隐零点、洛必达法则 讲义-2026届高考数学一轮复习

第十三讲·隐零点，洛必达法则 学校： 姓名： 班级： 得分： 一、单选题 1.★★（本题5分）(2025高三上·安微安庆)已知函数fx)=lnx+x-2的零点为x, 则下列说法错误的是(). A.x∈(1,2) B.xoeto=e2 C.(2-x)<1 D.x<1 2.★★（本题5分）(2025高三上·长沙市周南中学·阶段练习)我们把分子、分母同 时趋近于0的分式结构称为8型，比如：当x→0时，。-1的极限即为9型.两个无穷小 0 0 之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条 件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如： =img-=mg-则四-（) 0x'0 x→ix3lnx A.0 B. C.1 D.2 二、解答题 3.★★★★（本题15分）(2025·四川成都·一模)己知函数f(x=ln(ax),a>0. (1)当a=1时，若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=x+b,证明：∫x)≤kx+b -1- (2)若f(x≤x-1e-a,求a的取值范围. 4.★★★★（本题15分）(2025高二下·山东烟台·期末)己知函数 f(x)=mxe*-Inx-1. (1)当m=1时，求曲线y=f(x)在（山f()处的切线方程； -2- (2)若f(x)≥x恒成立，求实数m的取值范围. 5.★★★★（本题15分）(2025高三上·贵州毕节·期中)己知函数 f(x)=Inx+ax+1. 若在店+ 上单调递减，求a的取值范围； (2)若不等式fx)-xe0恒成立，求a的取值范围.（参考数据：√≈1.6，ln2≈0.7） -3- 6.★★★★（本题15分）(2025高三上·湖南长沙·期末)己知函数 f(x)=x2-ax+xInx. (1)若函数f(x)在(L,f()处的切线经过点(2,1)，求a的值； (2)若f(x)+e≥0恒成立，求a的取值范围. -4- 7.★★★★（本题15分）(2025高三·河南·阶段练习)已知函数 f(x)=e*-4-Inx+x. (1)当a=1时，求曲线f(x)在点(1，f)处的切线方程： (2)当a≤0时，证明：fx>x+2. -5- 8.★★★★（本题15分）(2011·全国·高考真圈)已知函数f)=a血+，曲线 x+1 x y=f()在点(1，(I)处的切线方程为x+2y-3=0. (1)求a、b的值： (2)如果当x>0,且x1时，f>血x+,求k的取值范围。 x-1 x 9.★★★★（本题15分）（本题15分）(2021高三·全国·专题练习)已知函数 f(x)=alnx+bx(a,beR)在x=处取得极值，且曲线y=f)在点(L,f)处的切线与直线 x-y+1=0垂直. (1)求实数a,b的值； (2)若x∈[1，+o),不等式fx)≤(m-2)x-m恒成立，求实数m的取值范围. -6- 10.★★★★（本题15分）(24-25高三上·雅礼中学·期末)1696年，洛必达在他的 著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限， 算法之一为：若函数∫(x)和gx)满足下列条件： ①limf(x)=0,limg(x)=0: ②在点a的去心邻域内fx)与gx可导，且g'x)≠0； ③lim 八过=1，那么 a gx m(=1据此回答下面问题： f(x)=li a g(x xa g'x) sinr的值，并用导数的定义证明：(sinx'=cosx (①)求im 2)已知f(x)=, sinx 2+cosx (1)求函数y=∫(x的单调递减区间； (ii)若fx≤a.x对任意xe[0,+o)恒成立，求实数a的取值范围. -7 第十三讲·隐零点，洛必达法则 【知识导学】 一、隐零点 一、定义 隐零点指的是原函数存在零点，但由于函数为超越函数，无法准确计算出零点的值，因此称之为“隐零点”。在求导后，不能解出零点（但可以求范围），但题目的求解又必须利用的条件，此时就涉及隐零点问题。 二、解题思路 隐零点问题的解题思路是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。 通常可以通过估计出的范围，进而得出的范围。其中，利用对进行变形是解题的关键。 三、应用场景 隐零点是用导数判断函数单调性和求最值常规方法的补充，在高考中出现的频率很高。隐零点问题常见于以下两种题型： 1. 无参函数证明题：这类题目用放缩证明更加便捷，但也可使用隐零点法，不过需要注意的具体范围不能确定，因此对应最值的正负也不能确定。 2. 与参数范围有关的题型：这种题型没有统一的类别，主要是用参数和的等价关系来互相转化，例如已知参数范围反推的范围，或者用的范围反推参数的范围。 四、关键点 解决隐零点问题的关键点在于等量代换，选择合适的代换方式决定了运算量的大小。在具体问题中，一般有两种选择： 1. 代换参数：较为常见的方法，优点是比较通用，缺点在于运算量可能较大。 2. 选择整体代换：在对数函数与指数函数结合的问题中，“指对互换”也是一种常用的技巧。这需要考生对问题有整体的把握，充分结合问题和条件的关系，选择合适的代换方式。 二、洛必达法则 洛必达法则是微分学中的一个重要定理，是求解未定型极限的有效方法之一。该法则由法国数学家奥古斯特·德·洛必达（Guillaume François Antoine, Marquis de l'Hôpital）提出，尽管实际上是在他的老师约翰·贝恩（Johann Bernoulli）的指导下发现的。以下是对洛必达法则的详细介绍： 一、基本概念 洛必达法则主要用于求解函数极限，特别是当极限形式为“0/0”或“∞/∞”等不定型时。这些不定型极限无法直接通过代入极限的定义来求解，因此需要借助洛必达法则进行变形和计算。 二、基本原理 洛必达法则的基本原理是：在一定条件下，若函数和在某一点c的邻域内满足“0/0”或“∞/∞”的不定型，并且和可导，则可以通过对分子和分母同时求导，将原极限转化为一个新的极限。如果这个新的极限存在，且等于原极限，则可以用这个新极限来替代原极限。 三、应用条件 在应用洛必达法则时，需要满足以下两个条件： 1. 分子分母的极限都等于零（或者都为无穷大），即满足“0/0”或“∞/∞”的不定型形式。 2. 分子分母在限定的区域内分别可导。 四、使用方法 在使用洛必达法则时，需要按照以下步骤进行： 1. 检查极限形式是否满足洛必达法则的应用条件。 2. 对分子和分母同时求导。 3. 判断求导后的极限是否存在。如果存在，则直接得到答案；如果不存在，则说明此种未定式不可用洛必达法则来解决；如果不确定，即结果仍然为未定式，则在验证的基础上继续使用洛必达法则。 五、注意事项 1. 洛必达法则只能用于求解存在的极限，对于不存在的极限，不能使用洛必达法则。 2. 在使用洛必达法则时，需要注意极限的存在性，避免因为滥用洛必达法则而导致错误的结果。 3. 洛必达法则可以连续多次使用，直到求出极限为止。但在实际应用中，需要结合其他方法（如等价无穷小替换、泰勒公式等）来简化计算过程。 【题型聚焦】 【题型一·隐零点】 【例题1】★★★（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若，证明：当时，． 【例题2】★★★★（23-24高三上·江苏镇江·开学考试）已知函数（e为自然对数的底数）. (1)求函数在处的切线方程； (2)若恒成立，求证：实数. 【例题3】★★★★（2025高三上·山东淄博·阶段练习）已知函数，. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）令，若在恒成立，求整数的最大值.（参考数据：，）. 【例题4】★★★★★（2025·长郡中学·模拟预测）已知函数（，），. (1)讨论的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求的取值范围. 【题型二·洛必达法则】 【例题5】★★★（本题15分）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. 【例题6】★★★★（2022高三·全国·专题练习）已知函数，. (1)若函数是上的单调递增函数，求实数的最小值； (2)若，且对任意，都有不等式成立，求实数的取值范围. 【例题7】★★★★★（本题17分）（20-21高三上·四川乐山·阶段练习）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 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十三讲·隐零点，洛必达法则 【知识导学】 一、隐零点 一、定义 隐零点指的是原函数存在零点，但由于函数为超越函数，无法准确计算出零点的值，因此称之为“隐零点”。在求导后，不能解出零点（但可以求范围），但题目的求解又必须利用的条件，此时就涉及隐零点问题。 二、解题思路 隐零点问题的解题思路是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。 通常可以通过估计出的范围，进而得出的范围。其中，利用对进行变形是解题的关键。 三、应用场景 隐零点是用导数判断函数单调性和求最值常规方法的补充，在高考中出现的频率很高。隐零点问题常见于以下两种题型： 1. 无参函数证明题：这类题目用放缩证明更加便捷，但也可使用隐零点法，不过需要注意的具体范围不能确定，因此对应最值的正负也不能确定。 2. 与参数范围有关的题型：这种题型没有统一的类别，主要是用参数和的等价关系来互相转化，例如已知参数范围反推的范围，或者用的范围反推参数的范围。 四、关键点 解决隐零点问题的关键点在于等量代换，选择合适的代换方式决定了运算量的大小。在具体问题中，一般有两种选择： 1. 代换参数：较为常见的方法，优点是比较通用，缺点在于运算量可能较大。 2. 选择整体代换：在对数函数与指数函数结合的问题中，“指对互换”也是一种常用的技巧。这需要考生对问题有整体的把握，充分结合问题和条件的关系，选择合适的代换方式。 二、洛必达法则 洛必达法则是微分学中的一个重要定理，是求解未定型极限的有效方法之一。该法则由法国数学家奥古斯特·德·洛必达（Guillaume François Antoine, Marquis de l'Hôpital）提出，尽管实际上是在他的老师约翰·贝恩（Johann Bernoulli）的指导下发现的。以下是对洛必达法则的详细介绍： 一、基本概念 洛必达法则主要用于求解函数极限，特别是当极限形式为“0/0”或“∞/∞”等不定型时。这些不定型极限无法直接通过代入极限的定义来求解，因此需要借助洛必达法则进行变形和计算。 二、基本原理 洛必达法则的基本原理是：在一定条件下，若函数和在某一点c的邻域内满足“0/0”或“∞/∞”的不定型，并且和可导，则可以通过对分子和分母同时求导，将原极限转化为一个新的极限。如果这个新的极限存在，且等于原极限，则可以用这个新极限来替代原极限。 三、应用条件 在应用洛必达法则时，需要满足以下两个条件： 1. 分子分母的极限都等于零（或者都为无穷大），即满足“0/0”或“∞/∞”的不定型形式。 2. 分子分母在限定的区域内分别可导。 四、使用方法 在使用洛必达法则时，需要按照以下步骤进行： 1. 检查极限形式是否满足洛必达法则的应用条件。 2. 对分子和分母同时求导。 3. 判断求导后的极限是否存在。如果存在，则直接得到答案；如果不存在，则说明此种未定式不可用洛必达法则来解决；如果不确定，即结果仍然为未定式，则在验证的基础上继续使用洛必达法则。 五、注意事项 1. 洛必达法则只能用于求解存在的极限，对于不存在的极限，不能使用洛必达法则。 2. 在使用洛必达法则时，需要注意极限的存在性，避免因为滥用洛必达法则而导致错误的结果。 3. 洛必达法则可以连续多次使用，直到求出极限为止。但在实际应用中，需要结合其他方法（如等价无穷小替换、泰勒公式等）来简化计算过程。 【题型聚焦】 【题型一·隐零点】 【例题1】★★★（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若，证明：当时，． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)证明见解析 【难度】0.65 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数求函数的单调区间（不含参） 【分析】（1）由函数的解析式求得其导数，由导数求得递减区间，由导数求得递增区间； （2）将不等式进行转化，在已知条件下，所以不等式转化为，设函数，求导数，由解析式可知递增，由函数零点存在定理可知存在唯一的，使得，从而得到函数单调区间并得到函数最小值，证明函数最小值大于等于0即可得证. 【详解】（1）因为， 所以． 当时，，当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）要证明， 即证明， 因为，且，所以， 故只需证明，即． 设，则． 易知在上单调递增，且，， 所以存在唯一的，使得，即，． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以， 故原命题成立． 【例题2】★★★★（23-24高三上·江苏镇江·开学考试）已知函数（e为自然对数的底数）. (1)求函数在处的切线方程； (2)若恒成立，求证：实数. 【答案】(1) (2)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）由导数的几何意义求解； （2）用分离参数得出，令，利用导数求得其最小值，然后再由导数证明. 【详解】（1）由，定义域为， 则. 所以在处的切线l的斜率为， 又，则l的方程为. （2）恒成立， 令，则， 令，，则 所以在上单调递增，又，且， 则在上存在零点且，即. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即. ，则 又，所以， 则在上单调递增，因此 所以. 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，通常利用分离参数法分享参数，把不等式变形为形式，然后利用导数求得函数的最值，从而得出参数的范围，本题中，实际上求不出参数范围，只是要证明参数满足的条件，同样利用导数得出函数的最值，只是这个最值与变量有关，因此需要再一次利用导数得出这个最值满足题中要证的条件即可. 【例题3】★★★★（21-22高三上·山东淄博·阶段练习）已知函数，. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）令，若在恒成立，求整数的最大值.（参考数据：，）. 【答案】（1）； （2）. 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、函数单调性、极值与最值的综合应用、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）（1）当时，得到，求得，得出，且，结合直线的点斜式方程，即可求解. （2）把在转化为在恒成立，令，利用导数求得函数的额单调性，零点的存在定理得到在上递减，在上递增，从而求得，即可求得整数的最大值. 【详解】（1）（1）当时，可得，则， 可得，且， 即函数在点处的切线的斜率， 所以切线方程为，即， 函数在点处的切线方程. （2）由， 因为在恒成立，即在恒成立， 即在恒成立， 令，可得， 令，可得在上单调递增，且， 所以存在，使得， 从而在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为在恒成立，所以， 所以整数的最大值为. 【点睛】对于利用导数研究不等式的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、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，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，通常要设出导数的零点，难度较大. 【例题4】★★★★★（2025·长郡中学·模拟预测）已知函数（，），. (1)讨论的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【难度】0.15 【知识点】含参分类讨论求函数的单调区间、利用导数研究不等式恒成立问题、函数单调性、极值与最值的综合应用、用导数判断或证明已知函数的单调性 【分析】（1）求导，分与两种情况，得到函数的单调性； （2）参变分离，构造函数，利用隐零点，得到其最值，从而得到参数的取值范围. 【详解】（1），， ， 当时，令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 当时，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 综上，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）当时，不等式恒成立， 即在上恒成立， ，， 故， 令，， 则， 因为，所以恒成立，故在上单调递增， 又，， 故存在使得， 且当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， 故在处取得极小值，也是最小值， ， 故， 则的取值范围是. 【点睛】隐零点的处理思路： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 【题型二·洛必达法则】 【例题5】★★★（本题15分）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. 【答案】(1)(1)(2) 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、由函数的单调区间求参数 【详解】（1）解：,   ； 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， 当时，没有意义，由洛必达法得， ． 【例题6】★★★★（2022高三·全国·专题练习）已知函数，. (1)若函数是上的单调递增函数，求实数的最小值； (2)若，且对任意，都有不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2). 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、由函数的单调区间求参数 【分析】（1）根据题意恒成立，分离参数，结合三角函数有界性，即可求得结果； （2）对分离参数，并构造函数，利用导数判断其单调性，结合洛必达法则求解其极限，即可求得参数范围. 【详解】（1）∵函数在上单调递增， ∴恒成立，∴，即，∴， 即实数的最小值为. （2）∵，∴函数， 由（1）可得在上单调递增，故当，，即， 由对任意都成立，得恒成立. 即恒成立. ①当，恒成立； ②当，恒成立； ③当时，即：恒成立； 令，则 ∴在上单调递增； 由洛必达法则：， 故，即实数的取值范围为. 初等方法解决： ∵，∴函数，∵，∴. 对于任意，令， 则 ①当，即时，， ∴在上为单调递增函数，∴，符合题意，∴. ②当，即时，令，于是. ∵，∴，∴，∴在上为单调递增函数， ∴，即，∴. ①当，即时，， ∴在上为单调递增函数，于是，符合题意，∴. ②当，即时，存在，使得当时，有， 此时在上为单调递减函数，从而，不能使恒成立， 综上所述，实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 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． 【例题7】★★★★★（本题17分）（20-21高三上·四川乐山·阶段练习）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. 【答案】（1）增区间为，无减区间；（2）. 【难度】0.15 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】（1）由解析式知定义域为，，令，应用导数研究的单调性，进而判断的单调区间； （2）法一：将问题转化为在上恒成立，令，应用导数并结合分类讨论的方法研究的单调性，进而求的范围；法二：将问题转化为在上恒成立，令，应用导数及函数与方程思想，结合分类讨论的方法研究的单调性，求的范围；法三：分离常量法得在上恒成立，令应用导数研究的单调性，求的范围； 【详解】（1）由解析式知：的定义域为且， 令，则 ∴当时，；当时，， ∴在单调递减，在单调递增，即， ∴在上单调递增，即的增区间为，无减区间. （2）解法1：直接求导，分类讨论. 对任意，不等式恒成立等价于对任意，不等式恒成立. 令，则， 令，则，由知：， ①当，即时， 即，即在上单调递减，又， ∴时，，即在上单调递减，又， ∴时，，符合题意. ②若，即， 当时，， ∴在单调递增，即时，， 故不恒成立，不合题意. ③若，则恒成立，所以在单调递增. ∴时，，即在单调递增， 又时，，即恒成立，不合题意. 综上所述，的取值范围是. 解法2： 对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立. 令，则，记， ①当时，，此时，在单调递减，又， 所以时，，即对任意，恒成立. ②当时，，在上单调递增，又， 所以时，，即对任意，恒成立，不符合题意. ③时，不等式化为，显然不成立. ④当且时，方程的二根为，， 若，，，则在单调递增，又，所以时，，即不等式不恒成立； 若，，则在单调递增，又，所以时，，即不等式不恒成立. 综上所述，的取值范围是. 解法3：参数分离 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，所以，时，，即， 所以在单调递减.所以， 综上所述，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛： （1）由解析式确定函数定义域，应用导数研究函数的单调区间； （2）利用导数研究在某区间内不等式恒成立，综合应用分类讨论、函数与方程等思想，以及分离常量法结合极限思想，求参数范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十三讲·隐零点，洛必达法则 学校:___________姓名：___________班级：___________得分：___________ 一、单选题 1．★★（本题5分）（2025高三上·安徽安庆）已知函数的零点为，则下列说法错误的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】判断零点所在的区间 【分析】由零点存在定理及单调性确定零点，再利用零点的性质结合对数函数与指数函数性质判断各选项． 【详解】由条件知函数在其定义域内单调递增，所以其最多有一个零点，又，，于是，A正确； 所以，整理得，所以，B正确； 因，所以，于是，，C正确，D错误， 故选：D． 2．★★（本题5分）（2025高三上·长沙市周南中学·阶段练习）我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为型，比如：当时，的极限即为型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如：，则（    ） A．0 B． C．1 D．2 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】导数新定义、导数的运算法则、基本初等函数的导数公式、导数定义中极限的简单计算 【分析】利用洛必达法则直接求解即可 【详解】，故选：D 二、解答题 3．★★★★（本题15分）（2025·四川成都·一模）已知函数. (1)当时，若曲线在处的切线方程为，证明：； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数证明不等式、函数单调性、极值与最值的综合应用、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再构造函数并求出最值作答. （2）由给定不等式构造函数，结合零点存在性定理分类讨论求解不等式恒成立的a的范围作答. 【详解】（1）当时，， 依题意，曲线在处的切点为，而，有， 即曲线在处的切线方程为，记， 求导得，当时，，递增，当时，，递减， 因此，所以成立. （2）记，依题意，恒成立， 求导得，令， 则在上单调递增，又， 则，使得，即成立， 则当单调递减；当单调递增， ，由，得， 于是得，当时，令， 有在上单调递减， 而在上单调递增，即有函数在上单调递减， 于是得函数在上单调递减， 则当时，，不合题意； 当且时，由（1）中知，，有， 从而 ， 由知，因此满足， 又在上单调递增，则有，而， 所以实数的取值范围是. 【点睛】关键点睛：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. 4．★★★★（本题15分）（2025高二下·山东烟台·期末）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1)(2) 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、由导数求函数的最值（不含参）、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，再求出切点的坐标，结合点斜式方程，即可得到结果. （2）利用参变分离法，将不等式化为，构造新函数，求出其导函数及二阶导函数，依次判断导函数的正负情况，得到函数的单调性，结合隐零点知识得到的最大值，即可求出m的取值范围. 【详解】（1）解：当时，， 所以，，． 所以曲线在处的切线方程为， 整理得． （2）解：由已知得，在上恒成立， 即在上恒成立．令，， 则， 令，则，所以在上单调递增， 又因为，，所以，使得， 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 所以， 由得，，所以， 故，即的取值范围为． 5．★★★★（本题15分）（2025高三上·贵州毕节·期中）已知函数. (1)若在上单调递减，求的取值范围； (2)若不等式恒成立，求的取值范围.（参考数据：，） 【答案】(1)；(2). 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、由函数在区间上的单调性求参数 【分析】（1）根据导数的性质，结合常变量分离法进行求解即可； （2）根据导数的性质，结合函数零点存在原理、常变量分离法进行求解即可. 【详解】（1）因为 ，所以. 依题意可得对恒成立， 即对恒成立. 当时，单调递增，则，故， 所以的取值范围是； （2），即，即. 令，则. 令，则恒成立， 所以在上单调递增. 因为，， 所以，，即. 所以当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 因为，所以，. 令，则，所以在上单调递增. 因为，，所以，， 所以，即的取值范围是. 【点睛】关键点睛：构造新函数，利用函数零点存在原理，结合导数的性质是解题的关键. 6．★★★★（本题15分）（2025高三上·湖南长沙·期末）已知函数． (1)若函数在处的切线经过点，求a的值； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)(2) 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、由导数求函数的最值（不含参）、用导数判断或证明已知函数的单调性、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义得到切线斜率，得到切线方程，代入求出答案； （2）解法1：求出定义域，参变分离得到，构造，求导，结合隐零点得到单调性，得到，求出a的取值范围； 解法2：求出定义域，参变分离得到，构造，求导，得到其单调性，从而得到，得到a的取值范围. 【详解】（1），又，故， 所以函数在处的切线方程为． 又切线方程过点，所以，故． （2）解法1：的定义域为．由，得． 设，则． 又，所以． 设，当时，，函数单调递增， 又，， 所以在区间上存在，使， 所以在区间上，，函数单调递减， 在区间上，，函数单调递增， 所以． 又由，得，即，所以，即， 所以，故，即的取值范围为． 解法2：的定义域为． 由，得，故． 设，则单调递增，且． 设，则． 在区间上，，函数单调递减， 在区间上，，函数单调递增， 所以， 故，即的取值范围为． 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法， 一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件口 二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论； 三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 7．★★★★（本题15分）（2025高三·河南·阶段练习）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【难度】0.4 【知识点】零点存在性定理的应用、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、简单复合函数的导数、利用导数证明不等式 【分析】（1）把代入，求出的导数，利用导数的几何意义求出切线方程作答. （2）根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数单调性、最值情况推理作答. 【详解】（1）当时，，求导得，则，而， 则切线方程为，即， 曲线在点处的切线方程为. （2）当时，令，，求导得， 显然函数在上单调递增，令，，， 即函数在上单调递增，而， 则存在唯一，使得，即，因此存在唯一，使得， 当时，，当时，，因此函数在上递减，在上递增， 当时，，则，（当且仅当即时，取等号，故式子取不到等号） 所以当时，. 【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理. 8．★★★★（本题15分）（2011·全国·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求、的值； （2）如果当，且时，，求的取值范围． 【答案】（1）， （2）（-，0] 【难度】0.4 【知识点】已知切线（斜率）求参数、导数在函数中的其他应用、利用导数研究不等式恒成立问题、由导数求函数的最值（含参） 【详解】（1） 由于直线的斜率为，且过点，故即 解得，． （2）由（1）知，所以 ． 考虑函数，则． (i)设，由知，当时，，h(x)递减．而故当时，，可得； 当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0 从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+. （ii）设0<k<1.由于=的图像开口向下，且，对称轴x=.当x（1，）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故 (x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾． （iii）设k1.此时，（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾． 综合得，k的取值范围为（-，0] 点评：求参数的范围一般用离参法，然后用导数求出最值进行求解．若求导后不易得到极值点，可二次求导，还不行时，就要使用参数讨论法了．即以参数为分类标准，看是否符合题意．求的答案．此题用的便是后者． 9．★★★★（本题15分）（本题15分）（2021高三·全国·专题练习）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. 【答案】(1)(2) 【难度】0.4 【知识点】已知切线（斜率）求参数、利用导数研究不等式恒成立问题、根据极值点求参数 【分析】（1）根据,  求得，再根据在处取得极值，求得a，b的关系，然后由曲线在点处的切线与直线垂直求解. （2）将不等式恒成立，转化为恒成立，由时，恒成立；当时，恒成立，令，求得其最大值即可. 【详解】（1）解：,  ； 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， 当时，没有意义，由洛必达法得，． 10．★★★★（本题15分）（24-25高三上·雅礼中学·期末）1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，算法之一为：若函数和满足下列条件： ①， ②在点a的去心邻域内与可导，且 ③，那么据此回答下面问题： (1)求的值，并用导数的定义证明： (2)已知 （i）求函数的单调递减区间; （ii）若对任意恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)1，证明见解析(2)（i）,；（ii） 【难度】0.4 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数求函数的单调区间（不含参）、导数定义中极限的简单计算 【分析】（1）利用导数的新定义结合导数的定义直接求解即可；（2）（i）求导后解不等式即可；（ii）转化为不等式成立，分类求出函数的最大值即可. 【详解】（1）， 依据导数的定义： （2）（i）因为，定义域为R， 所以， 令，解之得：， 所以的单调递减区间为， （ii）因为对任意恒成立，且当时，不等式显然成立， 所以，当时，原式可转化为恒成立， 令，即， 因为， 令，， 当时，， ，在上单调递减，所以， 即时，所以在上单调递减， ，所以， 当时， 因为，所以，所以， 所以， 综上可知：实数a的取值范围为 【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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $