考点培优练02 导数综合：不等式、零点、双变量、极值点偏移与函数构造6大考点全突破（高效培优专项训练）（全国通用）2026年高考数学一轮复习高效培优系列

考点培优练02 导数的综合 考点01 利用导数研究不等式恒（能）成立问题 1 考点02 利用导数研究不等式证明问题 1 考点03利用导数研究函数的零点 7 考点04 利用导数研究双变量问题 15 考点05导数中的极值点偏移问题 20 考点06 导数中的函数构造问题 27 考点01 利用导数研究不等式恒（能）成立问题 解决不等式恒(能)成立问题，常用的方法有： (1)参数全分离 将原含参不等式等价变形成a≤f(x)这类形式，进而转化为求f(x)的最值问题.当参变分离后的函数f(x)不复杂，容易求最值时，可采用此法. (2)参数半分离 将原含参不等式等价变形成f(x)≤g(a，x)这类形式，画图分析参数a如何取值才能满足该不等式，这种方法往往需要关注切线、端点等临界状态. 注：g(a，x)表示g(x)这个函数表达式中既有a也有x，a在不等式左右两边都可以. (3)参数不分离(隐零点、端点效应). (4)特殊的方法(同构等). 1．已知，. (1)若函数在处取得极小值，求的单调递减区间； (2)在（1）的条件下，求过点且与函数图象相切的直线方程； (3)若不等式恒成立，求实数的取值范围. 【详解】（1）由，可得， 因为函数在处取得极小值，所以， 所以，解得，所以， 当时，，当时，， 所以函数在处取得极小值，所以，所以. 所以，令，得， 所以的单调递减区间为； （2）设在处的切线过点， 由（1）可得，所以， 所以在处的切线方程为， 因为切线过点，所以， 整理得，所以，解得或， 当时，切线方程为，即； 当时，切线方程为，即， 所以切线方程为或； （3）由，可得， 由不等式恒成立，所以在上恒成立， 整理得在上恒成立， 令， 所以， 令，所以，解得或（舍去）， 所以当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 所以，所以， 所以实数的取值范围为. 2．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数，证明：当时，； (3)若对任意，恒成立，求的取值范围． 【详解】（1）函数，求导得，则，又， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）由（1）知，令，求导得， 函数在上单调递增，而， 则，使得，即， 当时，；当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 因此， 函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 因此， 所以当时，. （3）对，， 令，依题意，在上恒成立，且， 求导得，令， 求导得，函数在上单调递增，， 当，即时，，函数在上单调递增， 则，函数在上单调递增，，符合题意； 当时，，而函数在的图象连续不断， 则存在，使得当时，， 于是函数在上单调递减，当时，， 因此函数在上单调递减，当时，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. 3．(25-26高三上·陕西商洛镇安县陕西镇安中学·月考)已知函数 (1)求在上的最值； (2)求的单调递减区间； (3)若，对成立，求a的取值范围． 【详解】（1），， 令，解得或， 所以当时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，，单调递增； 所以， 又， 所以在上的最大值为43，最小值为3． （2）函数定义域为， ， 令，解得， 所以的单调递减区间为． （3）因为， 所以， 由（1）知时，， 即时，， 即， 当时，令， 则，即恒成立， 又在上单调递减， 所以； 当时，恒成立，此时， 当时，令， 则，即恒成立， 又，当且仅当时取等， 所以； 又，综上，． 4．已知函数的极小值为． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，且存在，使得成立，求实数b的取值范围． 【详解】（1）因为函数， 所以，显然， 因为函数的极小值为， 所以，解得， 此时当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故极小值为，满足要求， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即； （2）由（1）知：当时，， 所以在上递增， 因为存在，使得成立，即， 所以存在，使得成立， 所以存在，使得成立，即成立， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值， 又，所以，则实数b的取值范围是. 5．(24-25高三下·甘肃白银靖远县第一中学·模拟)已知函数，且在处取得极值． (1)求m的值及的单调区间； (2)若存在，使得，求实数a的取值范围． 【详解】（1）由题设，且，即， 所以，当时，当时， 所以的递减区间为，递增区间为，即处取得极小值，满足， 综上，，的递减区间为，递增区间为； （2）由题设，即在上能成立， 令，则， 令，则， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 由时，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，则. 考点02 利用导数研究不等式证明问题 在进行放缩的时候，转化的本质就是把曲线转化为直线进行简化运算，即用直线代替曲线，在切点处曲线可以近似的用直线代替，但是随着x的变化，直线与曲线的差距越来越大，放缩的精度越来越粗糙，所以有时采用曲线来代替直线. 切线放缩证明不等式是一种常用的方法，它可以解决许多数学问题，常见的有指对切线放缩，使用切线放缩可以深入理解数学的本质. 1．(25-26高三上·四川双流中学·模拟)已知函数 (1)若是在上的增函数，求实数的取值范围. (2)若，，是的两个零点，为的一个极值点. ①设，证明：在上单调递增. ②求证：. 【详解】（1），， 则在上恒成立， 即在上恒成立， 由对勾函数性质可知，函数在单调递减， 则，故； （2）①，，则， 令，则， 则在上单调递增， 又，， 则存在使得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故有极小值点，且， 则 ， 由，则，当时，， 在上恒成立， 故在上单调递增； ②由，， 故，又，故， 又， 则存在，，使得； 则，故，， 由在上单调递增，， 则，即， 又，故， 又在上单调递增，故，即有. 2．(25-26高三上·广东部分重点中学·)已知 (1)当时，证明：对于任意，均有； (2)①若是R上的增函数，证明：； ②证明：当时，函数在上有唯一的极值点和唯一的零点，且． 【详解】（1）当时，，定义域为. 所以. 当时，；当时，， 所以在上递减，在上递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 进而对任意，均有． （2）①由，得. 因为是R上的增函数，所以在R上恒成立. 设，则. 若，则恒成立，所以在上单调递增，即在上单调递增. 因为，所以当时，；当时，. 所以在上递减，在上递增.不合题意. 若.令，则. 当时，. 设，则，所以在上递减， 存在，与是R上增函数矛盾； 当时，则，设，则. 所以在上递增，，与是R上增函数矛盾； 当时，由（1）知，所以满足要求， 综上所述，． ②由，得. 设，由①知： 当时，在上单调递减，在上单调递增. 因为，所以在恒成立，即方程在上无解. 由（1）知恒成立. 设，则，即. 所以， 因为，所以，， 所以方程在区间上存在唯一解，记为. 因为在上递增，所以方程在上存在唯一解. 综上所述，方程在上存在唯一解，且当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以函数在上存在唯一极值点. 因为，且在上递减，所以在恒成立， 所以函数在上无零点，且. 由，得. ，设， 则， 所以是增函数，因为，所以， 又，所以在上存在零点， 因为在上递增，所以函数在有唯一的零点． 综上所述，函数在有唯一的零点，且． 3．(25-26高三上·山东多校联考·)已知函数 (1)证明：. (2)若，求的取值范围. (3)证明：.（参考数据：取） 【详解】（1）证明：. 设，则，所以为增函数， 所以， 所以在上单调递增，所以. （2）解法1：等价于. 设， 则， 令，则，又， 在区间上，则函数单调递增，进而， 所以在上单调递减. 当时，，则在上单调递减， 又因为，所以恒成立. 当时，因为， 所以，则在上单调递增， 则当时，，这与矛盾，则不符合题意. 综上，的取值范围为. 解法2：因为，所以只需满足， 即. 设，则， 由（1）知，则， 则为减函数. 当时，， 由洛必达法则，得. 所以的取值范围为. （3）证明：对于，令，得， 所以. 令，得，所以. 由（2）知，当时，. 令，得，所以； 令，得，所以. 所以， 所以，即， 又，所以. 4．(25-26高三上·广东领航高中联盟·)已知函数 (1)证明：曲线在点处的切线恒过定点，并求出该定点坐标； (2)若存在使得，记的导函数为. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【详解】（1）由题意可知：函数的定义域为，且， 则，，即切点坐标为，切线斜率， 所求切线方程为，即， 令，解得， 所以切线恒过定点. （2）构建，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，所以. （i）构建，则， ①若，则，可知在内单调递增， 且，当趋近于时，趋近于， 可知在定义域内存在唯一零点， 当时，，即；当时，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则至多存在两个实数，使得，不合题意； ②若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，即， 若，则，即， 可知在定义域内单调递增，不合题意； 若，则， 当时，则； 当时，则； 可知在和内分别存在一个零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，符合题意； 综上所述：实数的取值范围； （ii）设，构建， 则， 记的导函数为，的导函数为， 且的导函数为，的导函数为， 则，且， 因为，且， 又因为， 且在内恒成立， 若，则，可得， 可知在内单调递增，则， 可知在内单调递增，则， 若，则，可知在内单调递增，不合题意； 所以； 若，由（i）可知：直线与在内存在唯一交点横坐标为， 则，由单调性可得， 可得， 因为在内单调递减，在内单调递增， 可得， ， 所以； 综上所述：. 5．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)已知函数当时，恒成立. (1)求实数的取值范围； (2)求证：（i）在上存在极值点和零点； （ii）对于（i）中的和，满足. 【详解】（1），求导可得， 观察可知在上单调递增，所以. ①当时，恒成立，所以在上单调递减，，不满足题意； ②当时，在上单调递增， 所以，使得，当时，，在上单调递减， 所以时，，不满足题意； ③当时，恒成立，所以在上单调递增，，满足题意. 综上，. （2）（i），其中， 则，， 当时，， 由知，成立， 所以在上无零点，即在上无极值点. 当时，令， 则在上单调递增，， 由知，， 所以使得，当时，，即单调递减， 所以； 当时，，即单调递增， 因为，所以，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以在上存在唯一极小值点. 故，又因为， 所以存在使得， 所以在上存在唯一零点，得证. （ii）由（i）知成立，下面证明. 由（i）知，所以， 因为在上单调递增，要证，只需要证明. 因为，所以， 由（i）知，得， 所以， 由（1）知，当时，，所以， 令，其中， 则恒成立， 所以在上单调递增，所以，即成立， 所以成立，即， 综上所述，得证. 考点03利用导数研究函数的零点 1．(25-26高三上·广东广州荔湾区·调研)已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数有三个零点，求的取值范围. 【详解】（1）当时，， 在点处的切线方程为： （2）定义域为， （i）当时，，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减； （ii）当时，则由得或， 当时，，所以在单调递增； 当时，，令得 所以在和上单调递增，在上单调递减； 当时，，令得 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述， 当时在上单调递增，在上单调递减； 当时在和上单调递增，在上单调递减； 当时在单调递增； 当时在和上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）知且， ， 记，则且， 当时，；当时 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以有，所以，等号成立当且仅当 故当时，由（2）知有且只有一个零点，舍去 当且时，， 要使得有三个零点，则，解得 所以的取值范围是 2．已知函数的图象关于点对称. (1)求的值； (2)记函数在区间上的最大值为，求及的最小值； (3)若存在实数，使得是函数的三个互异零点，求实数的取值范围. 【详解】（1）由函数的图象关于点对称， 可得，即， 整理得，解得，此时函数， 经验证：函数满足，所以. （2）由（1）知，函数，可得， 根据二次函数的性质，可得在上为单调递增函数， 当时，即，此时在上恒成立， 所以函数在为单调递增函数，所以； 当，即，此时在上恒成立， 所以函数在为单调递减函数，所以； 当且时，时，在存在， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 又由且， 当时，，此时， 当时，，此时， 综上可得，当时，；当时，， 所以，所以. （3）由函数， 可得， 因为是函数的一个零点，可得，可得， 所以， 可得 令， 因为是函数的三个互异零点， 则有两个不同的实数根，且， 则，整理得， 又由，即，即， 因为存在实数，使得是函数的三个互异零点， 所以，即 又由当时，总存在实数a使得成立， 所以实数的取值范围为. 3．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数恰有三个不同零点，求实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，， 所以， 所以切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）令，可得， 令， 函数恰有三个不同零点，则函数图象的与直线有3个不同交点， ， 令，解得或， 当时，， 当时，， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 且，， 作出函数的大致图象， 所以.    4．(25-26高三上·吉林长春吉大附中实验学校·)已知函数和. (1)若，证明：对. (2)若函数和各有两个零点，求实数的取值范围； (3)若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设和分别为和的“完美点”，比较与的大小，并说明理由. 【详解】（1）当时，， 设，， 当时，设单调递增， 当，，所以， 所以当时，单调递增， 所以，所以. （2）由，，得，， 则，的零点等价于，的零点. ，， ；， 在区间单调递增，且在单调递减， 故当时，， 当时，， 若有两个零点，则，即. ；； 函数在区间单调递增，且在单调递减， 当时，，当时，，且， 故当时在区间和各恰有一个零点. 综上的取值范围是. （3）不妨设和的两个零点分别为，和，， 则，，且，. 设，则， 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，，单调递增， 故当时，， 即，当时，，即. 故，，同理有， 故，即. 5．已知函数在处有极小值. (1)求实数的值； (2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围. 【详解】（1）因为     ， 由已知，即，或， 当时，， 所以当时，当时，当时， ∴在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 时有极小值，符合题意. 当时，， 所以当时，当时，当时， ∴在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 时有极大值，不符合题意，故舍去. ； （2）由已知有三个不同零点， 即的图像与直线有三个不同的交点， 由（1）知在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 故当时，有极大值，即， 当时，有极小值，即 ， 所以 ，. 考点04 利用导数研究双变量问题 1．(25-26高三上·陕西西安高新第一中学·三模)已知函数，记． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，对任意，存在，使得，求实数的取值范围； (3)已知，且，求证：． 【详解】（1）， 则， 当时，，此时函数在上单调递增， 当时，由，得，由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 综上知， 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知，当时，， 令，则， 则， 由，得，由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 得， 由对任意，存在，使得， 得， 即， 得， 因为，所以， 故实数的取值范围为： （3）已知，且，由（1）知，， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 则， ， 得， 得， 得， 要证，即证， 即证， 即证， 因为，所以， 即证， 即证， 即证， 令， 即证， 令， 得， 则函数在上单调递增， 得， 即得证， 故命题得证． 2．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)已知存在两个极值点，若，且，求的最小值． 【详解】（1）由函数的解析式可知， ， ①若，则恒成立，在上单调递增， ②若，则由，得或； 由，得． 在上单调递减，在和上单调递增， ③若，则由，得； 由，得． 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， 在和上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）是方程的两个根，， ，且，所以， ， 令，则． 在上单调递减， ， 的最小值为. 3．(25-26高三上·湖北华大新高考联盟·)设函数，其中为参数． (1)当时，求的单调区间． (2)求的取值范围，使得对所有实数成立． (3)设，其中为（2）中范围的右端点，记为的两个正实数解，为（2）中定义的正实数（满足）．证明：． （注：） 【详解】（1）当时， ， ， 设，则 ， 根据基本不等式（当且仅当 ，即时取等号）， 所以 ，在上单调递增，在上单调递增， ， 所以当时，，当时，0， 所以的单调递减区间为 ，单调递增区间为. （2）由于，则为偶函数，且成立， 则只需要对于，恒成立，即恒成立， 又由于，，则只需恒成立， 设， 则， 由于在单调递增， 在单调递增，所以在单调递增， ， 所以存在唯一，使得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 极小值，由于， 化简可得， 则，， 设，则时，对所有实数成立， 综上：的范围是，其中，是方程的唯一正实数解. （3）由（2）得，为的两根，且， 设，， 则， 设，， 则， ， 由在恒正且单调递增，在单调递减， 可得在单调递减， 由于则， 所以，， 所以单调递增，单调递增， 则， 所以单调递减，， 则， 而， 则， 由于，，在单调递增， 所以， 即得证. 4．已知函数，且曲线在点处的切线方程为. (1)求实数的值. (2)当时，证明：当时，. (3)当时，若存在，使得成立，证明：. 【详解】（1）. 曲线在点处的切线方程为. （2）当时，， 在上恒成立， 在上单调递增， 当时，. （3）当时，， 当时，存在成立， ， 得. 由（2）可知，当时，单调递增， ，即， ， 设， 则， 当时，，则， ， ， . 5．(25-26高三上·江苏镇江第一中学、镇江中学·)已知函数 (1)判断函数的单调性； (2)若函数与函数有相同的值域. ①求的值； ②存在实数，使得关于的方程的根为，的根为.证明：. 【详解】（1）函数的导函数为， 令，解得，令，解得， 所以函数在单调递增，在单调递减； （2）①由（1）知，即； 当时，，当时，,即函数的值域为； 对于函数则，令，解得， 当时，；当时，, 在上单调递增，在上单调递减， 则，又当时，；当时，,即函数的值域为. 由于函数与有相同的值域，则，得. ②由于的极大值点为的极大值点为e， 方程有2个互不相同的根,，有2个互不相同的根， 则；又因为，所以， 因为，且均在的单调递增区间内，所以. 同理，因为，且均在的单调递减区间内，所以. 由得，即.将和代入，可得； 又，从而. 考点05导数中的极值点偏移问题 1.极值点偏移的定义 极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移. 2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1<x2) (1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0. (2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0. (3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0. 1．(25-26高三上·上海杨浦区复旦大学附属中学·)设函数的定义域为，在上仅有一个极值点，方程在上仅有两解，分别为，且．若，则称函数在上的极值点左偏移；若，则称函数在上的极值点右偏移． (1)设，判断函数在上的极值点是否左偏移或右偏移，并说明理由； (2)设且，，，求证：函数在上的极值点右偏移； (3)设，，，求证：当时，函数在上的极值点左偏移． 【详解】（1）由零点为极值点为， 由于，所以极值点既不左偏移，也不右偏移． （2）因为，其中且， 因此在内的零点为1和． 而，， 因此在内的极值点为． 此时， 而，由于， 因为，所以，即， 则函数在上的极值点右偏移得证． （3）先考虑有两个零点，此时． 设，则， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 而当时，时， 所以结合图像， 有两解时，的取值范围是，此时的两个零点． 再考虑极值点，， 当时，有解， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 因此有唯一极值点，并且． 要证明，即证明，因为，所以， 又因为在上单调递减， 所以只需要证明， 又因为，所以只需要证明， 构造 ，由于， 则， 即在区间上单调递减，且，即在上恒有， 则， 所以原不等式得证， 因此函数在上的极值点左偏移． 解法二：由， 可得． 欲证，即证，即证． ， 不妨设，令， 于是， 此时即证：当时，． 令，求导并整理，得， 因此函数在区间上单调递增， 其值域为，而， 因此当时，，即， 从而得证，即函数在上的极值点左偏移． 2．(24-25高二下·甘肃白银普通高中改革与发展共同体·期中)定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． (2)若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 【详解】（1）由与为“契合函数”，得，使 ，令，依题意，方程有唯一解， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 当时，，时，，， 又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或， 所以实数a的取值范围是. （2）①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”， 得存在，使， 即关于的方程有两个相异正根，令函数， 求导得， 由，得，得当时，；当时，， 则函数在上递增，在上递减，则， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点， 所以b的取值范围是. ②由（1）知，当时，，令， 求导得 ， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，，， 函数在上单调递减，，因此当时，， 而，则，又，于是， 又，函数在上递减，则， 所以. 3．(24-25高三下·青海海南州部分学校·模拟)已知函数 (1)讨论函数的单调性． (2)假设存在正实数，满足． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【详解】（1）由题意知，， 令，解得， 令，解得， 故函数在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）由题意知，在上有两个不相等的实数根，即， 两边取对数，可得．记，易知在上是增函数， 故可等价于，即． 记，则，得在上单调递减，在上单调递增， 有最小值，故，即． （ii）根据题意得，不妨设． 构造函数， 则． 当时，，则，得在上单调递减， 有，即． 将代入不等式，得，又， 故， 又在上单调递增， 故，即． 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式： 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：. 4．已知函数， (1)当时，求在处的切线方程； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)若在内有两个不同零点、，求证：. 【详解】（1）当时，，则， 所以，，. 故切线方程为，即， （2）因为在上恒成立， 进而，即． 令，其中，则， 当时，，则，此时，函数单调递增， 当时，，则，此时，函数单调递减， 当时，，因为，因此， 所以，，故， 因此，实数的取值范围是. （3）因为函数在内有两个不同零点、， 则方程在内有两个根、，即， 由（2）知，当时，函数在单调递增，单调递减． 故，欲证，即证， 由于且函数在单调递减．所以只需证明， 即证，欲证，即证，即， 即证，即证，而该式显然成立， 欲证，即证，且，即证， 即证，即证，即证， 令，只需证， ， 令， 所以，即函数在上单调递增，所以，，故原不等式得证． 5．已知函数 (1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值； (2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围. (3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明. 【详解】（1）因为，所以. 所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为， 所以，解得.. （2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数， 所以在（0，+∞）上恒成立. 即恒成立.，即， 令，所以， 时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. （3） 定义域为 当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意. 当时， 在（0，）上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 函数存在两个零点的必要条件是， 即，又， 所以在（1，）上存在一个零点（）. 当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点， 综上函数有两个零点，实数a的取值范围是. 不妨设两个零点 由，所以， 所以，所以， 要证， 只需证， 只需证， 由， 只需证， 只需证， 只需证， 令，只需证， 令， ， ∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴， 即成立， 所以成立. 【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代换的技巧. 考点06 导数中的函数构造问题 函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题 把一个等式或不等式通过变形，使左右两边结构、形式完全相同，构造函数，利用函数的单调性进行处理，找到这个函数模型的方法就是同构法.同构法主要解决含有指数、对数混合的等式或不等式问题. 1．(25-26高三·上海华东师范大学第二附属中学·)已知函数及其导函数的定义域都为．若对任意，有，则称为“卓越函数”． (1)判断是否为“卓越函数”？ (2)已知为“卓越函数”，求实数的取值范围； (3)已知为“卓越函数”，且存在唯一正实数，使得，求实数的取值范围． 【详解】（1）， 则， 则当时，有， 故不是“卓越函数”； （2）， 则， 故在上恒成立， 即有在上恒成立， 令，， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故，故； （3）由为“卓越函数”，则定义域为， 且对任意，有， 则，有则， 设函数，则， ， 故在上单调递增，故， 即存在唯一正实数，使得， 令，，， 当时，，故在上单调递增， 又时，，时，， 故存在唯一正实数，使得，符合题意； 当时，当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又时，，时，， 故当时，有唯一正实数解， 由关于的函数在上单调递增， 且当时，有， 故当时，有唯一正实数解； 综上所述：实数的取值范围为或. 2．设函数，为的导函数，，是图象上不同的两点，且满足，线段AB中点的横坐标为，求证：． 【详解】，． ，在定义域上单调递增． 要证，只需证，即证①． 不妨设，注意到，由的单调性知． 构造函数， 则． 当时，，单调递减，， 从而不等式①成立，故原不等式成立． 3．(25-26高三上·安徽颍上第一中学·)已知函数，为的导函数. (1)讨论的单调性； (2)证明：； (3)若，求的取值范围. 【详解】（1）由题，， 令， 则对，， 所以在单调递减，即在单调递减. （2）令， 则对，， 所以在单调递减， 所以，即， 因为，所以， 即得证. （3）令，则， 若，则. 因为，由（1）在单调递减， 可知在单调递减，所以， 若，因为，时，， 所以，. 所以当时，，单调递增， 所以，矛盾； 若，则由在单调递减，可得， 所以在单调递减，，满足条件. 综上，的取值范围是. 4．(25-26高三上·江西宜春樟树中学·)已知函数，其中. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)当时，设的两个零点为，求证：. 【详解】（1）当时，，所以， 所以， 所以切线方程为：； （2）所以， 当时，由， 所以单调增区间为，单调减区间为； （3）当时，， 由（2）有单调增区间为，单调减区间为， 又，所以是的一个零点，不妨设， 要证，只需证， 又因为，且在上单调递减， 从而只需证即可， 又， 令， 所以，所以在上单调递增， 所以，即， 所以. 5．(25-26高三上·天津东丽区百华实验中学·)函数，. (1)若不等式，对于恒成立，求实数的取值范围； (2)若直线是曲线的一条切线，求实数的值； (3)若，对，，均有恒成立，求实数的取值范围. 【详解】（1）因为函数，不等式对于恒成立， 即对于恒成立， 当时，原不等式为，对于不能恒成立， 当时，原不等式为，对于恒成立， 则有，解不等式组得， 综上所述，实数的取值范围是. （2）已知函数，定义域为， 可得， 因为直线是曲线的一条切线，所以切线的斜率， 设切点为，根据导数的几何意义，可得， 解方程得或， 又因为函数定义域为，所以， 代入函数式得，所以切点坐标为， 因为切点在切线上，所以，解得. 所以，实数的值为. （3）若，则，所以， 设函数，则， 易知，当时，恒成立， 所以在上单调递增， 设，，则， 即， 所以恒成立，即恒成立， 即恒成立， 设，即，，恒成立， 所以在上单调递减，所以在内恒成立， 又，则， 又，所以恒成立， 令，则，， 设函数，则， 易知当时，恒成立，所以函数在内单调递减， 所以当时，函数取得最大值，， 所以. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共21页 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点培优练02 导数的综合 考点01 利用导数研究不等式恒（能）成立问题 1 考点02 利用导数研究不等式证明问题 1 考点03利用导数研究函数的零点 3 考点04 利用导数研究双变量问题 4 考点05导数中的极值点偏移问题 6 考点06 导数中的函数构造问题 8 考点01 利用导数研究不等式恒（能）成立问题 解决不等式恒(能)成立问题，常用的方法有： (1)参数全分离 将原含参不等式等价变形成a≤f(x)这类形式，进而转化为求f(x)的最值问题.当参变分离后的函数f(x)不复杂，容易求最值时，可采用此法. (2)参数半分离 将原含参不等式等价变形成f(x)≤g(a，x)这类形式，画图分析参数a如何取值才能满足该不等式，这种方法往往需要关注切线、端点等临界状态. 注：g(a，x)表示g(x)这个函数表达式中既有a也有x，a在不等式左右两边都可以. (3)参数不分离(隐零点、端点效应). (4)特殊的方法(同构等). 1．已知，. (1)若函数在处取得极小值，求的单调递减区间； (2)在（1）的条件下，求过点且与函数图象相切的直线方程； (3)若不等式恒成立，求实数的取值范围. 2．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数，证明：当时，； (3)若对任意，恒成立，求的取值范围． 3．(25-26高三上·陕西商洛镇安县陕西镇安中学·月考)已知函数 (1)求在上的最值； (2)求的单调递减区间； (3)若，对成立，求a的取值范围． 4．已知函数的极小值为． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，且存在，使得成立，求实数b的取值范围． 5．(24-25高三下·甘肃白银靖远县第一中学·模拟)已知函数，且在处取得极值． (1)求m的值及的单调区间； (2)若存在，使得，求实数a的取值范围． 考点02 利用导数研究不等式证明问题 在进行放缩的时候，转化的本质就是把曲线转化为直线进行简化运算，即用直线代替曲线，在切点处曲线可以近似的用直线代替，但是随着x的变化，直线与曲线的差距越来越大，放缩的精度越来越粗糙，所以有时采用曲线来代替直线. 切线放缩证明不等式是一种常用的方法，它可以解决许多数学问题，常见的有指对切线放缩，使用切线放缩可以深入理解数学的本质. 1．(25-26高三上·四川双流中学·模拟)已知函数 (1)若是在上的增函数，求实数的取值范围. (2)若，，是的两个零点，为的一个极值点. ①设，证明：在上单调递增. ②求证：. 2．(25-26高三上·广东部分重点中学·)已知 (1)当时，证明：对于任意，均有； (2)①若是R上的增函数，证明：； ②证明：当时，函数在上有唯一的极值点和唯一的零点，且． 3．(25-26高三上·山东多校联考·)已知函数 (1)证明：. (2)若，求的取值范围. (3)证明：.（参考数据：取） 4．(25-26高三上·广东领航高中联盟·)已知函数 (1)证明：曲线在点处的切线恒过定点，并求出该定点坐标； (2)若存在使得，记的导函数为. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 5．(25-26高三上·浙江嘉兴·一模)已知函数当时，恒成立. (1)求实数的取值范围； (2)求证：（i）在上存在极值点和零点； （ii）对于（i）中的和，满足. 考点03利用导数研究函数的零点 1．(25-26高三上·广东广州荔湾区·调研)已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数有三个零点，求的取值范围. 2．已知函数的图象关于点对称. (1)求的值； (2)记函数在区间上的最大值为，求及的最小值； (3)若存在实数，使得是函数的三个互异零点，求实数的取值范围. 3．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数恰有三个不同零点，求实数的取值范围. 4．(25-26高三上·吉林长春吉大附中实验学校·)已知函数和. (1)若，证明：对. (2)若函数和各有两个零点，求实数的取值范围； (3)若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设和分别为和的“完美点”，比较与的大小，并说明理由. 5．已知函数在处有极小值. (1)求实数的值； (2)若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围. 考点04 利用导数研究双变量问题 1．(25-26高三上·陕西西安高新第一中学·三模)已知函数，记． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，对任意，存在，使得，求实数的取值范围； (3)已知，且，求证：． 2．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)已知存在两个极值点，若，且，求的最小值． 3．(25-26高三上·湖北华大新高考联盟·)设函数，其中为参数． (1)当时，求的单调区间． (2)求的取值范围，使得对所有实数成立． (3)设，其中为（2）中范围的右端点，记为的两个正实数解，为（2）中定义的正实数（满足）．证明：． （注：） 4．已知函数，且曲线在点处的切线方程为. (1)求实数的值. (2)当时，证明：当时，. (3)当时，若存在，使得成立，证明：. 5．(25-26高三上·江苏镇江第一中学、镇江中学·)已知函数 (1)判断函数的单调性； (2)若函数与函数有相同的值域. ①求的值； ②存在实数，使得关于的方程的根为，的根为.证明：. 考点05导数中的极值点偏移问题 1.极值点偏移的定义 极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移. 2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1<x2) (1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0. (2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0. (3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0. 1．(25-26高三上·上海杨浦区复旦大学附属中学·)设函数的定义域为，在上仅有一个极值点，方程在上仅有两解，分别为，且．若，则称函数在上的极值点左偏移；若，则称函数在上的极值点右偏移． (1)设，判断函数在上的极值点是否左偏移或右偏移，并说明理由； (2)设且，，，求证：函数在上的极值点右偏移； (3)设，，，求证：当时，函数在上的极值点左偏移． 2．(24-25高二下·甘肃白银普通高中改革与发展共同体·期中)定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． (2)若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 3．(24-25高三下·青海海南州部分学校·模拟)已知函数 (1)讨论函数的单调性． (2)假设存在正实数，满足． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 4．已知函数， (1)当时，求在处的切线方程； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)若在内有两个不同零点、，求证：. 5．已知函数 (1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值； (2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围. (3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明. 考点06 导数中的函数构造问题 函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题 把一个等式或不等式通过变形，使左右两边结构、形式完全相同，构造函数，利用函数的单调性进行处理，找到这个函数模型的方法就是同构法.同构法主要解决含有指数、对数混合的等式或不等式问题. 1．(25-26高三·上海华东师范大学第二附属中学·)已知函数及其导函数的定义域都为．若对任意，有，则称为“卓越函数”． (1)判断是否为“卓越函数”？ (2)已知为“卓越函数”，求实数的取值范围； (3)已知为“卓越函数”，且存在唯一正实数，使得，求实数的取值范围． 2．设函数，为的导函数，，是图象上不同的两点，且满足，线段AB中点的横坐标为，求证：． 3．(25-26高三上·安徽颍上第一中学·)已知函数，为的导函数. (1)讨论的单调性； (2)证明：； (3)若，求的取值范围. 4．(25-26高三上·江西宜春樟树中学·)已知函数，其中. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)当时，设的两个零点为，求证：. 5．(25-26高三上·天津东丽区百华实验中学·)函数，. (1)若不等式，对于恒成立，求实数的取值范围； (2)若直线是曲线的一条切线，求实数的值； (3)若，对，，均有恒成立，求实数的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $