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围；(2)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见详解. 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可； （2）构造函数，利用导数研究其单调性与最值即可证明. 【详解】（1）由题意可知：， 若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点， 故， 显然当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以若要符合题意，需， 此时有，且， 令， 而， 即在上递减，故， 所以， 又， 故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意， 综上； （2）结合（1），不妨令， 构造函数， 则， 即单调递减，所以， 即， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，所以由， 故. 【巩固练习4】（23-24高二下·湖北十堰·期末）已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的最大值； (2)讨论的单调性； (3)若在上单调递增，且存在且，使得，证明：． 【答案】(1)2 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由已知可得关于参数的不等式，将恒成立问题转化为求函数的最值问题，再利用基本不等式求出最值即可； （2）先求原函数的导数，再对参数分类讨论，即可得出函数的单调性； （3）根据已知条件先对进行转化，再构造函数，并利用导数求出原函数的单调性，从而证出不等式. 【详解】（1）因为函数在上单调递增，所以在上恒成立． 因为，所以，即对恒成立． 因为，当且仅当时取等号，所以，即实数的最大值是2． （2）， ①当时，，则在上单调递增； ②当时，恒成立，则在上单调递增； ③当时，令，得， 当，；当，， 则在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减． （3）因为，所以， 因为在上单调递增，所以． 要证，即证． 因为在上单调递增，所以只需证． 又因为，所以只需证， 即证． 记， 则， 所以在上单调递增，所以， 故成立． 【题型15】乘积型 典型例题 【例题1】已知函数 (1)求函数单调区间； (2)设函数，若是函数的两个零点， ①求的取值范围；②求证：． 【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）求导后，根据正负即可得到的单调区间； （2）①将问题转化为与在上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果； ②由①可得，设，利用导数可求得，进而得到，即，根据的范围和单调性可得结论. 【详解】（1）定义域为，， 当时，；当时，； 的单调递增区间为；单调递减区间为. （2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点； 由（1）知：，又， 在的图象如下图所示， 由图象可知：，，即的取值范围为. ②不妨设，由①知：， ，， 在上单调递增，在上单调递减； 设，则， 在上单调递减，，， 又，，又，； ，，在上单调递增， ，则. 【例题2】（2024·广东湛江·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)在上单调递增，上单调递减， (2)见解析 【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明. 【详解】（1）由题意可得，所以， 的定义域为， 又，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， （2）由，得，设， ，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又，，且当趋近于正无穷，趋近于， 的图象如下图， 所以当时，方程有两个根， 证明：不妨设，则，， 设， ，所以在上单调递增， 又，所以，即， 又，所以，又，，在上单调递减，所以，故. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数. (1)证明：. (2)若函数，若存在使，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）构造，求导后判断函数最大值，得到，即得证； （2）根据题意判断，，将原题转化为证明，构造函数后求导证明即可. 【详解】（1）令，，， 令，解得：；令，解得：， ∴在递增，在递减，则， ∴恒成立，即. （2）∵，，∴， 令，解得：；令，解得：； ∴在递增，在递减. 又∵，，，，且，. 要证，即证. ∵，∴， 又∵，∴只证即可. 令，， 恒成立， ∴在单调递增. 又∵，∴，∴，即，∴. 【巩固练习2】已知函数（）． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有两个零点，． （i）求实数a的取值范围；（ii）求证：． 【答案】(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是 (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间； （2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题. 【详解】（1）定义域为，， ①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间； ②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是． 综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是 （2）（i）由（1）知：当时，在上单调递增， 函数不可能有两个零点； 当时，因为在上递增，在上递减， 因为，故， 设，， 则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以， 故，即取， 则 因此，要使函数且两个零点，只需， 即，化简，得， 令，因为， 所以函数在上是单调递增函数， 又，故不等式的解为， 因此，使求实数a的取值范围是：. （ii）因为，所以，， 下面先证明， 根据（1）的结果，不妨设，则只需证明， 因为在时单调递增，且，， 于是只需证明， 因为，所以即证， 记，， ， 所以在单调递增，则， 即证得，原命题得证. 【巩固练习3】已知函数． (1)求证：当时，； (2)已知e为自然对数的底数，求证：，． 【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析 【分析】（1）构造函数和，求导即可求解， （2）由（1）可知：当时，，．取，可得，利用“累加求和”即可证明不等式的右边部分．由（1）可知：当时，，．取，则，利用“累加求和”即可证明不等式的左边部分． 【详解】（1）令， 则， 故在上单调递增，∴当时，， 即成立． 令，则， ∴在上单调递减，∴当时，， 即成立． 综上所述，当时，成立． （2）由（1）可知：，． 取，，，． ， ， ， ． 由（1）可知：当时，对恒成立． 取，，，．则，，， ， ，． 综上可得：，． 【题型16】比值换元 典型例题 【例题1】已知函数. (1)当时，求函数的零点个数. (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明. 【答案】(1)有且仅有一个零点 (2)，证明见解析 【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解； （2）根据题意可得有两个不同实根，进而可得，两式相加得，两式相减得，从而有，进而要证，只需证，即证， 构造函数即可证明. 【详解】（1）当时，， 所以函数在上单调递增， 又因为， 所以函数有且仅有一个零点. （2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根， 得，令，则， 令，解得；令，解得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值， 由，得当时，； 当的大致图象如图所示，    所以当，即时，有两个不同实根； 证明：不妨设且 两式相加得，两式相减得， 所以， 要证，只需证， 即证， 设，令， 则， 所以函数在上单调递增，且， 所以，即， 所以，原命题得证. 关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据，两式相加相减，进而可得，进而要证，只需证，即证，从而将双变量转化为单变量，令，讨论该函数的单调性和最值即可证明. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数． (1)若，讨论的单调性． (2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根． （i）求的取值范围；（ii）求证：． 【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性； （2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围； （ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论. 【详解】（1）当时，，则； 令，解得：或， 当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由得：， 恰有个正实数根，恰有个正实数根， 令，则与有两个不同交点， ，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，又， 当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于； 则图象如下图所示， 当时，与有两个不同交点， 实数的取值范围为； （ii）由（i）知：，， ，， ， 不妨设，则， 要证，只需证， ，，，则只需证， 令，则只需证当时，恒成立， 令， ， 在上单调递增，， 当时，恒成立，原不等式得证. 【巩固练习2】（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)设，是的两个零点，，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分离参数得,构造函数判单调性即可求解； （2）利用变量集中设，得，，证明即可. 【详解】（1）由且，可得. 设，，则，令，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 又当趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于0， 所以要使的图象与直线有两个交点，则，故的取值范围是. （2）证明：，由（1）得，则，. 设，则，即， . 设，则. 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 又，，， 所以存在唯一的，使得，即， 所以的最小值为，， 所以，故. 模块三 数列型函数不等式证明 【题型17】对数型函数放缩后累加 典型例题 【例题1】（2025·陕西咸阳·一模）已知函数． (1)若，求a的值； (2)设，求证：． 【答案】(1)1 (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意注意到，可得，解得，并代入检验即可； （2）由（1）可得，令，可得，累加即可得结果. 【详解】（1）因为，且的定义域为， 则， 若，注意到， 可得，解得， 当时，则，， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 可得，符合题意； 综上所述：a的值为1. （2）由（1）可得：，即，当且仅当时，等号成立， 令，可得， 即， 累加可得：， 又因为， 即， 所以. 【例题2】（2025·甘肃兰州·一模）已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)若数列满足，证明：（e为自然对数的底）． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式； （2）设，求导，可得的单调性，进而可得结论； （3）由题意需证，由（2）可得，利用放缩法与裂项相消法可证结论. 【详解】（1）设等差数列公差为成等比数列，则， 所以，解得或（舍去），所以； （2）设，当时，单调递减， ，所以，由（1）可知， 则有，所以不等式恒立． （3）因为，所以要证， 只需证：， 根据（2）可知，那么， ， 所以. 【例题3】（2025·云南大理·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)求证：，. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）对定义域内，都有恒成立，即，令，利用导数求的最大值即可； （3）利用（2）中结论可得恒成立，将中的替换为，再利用对数的运算性质和等比数列的前项和公式证明即可. 【详解】（1）若，则，，， 所以切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）若对定义域内，都有恒成立， 即恒成立，只需即可， 设，，则， 令，解得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 故的取值范围为. （3）由（2）得当时，恒成立，即， 将中的替换为，显然， 则， 故， 即. 故. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数，，的图象的一条切线的方程为.. (1)求；(2)当，时，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义建立关于切线斜率的方程，解方程即可求解； （2）由（1）知，利用导数讨论函数的性质可得，变形为，令，利用换元法可得，结合裂项相消求和法即可证明. 【详解】（1）由题意知，，则， 由切线方程为知，斜率为， 令，即，故, 令,则在上为增函数，而， 故的解为，则，即切点为， 所以切线方程为，即，所以； （2）由（1）知，， 当时，，函数在上单调递减， 且，所以，即， 得，所以，令，则， 且，所以当时， ，即证. 【巩固练习2】（2025·四川资阳·模拟预测）已知正项数列满足，，记…， (1)证明是等差数列；(2)求数列的通项公式；(3)证明 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）将条件式化简后结合等差中项公式即可证明； （2）设等差数列的公差为d，可得，由裂项相消法结合求得d，从而即可求得； （3）借助放缩后求和即可证明． 【详解】（1）证明：因为， 所以，即，即， 所以数列为等差数列； （2）设等差数列的公差为d， 因为，所以，则， 所以， 所以， 则，解得，所以； （3）证明：设， 则当时，单调递减，当时，单调递增， 故，故当且仅当时取等号， 因此， 所以， 又因为, 故 【巩固练习3】（23-24高二下·湖北武汉·期末）帕德近似是法国数学家亨利･帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：且满足：. 注：. 已知函数在处的阶帕德近似. (1)求的表达式； (2)记，当时，证明不等式； (3)当，且时，证明不等式. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据的定义，即可利用求导以及待定系数求解系数，进而可求解， （2）构造函数，求导得单调性，即可求解最值求解， （3）根据（2）的结论，可得，由放缩法得，即可裂项相加，结合对数运算求解. 【详解】（1）由题意，. 因为，所以，所以. 因为，且，所以. 因为，且，所以. 所以. （2）因为， 所以. 记，则， 因为，所以，所以在单调递减. 所以，所以. （3）由（2）得，当时，. 所以，当时，. 又因为，所以. 所以，当时，， ，， ， 以上各式两边相加，得 【巩固练习4】已知函数. (1)若，判断函数的单调性，并说明理由； (2)若时，恒成立. （i）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：，. 【答案】(1)在上单调递增，理由见详解 (2)（i）；（ii）证明见详解 【分析】（1）应用导数证明函数的单调性； （2）（i）利用导数证明不等式，需分与讨论即可；（ii）由（i）知对时恒成立，令，则，则有，累加计算再放缩即可. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，， . 所以函数在上单调递增. （2）（i）. 当时，，所以，满足题意； 当时，令， 则，在上单调递减， 所以当时，，即，单调递减， 所以，不符合题意. 综上，实数的取值范围是. （ii）由（i）可知对时恒成立. 令，则，则有. 取，有 即. 【题型18】指数型函数放缩后累乘 典型例题 【例题1】已知函数，． (1)若恒成立，求实数的取值集合； (2)设为整数，若对任意正整数都有，求的最小值． 【答案】(1)，(2) 【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性，并求函数是否有最小值，根据最小值大于等于0，求实数的取值集合； （2）根据（1）的结果可知，，根据条件代入数值，并利用累乘法，即可求解. 【详解】（1）， 当时， 恒成立，所以在上单调递增，， 所以时，，时，，所以不恒成立； 当时，，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，取得最小值，， 若恒成立，则，即， 设，， ，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，取得最小值，， 所以只有，能使， 综上可知，的取值集合为； （2）由（1）可知，当时，，只有当时，等号成立， 所以，，，……，， 这个式子相乘得， 的值随着的变大而变大，所以当趋向于无穷大时，趋向于， 所以， 若对任意正整数都有，为整数，所以的最小值为. 【题型19】其它放缩 典型例题 【例题1】（2025·广西·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）不等式对恒成立可得对恒成立，再构造函数并利用导数探讨单调性推理得证. （3）由（2）取可得不等式，再取，并借助裂项相消法求得证. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）不等式， 由时，恒成立，得， 令，由当时，恒成立， 得，，求导得，令， 求导得，而，则当，即时，， 函数在上单调递增，，函数在上单调递增， 则，符合题意，因此； 当时，由，得，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 则当时，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. （3）由（2）知，当时，， 取，则，而， 因此 ，所以. 【题型20】两次放缩 【例题1】已知函数. (1)若不等式在区间内恒成立，求实数的取值范围； (2)求证：（为自然对数的底数） 【答案】(1)，(2)证明见解析 【分析】（1）分离参数，转化为求定函数的最值问题；（2）根据第一问，合理构造，利用不等式的性质合理变形达到证明的目的. 【详解】（1）因为，，所以， 令，又，令解得， 时，，递增，时，，递减， 所以当时函数有最大值，且最大值为，所以. （2）由（1）知，所以，所以， 又， 所以，即. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数． (1)求函数的图象在处的切线方程； (2)若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)，(2)，(3)证明见解析 【分析】（1）求导，再利用导数的几何意义求解； （2）将问题转化为，令，用导数法求其最大值即可. （3）易知，易知在上恒成立，令得到证明. 【详解】（1）解：， ∴， ∴切线方程为． （2）， 令，则． 令，则． ①当，即时，恒成立，∴单调递增． ∴，∴，∴单调递增， 从而，不符合题意． ②当，即时，恒成立，∴单调递减． ∴，∴，∴单调递减，从而，符合题意． ③当，即时，由，， ∴在上存在，使得，且当时，， ∴单调递增，∴，不符合题意． 综上所述，实数的取值范围是． （3）由（2）可知，当时，，∴． 又令，求导，得， ∴单调递减， 从而，即在上恒成立． 令，得． ∴． 即， ∴，于是得证． 2 / 108 学科网（北京）股份有限公司 $$【重难点突破】2024-2025学年高二下学期热点题型专练（新高考） 专题1-4 导数解答题专练 导语：导数大题历来是高考三大难点之一，众多考生“谈导色变”。而2024年新高考II卷和2023新高考I卷的导数大题分别是试卷上的第二道和第三道大题，并且所考查的函数结构很常见，第一问所需讨论很单一，第二问的证明，用到的构造函数及思路也很常规. 导数大题不一定放最后一题，不要天然放弃它，而且目前2024届和2025届的很多高三模拟卷中导数并不是压轴大题，高考导数大题的改变，让水平一般的同学有学导数的动力了 总览 题型·解读 模块一 导数常规题（18~20题难度） 【题型1】讨论含参函数的单调区间（有效部分为1次） 【题型2】 讨论含参函数的单调区间（有效部分为2次能因式分解） 【题型3】讨论含参函数的单调区间（有效部分为2次不能分解因） 【题型4】不等式证明 【题型5】恒成立问题 【题型6】讨论零点个数 【题型7】由零点个数求参数范围 【题型8】极值与极值点的相关证明与计算 【题型9】能成立问题 【题型10】切线与公切线问题 【题型11】双变量问题 【题型12】分类表示函数的最值 【题型13】隐零点问题 模块二 极值点偏移问题 【题型14】加法型 【题型15】乘积型 【题型16】比值换元 模块三 数列型函数不等式证明 【题型17】对数型函数放缩后累加 【题型18】指数型函数放缩后累乘 【题型19】其它放缩 【题型20】两次放缩 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 导数常规题（18~20题难度） 【题型1】讨论含参函数的单调区间（有效部分为1次） 解题技巧 利用导数判断函数单调性的步骤 确定函数的定义域； 求出导数的零点； 先讨论零点无意义或不在定义域内的情况，此时的正负是确定的，即单调 当零点在定义域内时，用的零点将的定义域划分为若干个区间，列表给出在各区间上的正负，由此得出函数在定义域内的单调性 【例题1】已知函数.讨论函数的单调性； 【巩固练习1】（23-24高二下·浙江杭州·期末）已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程；(2)讨论的单调性． 【题型2】 讨论含参函数的单调区间（有效部分为2次能因式分解） 解题技巧 这类题型最多需要讨论五种情况，具体步骤如下： 第一步：求的定义域 第二步：求出，通分 第三步：令，因式分解求出其2个根，一个含参一个不含参 第四步：先讨论含参的根不在定义域内或无意义的情况，此时只有一个极值点 第五步：论含参的根在定义域内，分3种情况讨论两个根之间的大小关系，令，解出的取值范围，得函数的增区间；令，解出的取值范围，得函数的减区间． 注意：若一个函数具有相同单调性的区间不只一个，则这些单调区间不能用“”、“或”连接，而应用“和”、“，”隔开. 典型例题 【例题1】已知，求的单调递减区间. 【例题2】（23-24高二下·江苏无锡·阶段练习）已知函数． (1)当时，求函数的极值；(2)讨论函数的单调性． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·江西萍乡·一模）已知函数，其中. (1)若的图象在处的切线经过点，求a的值；(2)讨论的单调性. 【巩固练习2】已知函数，讨论函数单调性. 【巩固练习3】已知函数，讨论函数的单调性. 【巩固练习4】（23-24高二下·江苏南通·期末）已知函数，，， (1)设曲线在处的切线为，若与曲线相切，求； (2)设函数，讨论的单调性． 【题型3】讨论含参函数的单调区间（有效部分为2次不能分解因） 解题技巧 若导函数为含参不可因式分解的二次函数，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域讨论. 【例题1】已知函数．讨论的单调性 【巩固练习1】已知函数.讨论的单调性． 【巩固练习2】（23-24高二下·广东江门·期中）已知函数． (1)若，求函数的零点;(2)讨论函数的单调性. 【题型4】不等式证明 解题技巧 利用导数证明或判定不等式问题,通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系 典型例题 【例题1】（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性；(2)证明：当时，． 【例题2】（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间；(2)当时，证明：当时，恒成立． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）已知函数 (1)讨论函数的极值点个数；(2)证明：当时，. 【巩固练习2】（23-24高二下·广东深圳·阶段练习）已知函数 (1)讨论函数的极值点个数；(2)证明：当时，. 【巩固练习3】已知函数. (1)讨论的单调性；(2)证明：当时，. 【巩固练习4】已知函数，为自然对数的底数. (1)试判断函数的零点个数并说明理由；(2)证明：. 【巩固练习5】已知函数（e为自然对数的底数，）. (1)讨论的单调性；(2)证明：当时， 【题型5】恒成立问题 解题技巧 两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 典型例题 【例题1】（2025·安徽·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 【例题2】（2024·江苏南通·二模）已知函数，，. (1)求函数的单调区间；(2)若且恒成立，求的最小值. 【例题3】（2020·山东·高考真题）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·吉林·二模）已知函数（为自然对数的底数）. (1)求函数的单调递减区间； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 【巩固练习2】（2025·云南昭通·一模）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)若对于任意，都有成立，求的取值范围． 【巩固练习3】已知． （1）讨论函数的单调性． （2）设，若在时恒成立，求实数的取值范围． 【巩固练习4】（23-24高二下·重庆·期末）已知函数. (1)若关于的方程有且只有一个实数根，求实数的取值范围； (2)若关于的不等式对恒成立，求实数的取值范围. 【巩固练习5】已知函数，其中． (1)若函数在处取得极值，求实数a； (2)若函数在上恒成立，求实数a的取值范围． 【题型6】讨论零点个数 解题技巧 利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 典型例题 【例题1】设函数 (1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)讨论函数在区间上零点的个数. 【例题2】（23-24高二下·四川攀枝花·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积； (2)讨论函数的零点个数. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数． (1)若在处取得极小值，求实数的取值范围；(2)讨论的零点个数． 【巩固练习2】（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）已知函数，. (1)若，求曲线在处的切线方程，(2)当时，试讨论函数的零点个数. 【巩固练习3】（23-24高二下·广东东莞·期中）已知. (1)求的单调区间，并求其极值；(2)画出函数的大致图象； (3)讨论函数的零点的个数. 【题型7】由零点个数求参数范围 解题技巧 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. 典型例题 【例题1】（2025·福建福州·模拟预测）已知定义在上的函数. (1)若，判断是否存在极小值点，并说明理由； (2)若存在两个零点，求的取值范围. 【例题2】（2020·全国I卷·高考真题）已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2025·山东临沂·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在上恰有两个零点，求的取值范围. 【巩固练习2】已知函数. (1)求的极值：(2)若有两个零点，求a的取值范围. 【巩固练习3】已知函数． (1)当，求的单调区间；(2)若有三个零点，求的取值范围． 【题型8】极值与极值点的相关证明与计算 典型例题 【例题1】（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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． 【例题2】（2025·黑龙江·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有极小值，且的极小值小于，求实数的取值范围． 【例题3】（2025·陕西西安·二模）已知函数． (1)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (2)若是函数的极值点，求证：． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·云南德宏·期末）已知函数． (1)若函数在处的切线与直线垂直，求实数a； (2)若函数有极大值，且极大值不大于0，求实数a的取值范围． 【巩固练习2】（24-25高二上·重庆渝中·期末）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； (3)若在区间上存在极值，且此极值小于，求实数的取值范围． 【巩固练习3】（2025·全国·模拟预测）已知函数. (1)若函数在处的切线与直线垂直，求实数的值； (2)若函数有极大值，且极大值不大于0.求实数的取值范围； 【巩固练习4】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)若，讨论的单调性； (2)若，对任意，都有，同时在上存在两个极值点m，n，求的取值范围. 【题型9】能成立问题 典型例题 【例题1】（2024·西藏拉萨·二模）已知函数. (1)当时，求函数的最值； (2)若方程在上有解，求实数的取值范围. 【例题2】（2025·辽宁·模拟预测）已知函数的图象的一条切线方程是. (1)求；(2)若关于的不等式有解，求的取值范围. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·山东青岛·期末）已知函数 ． (1)求函数 在 上的最大值和最小值； (2)若不等式 有解，求实数 的取值范围. 【巩固练习2】（2025·山东菏泽·一模）已知函数. (1)求的单调区间；(2)当时，存在，使得，求a的取值范围. 【巩固练习3】（23-24高二下·四川眉山·期末）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若存在，使，求的取值范围． 【题型10】切线与公切线问题 典型例题 【例题1】（24-25高二上·湖南郴州·期末）已知函数（为常数）在处的切线与直线垂直． (1)求的值； (2)已知点是函数图象上的一点，求点到直线的距离的最小值． 【例题2】（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数. (1)求曲线过点处的切线； (2)若曲线在点处的切线与曲线在处的切线平行，求的值. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知函数. (1)试讨论函数的单调性；(2)若直线与相切，求实数的值. 【巩固练习2】（2024·河南·模拟预测）已知函数的一个极值点为． (1)求的值；(2)若过点可作曲线的三条不同的切线，求实数的取值范围． 【题型11】双变量问题 典型例题 【例题1】（23-24高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知函数，，. (1)当时，求函数的最小值； (2)若直线是曲线的切线，求证：对任意的，都有. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（24-25高二下·浙江杭州·开学考试）已知函数，其中，为自然对数的底数. (1)求的单调区间； (2)设且，请判断与的大小，并证明. 【巩固练习2】（23-24高二下·浙江·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若关于的方程有两根（其中）， ①求的取值范围； ②当时，求的取值范围. 【题型12】分类表示函数的最值 典型例题 【例题1】（23-24高二下·重庆·期末）已知二次函数满足且. (1)求的解析式;(2)设，，求函数的最小值. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数. (1)若，求在区间上的最大值；(2)求在区间上的最小值. 【巩固练习2】（23-24高二下·浙江金华·期末）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值的表达式； 【题型13】隐零点问题 解题技巧 隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题. 1、隐零点就是指一个函数可以判断它在某个区间上有一个零点，但是这个零点具体是什么却无法计算或根本不需要计算，只需利用它的存在去解答题目. 2、在求解函数问题时，很多时候都需要求函数在区间I上的零点，但所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数在区间I上存在唯一的零点（例如，函数在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是(因为不易求出，所以把零点叫做隐零点)，而后解答就可继续进行，实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法. 知识点01 利用“隐零点”研究极（最）值问题 要点诠释：在利用“隐零点”研究极(最)值问题时,往往利用零点的存在性,对函数的零点设而不求,通过整体代换、构造函数等,再结合题目条件解决问题. 知识点02 利用“隐零点”确定参数取值范围 利用“隐零点”确定参数取值范围的方法：确定函数的单调性和极值点、利用极值点处导数值为零的条件表达参数、代入极值的保号性求出的范围、最后根据的范围和参数表达式求出参数的取值范围. 要点诠释：在求解参数范围时，需要根据求出的最值范围对零点的范围进行调整，以确保求出的参数范围准确.如果隐零点的限定范围合适，无需再缩小隐零点的范围，否则无法准确判断出参数的最大或最小值. 知识点03 利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题 要点诠释：利用“隐零点”解答不等式恒成立（证明）问题，关键在于通过设定隐零点，利用函数的单调性、极值等性质，结合不等式的性质进行解决问题.主要策略包括： ①‌运用隐零点式替换‌，简化函数表达式：通过设置隐零点，将复杂的函数表达式转化为更易于处理的形式，如通过替换幂和对数式等，简化问题的求解过程. ②‌借助隐零点搭桥‌，协助描绘函数性态：通过隐零点的设定和分析，可以更好地理解函数的单调性、极值等性质，从而协助解决问题. 典型例题 【例题1】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若当时，恒有，求实数的取值范围． 【例题2】（23-24高二下·湖北武汉·期末）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的最大值； (3)证明：.（参考数据：） 【例题3】（23-24高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)试讨论函数的单调性； (3)当时，不等式恒成立，求整数a的最大值． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高二下·湖南岳阳·期末）已知函数，其中. (1)若，求在处的切线方程； (2)当时，设.求证：存在极小值点. 【巩固练习2】（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数． (1)讨论在区间上单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围． 【巩固练习3】（23-24高二下·广东佛山·期末）已知函数，. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：函数在区间内有且只有一个极值点； (3)证明：. 综上，，即. 【巩固练习4】（23-24高二下·浙江金华·期末）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值的表达式； (3)若函数有两个零点，求实数的取值范围. 模块二 极值点偏移问题 解题技巧 极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择. 极值点偏移解题套路 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 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 类型1：极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法： ①构造， ②确定的单调性， ③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系， ④利用的单调性即可得到或. 类型2：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 极值点偏移问题的一般形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 类型3：比值代换法 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值（一般用表示）表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 类型4：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. 【题型14】加法型 典型例题 【例题1】（23-24高二下·江苏扬州·期末）已知函数. (1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，求证：. 【例题2】（23-24高二下·重庆·期末）已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：． 【例题3】（23-24高二下·湖北武汉·期中）设函数． (1)求函数的单调区间； (2)若有两个零点，， ①求a的取值范围；②证明：． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围；(2)证明：． 【巩固练习2】（23-24高二下·广东佛山·期末）已知函数，证明： (1)在上单调递减，在上单调递增； (2)若的两个零点为，，则 （i）；（ii）. 【巩固练习3】（23-24高二上·江苏镇江·阶段练习）已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围；(2)证明：． 【巩固练习4】（23-24高二下·湖北十堰·期末）已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的最大值； (2)讨论的单调性； (3)若在上单调递增，且存在且，使得，证明：． 【题型15】乘积型 典型例题 【例题1】已知函数 (1)求函数单调区间； (2)设函数，若是函数的两个零点， ①求的取值范围；②求证：． 【例题2】（2024·广东湛江·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数. (1)证明：. (2)若函数，若存在使，证明：. 【巩固练习2】已知函数（）． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有两个零点，． （i）求实数a的取值范围；（ii）求证：． 【巩固练习3】已知函数． (1)求证：当时，； (2)已知e为自然对数的底数，求证：，． 【题型16】比值换元 典型例题 【例题1】已知函数. (1)当时，求函数的零点个数. (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数． (1)若，讨论的单调性． (2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根． （i）求的取值范围；（ii）求证：． 【巩固练习2】（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)设，是的两个零点，，证明：. 模块三 数列型函数不等式证明 【题型17】对数型函数放缩后累加 典型例题 【例题1】（2025·陕西咸阳·一模）已知函数． (1)若，求a的值； (2)设，求证：． 【例题2】（2025·甘肃兰州·一模）已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)证明：； (3)若数列满足，证明：（e为自然对数的底）． 【例题3】（2025·云南大理·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)求证：，. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数，，的图象的一条切线的方程为.. (1)求；(2)当，时，证明：. 【巩固练习2】（2025·四川资阳·模拟预测）已知正项数列满足，，记…， (1)证明是等差数列；(2)求数列的通项公式；(3)证明 【巩固练习3】（23-24高二下·湖北武汉·期末）帕德近似是法国数学家亨利･帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：且满足：. 注：. 已知函数在处的阶帕德近似. (1)求的表达式； (2)记，当时，证明不等式； (3)当，且时，证明不等式. 【巩固练习4】已知函数. (1)若，判断函数的单调性，并说明理由； (2)若时，恒成立. （i）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：，. 【题型18】指数型函数放缩后累乘 典型例题 【例题1】已知函数，． (1)若恒成立，求实数的取值集合； (2)设为整数，若对任意正整数都有，求的最小值． 【题型19】其它放缩 典型例题 【例题1】（2025·广西·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：． 【题型20】两次放缩 【例题1】已知函数. (1)若不等式在区间内恒成立，求实数的取值范围； (2)求证：（为自然对数的底数） 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知函数． (1)求函数的图象在处的切线方程； (2)若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)设，证明：． 13 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$高二下 导数解答题专练 2025 20类题型 1 导数解答题专练 导语：近 高考中，导数题的考查 与 发生 著变化。以 2024 新高考 II卷 2023 新高考 I卷为 ，导数题 为试卷的第二、第三大题出现，且题目结 与解题思路趋于 规化。这表 导 数题已 离“压轴题”定 ，成为中等生可 的 点。 一、 题特点 1.题目 移：2024新高考 II卷导数题为 2大题，2023新高考 I卷为 3大题， 级 。 2.考查结 规： 及函数类 多为教 见变 （如多项 、 函数），无复 . 一问 重单一讨论（如单 、 ），计 步骤 化. 二问证 题多 用 准方法（ 函数法、不 放 ）， 路可 . 二、备考策略建议 1. 整认知， 免放 ： 导数题不再固定为压轴 题，放 可能导致失 。 近 模拟卷中，导数题 多对 中 题， 纳入 规训练。 2.聚焦 考模 ： 握高频题 （如 定、 成立问题、零点证 ）。 3.规 步骤，规 失误：讨论 类 件， 辑清 ，证 题 先 试“ 函数 +导数 号 ” 的固定 。 模块一导数常规题 (18~20题难度) 【题 1】讨论单 区间 ( 效部 为 1次) 【题 2】讨论单 区间 (2次能因 解) 【题 3】讨论单 区间 (2次不能 解因) 【题 4】不等 证 【题 5】恒成 问题 【题 6】讨论零点个数 【题 7】由零点个数 参数 围 【题 8】 值与 值点的相关证 与计算 【题 9】能成 问题 【题 10】 线与公 线问题 【题 11】双变 问题 【题 12】 类表示函数的 值 【题 13】 零点问题 模块二极值点偏移问题 【题 14】 法 【题 15】乘积 【题 16】比值 元 模块三数列型函数不等式证明 【题 17】对数 函数放 【题 18】 数 函数放 乘 【题 19】其它放 【题 20】两次放 导数题的“去压轴化”为中 生提 了重要 。 过系统训练 考题 、规 解题步骤，可 著 提升该模 的 效率。建议考生结 题与模拟题，针对 ， 免战略 失 。 注：讲义中可 历 题及变 训练题， 化学生实战能 。 2 模块一 导数常规题 (15~17题难度) 【题型 1】讨论含参函数的单调区间 (有效部分为 1次) |技巧 用导数 断函数单 的步骤 (1) 定函数 f x 的定义域； (2) 出导数 f ′ x 的零点； 先讨论零点无 义或不 定义域内的 况，此时 f ′ x 的正负 定的，即 f x 单 零点 定义域内时，用 f ′ x 的零点 f x 的定义域 为若 个区间， 表给出 f ′ x  区间 上的正负，由此 出函数 y = f x  定义域内的单 1 已知函数 .讨论函数 f (x)的单 性； 1 (23- 24高二下· 州· )已知函数 ，a∈ R． (1)当 时，求 f x  处的 线方程；(2)讨论 f x 的单 性． 3 【题型 2】讨论含参函数的单调区间 (有效部分为 2次能因式分解) |技巧 这类题 多 要讨论五种 况，具 步骤如下： 一步： f (x)的定义域 二步： 出 f (x)， 三步：令 f (x) = 0，因 解 出其 2个 ，一个 参一个不 参 四步：先讨论 参的 不 定义域内或无 义的 况，此时 f (x)只 一个 点 五步：论 参的 定义域内， 3种 况讨论两个 之间的大 关系，令 f (x) > 0， 解出 x的取 围， 函数的 区间；令 f (x)< 0，解出 x的取 围， 函数的减区间． 注 ：若一个函数具 相 单 的区间不只一个， 这些单 区间不能用“∪”、“或”连 ，而 用“ ”、“，” . 1 已知 ， f (x)的单 减区间. 2 (23- 24高二下· 无锡· 段练习)已知函数 ． (1) 时， 函数的 值；(2)讨论函数 f (x)的单 性． 4 1 (2025· 西萍乡·一模)已知函数 ，其中 . (1)若 的图 处的 线经过点 ，求 a的值；(2)讨论 的单 性. 2 已知函数 ，讨论函数 f x 单 性. 3 已知函数 ，讨论函数 f x 的单 性. 5 4 (23- 24高二下· 南 · )已知函数 ， ， ， (1)设曲线 处的 线为 ，若 与曲线 相 ，求 ； (2)设函数 ，讨论 的单 性． 【题型 3】讨论含参函数的单调区间 (有效部分为 2次不能分解因) |技巧 若导函数为 参不可因 解的二次函数， 要 过 断 的 况，然 再 定义域讨论. 1 已知函数 ．讨论 g x 的单 性 6 1 已知函数 .讨论 f x 的单 性． 2 (23- 24高二下· 东 门· 中)已知函数 ． (1)若 ，求函数 f (x)的零点;(2)讨论函数 f (x)的单 性. 7 【题型 4】不等式证明 |技巧 用导数证 或 定不 问题, 要 新函数， 用导数 函 数的单 与 ( )，从而 出不 关系 1 (2023·新课 Ⅰ卷·高考 题)已知函数 ． (1)讨论 的单 性；(2)证 ： 时， ． 2 (2024·全国甲卷·高考 题)已知函数 ． (1) 的单 区间；(2) 时，证 ： 时， 恒成 ． 1 (23- 24高二下· 东深 · 段练习)已知函数 (1)讨论函数 的 值点个数；(2)证 ：当 时， . 8 2 (23- 24高二下· 东深 · 段练习)已知函数 (1)讨论函数 f x 的 值点个数；(2)证 ：当 时， . 3 已知函数 . (1)讨论 f x 的单 性；(2)证 ：当 时，f x ≤ 2a2- 2a. 4 已知函数 ，e= 2.71828⋯为自然对数的 数. (1)试 断函数 f (x)的零点个数 说 理由；(2)证 ：f (x)≥ x- 3lnx. 9 5 已知函数 (e为自然对数的 数，e= 2.71828⋯). (1)讨论 f x 的单 性；(2)证 ：当 时， 【题型 5】恒成立问题 |技巧 两招 解不 的 成立问题 (1) 离参数法 第一步： 原不等 离参数，转化为不 参数的函数的 值问题； 第二步： 用导数 该函数的 值； 第三步： 要 所 围． (2)函数思想法 第一步： 不等 转化为 参数的函数的 值问题； 第二步： 用导数 该函数的 值； 第三步： 建不等 解． 1 (2025·安 ·模拟预 )已知函数 . (1) 时， 函数 的单 区间； (2)若对任 ， 恒成 ， 实数 的取值 围. 10 2 (2024· 南 ·二模)已知函数 ， ， . (1) 函数 的单 区间；(2)若 且 恒成 ， 的 值. 3 (2020· 东·高考 题)已知函数 ． (1) 时， 曲线 y= f x  点 1, f 1  处的 线与两 轴围成的三角 的 积； (2)若不等 f x ≥ 1恒成 ， a的取值 围． 1 (2025· ·二模)已知函数 ( 为自然对数的 数). (1)求函数 的单 减区间； (2)若不 式 上恒成立，求实数 的取值 围. 11 2 (2025·云南 ·一模)已知函数 ． (1)若 ，求函数 的单 区间； (2)若对于任意 ，都 成立，求 的取值 围． 3 已知 ． (1)讨论函数 f x 的单 性． (2)设 h x =max f x ,g x  ，若 x∈ 0,+∞ 时恒成立，求实数 的取值 围． 12 4 (23- 24高二下· · )已知函数 . (1)若关于 的方程 f x = k 且只 一个实数根，求实数 的取值 围； (2)若关于 的不 式 对∀ x∈ 12 ,2    恒成立，求实数 的取值 围. 5 已知函数 f x = lnx+ ax ，其中 ． (1)若函数 f x  处取得 值，求实数 a； (2)若函数 f x ≥ 1 1,+∞ 上恒成立，求实数 a的取值 围． 13 【题型 6】讨论零点个数 |技巧 用导数解决函数零点问题的方法： (1)直 法：先对函数 导， 导数的方法 出函数的单 区间与 值， 函数的基 性质 出图 ，然 问题转化为函数图 与 轴的交点问题， 出导数的工具 用， 现了转化与化 思想、 数 结 思想 类讨论思想的 用； (2) 新函数法： 问题转化为 两函数图 的交点问题； (3)参变 离法：由 离变 出 ， 问题等价转化为直线 与函数 的图 的交点问题. 1 设函数 (1) 时， 曲线 f x  处的 线方 ；(2)讨论函数 f x  区间 上零点的个数. 2 (23- 24高二下·四川攀 · )已知函数 . (1) 时， 曲线 点 处的 线与两 轴围成的三角 积； (2)讨论函数 的零点个数. 14 1 (2024· 东 州·模拟预 )已知函数 ． (1)若 处取得 值，求实数 的取值 围；(2)讨论 的零点个数． 2 (23- 24高二下· 东东 · 段练习)已知函数 ， . (1)若 ，求曲线 处的 线方程，(2)当 时，试讨论函数 的零点个数. 3 (23- 24高二下· 东东 · 中)已知 . (1)求 f (x)的单 区间， 求其 值； (2)画出函数 f (x)的大致图 ； 15 (3)讨论函数 g(x) = f (x) - a+ 1的零点的个数. 【题型 7】由零点个数求参数范围 |技巧 导函数中 用的两种 用的转化方法： 一 用导数 参函数的单 ， 化为不 成立问题.注 类讨论与数 结 想的 用；二 函数的零点、不 证 转化为函数的单 、 ( ) 问题处理. 1 (2025·福建福州·模拟预 )已知定义 上的函数 . (1)若 ， 断 存 值点， 说 理由； (2)若 存 两个零点， 的取值 围. 16 2 (2020·全国 I卷·高考 题)已知函数 . (1) 时，讨论 f (x)的单 性；(2)若 f (x) 两个零点， 的取值 围. 1 (2025· 东临 ·一模)已知函数 . (1)求曲线 点 处的 线方程； (2)若函数 上恰 两个零点，求 的取值 围. 2 已知函数 . (1)求 f x 的 值：(2)若 f x  两个零点，求 a的取值 围. 17 3 已知函数 ． (1)当 ，求 f x 的单 区间；(2)若 f x  三个零点，求 的取值 围． 【题型 8】极值与极值点的相关证明与计算 1 (2024·新课 Ⅱ卷·高考 题)已知函数 ． (1) 时， 曲线 点 处的 线方 ； (2)若 值，且 值 于 0， a的取值 围． 2 (2025·黑 ·一模)已知函数 ． (1) 时， 曲线 点 处的 线方 ； (2)若函数 值，且 的 值 于 ， 实数 的取值 围． 18 3 (2025· 西西安·二模)已知函数 ． (1)若 对任 的 恒成 ， 实数 的取值 围； (2)若 函数 的 值点， 证： ． 1 (24- 25高三上·云南 宏· )已知函数 ． (1)若函数 处的 线与直线 直，求实数 a； (2)若函数 大值，且 大值不大于 0，求实数 a的取值 围． 19 2 (24- 25高二上· 中· )已知函数 ． (1)当 时，求曲线 点 处的 线方程；(2)讨论 的单 性； (3)若 区间 上存 值，且此 值 于 ，求实数 的取值 围． 3 (2025·全国·模拟预 )已知函数 . (1)若函数 处的 线与直线 直，求实数 的值； (2)若函数 大值，且 大值不大于 0.求实数 的取值 围； 20 4 (2025· 州·模拟预 )已知函数 ，其中 ，e为自然对 数的 数. (1)若 ，讨论 的单 性； (2)若 ，对任意 ，都 ， 时 上 存 两个 值点m，n，求 的取值 围. 【题型 9】能成立问题 1 (2024·西藏拉萨·二模)已知函数 f x = xex+ ax2+ 1. (1) a= 0时， 函数 f x 的 值； (2)若方 f x = ex+ 1 x∈ 1,3 上 解， 实数 a的取值 围. 21 2 (2025·辽宁·模拟)已知函数 的图 的一 线方 . (1) ；(2)若关于 的不等 解， 的取值 围. 1 (24- 25高三上· 东 · )已知函数 f x = lnx- 12 x 2 ． (1)求函数 f x  12 ,4    上的 大值 值； (2)若不 式 f x > 2-a x2 解，求实数 a的取值 围. 2 (2025· 东 泽·一模)已知函数 f x = aex- x. (1)求 f x 的单 区间；(2)当 a> 0时，存 x∈ -1,1 ， 得 f x  ≥ 2，求 a的取值 围. 22 3 (23- 24高二下·四川 · )已知函数 f x =-ax2+ lnx a∈R ． (1)当 a= 1时，讨论 f x 的单 性；(2)若存 x∈ 1,+∞ ， f x >-a，求 a的取值 围． 【题型 10】切线与公切线问题 1 (24- 25高二上· 南郴州· )已知函数 f (x) = axlnx+ 3(a为 数) x= 1处的 线与直 线 x+ 2y= 0 直． (1) a的值； (2)已知点 P 函数 f (x)图 上的一点， 点 P 直线 2x- y- 4= 0的距离的 值． 2 (23- 24高二下· 州· 段练习)已知函数 f x =-x3+ x+ 1,g x = e-2x+1. (1) 曲线 y= f x 过点 1,1 处的 线； (2)若曲线 y= f x  点 1,1 处的 线与曲线 y= g x  x= t t∈R 处的 线 行， t的值. 23 1 (24- 25高三上· · 段练习)已知函数 f x = ex- ax- 1. (1)试讨论函数 f x 的单 性；(2)若直线 y= 2x与 y= f x 相 ，求实数 a的值. 2 (2024· 南·模拟预 )已知函数 f x = x3+ ax a∈R 的一个 值点为 x= 1． (1)求 a的值；(2)若过点 3,m 可 曲线 y= f x 的三 不 的 线，求实数m的取值 围． 【题型 11】双变量问题 1 (23- 24高二下· )已知函数 ， ， . (1) 时， 函数 的 值； (2)若直线 曲线 的 线， 证：对任 的 ，都 . 24 1 (24- 25高二下· 州· 学考试)已知函数 f x = e ax x ，其中 a> 0，e为自然对数的 数. (1)求 f x 的单 区间； (2)设 x1< x2且 x1x2> 0，请 断 f x2 - f x1 与 1 x2 - 1 x1 的大 ， 证 . 2 (23- 24高二下· · 中)已知函数 . (1)当 时，求 的单 区间； (2)若关于 的方程 两根 (其中 )， ①求 的取值 围；②当 时，求 的取值 围. 25 【题型 12】分类表示函数的最值 1 (23- 24高二下· · )已知二次函数 f x 满足 且 f 1 = 0. (1) f x 的解 ; (2)设 ，x∈ -2,1 ， 函数 g x 的 值 . 1 已知函数 g x = alnx+ x2- a+2 x a∈R . (1)若 a= 1，求 g x  区间 1,e 上的 大值； (2)求 g x  区间 1,e 上的 值 h a . 2 (23- 24高二下· 金华· )已知函数 . (1)若 ，求曲线 点 处的 线方程； (2)求函数 区间 上的 大值 的表达式； 26 【题型 13】隐零点问题 |技巧 零点问题 对函数的零点设而不 ， 过整 代 过渡，再结 题目 件解决问题. 1、 零点 一个函数可以 断它 某个区间上 一个零点， 这个零点具 什么却无法计 或 不 要计 ，只 用它的存 去解 题目. 2、 解函数问题时， 多时 都 要 函数 f (x) 区间 I上的零点， 所述 都 以 出其准 ，导致解题过 无法继续进行时，可这 试 解：先证 函数 f (x) 区间 I上存 一的零点 ( 如，函数 f (x) 区间 I上 单 函数且 区间 I的两个端点的函数 号时 可证 存 一的零 点)，这时可设出其零点 x0(因为 x0不 出，所以把零点 x0叫 零点)，而 解 可继续进行， 实 上，此解法类 于解 几 中“设而不 ”的方法. 知识点 01 利用“隐零点”研究极 (最)值问题 要点诠释： 用“ 零点” ( ) 问题时, 用零点的存 ,对函数的零点设而不 , 过整 代 、 函数 ,再结 题目 件解决问题. 知识点 02 利用“隐零点”确定参数取值范围 用“ 零点” 定参数取 围的方法： 定函数的单 点、 用 点处导数 为零的 件表达参数、代入 的保号 出 x0的 围、 x0的 围 参数表达 出参数的取 围. 要点诠释： 解参数 围时， 要 出的 围对零点的 围进行 整，以 保 出的参数 围准 .如 零点的 定 围 ，无 再 零点的 围， 无法准 断出参数的 大 或 . 知识点 03 利用“隐零点”解答不等式恒成立 (证明)问题 要点诠释： 用“ 零点”解 不 成立 (证 )问题，关键 于 过设定 零点， 用函数的单 、 质，结 不 的 质进行解决问题.主要 略包括： ①‌运用 零点 替 ‌， 化函数表达 ： 过设 零点， 复 的函数表达 转化为更 于处理 的 ，如 过替 对数 ， 化问题的 解过 . ②‌ 零点 ‌，协 描绘函数 ： 过 零点的设定 ，可以更好 理解函数的单 、 质，从而协 解决问题. 1 (2025·黑 ·模拟预 )已知函数 ， ． (1) 曲线 处的 线方 ； (2)若 时，恒 ， 实数 的取值 围． 27 2 (23- 24高二下· 北武 · )已知函数 . (1) 曲线 处的 线方 ； (2)若不等 对任 恒成 ， 实数 的 大值； (3)证 ： .(参考数 ： ) 3 (23- 24高二下· 州· 段练习)已知函数 ． (1) 时， 函数 的 值； (2)试讨论函数 的单 性； (3) 时，不等 恒成 ， 整数 a的 大值． 28 1 (23- 24高二下· 南 · )已知函数 ，其中 . (1)若 ，求 y= f (x) 处的 线方程； (2)当 a∈ (0,ln2)时，设 g(x) = f (x).求证： 存 值点. 2 (23- 24高二下·福建福州· 中)已知函数 ． (1)讨论 f x  区间 上单 性；(2)若 恒成立，求实数 的取值 围． 29 3 (23- 24高二下· 东 · )已知函数 ， . (1)求曲线 点 处的 线方程； (2)证 ：函数 区间 内 且只 一个 值点； (3)证 ： . 4 (23- 24高二下· 金华· )已知函数 . (1)若 ，求曲线 点 处的 线方程； (2)求函数 区间 上的 大值 的表达式； (3)若函数 两个零点，求实数 的取值 围.