专题05 导数综合突破：同构、不等式与恒成立问题（培优讲义，10大题型）（全国通用）2026年高考数学二轮复习高效培优系列

专题05 导数综合突破：同构、不等式与恒成立问题 目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】隐零点的应用 【题型02】端点效应 【题型03】洛必达法则 【题型04】导数的前项和不等式 【题型05】函数的凹凸性证明不等式 【题型06】极值点偏移 【题型07】同构函数法 【题型08】证明极值点、零点的个数 【题型09】极值点、零点等之间的大小关系 【题型10】不等式放缩 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练 考向聚焦 导数综合题是高考数学压轴重点，核心考向集中在同构、放缩不等式、洛必达法则、端点效应四大模块，精准掌握其应用逻辑可快速突破难点。同构法核心是构造相同函数形式，转化不等式或等式问题，关键在于捕捉式子结构特征，避开“硬解”陷阱，适配含指数、对数的混合型命题。放缩不等式需牢记常见放缩模型（如eˣ≥x+1、lnx≤x-1），灵活调整放缩度，兼顾精度与简洁性，避免过度放缩导致解题失效。 洛必达法则用于解决导数极限型问题，核心是满足“0/0”“∞/∞”型，使用前需验证条件，规避无意义情形。端点效应聚焦区间端点，通过分析端点函数值、导数符号，预判参数范围，简化分类讨论，常用于恒成立、能成立问题的初步求解。 四大方法并非孤立，解题时需灵活融合，优先用端点效应定范围，同构、放缩转化问题，洛必达法则补全极限求解，精准把握考向，可高效突破导数综合难点。 关键能力 导数综合题是高考数学压轴题的核心，解题的关键的是熟练掌握同构、放缩不等式、洛必达法则、端点效应四大核心能力，这四大能力直接决定解题效率与准确率。同构法的关键的是精准捕捉式子结构特征，通过构造相同的函数形式，将复杂的指数、对数混合型问题转化为熟悉的函数单调性问题，有效规避硬解带来的繁琐运算与陷阱。放缩不等式需牢记eˣ≥x+1、lnx≤x-1等高频模型，关键在于灵活把控放缩幅度，结合题干条件合理放缩，既保证精度又简化运算，避免过度放缩导致解题失效。 洛必达法则主要用于解决导数中的“0/0”“∞/∞”型极限问题，解题关键是严格验证使用条件，否则会导致结果错误。端点效应的核心是聚焦区间端点，通过分析端点处的函数值、导数符号，快速预判参数取值范围，简化分类讨论的复杂度，为后续解题指明方向。解题时需将四大能力灵活融合，根据题干特征合理选择方法，才能高效突破导数综合压轴难点。 备考策略 导数综合题作为高考压轴难点，围绕同构、放缩不等式、洛必达法则、端点效应四大考点，备考需聚焦“方法落地+易错规避”，精准突破。备考核心是立足基础，先熟练掌握各方法的适用场景与核心逻辑：同构法重点练习式子结构识别，总结常见构造类型，避免盲目构造；放缩不等式牢记高频模型，结合例题练习放缩幅度把控，杜绝过度或不足放缩。 洛必达法则重点突破使用条件验证，整理易错题型强化记忆；端点效应侧重区间端点分析技巧，练习参数预判与分类讨论简化方法。备考需精选典型例题，总结同类题型解题模板，错题标注易错点，定期复盘。同时注重方法融合运用，灵活适配不同题干，通过针对性练习提升解题熟练度，高效应对导数综合备考难点。 ◇方法技巧 01 导数综合应用的常用方法 一、同构方法 同构法是导数综合题中破解指数、对数混合型不等式（或等式）的核心技巧，核心思路是将复杂式子转化为“同一函数形式”，依托函数单调性求解，关键在于精准捕捉结构特征、灵活凑配形式，常用技巧如下。 核心技巧一：精准识别常见同构模型，优先记忆等高频结构，看到相关形式可直接联想对应母函数（如），快速凑配。 技巧二：凑配“同底同构”，当式子含与时，可通过指数、对数互化（如），将式子转化为同一函数的不同自变量形式，规避复杂运算。 技巧三：灵活变形调整系数，遇到系数不一致时，可通过乘除常数、配凑系数，使左右两边结构统一，同时注意定义域适配。易错点：避免盲目凑配，先判断式子是否具备同构条件，凑配后需验证母函数的单调性，确保转化等价，可结合导数综合题典型题型强化应用，提升凑配熟练度。 二、端点效应 端点效应是导数综合题中求解恒成立、能成立、存在性问题的高效技巧，核心思路是依托“区间端点的函数性质”，快速预判参数取值范围，简化分类讨论，规避复杂运算，其常用技巧及注意事项如下，适配高考高频考法。 核心技巧一：精准定位“关键端点”，优先分析区间端点（闭区间端点、开区间端点的极限状态），计算端点处的函数值、导数符号，以此作为突破口，初步锁定参数的大致范围，减少分类讨论的层级。 技巧二：“端点验证+单调性推导”结合，预判参数范围后，不直接下结论，需结合函数导数判断区间内单调性，验证该范围是否满足题干恒成立/能成立条件，避免漏解或错解。 技巧三：灵活处理“端点无定义”情形，若区间端点处函数无意义，可通过求端点极限（结合洛必达法则简化计算），分析极限值的符号的特征，间接锁定参数范围。易错注意事项：避免仅依赖端点判断忽略区间内单调性，杜绝“端点满足即全区间满足”的误区；同时注意参数取值范围的边界验证，确保端点效应的应用等价，结合典型例题强化技巧运用，提升解题准确率。 三、放缩法 放缩法是导数中处理不等式证明、恒成立、最值问题的核心手段，核心是用简单函数逼近复杂函数，把难算的式子变容易，常用技巧如下： 1.牢记基础放缩模型 优先掌握最常用、高考最稳的两组： （当且仅当 x=0 取等） （当且仅当 x=1 取等） 这两个是绝大多数放缩题的起点。 2.常用变形技巧 指数型：、 对数型： 分式放缩：) 遇到复杂结构，优先往这几个模板上靠。 3.放缩使用原则 先松后紧：先用简单放缩定方向，不够精确再换更紧的不等式。 局部放缩：只放缩难处理的指数、对数项，保留多项式部分。 保号放缩：保证放缩前后符号一致，不改变不等号方向。 4.避坑要点 不放缩过头，否则结论会变弱； 证明不等式优先放缩，求参数范围慎用，必须验证等号与范围； 放缩后最好再求导验证单调性，确保逻辑严谨。 四、隐零点证明不等式 隐零点题型的核心：导函数零点存在但求不出具体值，用 “零点方程代换 + 整体消参” 证明不等式。 1. 基本套路（必背四步） 求导，判断单调性，证明零点存在但不可解； 设零点为，写出零点方程； 用零点方程把指数 / 对数 / 参数代换掉； 把原函数化为只含的简单函数，再求范围证不等式。 2. 常用代换技巧 含：用=⋯ 直接替换； 含：用=⋯ 整体消去； 含参数：用零点方程把参数用表示，消参再证。 3. 范围控制技巧 先锁定，再对化简后的函数用单调性估范围； 同一题中只代换一次，不乱代换，保证等价； 目标式是常数时，通常要放缩 + 隐零点配合使用。 4. 避坑要点 不强行解方程，不硬算具体值； 代换后必须是关于的初等函数； 区间端点、等号条件要单独验证。 ◇题型 01 隐零点的应用 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)求函数的单调区间； (2)证明：当时，． 典例2．已知函数的图像在处的切线的斜率为3． (1)求的值； (2)，且对恒成立，求的最大值． 求导后不判断导函数单调性，直接设零点，易漏零点存在性。 隐零点满足的等式代换不熟练，导致无法消去指数、对数。 代换后函数化简出错，把原函数最值算错。 忽略零点范围，直接放缩过度，不等式方向搞反。 书写不规范，缺少 “存在唯一零点”“设而不求” 关键语句。 最后结论只写函数值，不回扣要证的不等式。 变｜式｜巩｜固 变式1．函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，证明：. 变式2．已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)证明在内存在唯一零点； (3)若对于任意的，恒成立，求整数k的最大值． ◇题型 02 端点效应 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数. （I）当时，求曲线在处的切线方程； （Ⅱ）若当时，，求的取值范围. 典例2．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 直接用端点值代入得参数范围，忽略中间区间可能不成立。 只验端点不验单调性，误把必要条件当充要条件。 求导后不讨论参数，直接令导数≥0，范围漏解或扩大。 端点处导数为 0时，不验二阶导判断凹凸性。 区间开闭、等号是否取到判断失误，导致答案出错。 分类讨论不完整，跳步书写，被扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 变式2．设函数. （I）讨论函数的单调性； （II）当时，，求实数的取值范围. ◇题型 03 洛必达法则 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数. (1)求证：； (2)若对恒成立，求的最大值与的最小值. 典例2．极限，是微积分学中一个重要概念.有些简单函数的求极限是可以直接写出的，例如，.如果当（或）时，两个函数与都趋于零或都趋于无穷大，那么我们通常把极限叫作未定式，并分别简记为或.当（或），极限为未定式且、、存在时，有：.这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则（）. (1)使用洛必达法则，求极限； ①；②；③ (2)求极限（选择一个可用合适方式解答的式子作答，多个题目作答，以第一道作答题目计分）： ①；②；③； (3)且，，恒成立. ①直接写出解析式； ②求的取值范围. 不是 0/0 或 ∞/∞ 型直接用，导致结果错误。 连续多次洛必达前不检查类型，越算越偏。 可因式分解、等价无穷小简化，却硬洛必达，计算复杂易错。 导数求错、符号看错，是最常见失分点。 极限不存在时，误用洛必达得出错误结论。 题中直接写洛必达，部分地区阅卷会扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．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 变式2．在研究函数问题时，我们经常遇到求函数在某个区间上值域的问题，但函数在区间端点又恰好没有意义的情况，此时我们就可以用函数在这点处的极限来刻画该点附近数的走势，从而得到数在区间上的值域.求极限我们有多种方法，其中有一种十分简单且好用的方法——洛必达法则 该法则表述为：“设函数，满足下列条件： ①，； ②在点a处函数和的图像是连续且光滑的，即函数和在点a处存在导数； ③，其中A是某固定实数； 则.” 那么，假设有函数，. (1)若恒成立，求t的取值范围； (2)证明：. 变式3．洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响.洛必达法则：给定两个函数，当时，.已知函数，. (1)证明：在区间上单调递减； (2)对于恒成立，求实数的取值范围； ◇题型 04 导数的前n项和不等式 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 典例2．已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)设，． （ⅰ）讨论在内的零点个数； （ⅱ）证明：．  先求导证明函数不等式，再赋值放缩，顺序颠倒致错。  赋值时 n、k、i 对应混乱，下标写错。  放缩过度或不足，累加后达不到目标常数。  忽略首项单独验证，从第一项就放缩导致偏差。  累加时漏项、多项，裂项 / 等比求和算错。  只放缩不总结，缺少 “累加得证”“即所证” 等关键句。  不等号方向写反，逻辑链断裂 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)证明：． 变式2．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． ◇题型 05 函数的凹凸性证明不等式 典｜例｜精｜析 典例1．设函数，其中为自然对数的底数，曲线在处切线的倾斜角的正切值为． （1）求的值； （2）证明：． 典例2．设函数,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2. (1)求； (2)证明:  二阶导数求错，直接判错凹凸性，整题崩盘。  不等号方向与凹凸性对应混乱，容易写反。  忽略定义域与二阶导符号区间，乱用凹凸结论。  只记形式不理解，加权凹凸不会用，强行套错。  变量范围、等号成立条件漏写，被扣分。  不会先构造合适函数，直接硬证，走偏思路。  大题中直接用结论不推导，部分阅卷扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数在点处的切线与曲线只有一个公共点． (1)求的值； (2)求证：． 变式2．已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)证明：． ◇题型 06 极值点偏移 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数有两个不同的零点. (1)求实数的取值范围； (2)求证：. 典例2．已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则．  极值点坐标算错，导致对称点直接写错。  构造函数时代减搞反。  不判断定义域与单调区间，直接放缩致不等号反向。  忽略大小关系，逻辑不严谨。  比值换元后化简出错，变量没统一。  对数均值不等式直接用，大题未先证明被扣分。  最后未回扣或，结论不完整。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，证明． 变式2．已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 变式3．已知函数． (1)当时，求曲线过点的切线方程； (2)若函数有2个极值点，，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：． ◇题型 07同构函数法 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，恒成立，求的取值范围． 典例2．已知函数. (1)当时，求在处的切线与坐标轴围成的三角形面积； (2)若对任意的，恒成立，求的取值范围.  强行同构，式子变形不等价，定义域或范围出错。  两边结构没完全统一就用单调性，导致不等号方向错误。  忽略构造函数的单调性，直接比变量大小。  恒成立与能成立混淆，最值方向搞反。  含参时变量与参数不分，误把参数当变量。  同构后不验证等号能否取到，范围多取或漏取。  步骤跳步，缺少 “构造函数→证单调→比变量” 关键逻辑。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数． (1)讨论函数的极值点个数； (2)若恒成立，求实数a的取值范围． 变式2．已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)讨论函数的零点的个数； (3)对于任意的恒成立，求的取值范围. ◇题型 08 证明极值点、零点的个数 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 典例2．已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且.  求导计算错误，直接判错单调区间，个数全错。  只看导数为 0，不验证左右符号是否改变，误判极值点。  用零点存在定理时，缺少两点函数值异号，逻辑不完整。  忽略定义域、间断点、端点，导致区间判断失误。  含参时不分类讨论，漏解或多解。  极大极小值判断混乱，画图与结论不一致。  书写缺 “单调→找异号→得零点 / 极值点” 步骤，易扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．设函数. （1）讨论的单调性和极值； （2）证明：当时，若存在零点，则在区间上仅有一个零点. 变式2．已知函数. (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； (2)当时，证明：在内存在唯一极小值点； (3)若是负整数，且对任意的恒成立，求的最大值. 变式3．设函数 （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若函数存在两个极值点， ①求实数的范围； ②证明：. ◇题型 09 极值点、零点等之间的大小关系 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 典例2．已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：.  极值点算错，直接导致大小比较全错。  不判断单调性，仅凭导数为 0 就判定极值点与零点位置。  用零点存在定理时，函数值符号判断失误。  忽略定义域、间断点与区间端点，位置关系混乱。  含参时不分类讨论，大小关系随参数改变。  画图不规范，极值正负看错，大小关系颠倒。  缺少 “单调→定号→定位置” 三步，逻辑不严谨易扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数，． (1)求的极值； (2)当时，证明：； (3)当恰有四个零点，，，时，证明：． 变式2．已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 变式3．设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点 （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明. ◇题型 10 不等式放缩 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数． (1)已知点在函数的图象上，求函数在点处的切线方程． (2)当时，求证． 典例2．已知函数，若恒成立， (1)求实数的取值范围； (2)当时，证明：.  放缩方向搞反，直接导致证明失败。  放缩过度或不足，达不到目标不等式。  不验证首项、前几项就全放缩，结果偏差大。  裂项相消时前后余项数错，求和出错。  等比放缩时公比、首项、求和公式用错。  放缩后不回代原题结论，逻辑不闭环。  跳步省略 “累加、迭加” 关键步骤，易被扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数. (1)求在（为自然对数的底）处的切线方程； (2)证明：当时，． 变式2．已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)求证：时，． 一、解答题 1．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 2．设函数． （1）证明：在单调递减，在单调递增； （2）若对于任意，都有，求m的取值范围． 3．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． 4．已知函数 （Ⅰ）求函数的单调区间和极值； （Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时， （Ⅲ）如果，且，证明 5．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 导数综合突破：同构、不等式与恒成立问题 目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】隐零点的应用 【题型02】端点效应 【题型03】洛必达法则 【题型04】导数的前项和不等式 【题型05】函数的凹凸性证明不等式 【题型06】极值点偏移 【题型07】同构函数法 【题型08】证明极值点、零点的个数 【题型09】极值点、零点等之间的大小关系 【题型10】不等式放缩 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练 考向聚焦 导数综合题是高考数学压轴重点，核心考向集中在同构、放缩不等式、洛必达法则、端点效应四大模块，精准掌握其应用逻辑可快速突破难点。同构法核心是构造相同函数形式，转化不等式或等式问题，关键在于捕捉式子结构特征，避开“硬解”陷阱，适配含指数、对数的混合型命题。放缩不等式需牢记常见放缩模型（如eˣ≥x+1、lnx≤x-1），灵活调整放缩度，兼顾精度与简洁性，避免过度放缩导致解题失效。 洛必达法则用于解决导数极限型问题，核心是满足“0/0”“∞/∞”型，使用前需验证条件，规避无意义情形。端点效应聚焦区间端点，通过分析端点函数值、导数符号，预判参数范围，简化分类讨论，常用于恒成立、能成立问题的初步求解。 四大方法并非孤立，解题时需灵活融合，优先用端点效应定范围，同构、放缩转化问题，洛必达法则补全极限求解，精准把握考向，可高效突破导数综合难点。 关键能力 导数综合题是高考数学压轴题的核心，解题的关键的是熟练掌握同构、放缩不等式、洛必达法则、端点效应四大核心能力，这四大能力直接决定解题效率与准确率。同构法的关键的是精准捕捉式子结构特征，通过构造相同的函数形式，将复杂的指数、对数混合型问题转化为熟悉的函数单调性问题，有效规避硬解带来的繁琐运算与陷阱。放缩不等式需牢记eˣ≥x+1、lnx≤x-1等高频模型，关键在于灵活把控放缩幅度，结合题干条件合理放缩，既保证精度又简化运算，避免过度放缩导致解题失效。 洛必达法则主要用于解决导数中的“0/0”“∞/∞”型极限问题，解题关键是严格验证使用条件，否则会导致结果错误。端点效应的核心是聚焦区间端点，通过分析端点处的函数值、导数符号，快速预判参数取值范围，简化分类讨论的复杂度，为后续解题指明方向。解题时需将四大能力灵活融合，根据题干特征合理选择方法，才能高效突破导数综合压轴难点。 备考策略 导数综合题作为高考压轴难点，围绕同构、放缩不等式、洛必达法则、端点效应四大考点，备考需聚焦“方法落地+易错规避”，精准突破。备考核心是立足基础，先熟练掌握各方法的适用场景与核心逻辑：同构法重点练习式子结构识别，总结常见构造类型，避免盲目构造；放缩不等式牢记高频模型，结合例题练习放缩幅度把控，杜绝过度或不足放缩。 洛必达法则重点突破使用条件验证，整理易错题型强化记忆；端点效应侧重区间端点分析技巧，练习参数预判与分类讨论简化方法。备考需精选典型例题，总结同类题型解题模板，错题标注易错点，定期复盘。同时注重方法融合运用，灵活适配不同题干，通过针对性练习提升解题熟练度，高效应对导数综合备考难点。 ◇方法技巧 01 导数综合应用的常用方法 一、同构方法 同构法是导数综合题中破解指数、对数混合型不等式（或等式）的核心技巧，核心思路是将复杂式子转化为“同一函数形式”，依托函数单调性求解，关键在于精准捕捉结构特征、灵活凑配形式，常用技巧如下。 核心技巧一：精准识别常见同构模型，优先记忆等高频结构，看到相关形式可直接联想对应母函数（如），快速凑配。 技巧二：凑配“同底同构”，当式子含与时，可通过指数、对数互化（如），将式子转化为同一函数的不同自变量形式，规避复杂运算。 技巧三：灵活变形调整系数，遇到系数不一致时，可通过乘除常数、配凑系数，使左右两边结构统一，同时注意定义域适配。易错点：避免盲目凑配，先判断式子是否具备同构条件，凑配后需验证母函数的单调性，确保转化等价，可结合导数综合题典型题型强化应用，提升凑配熟练度。 二、端点效应 端点效应是导数综合题中求解恒成立、能成立、存在性问题的高效技巧，核心思路是依托“区间端点的函数性质”，快速预判参数取值范围，简化分类讨论，规避复杂运算，其常用技巧及注意事项如下，适配高考高频考法。 核心技巧一：精准定位“关键端点”，优先分析区间端点（闭区间端点、开区间端点的极限状态），计算端点处的函数值、导数符号，以此作为突破口，初步锁定参数的大致范围，减少分类讨论的层级。 技巧二：“端点验证+单调性推导”结合，预判参数范围后，不直接下结论，需结合函数导数判断区间内单调性，验证该范围是否满足题干恒成立/能成立条件，避免漏解或错解。 技巧三：灵活处理“端点无定义”情形，若区间端点处函数无意义，可通过求端点极限（结合洛必达法则简化计算），分析极限值的符号的特征，间接锁定参数范围。易错注意事项：避免仅依赖端点判断忽略区间内单调性，杜绝“端点满足即全区间满足”的误区；同时注意参数取值范围的边界验证，确保端点效应的应用等价，结合典型例题强化技巧运用，提升解题准确率。 三、放缩法 放缩法是导数中处理不等式证明、恒成立、最值问题的核心手段，核心是用简单函数逼近复杂函数，把难算的式子变容易，常用技巧如下： 牢记基础放缩模型 优先掌握最常用、高考最稳的两组： （当且仅当 x=0 取等） （当且仅当 x=1 取等） 这两个是绝大多数放缩题的起点。 常用变形技巧 指数型：、 对数型： 分式放缩：) 遇到复杂结构，优先往这几个模板上靠。 放缩使用原则 先松后紧：先用简单放缩定方向，不够精确再换更紧的不等式。 局部放缩：只放缩难处理的指数、对数项，保留多项式部分。 保号放缩：保证放缩前后符号一致，不改变不等号方向。 避坑要点 不放缩过头，否则结论会变弱； 证明不等式优先放缩，求参数范围慎用，必须验证等号与范围； 放缩后最好再求导验证单调性，确保逻辑严谨。 四、隐零点证明不等式 隐零点题型的核心：导函数零点存在但求不出具体值，用 “零点方程代换 + 整体消参” 证明不等式。 1. 基本套路（必背四步） 求导，判断单调性，证明零点存在但不可解； 设零点为，写出零点方程； 用零点方程把指数 / 对数 / 参数代换掉； 把原函数化为只含的简单函数，再求范围证不等式。 2. 常用代换技巧 含：用=⋯ 直接替换； 含：用=⋯ 整体消去； 含参数：用零点方程把参数用表示，消参再证。 3. 范围控制技巧 先锁定，再对化简后的函数用单调性估范围； 同一题中只代换一次，不乱代换，保证等价； 目标式是常数时，通常要放缩 + 隐零点配合使用。 4. 避坑要点 不强行解方程，不硬算具体值； 代换后必须是关于的初等函数； 区间端点、等号条件要单独验证。 ◇题型 01 隐零点的应用 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)求函数的单调区间； (2)证明：当时，． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)证明见解析 【分析】（1）借助导数的几何意义计算可得，即可借助导数的正负研究函数的单调区间； （2）原命题可转化为证明，构造相应函数后可借助导数研究其单调性，再结合零点的存在性定理可得存在，使得，从而可借助表示所构造函数的最小值，计算后即可得证. 【详解】（1）因为，所以，解得， 所以，函数的定义域为， 令，得；令，得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）由（1）得． 要证，即证，只需证， 令，其中，则， 令，则，所以在上单调递增． 因为，所以存在， 使得，可得， 当时，，即，则在上单调递减； 当时，，即，则在上单调递增， 所以， 所以，即成立． 典例2．已知函数的图像在处的切线的斜率为3． (1)求的值； (2)，且对恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求得，根据题意，得到，列出方程，求得的值. （2）根据题意，转化为对恒成立，令函数，求得，再令，求得单调递增，结合，得到，且，进而得到，即可求解. 【详解】（1）解：由函数，可得， 因为函数在处的切线的斜率为，可得， 即，解得. （2）解：由（1）知：函数， 因为对恒成立，可得对恒成立， 令，可得， 再令，可得， 所以在上单调递增， 因为， 所以在上有唯一的实数根，满足，且， 当时，，即，在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增， 所以， 因为且，所以的最大值为. 求导后不判断导函数单调性，直接设零点，易漏零点存在性。 隐零点满足的等式代换不熟练，导致无法消去指数、对数。 代换后函数化简出错，把原函数最值算错。 忽略零点范围，直接放缩过度，不等式方向搞反。 书写不规范，缺少 “存在唯一零点”“设而不求” 关键语句。 最后结论只写函数值，不回扣要证的不等式。 变｜式｜巩｜固 变式1．函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）代入，求导判断函数单调性，根据单调性求解函数的极小值 （2）要证，即证，令，求导判断单调性，求出的最小值，得证. 【详解】（1）函数的定义域为，当时，， 由，得，即在上单调递增； 由，得，即在区间上单调递减， 所以的极小值为. （2）当时，， 令，定义域为， 则，其中， 由在上单调递增，且，， 则存在，使得， 当时，，，在上单调递减； 当时，，，在上单调递增； 所以的最小值为， 由，可得，， 所以，即的最小值为0， 综上，，即得证. 变式2．已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)证明在内存在唯一零点； (3)若对于任意的，恒成立，求整数k的最大值． 【答案】(1)； (2)证明见详解； (3)3 【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式可得方程； （2）利用导数判断函数单调性，结合零点存在性定理可证； （3）参变分离，利用导数求函数的最小值，结合可得. 【详解】（1）因为，所以，又， 所以曲线在处的切线方程为，即 （2）因为，所以， 当时，，所以在内单调递增， 又，所以在内有一个零点， 所以在内存在唯一零点. （3）当时，，所以不等式， 记，则， 由（2）知，存在使得，得 且当时，，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 所以，因为，所以， 又，所以，所以整数k的最大值为3. ◇题型 02 端点效应 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数. （I）当时，求曲线在处的切线方程； （Ⅱ）若当时，，求的取值范围. 【答案】（1）（2） 【详解】试题分析：（Ⅰ）先求的定义域，再求，，，由直线方程的点斜式可求曲线在处的切线方程为（Ⅱ）构造新函数，对实数分类讨论，用导数法求解. 试题解析：（I）的定义域为.当时， ， 曲线在处的切线方程为 （II）当时，等价于 设，则 ， （i）当，时，，故在上单调递增，因此； （ii）当时，令得 . 由和得，故当时，，在单调递减，因此. 综上，的取值范围是 典例2．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)在上单调递减 (2) 【分析】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解； （2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解； 法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解. 【详解】（1）因为，所以， 则 ， 令，由于，所以， 所以， 因为，，， 所以在上恒成立， 所以在上单调递减. （2）法一： 构建， 则， 若，且， 则，解得， 当时，因为， 又，所以，，则， 所以，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 综上所述：若，等价于， 所以的取值范围为. 法二： 因为， 因为，所以，， 故在上恒成立， 所以当时，，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 当时，因为， 令，则， 注意到， 若，，则在上单调递增， 注意到，所以，即，不满足题意； 若，，则， 所以在上最靠近处必存在零点，使得， 此时在上有，所以在上单调递增， 则在上有，即，不满足题意； 综上：. 直接用端点值代入得参数范围，忽略中间区间可能不成立。 只验端点不验单调性，误把必要条件当充要条件。 求导后不讨论参数，直接令导数≥0，范围漏解或扩大。 端点处导数为 0时，不验二阶导判断凹凸性。 区间开闭、等号是否取到判断失误，导致答案出错。 分类讨论不完整，跳步书写，被扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2) 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值. （2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 变式2．设函数. （I）讨论函数的单调性； （II）当时，，求实数的取值范围. 【答案】（I）函数在和上单调递减，在上单调递增. （II）. 【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间；（2）对分类讨论，当a≥1时，，满足条件；当时，取，当0＜a＜1时，取，. 试题解析： 解（1）f ’(x)=(1-2x-x2)ex 令f’(x)=0得x=-1- ，x=-1+ 当x∈（-∞，-1-）时，f’(x)<0；当x∈（-1-，-1+）时，f’(x)>0；当x∈（-1+，+∞）时，f’(x)<0 所以f(x)在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增 (2) f (x)=(1+x)（1-x）ex 当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）ex，h’(x)= -xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而h(0)=1， 故h(x)≤1，所以f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1 当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞)单调递增，而g(0)=0，故ex≥x+1 当0＜x＜1，，，取 则 当 综上，a的取值范围[1，+∞） ◇题型 03 洛必达法则 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数. (1)求证：； (2)若对恒成立，求的最大值与的最小值. 【答案】（1）详见解析；（2）的最大值为，的最小值为1. 【详解】试题分析：（1）求，由，判断出，得出函数在上单调递减，从而；（2）由于，“”等价于“”，“”等价于“”，令，则，对分；；进行讨论， 用导数法判断函数的单调性，从而确定当对恒成立时的最大值与的最小值. （1）由得， 因为在区间上，所以，在区间上单调递减， 从而. （2）当时，“”等价于“”，“”等价于“”， 令，则， 当时，对任意恒成立， 当时，因为对任意，，所以在区间上单调递减，从而对任意恒成立. 当时 ，存在唯一的使得， 、在区间上的情况如下表： 因为在区间上是增函数，所以，进一步“对任意恒成立” ，当且仅当，即. 综上所述，当且仅当时，对任意恒成立.当且仅当时，对任意恒成立. 所以，若对恒成立，则的最大值为与的最小值1. 考点：导数法求函数的单调性，恒成立、分类讨论. 典例2．极限，是微积分学中一个重要概念.有些简单函数的求极限是可以直接写出的，例如，.如果当（或）时，两个函数与都趋于零或都趋于无穷大，那么我们通常把极限叫作未定式，并分别简记为或.当（或），极限为未定式且、、存在时，有：.这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则（）. (1)使用洛必达法则，求极限； ①；②；③ (2)求极限（选择一个可用合适方式解答的式子作答，多个题目作答，以第一道作答题目计分）： ①；②；③； (3)且，，恒成立. ①直接写出解析式； ②求的取值范围. 【答案】(1)①7，②2，③ (2)①1，②1，③1 (3)①，② 【分析】（1）先判断是否符合洛必达法则类型，再依据洛必达法则去计算即可解决； （2）将选择的式子化简结合极限的定义求解； （3）①通过求导的逆向过程求出原函数；②分析恒成立问题，转化为最值问题，利用导数求出最值得解. 【详解】（1）①对于，当时，分子，分母，属于型， ； ②对于，属于型， ； ③对于，属于型， . （2）①； ②； ③. （3）①由，则，又， ，得， . ②对，恒成立， 即， 令，则，， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即， 所以当和时，，当时，， 即在和上单调递减，在上单调递增， 又，， ，即的取值范围为. 不是 0/0 或 ∞/∞ 型直接用，导致结果错误。 连续多次洛必达前不检查类型，越算越偏。 可因式分解、等价无穷小简化，却硬洛必达，计算复杂易错。 导数求错、符号看错，是最常见失分点。 极限不存在时，误用洛必达得出错误结论。 题中直接写洛必达，部分地区阅卷会扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．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 【分析】利用洛必达法则直接求解即可 【详解】， 故选：D 变式2．在研究函数问题时，我们经常遇到求函数在某个区间上值域的问题，但函数在区间端点又恰好没有意义的情况，此时我们就可以用函数在这点处的极限来刻画该点附近数的走势，从而得到数在区间上的值域.求极限我们有多种方法，其中有一种十分简单且好用的方法——洛必达法则 该法则表述为：“设函数，满足下列条件： ①，； ②在点a处函数和的图像是连续且光滑的，即函数和在点a处存在导数； ③，其中A是某固定实数； 则.” 那么，假设有函数，. (1)若恒成立，求t的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）由题意可得恒成立，然后分三种情况，根据不等式恒成立，求出t的取值范围. （2）令，对求导，判断的单调性，求出，进而得到，结合（1），即可证明. 【详解】（1）若恒成立，即恒成立， 当时，，成立， 当时，，令， ，令， ， 当时，，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，即， 所以当时，，即单调递增， 由洛必达法则知：， 所以当时，，所以, 同理，当时，可得，所以 综上所述：t的取值范围为. （2）令，则， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，， 所以当，，即（当且仅当时，等号成立） 由（1）知，（当且仅当时，等号成立） 所以. 变式3．洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响.洛必达法则：给定两个函数，当时，.已知函数，. (1)证明：在区间上单调递减； (2)对于恒成立，求实数的取值范围； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先求函数的导函数，再结合分分别求出导函数正负得出函数单调性即可证明； （2）先把不等式恒成立转化为，再结合函数单调性得出函数值范围即可求参； 【详解】（1）， 令，则， 令，则， 若，则单调递减，单调递减，，在上单调递减， 若，则单调递增，，即 存在唯一，使得，且在上，单调递减，在上，单调递增， 且， 在区间上单调递减，且在上连续， 综上，在区间上单调递减. （2）当时，，成立.当时，由可得， 令， 由（1）可知在上单调递减，. 由洛必达法则：， . ◇题型 04 导数的前n项和不等式 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 【答案】（1）；（2）． 【详解】试题分析：（1）由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得； （2）由题意结合（1）的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为. 试题解析：（1）的定义域为. ①若，因为，所以不满足题意； ②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点. 由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1. （2）由（1）知当时，. 令得.从而 . 故. 而，所以的最小值为. 典例2．已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)设，． （ⅰ）讨论在内的零点个数； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程即可； （2）（ⅰ）对函数两次求导，根据三种情况分别讨论函数的零点个数；（ⅱ）结合（ⅰ）中的结论可得到，然后令对不等式进行化简即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以切线斜率为， 由，则曲线在处的切线方程为，即． （2）（ⅰ）因为，所以． 令，则． a.当时，因为，所以，，所以恒成立， 此时，在内无零点． b.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，所以单调递增．， 此时，在内无零点． c.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，，所以存在，使得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增． 因为，所以． 因为，所以在区间内有1个零点， 所以当时，在内的零点个数为0， 当时，在内的零点个数为1． （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，当且时，，所以， 即． 令，则， 所以，，…，， 所以．  先求导证明函数不等式，再赋值放缩，顺序颠倒致错。  赋值时 n、k、i 对应混乱，下标写错。  放缩过度或不足，累加后达不到目标常数。  忽略首项单独验证，从第一项就放缩导致偏差。  累加时漏项、多项，裂项 / 等比求和算错。  只放缩不总结，缺少 “累加得证”“即所证” 等关键句。  不等号方向写反，逻辑链断裂 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)； (3) 证明见解析. 【分析】（1）求出及，由点斜式求得切线方程； （2）由分析需满足条件，得到，再说明时不满足条件； （3）由（2）得，令可得，累加证明. 【详解】（1）当时，，，即切点坐标为， 又可得，即切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）当时，若单调递减，则满足条件， 因此需在恒成立，即在恒成立， 所以 设， 则当时，恒成立（当且仅当时取等号）， 所以在单调递增，所以， 所以，得； 当时，，， 所以存在，， 则当时，，单调递增，此时，不满足条件， 综上可知，实数的取值范围为. （3）由（2）可知，当时，在单调递减， 且时，，即， 令，则，所以， 即， 所以 . 变式2．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2) (3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. ◇题型 05 函数的凹凸性证明不等式 典｜例｜精｜析 典例1．设函数，其中为自然对数的底数，曲线在处切线的倾斜角的正切值为． （1）求的值； （2）证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得； （2）依题意即证，即，构造函数，，利用导数说明其单调性与最值，即可得到，从而得证； 【详解】解：（1）因为，所以， ，解得． （2）由（1）可得 即证． 令，，于是在上是减函数，在上是增函数，所以（取等号）． 又令，则，于是在上是增函数，在上是减函数，所以（时取等号）． 所以，即． 典例2．设函数,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2. (1)求； (2)证明: 【答案】（1）；（2）详见解析. 【详解】试题分析：（1）根据求导法则求出原函数的导函数，由某点的导数是在该点的切线的斜率，结合切线方程以及该点的函数值，将函数值和切线斜率代入原函数和导函数可求得参数值；（2）由（1 )可得的解析式，为多项式，对要证的不等式进行变形，使之成为两个函数的大小关系式，再分别利用导函数求出两函数在定义域内的最值，可证得两函数的大小关系，进而证得. 试题解析：（1）函数的定义域为， . 由题意可得，.故，. （2）证明：由（1）知，， 从而等价于. 设函数，则. 所以当，； 当时，. 故在上单调递减，上单调递增，从而在上的最小值为. 设函数，则. 所以当时，；当时，.故在上单调递增，在上单调递减，从而在上的最大值为. 综上，当时，，即. 考点：1、导数的几何意义；2、利用导数研究函数的单调性进而证明不等式恒成立. 【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的最值、不等式的恒成立和导数的几何意义，属于难题．利用导数研究函数的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数的定义域；②对求导；③令，解不等式得的范围就是递增区间；令，解不等式得的范围就是递减区间；④根据单调性求函数的极值及最值（闭区间上还要注意比较端点处函数值的大小）.本题（2）的证明过程就是利用导数分别求出在上的最小值及在上的最大值，进而得证的.  二阶导数求错，直接判错凹凸性，整题崩盘。  不等号方向与凹凸性对应混乱，容易写反。  忽略定义域与二阶导符号区间，乱用凹凸结论。  只记形式不理解，加权凹凸不会用，强行套错。  变量范围、等号成立条件漏写，被扣分。  不会先构造合适函数，直接硬证，走偏思路。  大题中直接用结论不推导，部分阅卷扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数在点处的切线与曲线只有一个公共点． (1)求的值； (2)求证：． 【答案】(1)或 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，求函数在点处的切线方程，讨论，时所求切线与已知切线建立的方程的根只有一个，即可得的值； （2）分别确定函数的单调性与最值，通过最值之间的关系证得结论. 【详解】（1）又， 则切线方程为， 当时，显然满足条件， 当时，的方程有两个相等的根， ， 综上：或． （2）由于， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， . 令， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， . 当时，. 变式2．已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先利用导数的几何意义求出切线方程，再利用切点是公共点结合斜率可求出的值； （2）将问题转化为证，然后构造函数和，分别利用导数求出的最大值和的最小值，只需即可. 【详解】（1）解：由题意得， 由切线的斜率为，得， 则切线方程为， 当时，，所以，得． （2）证明：由（1）可知， 要证，即证． 设，则． 令，则， 所以在上递减， 因为， 所以存在唯一，使得，即． 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以． 设，则． 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以． 因为（两个不等式中的等号不能同时成立），所以， 即． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是将问题转化为求两个函数的最值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. ◇题型 06 极值点偏移 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数有两个不同的零点. (1)求实数的取值范围； (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）利用导数求单调区间，结合图象可解； （2）利用单调性将问题转化为证明，然后构造差函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）的定义域为， 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值. 又当x趋近于0或时，趋于， 所以，要使有两个不同的零点，只需满足，即. 所以实数的取值范围为. （2）不妨设，由（1）可知，，则， 要证，只需证， 又在上单调递增，所以只需证，即证. 记， 则， 当时，，单调递增， 又， 所以，即. 所以. 典例2．已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 【答案】(1) (2)证明见的解析 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解； （2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证. 【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为，则 令,得 当单调递减 当单调递增， 若,则,即 所以的取值范围为 [方法二]：同构处理 由得： 令，则即 令，则 故在区间上是增函数 故，即 所以的取值范围为 （2）[方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 因为,即证 又因为,故只需证 即证 即证 下面证明时， 设， 则 设 所以,而 所以,所以 所以在单调递增 即,所以 令 所以在单调递减 即,所以； 综上,,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式 这个函数经常出现，需要掌握  极值点坐标算错，导致对称点直接写错。  构造函数时代减搞反。  不判断定义域与单调区间，直接放缩致不等号反向。  忽略大小关系，逻辑不严谨。  比值换元后化简出错，变量没统一。  对数均值不等式直接用，大题未先证明被扣分。  最后未回扣或，结论不完整。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）直接用导数求出的最大值即可； （2）构造并证明时，并对该不等式代入特殊值即可得证. 【详解】（1）首先由可知的定义域是，从而. 故，从而当时，当时. 故在上递增，在上递减，所以具有最大值. 所以命题等价于，即. 所以的取值范围是. （2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有. 在的范围内定义函数. 则，所以单调递增. 这表明时，即. 又因为，且和都大于， 故由在上的单调性知，即. 变式2．已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性； （2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出． 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为. 由得：， 当时，在上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）因为是方程的两不等实根，， 即是方程的两不等实根， 令，则，即是方程的两不等实根. 令，则，所以在上递增，在上递减，， 当时，；当时，且. 所以0，即0. 令，要证，只需证， 解法1（对称化构造）：令， 则， 令， 则， 所以在上递增，， 所以h，所以， 所以，所以， 即，所以. 解法2（对数均值不等式）：先证，令， 只需证，只需证， 令， 所以在上单调递减，所以. 因为，所以， 所以，即，所以. 【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出． 变式3．已知函数． (1)当时，求曲线过点的切线方程； (2)若函数有2个极值点，，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】(1)或． (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）先写出的表达式，根据导数几何意义、设切点坐标，表示出切线方程，代入点，即可求得切点坐标，再代入切线方程，则问题得解； （2）（ⅰ）求导，根据极值点，可分离参数得，构造函数，求其导数分析单调性，再结合题目条件确定a的取值范围； （ⅱ）根据换元法（令，），转换对数运算，再根据待证不等式，构造相应函数，分析单调性，证明时，，从而得证. 【详解】（1）当时，，， 设切点为， ∴函数在处的切线方程为， 将点代入切线方程得， ，解得或1， ∴曲线在点处的切线为，在点处的切线为； （2）（ⅰ）， ∵有2个极值点，∴方程有2根，， 令，， 在上，，单调递增，在上，，单调递减， 当时，，当时，， ，当时，， ∴a的取值范围是； （ⅱ），， 令，， 则，，且， ∴， 令，则， ∴，； 要证，即证， 即证时，， 令，则， 当时，，单调递增，， ∴时，，不等式得证． ◇题型 07同构函数法 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案详见解析 (3) 【分析】（1）由题可得切线方程斜率与切线所过点，据此可得答案； （2）分类讨论，两种情况下，的正负性可得单调区间； （3）由题可得，结合单调性，可得，最后由单调性可得答案. 【详解】（1）若，则，． 又，所以， 故曲线在处的切线方程为，即； （2）的定义域为，． 当时，，故在上单调递增； 当时，令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减； （3）由，可得， 即， 令，易知单调递增， 由，可得， 则，即． 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 所以，因此的取值范围为． 典例2．已知函数. (1)当时，求在处的切线与坐标轴围成的三角形面积； (2)若对任意的，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)函数在处的切线与坐标轴围成的三角形面积为； (2)的取值范围为. 【分析】（1）结合导数的几何意义求函数在处的切线方程，再求切线与坐标轴的交点，由此可求结论； （2）由已知当时，不等式恒成立，证明函数，的单调性，由此可得当时，恒成立，利用导数求函数，的最大值，由此可得结论. 【详解】（1）因为，， 所以， 所以函数的定义域为，，， 所以， 所以函数在处的切线方程为，即， 取，可得，所以直线与轴的交点为， 取，可得，所以直线与轴的交点为， 所以函数在处的切线与坐标轴围成的三角形面积， （2）因为， 不等式，又， 所以不等式， 由已知当时，不等式恒成立，故， 设，，则， 函数在上单调递增， 当时，，，， 所以不等式， 所以当时，恒成立， 设，，则， 令，可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以当时，， 所以. 所以的取值范围为.  强行同构，式子变形不等价，定义域或范围出错。  两边结构没完全统一就用单调性，导致不等号方向错误。  忽略构造函数的单调性，直接比变量大小。  恒成立与能成立混淆，最值方向搞反。  含参时变量与参数不分，误把参数当变量。  同构后不验证等号能否取到，范围多取或漏取。  步骤跳步，缺少 “构造函数→证单调→比变量” 关键逻辑。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数． (1)讨论函数的极值点个数； (2)若恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）通过导数的正负来判断原函数的单调性，再结合导函数的零点个数，从而可求极值点个数； （2）利用同构函数思想，把指对函数同构为，使得原不等式变为，然后再利用分离参变量，再利用求导来研究函数的最值，问题即可求解. 【详解】（1）由，可知定义域为，则． 当时，恒成立，所以在上是减函数，则无极值点． 当时，，则， 所以在上单调递增． 当，即时，， 当，即时，， 所以存在唯一的实数，使得． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以是函数的极小值点，无极大值点． 综上所述，当时，的极值点个数为0；当时，的极值点个数为1． （2）由得，故．① 设函数，由，可知在R上单调递增． 由于①式可化为，即有， 所以对恒成立． 设函数，则，令，得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以当时，取得极大值也是最大值， 即最大值为．故． 变式2．已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)讨论函数的零点的个数； (3)对于任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）先求定义域，求导，令，求可得单调区间； （2）参变分离，研究，的单调性，分类讨论进而可求解； （3）参变分离，构造函数，求其单调性，最终求出极值，最值，求得实数的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为，.. 所以，的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）定义域为，由分离参数，得. 令， 函数的零点的个数即为与直线的交点个数即为原函数零点个数. 求导得，，令，解得. 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增. 所以，. 又因为，所以，当时，；当时，， 又时，. 当时，与直线无交点，即函数无零点； 当或时，与直线有一个交点，则函数有一个零点； 当时，与直线有两个交点，则函数有两个零点. 综上所述：当时，函数无零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数有两个零点. （3）设，则在上为增函数， 而，，故在有唯一解. 而由题设可得任意的恒成立. 令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以，当且仅当时取到等号， 所以当时，有， 当且仅当，也就是当时取等号. 所以，当且仅当时取等号. 所以，故的取值范围是. ◇题型 08 证明极值点、零点的个数 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知：定义域为：且 令， ， 在上单调递减，在上单调递减 在上单调递减 又， ，使得 当时，；时， 即在上单调递增；在上单调递减 则为唯一的极大值点 即：在区间上存在唯一的极大值点. （2）由（1）知：， ①当时，由（1）可知在上单调递增 在上单调递减 又 为在上的唯一零点 ②当时，在上单调递增，在上单调递减 又 在上单调递增，此时，不存在零点 又 ，使得 在上单调递增，在上单调递减 又， 在上恒成立，此时不存在零点 ③当时，单调递减，单调递减 在上单调递减 又， 即，又在上单调递减 在上存在唯一零点 ④当时，， 即在上不存在零点 综上所述：有且仅有个零点 典例2．已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 【答案】（1）a=1；（2）见解析. 【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论； （2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）． 【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a． 则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0． 因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0， 所以h（x）min＝h（）， 又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0， 所以1，解得a＝1； 另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1）， 所以等价于f（x）在x＝1处是极小值， 所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2， 令t′（x）＝0，解得：x， 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增， 所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2， 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正， 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0， 所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0， 由x0可知f（x0）＜（x0）max； 由f′（）＜0可知x0， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．  求导计算错误，直接判错单调区间，个数全错。  只看导数为 0，不验证左右符号是否改变，误判极值点。  用零点存在定理时，缺少两点函数值异号，逻辑不完整。  忽略定义域、间断点、端点，导致区间判断失误。  含参时不分类讨论，漏解或多解。  极大极小值判断混乱，画图与结论不一致。  书写缺 “单调→找异号→得零点 / 极值点” 步骤，易扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．设函数. （1）讨论的单调性和极值； （2）证明：当时，若存在零点，则在区间上仅有一个零点. 【答案】（1）①当时，在上单调递增，无极值，②当时的单调递减区间是，单调递增区间是，在处取得极小值；（2）证明见解析. 【详解】试题分析：（1）先求，然后讨论当时，，在上单调递增，无极值；②当，由，解得，得增区间，得减区间，进而求得极值；（2）存在零点只需最小值，从而，讨论当时和当时两种情况，根据单调性及零点定理可分别证明只有一个零点. 试题解析：（1）的定义域为， ， ①当时，，在上单调递增，无极值， ②当，由，解得， 与在区间上的情况如下： 所以，的单调递减区间是，单调递增区间是； 所以在处取得极小值. （2）由（1）知，在区间上的最小值为. 因为存在零点，所以，从而. 当时，在区间上单调递减，且， 所以是在区间上的唯一零点. 当时，在区间上单调递减，且，， 所以在区间上仅有一个零点. 综上可知，当时，若存在零点，则在区间上仅有一个零点. 考点：1、利用导数研究函数的单调性和极值；2、零点定理的应用. 变式2．已知函数. (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数的值； (2)当时，证明：在内存在唯一极小值点； (3)若是负整数，且对任意的恒成立，求的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）对函数求导，求出函数在切点处的函数值和导数值，根据切线方程即可求出参数. （2）对函数两次求导，判断单调性，根据零点存在定理确定极小值； （3）当时，判断不符合题意；故.当时，，对分情况讨论进行求解． 【详解】（1）的定义域为， ，则， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得. 当时，， ，点处的切线为，即， 所以. （2）当时，，令，则， 当时，， 故，即在上单调递增. ， 由零点存在定理，在有唯一零点， 且时，单调递减；时，单调递增， 故在内存在唯一极小值点. （3）当时，， 因为，所以不符合题意； 故. 当时，， 当时，， 令，可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，，所以， 即. 当时，， 所以，即. 当时，，即. 综上所述，若对任意的恒成立，负整数的最大值为. 变式3．设函数 （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）若函数存在两个极值点， ①求实数的范围； ②证明：. 【答案】（1）；（2），证明详见解析． 【详解】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、利用导数求曲线的切线方程等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，将代入，对求导，切点的纵坐标为，斜率为，利用点斜式写出切线方程；第二问，对求导，令，将函数存在两个极值点，转化为方程有两个不同的正根，利用二次函数的图象分析列出不等式，解出a的取值范围；对求导，求出的根，得到的表达式，构造函数，利用导数判断函数的单调性，求出最小值，即证明了结论． 试题解析：（1）当a＝2时，，， 则，，所以切线方程为．4分 （2）（），令，得， ①函数有两个极值点等价于方程有两个不同的正根， 设，所以， 所以函数有两个极值点，，则， ②由，得，则，，， 在区间上递减，， 所以 考点：利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、利用导数求曲线的切线方程． 【方法点睛】1、导数的几何意义（求曲线的切线方程）：函数在在点处的导数的几何意义，就是曲线在点处的切线的斜率，即斜率为，过点P的切线方程为． 2．求函数的极值：设函数在点处连续，（1）如果在附近的左侧，右侧，那么是极大值；（2）如果在附近的左侧，右侧，那么是极小值；（3）如果在附近左右两侧值同号，不是极值． ◇题型 09 极值点、零点等之间的大小关系 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论. （2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列. 【详解】（1）的定义域为，而， 若，则，此时无最小值，故. 的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. （2）由（1）可得和的最小值为. 当时，考虑的解的个数、的解的个数. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 设，其中，则， 故在上为增函数，故， 故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 有两个不同的零点即的解的个数为2. 当，由（1）讨论可得、仅有一个解， 当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 则. 设，其中，故， 设，，则， 故在上为增函数，故即， 所以，所以在上为增函数， 而，， 故上有且只有一个零点，且： 当时，即即， 当时，即即， 因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 故， 此时有两个不同的根， 此时有两个不同的根， 故，，， 所以即即， 故为方程的解，同理也为方程的解 又可化为即即， 故为方程的解，同理也为方程的解， 所以，而， 故即. 典例2．已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【详解】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而.  极值点算错，直接导致大小比较全错。  不判断单调性，仅凭导数为 0 就判定极值点与零点位置。  用零点存在定理时，函数值符号判断失误。  忽略定义域、间断点与区间端点，位置关系混乱。  含参时不分类讨论，大小关系随参数改变。  画图不规范，极值正负看错，大小关系颠倒。  缺少 “单调→定号→定位置” 三步，逻辑不严谨易扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数，． (1)求的极值； (2)当时，证明：； (3)当恰有四个零点，，，时，证明：． 【答案】(1)，无极小值 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分析单调性可得； （2）作差后构造函数，利用导数分析最值可得； （3）先由当时，，令，得到，再结合对数的单调性和运算性质以及与指数的关系可得. 【详解】（1）由题知， 令，则． 当时，，此时在上为减函数， 当时，，此时在上为增函数， 故，无极小值． （2）． 令， ，故在上为减函数． ，即． 由（1）可知在上为增函数，，， 即． （3）由（2）同理可证，当时，． 令，得， 由题意得直线与两条曲线，共有四个交点． 如图所示，，且． 由，得． ，，且在上为增函数， ，即．．同理：． 故，即，得证． 变式2．已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【详解】（1）由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 变式3．设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点 （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明. 【答案】（I）在内单调递增.； （II）（i）见解析；（ii）见解析. 【分析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果； （II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果； （ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果. 【详解】（I）解：由已知，的定义域为， 且， 因此当时，，从而， 所以在内单调递增. （II）证明：（i）由（I）知，， 令，由，可知在内单调递减， 又，且， 故在内有唯一解， 从而在内有唯一解，不妨设为， 则，当时，， 所以在内单调递增； 当时，， 所以在内单调递减， 因此是的唯一极值点. 令，则当时，，故在内单调递减， 从而当时，，所以， 从而， 又因为，所以在内有唯一零点， 又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点. （ii）由题意，，即， 从而，即， 因为当时，，又，故， 两边取对数，得， 于是，整理得， 【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. ◇题型 10 不等式放缩 典｜例｜精｜析 典例1．已知函数． (1)已知点在函数的图象上，求函数在点处的切线方程． (2)当时，求证． 【答案】(1)； (2)证明见解析 【分析】（1）求出，由求得，然后计算出，用点斜式得切线方程并化简； （2）．利用常见的不等式， 即，即证得结论成立. 【详解】（1）由解得， 所以，， 所以，，切线方程为， 即所求切线方程为； （2）要证明，而，当且仅当时取等号；，当且仅当时取等号，即，当且仅当时取等号．所以，即． 典例2．已知函数，若恒成立， (1)求实数的取值范围； (2)当时，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）问题转化为在上恒成立，不等式右边构造函数，利用导数研究单调性，并求出其最大值，即可得参数范围； （2）由（1）知，应用分析法，将问题化为证恒成立，讨论、，利用导数研究单调性并确定区间符号，即可证结论. 【详解】（1）由题设在上恒成立， 所以在上恒成立， 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上递增，显然，， 故使，则上，上， 所以上，递增；上，递减； 又，即，则， 综上，. （2）由（1）知：， 所以且，要使恒成立， 只需证恒成立，只需证恒成立， 当时，若，则，即递增，又也递增， 所以在上递增，故恒成立， 当时，令且，则，即递增，故， 所以在上恒成立，故， 令，则， 所以在上递减，故，即， 综上，在上恒成立， 所以，时得证.  放缩方向搞反，直接导致证明失败。  放缩过度或不足，达不到目标不等式。  不验证首项、前几项就全放缩，结果偏差大。  裂项相消时前后余项数错，求和出错。  等比放缩时公比、首项、求和公式用错。  放缩后不回代原题结论，逻辑不闭环。  跳步省略 “累加、迭加” 关键步骤，易被扣分。 变｜式｜巩｜固 变式1．已知函数. (1)求在（为自然对数的底）处的切线方程； (2)证明：当时，． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程； （2）构造函数，利用导数证明出，可得出，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. (1) 解：由，得，由，得， 所以曲线在处的切线方程为. (2)证明：先证明，构造函数，其中，， ，当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增，所以，， 所以，，，因为，则，故， 即当时，. 变式2．已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)求证：时，． 【答案】(1); (2)证明见解析 【分析】(1)由题意可得在恒成立，求出，再分离常数即可求得答案； （2）：因为，，由不等式的传递性即可证明. 【详解】（1）因为在单调递增， 所以在恒成立，即， 所以． 令，显然在上单调递减，所以在上的最大值为． 因此，． （2）要证明，而，当且仅当时取等号； ，当且仅当时取等号． 所以，即． 一、解答题 1．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可； （2）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则， 据此可得， 所以函数在处的切线方程为，即. （2）由函数的解析式可得， 满足题意时在区间上恒成立. 令，则， 令，原问题等价于在区间上恒成立， 则， 当时，由于，故，在区间上单调递减， 此时，不合题意; 令，则， 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 即在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，，满足题意. 当时，由可得， 当时，在区间上单调递减，即单调递减， 注意到，故当时，，单调递减， 由于，故当时，，不合题意. 综上可知：实数得取值范围是. 2．设函数． （1）证明：在单调递减，在单调递增； （2）若对于任意，都有，求m的取值范围． 【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）. 【详解】（Ⅰ）． 若，则当时，，；当时，，． 若，则当时，，；当时，，． 所以，在单调递减，在单调递增． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是． 考点：导数的综合应用． 3．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． 4．已知函数 （Ⅰ）求函数的单调区间和极值； （Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时， （Ⅲ）如果，且，证明 【答案】（Ⅰ）f(x)在()内是增函数，在()内是减函数．函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)= （Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析 【详解】（Ⅰ）解：f’ 令f’(x)=0,解得x=1 当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表 X () 1 () f’(x) + 0 - f(x) 极大值 所以f(x)在()内是增函数，在()内是减函数． 函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)= （Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x) 令F(x)=f(x)-g(x),即 于是 当x>1时，2x-2>0,从而’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数． 又F(1)=0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x). （Ⅲ）证明：（1） 若 （2）若 根据（1）（2）得 由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内是增函数，所以>,即>2. 5．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2) (3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $