专题06 导数的综合应用(含同构法、极值点偏移、新定义题等等）（竞赛培优专项训练,9大考点+竞赛强基）高二数学人教A版全国通用

专题06 导数的综合应用 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 利用导数研究函数的图象 6 考点二：利用导数研究函数的零点 9 考点三 利用导数研究方程的根 15 考点四 利用导数解决不等式恒成立问题 19 考点五 利用导数解决不等式有解问题 25 考点六 利用导数证明不等式 29 考点七 利用导数解决双变量问题 34 考点八 极值点偏移问题 38 考点九 新定义题 46 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题15道） 【归纳重点知识】 知识点01 不等式恒（能）成立问题 1.分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 （1）分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. （2）a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 2.对于不适合分离参数的不等式，常常把参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究函数单调性、最值，从而得出参数范围. 知识点02 证明不等式 主要策略有以下三种： （1）待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. （2）待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. （3）将待证式进行变形，构造两个函数，研究函数的单调性、最值，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. 知识点03 构造函数解不等式解题思路 利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是： （1）把不等式转化为； （2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别. ①在上是偶函数，且在单调递增 若解不等式 ，则有（不变号加绝对值）； ②在上是偶函数，且在单调递减 若解不等式 ，则有（变号加绝对值）； 知识点04 利用导数研究函数零点（方程的根） 主要策略有以下三种： （1）.含参数的函数求零点个数问题，可转化为求方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征得出零点个数及对应参数的范围. （2）利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数零点存在的条件. （3）涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导函数确定函数的单调区间和极值点，根据导函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围. 知识点05 极值点偏移问题 1、极值点偏移定义 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，也有对称轴，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两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移 2、极值点偏移的原理 函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样 3、极值点偏移的图形定义 ①左右对称，无偏移，如二次函数；若，则 ②左陡右缓，极值点向左偏移；若，则 ③左缓右陡，极值点向右偏移；若，则 4、极值点偏移的判断 根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察 5、答题模板（对称构造） 若已知函数满足，为函数的极值点，求证：. （1）讨论函数的单调性并求出的极值点； 假设此处在上单调递减，在上单调递增. （2）构造； 注：此处根据题意需要还可以构造成的形式. （3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系； 假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，. （4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论； 接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证. （5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故. 5、其他方法 ①比值代换 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． ②对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． ③指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系： 【熟记重要结论(二级结论)】 1.双变量的恒（能）成立问题 　　“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，可按如下规则转化：一般地，已知函数y＝f(x)，x∈[a，b]，y＝g(x)，x∈[c，d]， 1.若∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，总有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)max＜g(x)min. 2.若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)max＜g(x)max. 3.若∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)min＜g(x)max. 4.若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＝g(x2)，则f(x)的值域是g(x)的值域的子集. 2、构造函数解不等式解题技巧 求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，下面是常见函数的变形 模型1.对于，构造 模型2.对于不等式，构造函数. 模型3.对于不等式，构造函数 拓展：对于不等式，构造函数 模型4.对于不等式，构造函数 模型5.对于不等式，构造函数 拓展：对于不等式，构造函数 模型6.对于不等式，构造函数 拓展：对于不等式，构造函数 模型7.对于，分类讨论：（1）若，则构造 （2）若，则构造 模型8.对于，构造. 模型9.对于，构造. 模型10.（1）对于，即， 构造． （2）对于，构造． 模型11.（1） （2） 3.指对同构的相关结论 （1）对于不等式aea≤bln b有三种同构方式 同左：aea≤(ln b)eln bf(x)＝xex， 同右：ealn ea≤bln bf(x)＝xln x， 取对：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)f(x)＝x＋ln x. （2）对于不等式≤有三种同构方式 同左：≤f(x)＝， 同右：≤f(x)＝， 取对：a－ln a≤ln b－ln(ln b)f(x)＝x－ln x. （3）对于不等式ea±a≤b±ln b有两种同构方式 同左：ea±a≤eln b±ln bf＝ex±x， 同右：ea±ln ea≤b±ln bf(x)＝x±ln x. 考点一 利用导数研究函数的图象 1．函数的大致图象可能是（   ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【解析】令，则, 所以，当时，，单调递减； 当时，，单调递增 所以， 又因为，所以的定义域为 所以，根据复合函数的单调性，在上单调递增，在上单调递减，且 根据以上性质，只有C选项满足. 故选：C 2．函数的图象大致是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】∵，即函数为奇函数，则排除C选项； 当时，，，，则，排除D选项； ，∴，排除B. 故选：A. 3．函数的图象大致是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】令，解得：或，排除C、D； ， 当或时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故选：A 4．函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】函数的定义域为R，， 函数是奇函数，其图象关于原点对称，排除C； ， 当时，， 且， 而，即，故， 所以在的单调递增区间上，AD不满足，B满足. 故选：B 考点二：利用导数研究函数的零点 5．已知函数有且仅有三个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为有且仅有三个零点，则方程有且仅有三个根， 令，则， 由得；得； 则在单调递增，在上单调递减，则， 因为时；时，且时， 所以的函数图象如图： 因为不是的根， 所以有两个根，其中一个根位于，另一根位于或另一根是， 但方程的两根的乘积为， 所以一个根位于，另一根位于， 则，得， 故的取值范围是. 故选：C 6．(多选)设函数，则下列结论正确的是（    ） A．是的极大值点 B．若的图像关于对称，则 C．若在上的最大值为，则 D．当且仅当时，恰有三个零点 【答案】ABD 【解析】对于A，， 所以当时，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 所以是的极大值点，故A正确； 对于B，若函数的图像关于对称，则， 又 ， 所以，所以，故B正确； 对于C，由A选项可知在和上单调递增，在上单调递减； 所以，又， 要使在上的最大值为， 则或，解得或，故C错误； 对于D，由A可知，，， 当时，，当时，， 要使恰有三个零点，则， 即，解得，故D正确； 故选：ABD 7．(多选)已知函数，，则下列说法中正确的是（   ） A．当时，函数的图象关于直线对称 B．当时，函数在处取得极小值2 C．当时，函数在区间内至少有一个零点 D．存在，使得曲线在处的切线与直线平行或重合 【答案】ABD 【解析】选项A，当时，，因为，所以函数图像关于直线对称，故A正确； 选项B，当，，令，则，，所以， 令恒成立. 又因为，所以， 令单调递增， 因为， 时单调递减，时单调递增， 所以在处取得极小值，故B正确； 选项C，令，，因为，所以无零点，故C不正确； 选项D，，代入，令，得，故D正确； 故选：ABD 8．已知函数，记等差数列的前项和为，记. (1)证明：曲线是中心对称图形； (2)证明：“”是“”的充要条件； (3)时，判断函数在区间上的零点个数. 【解析】（1）函数的定义域为， ， 所以曲线是中心对称图形，且对称中心为； （2）（i）先证明充分性：若，则， 所以， 所以. 所以，充分性得证； （ii）再证明必要性：若， ①假设，则，即， ，所以函数在上单调递增， ， 同理， 所以，矛盾，假设不成立. ②假设，同①理得， 矛盾，假设同样不成立. ③假设， 同充分性证明方法可以推得，假设成立. 综上，必要性得证， 所以“”是“”的充要条件； （3），因为， 所以是周期函数，且周期， 故先研究在上的零点个数， ①时，（等号不可同时取得）， 所以此时，函数无零点. ②时，， 所以此时，函数无零点， ③时，， 令， 则由复合函数的性质可得函数在区间上单调递增， 时，， 由零点存在定理：，使得， 所以时，单调递减， 时，单调递增， 又因为，所以， 又因为在上单调递减， 由零点存在定理：，使得. 综上所述，在上有2个零点，分别为， 由是周期函数，且周期得：在上有2个零点， 在上有2个零点，在上有2个零点， 在上有1个零点. 所以函数在区间上的零点个数为. 9．已知函数，. (1)若，求的极值点个数； (2)若在上有3个零点，求实数的最小值； (3)若曲线与存在两个公共点，在处分别作两条曲线的公切线，在处的公切线记为，在处的公切线记为，且，求的值构成的集合. 【解析】（1）解：当时，，定义域为，恒成立， 所以在单调递增，又， 所以，当时，，即；当时，，即； ，定义域为， ，易知， 当时，，，即，单调递增； 又因为，即为奇函数， 所以，当时，，单调递减； 综上，当时，，单调递增；；当时，，单调递减， 所以，为函数的极小值点，无极大值点.即的极值点个数为个. （2）解：，定义域为， ，即为奇函数， 因为在上有3个零点， 所以在有且仅有一个零点， 当时，若，则，，在恒成立，此时在无零点，不满足题意； 当时，，易得，故在有3个零点，分别为，满足题意； 当时，有一个实数根，记为， 当时，单调递减；当时，单调递增； 又，， 所以在时，在有唯一零点， 所以，根据奇函数性质，在有3个零点，满足题意； 当时，恒成立，在单调递增，故只有1个零点. 综上，当时，在有3个零点， 所以实数的最小值为 （3）解：设曲线与的两个公共点为， 因为， 所以，由公切线的定义得：①，②， ③，④， 即⑤，⑥ 所以⑦，⑧， 因为，在处的公切线与在处的公切线满足， 所以， 因为，所以或 因为的解为，的解为， 故当时，，， 将代入③得，即，；代入⑦得； 将代入④得，即，；代入⑧得； 这两种情况下，可以统一表示为，， 此时； 当时，，， 同理讨论得，，； 综上，值构成的集合为； 考点三 利用导数研究方程的根 10．已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若关于的方程有两个不相等的实数解，求实数的取值范围. 【解析】（1）因为， 所以. 又，， 所以在点处的切线方程为：. （2）因为函数定义域为，， 因为时，，所以在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增. 所以，当时，有极小值，且. 且当时，， 时，， 所以若关于的方程有两个不相等的实数解，. 11．已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：. (1)若，求出函数的极值点，并判断的符号； (2)若，，讨论方程解的个数； 【解析】（1），令，解得或， 由或；由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以是函数的极大值点；是函数的极小值点. 又，当时，； 当 时，. （2）因为 ，所以 ，， 则 ， 令 ，，， 令 ，即 ，因为 ，所以 ， 当 时，，所以 在严格递增， 当 时，，所以 在严格递减， 所以函数在 处取得最大值 ； 当 时，；当 时，， 时， 的图象无交点；当 时，的图象有个交点； 当 时，的图象有个交点， 所以当 时，方程 无解；当 时，方程 有个解； 当 时，方程 有个解； 12．已知函数，. (1)当时，求过原点且与曲线相切的直线方程； (2)存在，对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)若（），当时，关于的方程有11个实数根，求的值. （参考数据：） 【解析】（1）当时,,, 设切点为,则, 切线方程, 代入得,解得, 则切线方程,即. （2）时,, 则当时，, 则只需时，即恒成立， 设, 则, 则恒成立, 则恒成立, 则恒成立, 由于在单调递增,则, 所以实数的取值范围为. （3）当时, , ,,即周期为, , 对于, 当时, ,,,单调递减, 当时, ,,,单调递增, 当时, ,,,单调递减, 当时, ,,,单调递增, 综上,在单调递减, 在单调递增, 极小值,极大值, 由于单调递增,且,则在方程无解, 只需要在有个解即可, 由于每个周期最多有两个解, 当时,需要， 当时,需要, 即 ,且 则或,或. 考点四 利用导数解决不等式恒成立问题 13．记函数． (1)求函数在点处的切线方程； (2)若不等式对于任意恒成立，求的取值范围； (3)求证：对于任意恒成立． （参考数据：） 【解析】（1）因为，所以，所以， 所以切线方程为，即. （2）令， 则且， 令，则. 显然函数在上为增函数，且， 若，即，由可得， 即函数在上单调递减，所以， 故函数在上单调递减，所以，不合题意，所以， 当时，对于任意，. 所以在上单调递增，所以对于任意，， 所以在上单调递增，所以对于任意，，符合题意. 综上所述，的取值范围为. （3）法一：令，所以， 令，则， 当时，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， 又，，， 所以存在，使得；存在，使得， 所以当时，，从而在上单调递增， 当时，，从而在上单调递减， 当时，，从而在上单调递增， 又，所以只需证明即可，又即， 所以， 下证即可说明， 又，单调递增. 所以，即需证 又，由（2）知， 所以 ， 由已知得，，代入可知： ， 于是，所以恒成立. 法二：我们证明当时，即可， 记，所以， 记，所以， 所以当时，，即在上单调递减， 当时，，在单调递增. 又，，所以，. 所以存在使得，即. 则当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以为函数的唯一极小值点. 所以只需证明，且， 将代入，整理得， 所以即,即,因，则得， 即只需证即可， 注意到， 所以，故原不等式得证； 法三：要证，只需证，即证， 构造函数，其中，则， 令，解得（舍去）或， 令，当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 所以，即证，即证， 即证， 由（2）知， 所以 ， 由已知得，，代入可知： ， 所以恒成立. 14．已知函数，函数， (1)若曲线在处的切线方程为，证明：恒成立； (2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）由题意得的定义域为， 因为，所以， 所以切线方程为， 则， 令， 化简得， 则，令，， 令，， 可得在上单调递减，在上单调递增， 所以是极小值点也是最小值点，得到， 即成立，可得， 故得证. （2）因为在上恒成立， 所以在上恒成立， 则在上恒成立， 令，且满足题意， 而， 令， 则，令， 则， 则在上是增函数，即在上单调递增， 得到，当时，， 此时在上单调递增，即在上单调递增， 则，可得在上单调递增， 得到恒成立，原不等式恒成立， 当时，则， 又， 得到， 则由零点存在性定理得，存在，使得， 当时，，此时在上单调递减， 即在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 即在上单调递增，而， 则当时，，此时在上单调递减， 可得，不合题意， 综上，的取值范围是. 15．已知函数. (1)若， （i）求函数的单调区间； （ii）证明：函数在区间上有且只有一个零点． (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围． 【解析】（1）（i）函数的定义域为， 当时，， 则，令，得；令，得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （ii）因为， 令，则， 当时，所以，所以即在区间上单调递减， 故对任意，都有，所以在区间上单调递增， 又， 所以在区间上有且只有一个零点． （2）由对任意恒成立， 即对任意恒成立， 令，则， 所以，令， 则， 当时，对任意，则， 所以在上单调递减，所以，满足题意； 当时，在区间上恒成立，所以在区间上单调递减， 又， ①当，即时，恒成立， 所以在区间上单调递减，所以，满足题意； ②当且，即时， 由零点存在性定理知，，使得． 当时，，所以在上单调递增，所以，不满足题意； ③当，即时， 对任意单调递增，所以，不满足题意． 综上，实数的取值范围为． 考点五 利用导数解决不等式有解问题 16．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的单调性； (3)若存在使得成立，求的取值范围； 【解析】（1）当时，， ， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值. （2）因为， 所以， 当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，令得或， ①当时，，，所以在单调递增， ②当时，， 当时，，当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ③当时，， 当时，，当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. （3）当时，， 若，则，即，不符合题意； 当时，在单调递减， ，则，解得， 又，所以； 当时，所以在单调递增，，不符合题意； 当时，， ①当时，在单调递增，在单调递减， 由题意得， 即，恒不成立，故无解， ②当时，在单调递减， ，则，解得：，不满足题意； 当时，在单调递增，，不符合题意； 所以的取值范围是. 17．已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 【解析】（1）易知函数的定义域为，且， 易知， 所以当时，，此时，即在上单调递增； 当时，令，解得，令，解得； 此时在上单调递增，在上单调递减； 综上可知时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）由（1）可知①当时，在上单调递增， 若，可知即可，可得， 解得； ②当时，在上单调递增，即可得在上单调递增， 此时需满足，即，此时无解； ③当时，结合（1）中结论可知在上单调递减，在上单调递增； 所以满足即可，即， 令， 则，易知在上为单调递减； 又，所以存在唯一满足， 因此可得时，，当时，； 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，所以当时不满足，不合题意； ④当时，在上单调递减，即可得在上单调递减； 所以只需满足，即，解得； 综上可知或. 即的取值范围为 18．已知函数. (1)若函数在上不单调，求实数a的取值范围； (2)求函数在上的最大值； (3)若，关于x的不等式在上有解，求实数a的取值范围. 【解析】（1）因为，所以. 因为恒成立，所以的符号与一致. 当时，，在上单调递增，不符合题意； 当时，令得，因为，所以，所以在上单调递增，不符合题意； 当时，因为函数在上不单调，所以，解得， 所以实数a的取值范围是. （2）由（1）知： 当时，在上单调递增，. 当时，在上单调递增，. 当时，若，即，在上恒成立，函数在上单调递增，； 若，即，在上，，单调递增，在上，，单调递减，所以. 因为时，最大值2也满足， 所以当时，；当时，. （3）因为，，所以， ，即，不等式两边均为正数， 不等式两边同时取自然对数得，即. 令，则问题转化为在上有解， ，因为，，所以， 所以在上单调递增，所以， 又在上有解，所以，即，解得. 所以实数a的取值范围是. 考点六 利用导数证明不等式 19．已知函数，定义域为，为实数． (1)若的图象在处的切线的斜率为1，求该切线的方程； (2)若在定义域上不单调，求的取值范围； (3)若是的极小值点，证明：． 【解析】（1）由函数，所以， 因为的图象在处的切线的斜率为1，所以，得，又， 所以切线方程为，即. （2）因为，令，， 所以在上单调递增， 若时，则，所以恒成立，单调递增，不符合题意； 若时，当时，，若，， 所以，，函数在单调递减，在单调递增. 若，，存在，使得，由， 所以或时，时， 所以函数在，上单调递增，在上单调递减. 当时，，当时，所以存在使得， 所以或时，，时， 所以函数在，上单调递增，在上单调递减. 综上所述，函数不单调的的取值范围. （3）因为是的极小值点，由（2）解析可知，且. 所以，两边取对数，即， 要证，只需证明，即， ，，即只需证明 令，， 所以在上单调递增，所以，即 故在上成立，所以成立. 20．设函数. (1)若对，成立，求实数a的取值范围； (2)（ⅰ）当时，比较与的大小； （ⅱ）证明；当，时，. 【解析】（1）因为，则， 若对，成立，注意到， 则，解得， 若，则， 可知在内单调递减，则，即符合题意； 综上所述：实数a的取值范围为. （2）（ⅰ）设，，则， 令，，则， 可知在区间上单调递减，则， 即，可知在区间上单调递减， 则，所以当时，； （ⅱ）由（1）可知：当时，，等价于， 当，时，可得， 又因为当时，，可得， 则， 即， 则， 所以当，时，. 21．设，. (1)当时，求证：； (2)求证：（，）. 【解析】（1）∵，且， ∴为偶函数， 下面取，可知， 令. ∵，则，则在上单调递增， 可得，即在上恒成立，可知在上单调递增， ∴在上的最小值为，结合偶函数性质可知. （2）由（1）可得，当时，， 当且仅当时，等号成立，即. 令，，，则， 当时，， 即， 则，，…，， 相加可得. 因为，则， 所以， 即（，）. 22．在中，. (1)求； (2)点记为的延长线上存在一列点，记，且. （i）证明：； （ii）证明：. 【解析】（1）由题意,,且，则 ， 同理,则, 由于，以及在单调递增，且， 则， 则为等边三角形，. （2）(i)由题意, , 则, 则, 在中，由正弦定理得，即， 则, 则, 则, , 由于, 则或(舍), 则, 则 (ii)由(i)得，则 由可得， ， ， 设,则，单调递增， 当时， ， 则, 综上，. 考点七 利用导数解决双变量问题 23. 已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】易知，令得，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以时，单调递增，即， 而时，， 由题意可知，所以，即. 故选：A 24. 已知，其中，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】令，，则， 故当时，单调递增，当时，单调递减， 因为，所以， 又，不妨设，记，. 解法一：设， 则在上恒成立， 所以在上单调递减，所以， 则，又，且在上单调递减， 所以，则，所以，故选D. 解法二：由，两式相减整理得， 由对数均值不等式，可得. 故选：D. 25．已知函数，其中 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)记的导函数为，若不等式在区间上恒成立，求a的取值范围； (3)设函数，是函数的导函数，若存在两个极值点，，且满足，求实数a的取值范围． 【解析】（1）当时，，其中，故. ，故. 所以函数在处的切线方程为，即. （2）由，可得. 由题知，不等式对任意实数恒成立， 即对任意实数恒成立， 令，.故. ①若，则，在上单调递增，，故符合题意. ②若，令，得（负舍）. 当时，，在上单调递减，故，与题意矛盾， 所以不符题意. 综上所述，实数的取值范围. （3）据题意，其中. 则.因为函数存在两个极值点，， 所以，是方程的两个不等的正根， 故得，且 所以 ； ， 据可得，， 即， 又，故不等式可简化为， 令，，则， 所以在上单调递增，又， 所以不等式的解为.所以实数的取值范围是. 26．已知，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的最值； (3)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）当时，，， ，曲线在点处的切线斜率为， 则切线方程为，即， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）因为， 所以， 因为，所以， 令，解得，即， 此时，，所以在上单调递增， 令，解得，即， 此时，，所以在上单调递减， 所以，当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为，最小值为. （3）， 当，， 令， 因为，则， 则在上单调递增， 又因为时，，， 则，使得，即，可化为 当时，，即，则函数在上单调递减， 当时，，即，则函数在上单调递增， 则， 即. 由（2）知，当时，， 若对任意，不等式恒成立， 则，即， 令，，则函数在上单调递增， 又因为，所以的解集为， 所以实数的取值范围为. 考点八 极值点偏移问题 27．已知函数. (1)讨论函数在区间内的零点个数； (2)若，使得对恒成立，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不相等的实根，，求证：. 【解析】（1）由， 得，令，则， 当时，因为，所以， 故恒成立，因此在内无零点； 当时，因为，所以，则单调递增， 故，则单调递增，故， 因此，在区间内无零点； 当时，因为，所以，则单调递增， 因为， 所以存在唯一的使得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因为，所以，又， 故在区间内只有一个零点，且. 综上，当时，在区间内的零点个数为0； 当时，在区间内的零点个数为1. （2）可整理为 ， 则，使得，转化为. 因为，所以，则在上单调递增， 故， 转化为对恒成立， 即，即对恒成立， 因为当时，，所以. 构造函数，则， 故在上单调递增. 又，等价于，则 所以恒成立，转化为. ，令，得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 故，故的取值范围是. （3）方程， 代入有， 即有两个不相等的实根，， 不妨设，则有， 构造函数，则， 所以在R上单调递减， 故，得. ，即. 下证， 令，则只要证， 设，则， 故当时，单调递增，故，则. 故，. 28．已知函数． (1)若直线与函数的图象均相切，求直线的方程； (2)记． （i）求的单调区间； （ii）若，其中，求证：． 【解析】（1）定义域为， 设函数图象上的切点为， 切线方程为， 设函数图象上的切点为， 切线方程为，   比较对应项系数，有，消元得． 令，则，故为单调减函数， 当且仅当时，， 所以，直线的方程为． （2）（i），其定义域为． 记，则． 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，    故，即在上单调递减． 所以的单调减区间为，无增区间．    （ii）由（i）及知，当时，，当时，， 因为，且，所以，   要证，只需证，即， 也就是， 令， 则，    记， 则，所以在上单调递增， ，故在上单调递减， ，得， 从而，即． 29．已知函数． (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值； (2)若函数有三个零点，，，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【解析】（1）当时，，，， 当时，，，， 由条件可知，. （2），得， 设， ，，所以在区间上单调递减， 当时，，当时，， ，，得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 当时，取得极大值，当时，， 画出函数的图象， 与的图象有3个交点，则； (ⅱ)由（ⅰ）可知，， 要证明，只需证明， 又，，即证，所以上式等价于证明， 由，，得，即， 所以只需证明， 即证， 令，则，上式等价于证明， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以原不等式成立，即. 30．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：. 【解析】（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. 31．已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【解析】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 考点九 新定义题 32．拉格朗日（Lagrange）中值定理，是微分学中的基本定理之一，反映了可导函数在闭区间上整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系.定理的表述如下：若函数在上连续，且其导函数为，那么在开区间内至少存在一点，使得.已知函数 (1)求函数在上的值域； (2)已知，求证： （i）； （ii）若对满足条件的，不等式恒成立，求整数的最小值. 【解析】（1）由，可得，令，解得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增； 所以，又， 所以函数在上的值域为； （2）（i）由，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得， 要证，需证，又在上单调递增， 故只需证，又， 所以只需证，即证， 即证， 令，则， 不等式等价于， ， 只需证， 即证， 令， 求导得 令， 求导得 ， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 所以成立， 故. （ii）不等式恒成立， 等价于，又， 所以等价于， 令，则等价于， 即， 即等价于， 所以等价于， 令，求导得 ， 又因为，所以，所以，所以， 所以在上单调递增， 所以， 所以，即， 所以整数的最小值为1. 33．定义“下凸函数”：在区间上，对任意，均有，当且仅当时，等号成立．若函数在区间上存在二阶可导函数，则为区间上的“下凸函数”的充要条件是（为的导函数）． (1)若是上的“下凸函数”，求实数的取值范围； (2)证明：函数在上为“下凸函数”； (3)已知正实数满足，求的最小值（用含的代数式表示）． 【解析】（1）由，可得，则. 因为是上的“下凸函数”， 所以对任意的恒成立， 即恒成立，所以在上恒成立. 令，则函数在上单调递减， 所以， 所以，即实数的取值范围为. （2）由，可得，. 令， 当时，，所以在上单调递增， 所以，即， 根据“下凸函数”的充要条件可知，函数在上为“下凸函数”． （3）令， 则，即是增函数，所以. 又， 考虑函数，求导得， 则. 当时，，则， 故在上为“下凸函数”， 所以， 即， 即， 所以， 当且仅当时，等号成立， 因此的最小值为． 34．某些函数如和的图象具有性质：曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线的下方.这个性质可表示为：设是定义在区间上的函数，则对于上的任意与任意，总有成立. (1)设，求证：； (2)设，求证：； (3)某同学研究发现，若函数在上存在导函数，则上述性质的充要条件为在上递增，求证：，其中均为正数. 【解析】（1）因为， 所以， ， 所以 ， 因为，所以，即， 所以. （2）要证，即成立， 只需证（因为），即成立， 令，则只需证成立. 整理得. 令，，则. 令，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，所以，故原不等式成立. 所以. （3）因为当，时，，当且仅当时取等号， 所以若证，只需证成立， 同时取自然对数得，即证成立， 也即证成立. 令，，则，令，则. 因为，所以，故在上单调递增， 所以具有题干中的性质. 所以，即，故原不等式成立. 因此当均为正数时，. 35．在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式，这个公式来自于微积分中的泰勒定理，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况下，泰勒公式可以用这些导数值作为系数构建一个多项式来近似函数在这一点的邻域中的值，这个多项式称为泰勒多项式.若函数在包含的某个开区间中具有阶导数，设表示的阶导数，则对任意，有，其中，是位于与之间的某个值，它称为阶泰勒余项，叫作在处的阶泰勒多项式.已知函数. (1)求在处的3阶泰勒多项式. (2)证明：当时，. (3)当时，是否存在实数，使得不等式成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为，所以，，， 则. （2）当时，； 当时，由泰勒定理可知存在，使得. 因为，且，所以，则. 综上，当时，. （3）当时，不等式，即不等式，. 当时，不等式等价于不等式. 设函数， 则. 设函数， 则，，，. 显然在上单调递增，且， 则在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以对任意的恒成立，所以在上单调递增， 所以，则，即的最小值为. 1．（2024·全国高中数学联赛吉林预赛）函数，若对成立，则（    ） A．对成立 B．对成立 C．对成立 D．对成立 【答案】C 【解析】若对成立， 可得 ，解得； 若，即， 又因为对恒成立， 且对恒成立， 即对成立，符合题意； 综上所述：. 因为，则， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 且， 由可知选项AB错误； 由可知选项D错误； 结合单调性可知：对成立，故C正确； 故选：C. 2．（2024·全国全国第四届章鱼杯联赛）设A在曲线上，B在直线上，O为坐标原点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】设，函数定义域为，， ，解得；，解得， 在上单调递增，在上单调递减，， 则，即， A在曲线上，B在直线上， 设 M 为 AB 中点，，，， 则有，，， 注意到 ， 当且仅当时等号成立， 由柯西不等式， ， 当且仅当且时等号成立， 时，再由，，解得， 所以当时，最小值为 故选：D 3．（多选）(2024·第二届“鱼塘杯”竞赛)已知定义域为的函数，其中代表不超过的最大整数.设数列满足：是在上最大值，数列满足：且，则下列说法正确的是（    ） A．最小值为 B．在有个极值点 C． D． 【答案】BCD 【解析】对于A选项，令，， 则，当且仅当时取等号， 此时，故，故A错误； 对于B选项，当时，令，其中， 则，则， ， 令，则， 因为，其中，， ， 其中，， 由零点存在定理可知，，使得， ，使得， 所以，函数在上有个极值点， 同理可知，函数在上有个极值点， 当时，， 当时，，所以，是函数的一个极值点， 综上所述，在上有个极值点，故B正确； 对于C选项，当时，， 所以在最大值仅可能在取得； 同理在上的最大值仅可能在取得. 对，有成立， 故最大值在上取得，即，故C正确； 对于D选项，，， ， 即，， 故不是上的最大值点，是上的最大值， 故，故D正确. 故选：BCD. 4．（2024·全国数学联赛吉林预赛）已知函数 .若，使得，则实数的最大 值为 . 【答案】 . 【解析】设 ，则 ， 当 时，，即存在，使得 ， 符合题意. 当 时， . 设 ，则 ， 当时，，当时，， 即在单调递增，在单调递减 知为的极大值点，也是最大值点， 所以. 所以当时，对，有，不符合题意， 综上，. 故答案为：. 5．(2024·年全国数学奥赛广西选拔赛)方程的正整数解为 ． 【答案】 【解析】． 令，．则由可知在上单调递减， 从而在上单调递减， 由可得，． 因此，所求的正整数解为． 6．（2024·全国高中数学联赛四川预赛）函数的零点都在区间内，则的最小值为 ． 【答案】4 【解析】， 当时，，， 在上递增， 而，， 时，在内存在唯一零点， 是偶函数，在上递减， 而，， 时，在存在唯一零点， 零点都在内． 故当时，取最小值，且最小值为4， 故答案为：4. 7．（2024·上海竞赛）已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【解析】由条件,设, 则, 于是在区间上单调递增,在区间上单调递减, 从而. 结合图形知,所以实数的取值范围是. 故答案为：. 8.（2025·北京大学强基计划）使得有解的有几组. 【答案】无数组 【解析】当时，因为，，所以不是方程的解； 当时，对于方程，， 令，， 令， 因为在上单调递减，且，， 所以存在，使得， 即当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 所以，即使得方程有解的a的值有无数个. ， 因为函数在上单调递减， 函数在上单调递增， 所以函数在上单调递减， 所以函数在的值域为， 使得方程有解的的值有无数个， 因为x为任意非零实数，每一个非零实数x都对应一组，而非零实数有无数个， 所以使得有解的有无数组. 9．（2025·东南大学强基计划）方程在上的解的个数有多少个？ 【答案】4 【解析】∵ ，∴，在 内解得的范围是. 设， , 在内，即 严格递增， 又因为. ， 所以在内只有一个零点. 在上，恒成立， 所以单调递增， 又，， 所以存在,使得, 且上,上, 所以上单调递减，上单调递增， 又因为, ， ， 所以在上只有一个零点， 综上，函数在 内共有 2 个零点. 由于 的周期为 ，所以在 内， 也有 2 个零点. 因此，在 内共有 4 个零点， 方程在上的解的个数有4个. 10. （2025·东南大学强基计划）设， (1)证明：只有一个根． (2)证明：有2个零点． (3)证明：． 【解析】（1）证明：函数的定义域为， ， 因为在单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一，使得， 故只有一个根. （2）证明：由（1）知，在单调递增，在单调递减， 又，， ， 所以有2个零点. （3）证明：不妨设，设，其中， 故， 由（1）可得为上的减函数， 故当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，故， 故， 同理， 故，当且仅当时等号成立， 而，故. 11．（2025·全国数学联赛重庆预赛）已知函数，设是三个不同的实数，满足，求的取值范围. 【解析】设，即方程有三个不同的实根， 由于在单调递增，且该部分值域为，在单调递增，且该部分值域为，，， 结合图像可知，方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，即当且仅当，且，， 再考虑方程和，注意，或或， 故， 由于，且为关于的增函数，所以. 12．（2024·第四届英才杯数学竞赛）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线：. (1)若点在：上，记G的几何中心为点，则当取得最大值时，求点的坐标. (2)已知动点、在C上，分别过、作抛物线的切线、，设和相交于点T，若点T恒在直线：上，求证：直线经过定点. (3)将绕原点顺时针旋转90°得到，给定点，上有四点、、、，满足，、均三点共线，且、都在x轴上方，设线段和的中点分别为T、S，试判断：直线是否会经过一个定点？若会，请求出这个定点的坐标，若不会，请说明理由. 【解析】（1）由：可知，， 由， 故， 当且仅当、、三点共线且在、之间时，等号成立， 此时且点在直线上， 即有，即，则， 即； （2）设，，， 由，则， 整理得， 则有，整理得， 同理可得，有， 即点、均在直线上， 即有， 即，则有，解得， 故直线经过定点，且该定点为； （3）将绕原点顺时针旋转90°得到， 则点为抛物线焦点， 由，、均三点共线， 故、都经过， 设，，不妨设， 设，则，由，得， 故，，，， 所以，由，则同理可得． 若，则，直线过点， 若，则，直线过点． 综上，直线过定点． 13．（2024·全国数学联赛重庆预赛）已知函数，若两不相等的实数满足曲线在点和点处的切线斜率相等，求证:. 【解析】先证一个引理：对，有. 引理的证明:令，故为减函数， 所以当时，，引理得证. 回到原题:，由题知. 不妨设，则，于是由并结合引理可得： ， 即，则，所以. 所以. 14．（2024·第二届“鱼塘杯”竞赛）对三次函数，如果其存在三个实根，则有.称为三次方程根与系数关系. (1)对三次函数，设，存在，满足.证明：存在，使得； (2)称是上的广义正弦函数当且仅当存在极值点，使得.在平面直角坐标系中，是第一象限上一点，设.已知在上有两根. （i）证明：在上存在两个极值点的充要条件是； （ii）求点组成的点集，满足是上的广义正弦函数. 【解析】（1）因为，所以不妨设， 所以， 因为， 所以， 所以不妨取满足题意，且此时必有， 否则若，则有，，， 而此时与已知矛盾， 综上所述，存在，使得. （2）（i）是第一象限上一点，所以， 因为，所以， 设，则， 而时，，时，， 所以存在负根， 因为在上存在两个极值点，等价于方程在上有两个根， 等价于方程在上存在两个根， 注意到三次方程最多有3个根， 所以方程有一个负根，两个不同的正根， 而， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当且仅当，即当且仅当， 综上所述，命题（i）得证； （ii）容易验证，时，也恰好有两个正根， 此时：由于对来说，等价于，等价于， 所以对，如果， 那么， 这意味着， 然后，对两个不相等的正数， 所以当且仅当， 那么如果或，就有或，故， 此时， 所以， 这意味着， 最后，由于有一个极值点， 所以都不等于（是不相等的正零点，同时该方程还有另一个负零点，但只要是根就是二重的，所以不可能是根）， 这就说明， 结合的单调性以及，必有， 所以此时一定是广义正弦函数， 综上所述，满足题意的. 15．（2024·高三数学极光杯竞赛）设为坐标原点，为抛物线上异于的一点，，． (1)求的最小值； (2)求的取值范围； (3)证明：． 【解析】（1）设，，则． 设，． 因为，所以令得，当时，，当时，， 则在单调递减，在单调递增，故的最小值为，的最小值为． （2）   如图，分别过点作轴的垂线,垂足分别是,因为，，由题可知，，． ①当时，，则 ． 该式是关于的减函数，所以； ②当时，，则 ． 该式是关于的增函数，所以； 综上，的取值范围是． （3）由（2）知，，且，所以． 16．（2023·清华大学丘成桐数学英才班测试）设，满足． (1)证明：若，则当时，． (2)若存在满足，证明． 【解析】（1）令， 则， 由于，， 故， 即， 又，，，故， 由于在上单调递减，故， 所以恒成立， 所以在上单调递增， 设，， 则， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 故，故， 所以在上单调递减， 由于，，故， 即， 故，即； （2）存在满足， 即在上有根， 由（1）可得与等号成立的条件均为 故若存在满足，则有. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 导数的综合应用 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 利用导数研究函数的图象 6 考点二：利用导数研究函数的零点 8 考点三 利用导数研究方程的根 9 考点四 利用导数解决不等式恒成立问题 10 考点五 利用导数解决不等式有解问题 11 考点六 利用导数证明不等式 12 考点七 利用导数解决双变量问题 14 考点八 极值点偏移问题 15 考点九 新定义题 17 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题16道） 【归纳重点知识】 知识点01 不等式恒（能）成立问题 1.分离参数法解决恒(能)成立问题的策略 （1）分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. （2）a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min； a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min；a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 2.对于不适合分离参数的不等式，常常把参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究函数单调性、最值，从而得出参数范围. 知识点02 证明不等式 主要策略有以下三种： （1）待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. （2）待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证. （3）将待证式进行变形，构造两个函数，研究函数的单调性、最值，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. 知识点03 构造函数解不等式解题思路 利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是： （1）把不等式转化为； （2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别. ①在上是偶函数，且在单调递增 若解不等式 ，则有（不变号加绝对值）； ②在上是偶函数，且在单调递减 若解不等式 ，则有（变号加绝对值）； 知识点04 利用导数研究函数零点（方程的根） 主要策略有以下三种： （1）.含参数的函数求零点个数问题，可转化为求方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征得出零点个数及对应参数的范围. （2）利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数零点存在的条件. （3）涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导函数确定函数的单调区间和极值点，根据导函数零点的个数寻找函数在给定区间内的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围. 知识点05 极值点偏移问题 1、极值点偏移定义 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，也有对称轴，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两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移 2、极值点偏移的原理 函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样 3、极值点偏移的图形定义 ①左右对称，无偏移，如二次函数；若，则 ②左陡右缓，极值点向左偏移；若，则 ③左缓右陡，极值点向右偏移；若，则 4、极值点偏移的判断 根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察 5、答题模板（对称构造） 若已知函数满足，为函数的极值点，求证：. （1）讨论函数的单调性并求出的极值点； 假设此处在上单调递减，在上单调递增. （2）构造； 注：此处根据题意需要还可以构造成的形式. （3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系； 假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，. （4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论； 接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证. （5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故. 5、其他方法 ①比值代换 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． ②对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． ③指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系： 【熟记重要结论(二级结论)】 1.双变量的恒（能）成立问题 　　“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，可按如下规则转化：一般地，已知函数y＝f(x)，x∈[a，b]，y＝g(x)，x∈[c，d]， 1.若∀x1∈[a，b]，∀x2∈[c，d]，总有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)max＜g(x)min. 2.若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)max＜g(x)max. 3.若∃x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＜g(x2)成立，故f(x)min＜g(x)max. 4.若∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，有f(x1)＝g(x2)，则f(x)的值域是g(x)的值域的子集. 2、构造函数解不等式解题技巧 求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，下面是常见函数的变形 模型1.对于，构造 模型2.对于不等式，构造函数. 模型3.对于不等式，构造函数 拓展：对于不等式，构造函数 模型4.对于不等式，构造函数 模型5.对于不等式，构造函数 拓展：对于不等式，构造函数 模型6.对于不等式，构造函数 拓展：对于不等式，构造函数 模型7.对于，分类讨论：（1）若，则构造 （2）若，则构造 模型8.对于，构造. 模型9.对于，构造. 模型10.（1）对于，即， 构造． （2）对于，构造． 模型11.（1） （2） 3.指对同构的相关结论 （1）对于不等式aea≤bln b有三种同构方式 同左：aea≤(ln b)eln bf(x)＝xex， 同右：ealn ea≤bln bf(x)＝xln x， 取对：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)f(x)＝x＋ln x. （2）对于不等式≤有三种同构方式 同左：≤f(x)＝， 同右：≤f(x)＝， 取对：a－ln a≤ln b－ln(ln b)f(x)＝x－ln x. （3）对于不等式ea±a≤b±ln b有两种同构方式 同左：ea±a≤eln b±ln bf＝ex±x， 同右：ea±ln ea≤b±ln bf(x)＝x±ln x. 考点一 利用导数研究函数的图象 1．函数的大致图象可能是（   ） A．   B．   C．   D．   2．函数的图象大致是（   ） A． B． C． D． 3．函数的图象大致是（    ） A． B． C． D． 4．函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 考点二：利用导数研究函数的零点 5．已知函数有且仅有三个零点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．(多选)设函数，则下列结论正确的是（    ） A．是的极大值点 B．若的图像关于对称，则 C．若在上的最大值为，则 D．当且仅当时，恰有三个零点 7．(多选)已知函数，，则下列说法中正确的是（   ） A．当时，函数的图象关于直线对称 B．当时，函数在处取得极小值2 C．当时，函数在区间内至少有一个零点 D．存在，使得曲线在处的切线与直线平行或重合 8．已知函数，记等差数列的前项和为，记. (1)证明：曲线是中心对称图形； (2)证明：“”是“”的充要条件； (3)时，判断函数在区间上的零点个数. 9．已知函数，. (1)若，求的极值点个数； (2)若在上有3个零点，求实数的最小值； (3)若曲线与存在两个公共点，在处分别作两条曲线的公切线，在处的公切线记为，在处的公切线记为，且，求的值构成的集合. 考点三 利用导数研究方程的根 10．已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若关于的方程有两个不相等的实数解，求实数的取值范围. 11．已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：. (1)若，求出函数的极值点，并判断的符号； (2)若，，讨论方程解的个数； 12．已知函数，. (1)当时，求过原点且与曲线相切的直线方程； (2)存在，对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)若（），当时，关于的方程有11个实数根，求的值. （参考数据：） 考点四 利用导数解决不等式恒成立问题 13．记函数． (1)求函数在点处的切线方程； (2)若不等式对于任意恒成立，求的取值范围； (3)求证：对于任意恒成立． （参考数据：） 14．已知函数，函数， (1)若曲线在处的切线方程为，证明：恒成立； (2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 15．已知函数. (1)若， （i）求函数的单调区间； （ii）证明：函数在区间上有且只有一个零点． (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围． 考点五 利用导数解决不等式有解问题 16．已知函数. (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的单调性； (3)若存在使得成立，求的取值范围； 17．已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)若，求的取值范围． 18．已知函数. (1)若函数在上不单调，求实数a的取值范围； (2)求函数在上的最大值； (3)若，关于x的不等式在上有解，求实数a的取值范围. 考点六 利用导数证明不等式 19．已知函数，定义域为，为实数． (1)若的图象在处的切线的斜率为1，求该切线的方程； (2)若在定义域上不单调，求的取值范围； (3)若是的极小值点，证明：． 20．设函数. (1)若对，成立，求实数a的取值范围； (2)（ⅰ）当时，比较与的大小； （ⅱ）证明；当，时，. 21．设，. (1)当时，求证：； (2)求证：（，）. 22．在中，. (1)求； (2)点记为的延长线上存在一列点，记，且. （i）证明：； （ii）证明：. 考点七 利用导数解决双变量问题 23. 已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 24. 已知，其中，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 25．已知函数，其中 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)记的导函数为，若不等式在区间上恒成立，求a的取值范围； (3)设函数，是函数的导函数，若存在两个极值点，，且满足，求实数a的取值范围． 26．已知，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的最值； (3)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 考点八 极值点偏移问题 27．已知函数. (1)讨论函数在区间内的零点个数； (2)若，使得对恒成立，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不相等的实根，，求证：. 28．已知函数． (1)若直线与函数的图象均相切，求直线的方程； (2)记． （i）求的单调区间； （ii）若，其中，求证：． 29．已知函数． (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值； (2)若函数有三个零点，，，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 30．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：. 31．已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 考点九 新定义题 32．拉格朗日（Lagrange）中值定理，是微分学中的基本定理之一，反映了可导函数在闭区间上整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系.定理的表述如下：若函数在上连续，且其导函数为，那么在开区间内至少存在一点，使得.已知函数 (1)求函数在上的值域； (2)已知，求证： （i）； （ii）若对满足条件的，不等式恒成立，求整数的最小值. 33．定义“下凸函数”：在区间上，对任意，均有，当且仅当时，等号成立．若函数在区间上存在二阶可导函数，则为区间上的“下凸函数”的充要条件是（为的导函数）． (1)若是上的“下凸函数”，求实数的取值范围； (2)证明：函数在上为“下凸函数”； (3)已知正实数满足，求的最小值（用含的代数式表示）． 34．某些函数如和的图象具有性质：曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线的下方.这个性质可表示为：设是定义在区间上的函数，则对于上的任意与任意，总有成立. (1)设，求证：； (2)设，求证：； (3)某同学研究发现，若函数在上存在导函数，则上述性质的充要条件为在上递增，求证：，其中均为正数. 35．在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式，这个公式来自于微积分中的泰勒定理，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况下，泰勒公式可以用这些导数值作为系数构建一个多项式来近似函数在这一点的邻域中的值，这个多项式称为泰勒多项式.若函数在包含的某个开区间中具有阶导数，设表示的阶导数，则对任意，有，其中，是位于与之间的某个值，它称为阶泰勒余项，叫作在处的阶泰勒多项式.已知函数. (1)求在处的3阶泰勒多项式. (2)证明：当时，. (3)当时，是否存在实数，使得不等式成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由. 1．（2024·全国高中数学联赛吉林预赛）函数，若对成立，则（    ） A．对成立 B．对成立 C．对成立 D．对成立 2．（2024·全国全国第四届章鱼杯联赛）设A在曲线上，B在直线上，O为坐标原点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 3．（多选）(2024·第二届“鱼塘杯”竞赛)已知定义域为的函数，其中代表不超过的最大整数.设数列满足：是在上最大值，数列满足：且，则下列说法正确的是（    ） A．最小值为 B．在有个极值点 C． D． 4．（2024·全国数学联赛吉林预赛）已知函数 .若，使得，则实数的最大 值为 . 5．(2024·年全国数学奥赛广西选拔赛)方程的正整数解为 ． 6．（2024·全国高中数学联赛四川预赛）函数的零点都在区间内，则的最小值为 ． 7．（2024·上海竞赛）已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 . 8.（2025·北京大学强基计划）使得有解的有几组. 9．（2025·东南大学强基计划）方程在上的解的个数有多少个？ 10. （2025·东南大学强基计划）设， (1)证明：只有一个根． (2)证明：有2个零点． (3)证明：． 11．（2025·全国数学联赛重庆预赛）已知函数，设是三个不同的实数，满足，求的取值范围. 12．（2024·第四届英才杯数学竞赛）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线：. (1)若点在：上，记G的几何中心为点，则当取得最大值时，求点的坐标. (2)已知动点、在C上，分别过、作抛物线的切线、，设和相交于点T，若点T恒在直线：上，求证：直线经过定点. (3)将绕原点顺时针旋转90°得到，给定点，上有四点、、、，满足，、均三点共线，且、都在x轴上方，设线段和的中点分别为T、S，试判断：直线是否会经过一个定点？若会，请求出这个定点的坐标，若不会，请说明理由. 13．（2024·全国数学联赛重庆预赛）已知函数，若两不相等的实数满足曲线在点和点处的切线斜率相等，求证:. 14．（2024·第二届“鱼塘杯”竞赛）对三次函数，如果其存在三个实根，则有.称为三次方程根与系数关系. (1)对三次函数，设，存在，满足.证明：存在，使得； (2)称是上的广义正弦函数当且仅当存在极值点，使得.在平面直角坐标系中，是第一象限上一点，设.已知在上有两根. （i）证明：在上存在两个极值点的充要条件是； （ii）求点组成的点集，满足是上的广义正弦函数. 15．（2024·高三数学极光杯竞赛）设为坐标原点，为抛物线上异于的一点，，． (1)求的最小值； (2)求的取值范围； (3)证明：． 16．（2023·清华大学丘成桐数学英才班测试）设，满足． (1)证明：若，则当时，． (2)若存在满足，证明． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $