专题02 导数及其应用全章27大题型（期中复习课件）高二数学下学期人教A版

这是一份高二数学下学期期中复习讲义，聚焦导数及其应用全章27大题型，通过“夯学情、记知识、破题型、计验收”四模块构建学习支架，涵盖导数计算、切线方程、单调性、极值最值等核心内容，配套典例解析与变式训练。 资料以新课标核心素养为导向，题型分类系统（如隐零点、极值点偏移等），解题技巧清晰（如参变分离、洛必达法则），结合各地期中真题强化应用，助力学生用数学思维分析问题，提升逻辑推理与运算能力，也为教师提供分层教学资源，提高复习效率。高二学生处于承上启下阶段，本资料帮助其梳理知识体系，巩固导数基础，提升综合解题能力，为后续学习及高三复习奠定基础。

专题02 导数及其应用全章27大题型 高二年级数学下学期 期中复习讲义 人教A版 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 1 题型01 导数的基本计算 题型02 求切线方程 题型03 由切线求参数 题型04 公切线问题 题型05 导函数与原函数的图象关系 题型06 具体函数的单调性、极值最值 题型07 利用导数求含参可分离函数的单调性题型题型08 利用导数求含参不可分离函数的单调性 题型09 二阶导 题型10 由函数单调性求参数 题型11 由极值和极值点求参数 题型12 由最值求参数 题型13 恒成立问题 题型14 能成立（有解）问题 题型15 利用导数证明不等式 题型16 参变分离 题型17 洛必达法则 题型18 端点效应（假性端点）与必要性探路 题型19 恒成立问题中的整数最值问题 题型20 导数与函数的零点 题型21 方程的根 题型22 图象交点 题型23 隐零点设而不求题型24 利用导数研究双变量 题型25 利用导数研究多变量问题 题型26 导数中的极值点偏移问题 题型27 数列、三角函数、概率与导数交汇问题 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 1 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 2 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 3 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 4 CONTENTS 内 容 导 航 2 明•期末考情 第一部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 3 核心考点 复习目标 考情规律 导数的基本计算 能熟练运用基本初等函数导数公式和四则运算法则，求简单函数的导数 基础必考点，常以选择题、填空题或解答题第一问出现，易错点在于复合函数求导漏乘内层导数 求切线方程 能根据函数解析式与切点坐标（或切线过某点），正确求出切线方程 高频考点，注意区分“在点处”与“过点处”的切线，后者需设切点求解 由切线求参数 能利用切线方程与函数的关系（切点在曲线上、斜率等于导数值），建立方程（组）求参数 常与导数计算结合，考查方程思想，易错点在于忽略切点同时在切线和曲线上 公切线问题 能解决两个函数存在公共切线的问题，通过设切点、联立方程求解参数或判断存在性 难度中上，常作为小题或解答题中间步骤，关键点在于正确表达两条切线相同 导函数与原函数的图象关系 能根据原函数图象判断导函数图象的正负区间、极值点，或由导函数图象还原原函数单调性与极值 小题高频考点，易错点在于混淆极值点与导数为零点的对应关系 具体函数的单调性、极值最值 能通过求导、解不等式确定具体函数（无参数）的单调区间、极值与闭区间最值 基础综合考点，要求步骤规范，易错点在于忘记定义域或导数分母不为零 利用导数求含参可分离函数的单调性 能对含参函数进行参变分离，转化为讨论不含参函数的单调性问题 中档考点，考查转化思想，注意分离后参数与变量的范围限制 利用导数求含参不可分离函数的单调性 能直接对含参函数求导，通过分类讨论参数范围，确定导函数符号，从而得到单调区间 高频压轴考点，分类讨论是难点，易错点在于讨论不完整或区间合并不当 二阶导 能正确计算二阶导数，并利用二阶导符号判断函数图象的凹凸性，辅助研究极值、拐点 常以小题或大题中间步骤出现，考查对导数深层意义的理解 由函数单调性求参数 能根据函数在给定区间上单调（增、减或非单调），转化为导函数恒成立或存在零点问题，求参数范围 重要考点，常结合分离参数或分类讨论，易错点在于等号是否可取 由极值和极值点求参数 能利用极值点处导数为零，并结合极值定义或极值点位置，建立方程（组）或不等式求参数 中高频考点，易错点在于验证极值点两侧导数符号变化 由最值求参数 能根据函数在闭区间上的最值条件（已知最值或最值位置），建立关于参数的方程或不等式求解 常见于解答题第二问，需结合单调性讨论，注意区间端点与极值点比较 4 核心考点 复习目标 考情规律 恒成立问题 能将“f(x)≥0（或≤0）在区间上恒成立”转化为函数最值问题，或通过分离参数求解参数范围 解答题核心考点，常与分类讨论、最值、构造新函数结合，易错点在于最值点是否在区间内 能成立（有解）问题 能将“存在x使f(x)≥0成立”转化为函数最大值非负或分离参数后的值域问题 与恒成立对称考查，注意“存在”与“任意”的逻辑转换，易混淆条件 利用导数证明不等式 能通过构造函数、求导判断单调性或最值，证明与函数相关的不等式（常见如单变量、双变量） 压轴题常见题型，考查构造能力与代数变形，易错点在于构造函数不恰当 参变分离 能在恒成立或有解问题中，将参数与变量分离，转化为求不含参函数的最值或值域 重要解题技巧，简化分类讨论，注意分离后函数定义域及极限情况 洛必达法则 能使用洛必达法则求解分式型函数在端点处未定式（0/0或∞/∞）的极限，用于确定参数范围 高端技巧，部分压轴题可用，需注意使用条件（可导且分母导数不为零） 端点效应（假性端点）与必要性探路 能利用区间端点函数值或导数值满足的条件，先求出参数的必要范围，再验证充分性，简化讨论 压轴题优化策略，可快速锁定参数范围，易错点在于忘记验证充分性 恒成立问题中的整数最值问题 能结合函数单调性与整数特性，求解使不等式恒成立的参数整数最值（如最大整数、最小整数） 常与分离参数、估值结合，考查数感与逼近思想，易错点在于整数端点取舍 导数与函数的零点（方程的根、图象交点） 能利用导数研究函数单调性、极值与最值，判断零点个数或根据零点情况求参数范围 压轴高频考点，常结合零点存在定理，易错点在于漏看定义域或单调区间不连续 隐零点设而不求 能在导数零点无法显式表达时，设出隐零点，利用零点满足的方程进行化简、代换，解决极值或不等式问题 高端解题技巧，突破传统求根限制，考查代数整体代换能力 利用导数研究双变量 能处理两个独立变量的问题，通过构造新函数、统一变量或利用单调性转化为单变量问题 难度较大，常与不等式证明结合，易错点在于变量代换后不等号方向 利用导数研究多变量问题 能通过消元、主元法或构造函数，将多个变量问题转化为函数最值或单调性问题 综合压轴题型，考查变量控制思想，需灵活选择主元 导数中的极值点偏移问题 能识别极值点偏移特征（如f(x1)=f(x2)且x1≠x2，极值点不在中点），通过构造对称函数或比值代换证明不等式 导数压轴经典题型，考查对数平均不等式或构造函数对称性，难度大 数列、三角函数、概率与导数交汇问题 能综合运用数列求和、三角函数性质、概率分布与导数工具，解决跨章节综合问题 新高考趋势题型，考查知识迁移与综合应用能力，常以创新情境出现 5 记•必备知识 第二部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 6 知识点1 平均变化率 对于函数，设自变量x从变化到 ，相应地，函数值y从变为 ，这时，x的变化量为，y的变化量为．我们把比值，即 叫做函数从到的平均变化率． 7 知识点2 瞬时变化率 设函数在附近有定义，自变量在处的改变量为，当无限接近于0时，若平均变化率无限接近于一个常数k，那么称常数k为函数在处的瞬时变化率． 记作：当时，． 上述过程，通常也记作 ． 8 知识点3 导数的定义 函数在处的导数定义式： 实质：函数在处的导数即函数在处的 ． 瞬时变化率 9 知识点4 割线斜率与切线斜率 设函数的图象如图所示，直线AB是过点与点的一条割线，此割线的斜率是 当点B沿曲线趋近于点A时，割线AB绕点A转动，它的极限位置为直线AD，直线AD叫做此曲线在点A处的 ．于是，当Δx→0时，割线AB的斜率无限趋近于过点A的切线AD的斜率k，即k＝ ＝ 切线 10 知识点5 导数的几何意义 就是曲线在点（也称处）处的切线的 ，从而根据直线的点斜式方程可知，切线的方程是 ． 斜率 11 知识点6 常用基本初等函数的求导公式 原函数 导函数 （c为常数） （，且） （，且） 12 知识点8 复合函数的导数 （1）复合函数的概念 一般地，对于两个函数和，如果通过中间变量，可以表示成的函数，那么称这个函数为函数和的复合函数，记作 ． （2）复合函数的求导法则 一般地，对于由函数和复合而成的函数，它的导数与函数，的导数间的关系为 ，即对的导数等于 ． 对 的导数与对的导数的乘积 13 知识点9 导函数与原函数的关系 条件 恒有 结论 函数在区间上可导 ＞0 在上单调递增 ＜0 在上单调递减 ＝0 在上是常数函数 14 知识点10 利用导数判断函数单调性的步骤 第1步，确定函数的定义域； 第2步，求出导函数f′(x)的零点； 第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性. [常用结论] 1.若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，恒成立. 2.若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，＞0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，＜0有解. 15 （2）求方程 的根； 极小值：函数在点的函数值比它在点附近其他点的函数值都 ， ；而且在点附近的左侧 0，右侧 0，我们把叫做函数的极小值点，叫做函数的极小值. 极大值：函数在点的函数值比它在点附近其他点的函数值都 ， .而且在点附近的左侧 0，右侧 0.我们把叫做函数的极大值点，叫做函数的极大值. 知识点11 极值的定义 大 0 小 0 求可导函数的极值的步骤 （1）确定函数的定义域，求导数； （3）列表； （4）利用与随x的变化情况表，根据极值点左右两侧单调性的变化情况求极值． 16 知识点12 极值与导数的关系 是极值点 是极值点， 即：是为极值点的_____________________________. 必要非充分条件 17 知识点13 函数的最值与导数 设函数在上连续，在内可导，求在上的最大值与最小值的步骤如下： （1）求函数在内的 ； （2）将函数的各 与 处的函数值、比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 极值 极值 端点 18 知识点14 二阶导的定义 定义 1: 若函数 的导函数 在点 处可导，则称 在点 的导数为 在点 的二阶导数，记作 ，同时称 在点 为二阶可导. 定义 2: 若 在区间 上每一点都二阶可导，则得到一个定义在 上的二阶可导函数，记作 . 19 知识点15 恒成立问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ② ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） 20 知识点16 能成立（有解）问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）若的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 ② ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 21 知识点17 端点效应的类型 1.如果函数 在区间 上， 恒成立，则 或 ， 2.如果函数 在区间 上， 恒成立，且 （或 ），则 （或 ）， 3.如果函数 在区间 上， 恒成立，且 ，（或 ，），则 （或 ）. 22 知识点18 洛必达法则： 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)，那么 =. 型 (1) 及； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)，那么 =. 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： 23 破•重难题型 第三部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 24 题型一 导数的基本计算 熟记基本初等函数导数公式（幂、指、对、三角）及四则运算法则、复合函数链式法则. 解｜题｜技｜巧 25 26 27 28 题型二 求切线方程 先求导得斜率 ，再用点斜式 ．若切点未知，设切点 ，利用已知条件（如切线过某点、与直线平行/垂直）列方程解 ． 解｜题｜技｜巧 29 30 31 题型三 由切线求参数 利用“切点既在曲线上又在切线上”以及“导数等于切线斜率”建立方程组.若切线平行/垂直某直线，则斜率关系给出另一方程. 解｜题｜技｜巧 32 33 34 题型四 公切线问题 分别设两曲线的切点，由斜率相等得一个方程，再由同一直线（截距相等或两点共线）得另一个方程，联立求解.注意可能同一公共切点的情况. 解｜题｜技｜巧 35 36 37 38 39 题型五 导函数与原函数的图象关系 导函数正 → 原函数增；导函数负 → 原函数减；导函数零点变号 → 原函数极值点；导函数递增 → 原函数下凸（凹向上）；导函数递减 → 原函数上凸（凹向下）. 解｜题｜技｜巧 40 41 42 43 44 题型六 具体函数的单调性、极值最值 先求定义域，求导后令导数为零，划分区间列表，判断导数符号得单调区间和极值.最值需比较极值与端点值. 解｜题｜技｜巧 45 46 47 48 49 题型七 利用导数求含参可分离函数的单调性 将参数分离到一边，转化为不含参的函数研究其单调性.常见于参数仅影响整体乘除因子，或可通过恒等变形分离. 解｜题｜技｜巧 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 题型八 利用导数求含参不可分离函数的单调性 对导数中的参数进行分类讨论.分类依据：二次型讨论开口、判别式、根的大小；分式型讨论分母符号；指数/对数型讨论参数与1的关系等. 解｜题｜技｜巧 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 题型九 二阶导 求二阶导用于判断凹凸性（ 为下凸， 为上凸）及拐点，也可辅助证明不等式（泰勒展开）或判断极值类型（一阶导为零时二阶导正定极小，负定极大）. 解｜题｜技｜巧 72 73 74 75 76 77 78 79 80 题型十 由函数单调性求参数 已知 在区间 上单调递增（减），转化为 ( 在 上恒成立，且不在任何子区间恒为零. 常用分离参数或最值法解出参数范围. 解｜题｜技｜巧 81 82 83 84 85 题型十一 由极值和极值点求参数 极值点处 ，且两侧导数变号.结合给定极值数值（如 ）列方程求解，最后验证变号条件. 解｜题｜技｜巧 86 87 88 89 90 题型十二 由最值求参数 (1)求定义域：优先明确 定义域，避免出错. (2)求导找零点：求 ，令 ，含参数则分类讨论零点是否存在区间内. (4)列关系解参数：代入最值条件列方程 / 不等式，解参数并验证. (3)判单调性定最值： ①闭区间：最值在端点或极值点取，比较两者； ②开 / 无穷区间：最值在极值点取（端点取不到），结合极限分析. 解｜题｜技｜巧 91 92 93 94 95 题型十三 恒成立问题 常用方法：①分离参数转化为 或 恒成立，求 的最值； ②直接构造函数 ，求其最小值 . 解｜题｜技｜巧 96 97 98 99 100 题型十四 能成立（有解）问题 存在使有解分离参数后，有解；有解 解｜题｜技｜巧 101 102 103 104 105 106 107 题型十五 利用导数证明不等式 构造辅助函数 ，求导分析单调性与最值，证明 或 .若一阶导不够，可多次求导或使用放缩. 解｜题｜技｜巧 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 题型十六 参变分离 将参数与变量分离到不等式两侧，化为： 或 形式，注意分离时需考虑分母正负，避免不等号方向错误. 解｜题｜技｜巧 118 119 120 121 122 123 124 题型十七 洛必达法则 用于处理或型极限，在导数大题中常见于求端点无定义时的参数范围.使用条件：极限存在或为无穷，且求导后极限易得. 解｜题｜技｜巧 125 126 127 128 题型十八 端点效应（假性端点）与必要性探路 对区间 上恒成立问题，代入端点得必要条件（如 ），缩小参数范围，再验证充分性. 若端点处函数数值与导数值均为零，可结合高阶导数分析. 解｜题｜技｜巧 129 130 131 132 133 134 135 题型十九 恒成立问题中的整数最值问题 先利用必要性（如代入特殊值）估计整数范围，再分离参数并分析函数值所在区间，结合整数特性逐步验证.常用“临界值”两侧整数试探. 解｜题｜技｜巧 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 题型二十 导数与函数的零点 求导分析单调区间与极值，结合区间端点函数值符号，利用零点存在定理判断零点个数或位置.注意极值点处函数值为零时可能为重根. 解｜题｜技｜巧 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 题型二十一 方程的根 将方程化为 ，转化为函数零点问题.注意根的个数与导数零点（临界点）的关系，以及根的重数判定（一阶导也为零）. 解｜题｜技｜巧 158 159 160 161 162 163 164 165 题型二十二 图象交点 解｜题｜技｜巧 166 167 168 169 170 171 172 173 174 题型二十三 隐零点设而不求 当导函数零点无法显式解出时，设零点为 ，利用 进行代换（如 或 ），将原函数表达式简化，再证明不等式或求范围. 解｜题｜技｜巧 175 176 177 178 179 180 181 182 183 题型二十四 利用导数研究双变量 常用方法：①·构造差值函数（如与的关系）； ②·比值换元（令）； ③·将其中一个变量视为主元，另一个视为参数. 解｜题｜技｜巧 184 185 186 187 188 189 190 191 题型二十五 利用导数研究多变量问题 三个及以上变量时，优先利用已知条件消元减少变量数；若对称或齐次，可设新变量（如 ）；或固定部分变量，转化为单变量函数求导. 解｜题｜技｜巧 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 题型二十六 导数中的极值点偏移问题 已知，极值点为，证明，或.常用对称函数法：构造，研究其单调性；或对数平均不等式、拉格朗日中值定理. 解｜题｜技｜巧 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 题型二十七 数列、三角函数、概率与导数交汇问题（跨章节） 数列：视 为函数 在整数点取值，求导研究单调性、最值． 三角函数：求导后周期性，结合三角恒等变形． 概率：对似然函数或期望函数求寻求最值． 综合题需灵活调用各模块知识，构造函数后利用导数工具分析． 解｜题｜技｜巧 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 过•分层验收 第四部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变. 教师寄语 242 【典例1】(24-25高二下.四川成都.期中)某个弹簧振子在振动过程中的位移(单位：mm)与时间(单位：s)之间的关系为,则该弹簧振子在时的瞬时速度是(    ) A．0 B． C． D． 【详解】由题可得位移是关于时间的函数,且满足, 则,则该弹簧振子在时的瞬时速度是 .故选：A 【典例2】(24-25高二下.广东东莞.期中)已知函数可导,且满足,则函数在处的导数为(   ) A． B． C．1 D．3 【详解】, 所以.故选：. 题型一 导数的基本计算 A． B． C． D． 【详解】对于A,因为是常数,所以,故A错误； 对于B,,故B正确； 对于C,,故C正确； 对于D, ,故D正确.故选：BCD. 【变式1】(24-25高二下.辽宁.期中)(多选)下列求导运算正确的是(   ) 【详解】A选项,,A正确； B选项,,B正确； C选项,,C错误； D选项,,D错误.故选：AB 【变式2】(24-25高二下.广东东莞.期中)(多选)下列函数求导正确的是(   ) A． B． C． D． 【典例1】(24-25高二下.广东清远.期中)曲线在点处的切线方程为(   ) A． B． C． D． 【详解】因为,所以,所以在点处的切线斜率, 所以在点处的切线方程为,即. 故选：A 【变式1】(24-25高二下.甘肃酒泉.期中)已知函数,则曲线在点处的切线方程为(    ) A． B． C． D． 【详解】因为,,所以, 所以．又, 所以曲线在点处的切线方程为,即,故选：D． 题型二 求切线方程 【详解】构建, 则,, 可得,,可知切线坐标为,切线斜率, 所以切线方程为,即.故选：A. 【变式2】(24-25高二下.辽宁大连.期中)已知函数,则的图象在处的切线方程为(   ) A． B． C． D． 【典例1】(24-25高二下.福建福州.期中)函数在点处的切线与直线垂直,则(    ) A．0 B．1 C． D．e 【详解】, 所以在点处的切线斜率为, 由题意可知, 解得：,故选：A 【典例2】(24-25高二下.河南洛阳.期中)已知函数,若曲线在点处的切线平行于直线,则该切线方程为(    ) A． B． C． D． 【详解】由题意得, 曲线在点处的切线平行于直线, 曲线在点处的切线斜率,即, 解得,此时, 即切点为,则切线方程为,即.故选：B. 题型三 由切线求参数 A．1 B． C． D． 【详解】由,则,设切点为,则,解得, 所以切点为,则,解得.故选：C 【变式2】(24-25高二下.重庆.期中)已知直线为的一条切线,将的图象向右平移个单位,向上平移1个单位后仍与直线相切,则(    ) A．1 B． C．0 D． 【详解】由得 由题意,直线的斜率为,则,解得. ∴,∴切点为 ∴切线方程为,即. 所以, .故选：B. 【变式1】(24-25高二下.江苏徐州.期中)若直线是曲线的一条切线,则实数的值为(    ) 【详解】由,得,, 故曲线在处的切线方程为； 由,得, 设切线与曲线相切的切点为,, 由两曲线有公切线得,解得,则切点为, 故切线方程为,即 因两切线重合,则,解得． 题型四 公切线问题 【典例1】(24-25高二下.云南.期中)若曲线在点处的切线也是曲线的切线,则____________. 【典例2】(24-25高二上.江苏无锡.月考)已知函数,其中,若曲线和曲线的公切线有两条, 则的取值范围为_______. 【详解】设曲线的切点为：,,所以过该切点的切线斜率为, 因此过该切点的切线方程为：； 设曲线的切点为：,,所以过该切点的切线斜率为, 因此过该切点的切线方程为：, 则两曲线的公切线应该满足：, 构造函数, 当时,单调递减,当时,单调递增, 所以函数有最大值为：, 当时,,当,,函数的图象大致如下图所示： 要想有若曲线和曲线的公切线有两条,则的取值范围为. 【变式1】(24-25高二下.四川绵阳.期中)已知直线既是函数的切线也是二次函数的切线,则______. 【详解】设直线与函数相切于点, 与相切于点, 其中,, 故且,, 联立与得,解得,故, 又,故,即, 化简得 将代入中得 ,解得. 【变式2】(24-25高三上.山东聊城.月考)一条直线与函数和的图象分别相切于点和点,则的值为__________． 【详解】因为,,所以,, 则在点处的切线方程为,即； 在点处的切线方程为：,即, 由已知,由得,故, 故,解得, 所以,因此．    A．   B．   C．   D．   【详解】由题意知与轴有三个交点, 当时,,当时,, 当时,,当时,, 则在区间上单调递减, 在区间上单调递增,故A,C正确；B,D错误．故选：AC． 题型五 导函数与原函数的图象关系 【典例1】(24-25高二下.河北保定.月考)(多选)设函数的导函数为,已知函数的图象如图所示,则的图象可能是(    ) B．是的极大值,是的极小值 C．在上单调递增 D．在上单调递减 【详解】由图知, 当时,；当时,；当时,； 所以在,上单调递增,在上单调递减, 所以的极大值为,极小值为．故选：BCD. 【典例2】(24-25高二下.重庆.期中)(多选)定义在上的函数,其导函数的图象如图所示,则下列说法正确的是(    ) A．是的极小值,是的极大值 C．是的极小值点 D．是的极大值点 【详解】对于A,当时,故在上单调递增,A正确, 对于B, 当时,故在上单调递增,B错误, 对于C, 当时,故在上单调递增,当时,故在上单调递减,故是的极小值点,C正确,D错误,故选：AC 【变式1】(24-25高二下.吉林松原.期中)(多选)已知函数的导函数为,的部分图象如图所示,则(   ) A．在上单调递增 B．在上单调递减 C．是的极大值点 D．在上单调递减 【详解】根据函数的图象可知, 在区间,,,单调递增； 在区间,,,单调递减. 所以有个极值点、是的极大值点、在上单调递增,是的极小值点, 所以A,B选项正确；故选：AB. 【变式2】(24-25高二下.安徽芜湖.期中)(多选)已知为函数的导函数,若函数的图象大致如图所示,则(    ) A．有个极值点 B．是的极大值点 (1)求函数的极值； (2)求函数在上的最大值和最小值． 【详解】(1)定义域,令,, 0 2 0 0 单调递减 极小值 单调递增 极大值0 单调递减 当时,有极小值,极小值为； 当时,有极大值,极大值为． 题型六 具体函数的单调性、极值最值 【典例1】(24-25高二下.甘肃武威.期中)已知函数． (2) 0 2 3 0 0 16 单调递减 极小值 单调递增 极大值0 单调递减 所以,.． (1)求函数的单调区间． (2)求函数的极值. 【详解】(1)因为, 则, 令,可得或,列表如下： 3 0 0 增 极大值 减 极小值 增 所以,函数的增区间为和,减区间为； (2)由(1)可知,函数的极大值为,极小值为. 【变式1】(24-25高二下.新疆吐鲁番.期中)已知函数． (2)求函数的单调区间； (3)求函数在区间上的最大值与最小值． 【详解】(1)由题意得,则, 又,则切线方程为,即, 即曲线在点处的切线方程为． (2)由(1)知, 令,得或,令,得3, 则函数的单调递增区间为,单调递减区间为. (3)由(2)可知,在,上单调递增,在上单调递减, 因, 则在上的最大值为,最小值为. 【变式2】(24-25高二下.河南信阳.期中)已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (1)当时,求函数的极值； (2)讨论函数的单调性． 【详解】(1)当时,,则, 因为函数定义域为, 所以当时,,则在上单调递减, 当时,,则在上单调递增, 即函数有极小值,无极大值. 题型七 利用导数求含参可分离函数的单调性 【典例1】(24-25高二下.福建福州.期中)已知函数． (2)直接求导得：, 因为函数定义域为, 当时,,则函数在上单调递增； 当时, 则当时,,则在上单调递减, 当时,,则在上单调递增, 综上可得：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)讨论函数的单调区间； (3)当时,关于x的不等式恒成立,求整数a的最大值． 【详解】(1)定义域为,, 当时,,, 则曲线在点处的切线为． 【典例2】(24-25高二下.福建福州.期中)已知函数． (1)当时,求函数在点处的切线方程； (2)因为定义域为,, 当时,,所以在上单调递增； 当时, x 0 极大值 综上：当时的单调递增区间是,无单调递减区间； 当时的单调递减区间为,单调递增区间为； (3)依题知,恒成立,即恒成立, 设, 则, 当时,令,解得 x 0 极大值 则恒成立, 整理得． 设,,则恒成立, 所以在上单调递增,又且, 且,, 故整数a的最大值为． (2)求函数在区间上的最小值； (3)当时,判断函数的零点个数． 【详解】(1)由题意得的定义域为, 则 当时,时,,时,, 故在上单调递减,在上单调递增； 当时,令可得或,令可得, 故在和上单调递增,在上单调递减； 当时,在上单调递增； 当时,令可得或,令可得, 故在和上单调递增,在上单调递减． 【变式1】(24-25高二下.河南郑州.期中)已知函数． (1)讨论的单调性； (2)由已知得, 当时,在区间上恒成立,函数单调递增, 函数的最小值为, 当时,在区间上恒成立,函数单调递减, 函数的最小值为, 当时,列表如下： x - + 单调递减 单调递增 函数的最小值为． 综上可得：当时,函数的最小值为, 当时,函数的最小值为, 当时,函数的最小值为． (3)当时,, ①当时,由(1)知函数在上单调递减, 在上单调递增, 又因为,而x趋近正无穷时,趋近正无穷, 故在上只有一个零点； ②当时,,在上单调递增,且连续不间断, 且,故在上只有一个零点． ③当时,令,解得,即在上只有一个零点, ④当时,令可得,令可得, 所以函数在上单调递减,在上单调递增, 当x趋近正无穷时,趋近正无穷,当x趋近0时,趋近正无穷, 若,即时,在上无零点． 若,即时,在上只有一个零点, 若,即时,在上有两个零点, 综上：当时,函数无零点, 当或时,函数的零点个数为1, 当时,函数的零点个数为2． (2)讨论的单调性． 【详解】(1), 由题意,, 解得, 当时,,定义域为, ,令,解得, 令,解得,故为的极值点, 满足题意,故； 【变式2】(24-25高二下.山东临沂.月考)已知函数,其中. (1)若在处取得极值,求a的值； (2)定义域为, 当时,, 所以时,,单调递增,时,,单调递减, 当时,, 当时, ①时,, 令,解得或,令,解得, 函数在,内单调递增,在内单调递减； ②当时,,故函数在上单调递增； ③当时,,令,解得或,令,解得, 故在,内单调递增,在内单调递减． 当时,当时,,单调递增,当时,,单调递减, 综上：当时,在单调递增,在单调递减, 当时,在,内单调递增,在内单调递减； 当时,在上单调递增； 当时,在,内单调递增,在内单调递减. (1)若曲线在处的切线与轴平行,求的值； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数有两个极值点,,证明：． 【详解】(1)因为,由题知,所以的值为. 题型八 利用导数求含参不可分离函数的单调性 【典例1】(24-25高二下.北京.期中)已知函数． (2)易知定义域为,因为, 令,则, 当,即时,恒成立,,在定义域上单调递增, 当,即时,恒成立,,当且仅当时取等号,在定义域上单调递增, 当,即时,由,得到 , ①时,,此时时,,时,, 在上单调递增,在上单调递减, ②时,,此时时,,时,, 在上单调递增,在单调递减上. 综上,当时,在区间上单调递增, 当时,在上单调递增,在上单调递减, 当时,在上单调递增,在单调递减上. (3)证明：因为函数有两个极值点,,由(2)知,且, 要证,即证, 又 , 即证,即证在区间上恒成立, 令,则, 令,则在恒成立,即在区间上单调递增, 又,所以时,, 则在区间上单调递减, 所以,即当时, 又,所以当时,,故命题得证. ①讨论函数的单调性； ②若存在两个极值点,且,求的取值范围； (2)当且时,若相异的满足,求证：． 【变式1】(24-25高二下.江苏南京.期中)设函数． (1)当时, 【详解】(1)时 ① 设 1°,当时,因为(当且仅当时取等),所以, 即在上单调递增 2°,当时,,令解得, 所以 + 0 - 0 + 极大值 极小值 此时在和单调递增, 在单调递减； ②由①得此时且设,由韦达定理得, 所以 因为,所以,解得, 因此的取值范围是； (2)由得,即, 当时,要证,即证,即证, 若,则恒成立,下证时. 当,,所以在单调递减, 当,,所以在单调递增, 不妨设,则有,现要证,即证, 因为,即证,即证, 设, 则 , 所以,即得证,所以得证； 当时,要证,即证,即证, 若,则恒成立, 下证：当时有. 当,,所以在单调递减, 当,,所以在单调递增, 不妨设,则有,现要证. , 即证, 因为,即证,即证, 设, 则 , 所以,即得证,所以得证； 综上所述：． (2)当时,讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点,,且,证明：． 【详解】(1)当时,,, ∴. 【变式2】(24-25高二下.浙江.期中)已知函数,其中 (1)当时,求的值； (2)当时,, 令, 当时,恒成立,∴,∴在上单调递减． 当时,有两个根分别为,, 当时,, 当,, ∴递减区间为,, 递增区间为. 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. (3)由(2)可知,,,,∴,, ∴, 构造函数,, , 记,, 令,解得,(舍去), 当时,；当时,, ∴在上单调递减,在上单调递增, 又,,∴时,,即, ∴在上单调递减,∴,∴, 综上所述即证：. (1)讨论的单调性； (2)判断是否存在,使得的最小值为,并说明理由. 【详解】(1)由 得,. 设,则, 当时,单调递减,当时,单调递增, 所以,即, 若,则,,在上单调递增, 若,则当时,单调递减, 当时,单调递增. 综上,当时在上单调递增；当时在(0,a)上单调递减,在上单调递增. 题型九 二阶导 【典例1】(2024.全国.模拟预测)已知函数,. (2)由(1)知,当时在上单调递减,在上单调递增, 所以. 假设存在满足条件的,则,即 又,所以,所以, 设,则, 因为, 所以在上单调递减,所以, 设,则,所以在上单调递增, 所以,故,与矛盾, 所以不存在,使得的最小值为. (2)若恒成立,求的取值范围； (3)若有三个极值点,求的取值范围. 【详解】(1)当时,,, 令,则, 令, 所以当时,,为减函数； 当时,,为增函数, 所以,即, 所以当时,,为减函数；当时,,为增函数； 综上,在上单调递减,在上单调递增. 【变式1】(2024.重庆.模拟预测)已知函数. (1)当时,求函数的单调性； (2)因为,即恒成立, 当时,显然成立； 当时,分离参数,即恒成立, 令,则, 令,可得, 所以当时,,为增函数；时,,为减函数；当时,,为增函数, 当时,；当时,；当时,；当时,, 画出其大致图像 所以. (3), , 因为有三个极值点,所以有三个变号零点, 即有三个变号零点, 容易得到是方程的一个根,不是方程的根, 当时,分离变量,, 令,则, 令, 所以当时,,单调递减；当时,,单调递减；当时,,单调递增； 画出其大致图像为 极小值, 因为已经是方程的一个根, 所以要使与有两个交点,即且. (2)证明：对任意,有,当且仅当时等号成立. (3)已知,证明：(其中) 【详解】(1), 令, , ,, 故在上单调递增. 【变式2】(24-25高三上.广东珠海.开学考试)设函数,. (1)试判断的单调性； (2)令, 则. 又在上单调递增, 当时,； 当时,； 当时,； 所以函数在 上单调递减,在上单调递增, 故在处取最小值, 即, 从而, 即. (3), 要证, 只需证, 即证.(*) 显然,当时,不等式(*)中等号成立. 令, 由(2)可知：成立, 即：成立, 即： 而 成立, 从而成立. A．-4 B．-2 C．0 D．2 【详解】函数是增函数,由,得, 由,求导得, 由函数在上单调递增,得,, 而,则, 所以实数的最小值为.故选：B 题型十 由函数单调性求参数 【典例1】(24-25高二下.福建福州.期中)已知函数是增函数,则实数的最小值为(   ) 【详解】由,得, 若在区间上存在单调递减区间, 则在区间上有解, 可得在区间上有解, 又因为在区间上单调递增,则, 可得,所以实数的取值范围是.故选：D． 【典例2】(24-25高二下.安徽合肥.期末)若函数在区间内存在单调递减区间,则实数a的取值范围是(   ) A． B． C． D． 【详解】函数,其定义域为, 求导得. 因为在上单调递增,所以在上恒成立, 即在上恒成立. 移项可得,即在上恒成立. 令,, 对求导得. 令,解得. 当时,,在上单调递增； 当时,,在上单调递减. 所以在处取得最大值. 所以.故选：B 【变式1】(24-25高二下.山东菏泽.期末)已知函数在上单调递增,则的取值范围是(   ) A． B． C． D． 【详解】由题意可知：,即在上有解, 又因为在上 单调递增,则, 则,所以实数的取值范围是.故选：B. 【变式2】(24-25高二下.福建.期中)已知函数在上存在单调递增区间,则实数 的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【详解】,令,则；令,则, 所以函数在单调递减,在单调递增, 所以是函数的极小值点,所以. 题型十一 由极值和极值点求参数 【典例1】(24-25高二下.福建福州.期中)已知为函数的极小值点,则______. 【典例2】(24-25高二下.黑龙江.期中)已知函数在处取得极大值,则实数的取值为_________． 【详解】由函数,可得, 因为是函数的极值点,可得, 即,解得或, 当时,, 令,解得或；令,解得, 所以在区间上单调递增,在区间单调递减, 此时,在处函数取得极小值,不符合题意,舍去； 当时,, 令,解得；令,解得或, 所以在区间上单调递减,在区间单调递增, 此时,在处函数取得极大值,符合题意, 综上可得,实数的值为. 【详解】由得 函数在处取得极小值, 解得或 ①当时, 则当或时,,当时,, 所以函数单调递增区间为,函数单调递减区间为, 所以当时,函数取得极小值,所以符合题意. ②当时, 则当或时,,当时,, 所以函数单调递增区间为,函数单调递减区间为, 所以当时,函数取得极大值,不合题意.故选：A. 【变式1】(24-25高二下.江苏南京.期中)若函数在处取得极小值,则实数a的值为(   ) A．3 B．6 C．9 D．3或9 【详解】． 要使在上有两个极值点,则在上有两个不相等实数根, 令,由,则. 令; 故,且图象如下： 当时,有两个解,则在上有四个不相等实数根,不合题意； 当时,只有一个变号零点,不合题意； 当时,此时无实数根,不符合题意, 当,函数在时与只有一个交点,对应的有两个；对应的值有1个,故不为0,所以． 故选：B． 【变式2】(24-25高二下.云南玉溪.期中)若在上有两个极值点,则的取值范围为(   ) A． B． C． D． A． B． C． D． 【详解】由可得, 函数,的导函数,, 若,当时,,函数在上单调递增,的最大值为,不符合题意； 若,当时,,函数在上单调递减, 当时,,函数在上单调递增, 由函数在上的最大值为,可得, 所以,又, 所以； 若,当时,,函数在上单调递减, 函数在上的最大值为,满足条件, 所以时,函数在上的最大值为. 综上所述,的范围是.故选：D. 题型十二 由最值求参数 【典例1】(24-25高二下.福建福州.期中)已知函数在上的最大值为,则实数的范围是(   ) 【详解】函数定义域为,求导得, 当时,,当时,, 函数在上单调递减,在上单调递增,函数在处取得极小值,即最小值, 又函数在内有最小值,则,解得, 所以实数的取值可以是.故选：D 【典例2】(24-25高二下.云南昆明.期中)已知函数在内有最小值,则实数的取值可以是(    ) A． B． C． D． A． B． C． D． 【变式1】(24-25高二下.山西.期中)已知函数有最大值,则a的值为(   ) 【详解】易知,且； 令,解得或(舍)； 显然当时不合题意, 当时,若,易知,此时函数在上单调递增, 若,易知,此时函数在上单调递减； 所以在处取得极大值,也是最大值,即, 解得,符合题意； 当时,若,易知,此时函数在上单调递减, 若,易知,此时函数在上单调递增； 此时无最大值,不符合题意； 综上可知,. 【详解】由题意,函数的定义域为,, 因此,当或时,,此时单调递增； 当时,,此时单调递减； 所以的极大值为,极小值为, 令,得,化简得,解得或, 因为函数在上存在最小值,所以,解得,故选：C. 【变式2】(24-25高二下.河南洛阳.期中)若函数在上存在最小值,则a的取值范围是(   ) A． B． C． D． 【详解】因,则等价于, 即, 令,则,则在上单调递增, 因为不等式对任意恒成立, 所以对任意恒成立, 因为,所以,, 所以对任意恒成立, 则对任意恒成立, 令,则, 令, 则,则在上单调递减, 因为, 所以,则,即在上单调递减, 则,故, 则正实数t的取值范围是. 题型十三 恒成立问题 【典例1】(24-25高二下.江苏苏州.期中)若不等式对任意恒成立,则正实数t的取值范围是________． (1)求的极值； (2)若对任意恒成立,求实数m的取值范围． 【详解】(1)函数的定义域为,由得, 解方程,可得, 解不等式,可得,所以在区间上单调递增, 解不等式,可得,所以在区间上单调递减, 所以,无极大值． (2)对任意恒成立也即恒成立, 令,下求在区间上的最小值即可． ,解不等式,可得, 所以在区间上单调递增, 解不等式,可得,所以在区间上单调递减, 所以,所以,所以, 所以实数的取值范围为． 【典例2】(24-25高二下.山东威海.期中)已知函数． 【变式1】(24-25高二下.福建厦门.期末)设函数,若,则的取值范围为______． 【详解】函数定义域为, 不等式, 设,求导得,当时,；当时,, 函数在上单调递减,在上单调递增,； 设,则,当时,；当时,, 函数在上单调递增,在上单调递减,,因此, 于是,则, 所以的取值范围为. (1)求的最小值； (2)对于,有恒成立,求实数的取值范围. 【详解】(1)的定义域为,, 令,可得,令,可得, 故在单调递减,单调递增. 即在处取得最小值. (2)由题可知,对恒成立. 设, 令在单调递减, 故,故在单调递减,而, 故当时,,当时,, 故在上单调递增,在上单调递减, 故.则.又因为 因此的取值范围为. 【变式2】(24-25高二下.河南.期中)设. 【详解】设函数, 根据求导公式可得：, 时,,,所以,在上单调递增, ,且在上单调递增, 在有解,即在有解, 设,则, 令, , 所以,当时,,单调递增, 当时,,单调递减, 则在处取得极大值,也是最大值,, ,由于是正数,所以的取值范围是. 题型十四 能成立(有解)问题 【典例1】(24-25高二下.海南省直辖县级单位.期中)若存在,使得不等式成立,则正数的取值范围是_____. (1)求函数的单调区间； (2)若,,使得,求实数的取值范围. 【详解】(1)函数的定义域为, . ①当时,由可得,由可得, 此时,函数的增区间为,减区间为； ②当时,即当时, 由可得；由可得或, 此时,函数的增区间为和,减区间为； ③当时,即当时,对任意的,恒成立且不恒为零, 此时,函数的单调递增区间为； ④当时,即当时, 由可得；由可得或, 此时,函数的增区间为和,减区间为. 综上所述,当时,函数的增区间为,减区间为； 当时,函数的增区间为和,减区间为； 当时,函数的单调递增区间为； 当时,函数的增区间为和,减区间为. 【典例2】(24-25高二下.河南郑州.期末)已知函数,. (2)若,,使得,则, ,故在上单调递增, 当时,取得最大值1,即. 由(1)知,当时,, 令,得,故. 当时,无最大值,不符合题意. 综上所述：实数的取值范围为. 【变式1】(24-25高二下.天津.期中)已知函数,若对任意,存在,使成立,则的取值范围是__________. 【详解】对任意都存在使成立, 所以得到, 而,所以, 当时,,所以单调递减, 当时,,所以单调递增, 所以 即任意,使, 令 当时,即时,, 所以, 当时,即时,成立, 当时,即时,, 所以, 综上所述,的取值范围是. (2)若在单调递增,求实数的取值范围； (3)当时,若对任意的,总存在,使得,求实数的取值范围． 【详解】(1),, 令,解得, 当时,,当时,, 所以单调递减区间为,单调递增区间为, 所以在处取得极小值,且极小值为,无极大值. 【变式2】(23-24高二下.天津.期中)已知函数 (1)求的单调区间和极值； (2),, 则, 因为在单调递增, 所以在上恒成立, 所以在上恒成立,即, 设,, 所以在上单调递增, 所以, 所以,故的取值范围为. (3)若对任意的,总存在,使得, 则当时,, 由(1)知在上单调递增, 所以当时,, ,, , 当时,,单调递减, , , , 的取值范围为. (1)若不等式在上恒成立,求实数的取值范围； (2)若,求证：. 【详解】(1),, 令,因,由, 可得在上单调递增,即在上单调递增. 当时,在上恒成立, 故得在上单调递增,则,符合题意； 当时,. 令,则, 当时,；当时,, 则在上单调递减,在上单调递增, 故. 所以,又在上单调递增,且, 故,使得, 则当时,,当时,, 即在上单调递减,在上单调递增, 故,不符合题意. 综上所述,实数的取值范围是. 题型十五 利用导数证明不等式 【典例1】(24-25高二下.福建.期中)已知函数(). (2)由(1)得,当,时,, 即,要证不等式,(), 只需证, 即证,即只需证(), 设(), 则, 当时,恒成立,故在上单调递增, 又,所以恒成立,所以原不等式成立. (2)若恒成立,求的取值范围； (3)求证：. 【详解】(1)函数的定义域为,求导得, 当时,,函数在上单调递减, 当时,由,得；由,得, 则函数在上单调递增,在上单调递减, 所以当时,函数在上单调递减, 当时,在上单调递减,在上单调递增. 【典例2】(24-25高二下.安徽池州.期中)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)不等式, 令,依题意,对任意成立, 而,则恒成立,即, 当时,对任意,,于是, 令,求导得,函数在上单调递增, 又,；, 函数在上单调递减,在上单调递增,, 因此成立,即恒成立, 所以的取值范围为. (3)由(2)知,当时,不等式恒成立, 令,得, 因此, 即, 所以. (2)当时,讨论的零点个数； (3)当时,证明：. 【详解】(1)当时,,, ∵,∴, ∴在上单调递减, 又,, 所以在上的值域为. 【变式1】(24-25高二下.江苏常州.期中)已知函数,其中是自然对数的底数. (1)当时,求在上的值域； (2),令得, 当时,,单调递减； 当时,,单调递增, ∴, 当时,, ∴,则在上有且仅有1个零点． 当时,令,, ∴在上单调递增, ∴,即,又, ∴在上有1个零点,又, 令,则, ∴在上单调递减, ∴, ∴, ∴在上有一个零点． 综上所述,时,有一个零点, 时,有2个零点. (3)当时,, 设, 当时,, 又由(2)知,∴, 当时,, 设,则, ∴在单调递增, ∴, ∴,即在单调递增,, 综上,,即当时,. (1)当时,判断函数零点的个数； (2)讨论函数的单调区间； (3)当时,证明：． 【详解】(1)当时,,该函数的定义域为, 则,令,可得或,列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以,函数的增区间为、,减区间为, 所以,函数的极大值为,极小值为, 当时,, 当时,,,由零点存在定理可知,存在,使得, 综上所述,当时,函数有且只有一个零点. 【变式2】(24-25高二下.广东.期中)已知函数且． (2)函数且的定义域为, 且, 当时,由可得或,由可得, 此时,函数的增区间为、,减区间为； 当时,由可得或,由可得, 此时,函数的增区间为、,减区间为. 故当时,函数的增区间为、,减区间为； 当时,函数的增区间为、,减区间为. (3)当时,, 要证,即证, 即证, 令,其中,则, 所以,函数在上单调递增, 当时,；当时,. 所以,函数的值域为, 要证,即证, 令,其中,则, 由可得,由可得, 所以,函数的减区间为,增区间为, 所以,, 因此,对任意的,,故原不等式得证. (1)若,求在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若恒成立,求实数的取值范围． 【详解】(1)由题意,得,所以切线的斜率为, 所以曲线在处的切线方程为,即, 则在处的切线方程为. (2)由,则,, 当时,恒成立,则在上单调递增； 当时,得；得, 则在上单调递增,在上单调递减． 综上,当时,在上单调递增； 当时,在上单调递增,在上单调递减． 题型十六 参变分离 【典例1】(24-25高二下.辽宁沈阳.期中)设函数． (3)由题意恒成立, 因为,即得恒成立,即,, 记,,则, 令得；可得, 则在上单调递减,在上单调递增, 所以,所以, 则实数a的取值范围为． (1)当时,讨论的单调性； (2)若,求的取值范围. 【详解】(1)当时,,定义域为. . 令,即,解得. 当时,,即,故在上单调递减； 当时,,即,故在上单调递增. 综上,在上单调递减,在上单调递增. (2)对,恒成立. 因为,所以分离参数可得恒成立. 则题干问题等价于,令. 求导得. 令,即,解得. 当时,,故,在上单调递减； 当时,,故,在上单调递增. 因此在处取极小值同时也为最小值,. 所以,即的取值范围是. 【变式1】(25-26高二下.浙江金华.月考)已知函数. (2)讨论的单调性； (3)当时,,求a的取值范围. 【详解】(1)当时,设, 所以单调递增, 所以当时,单调递增； 当时,单调递减； 所以,所以, 所以； 【变式2】(24-25高二下.广东佛山.期末)已知函数(,). (1)当时,求证：； (2)函数的定义域为,求导得, 当时,, 当时,单调递增；当时,单调递减； 当时,,     令,解得, 当时,单调递增；当时,单调递减；当时,单调递增； 当时,,     令,解得, 当时,单调递增；当时,单调递减；当时,单调递增； 当时,,     令,解得, 当时,单调递增； 综上,当时,在上单调递减,在上单调递增； 当时,在,上单调递增,在上单调递增； 当时,在上单调递增； 当时,在,上单调递增,在上单调递增； (3)当时,符合题意； 当时,,则等价于恒成立, 令, , 由(1)知,所以,, 当时,单调递减；当时,单调递增； 则, 因为恒成立,所以, 所以, 实数的取值范围为. 【详解】当时,,不等式成立； 当时,,令,依题意,, 求导得,令,求导得, 函数在上单调递增,则,即, 函数在上单调递增,由洛必达法则知, 因此恒成立,则, 所以实数的取值范围为. 故答案为： 题型十七 洛必达法则 【典例1】已知函数,.若当时,恒成立,则实数的取值范围为______． 【变式1】已知函数,如果当,且时,,求的取值范围． 【详解】根据题目的条件,当且时, 得,等价于． 设,, 因为,设, 则, 所以在上单调递增, 因为,所以当时,, 即在上单调递减,当在上单调递增． 当趋近时,趋近,当趋近时,趋近, 所以符合洛必达法则的条件, 即 , 所以当时, 所以的取值范围是． 【变式2】已知函数,.若对任意,不等式恒成立,求的取值范围. 【详解】因为对任意,不等式恒成立, 即在内恒成立, 即在内恒成立, ①当时,,不等式成立； ②当时,,不等式成立； ③当时,即, 令, 则 , 所以在内单调递增, 由洛必达法则得, 所以,故的取值范围是. (2)当时,,求a的取值范围； (3)设,证明：． 【详解】(1)当时,,则, 当时,,当时,, 故的减区间为,增区间为. 题型十八 端点效应(假性端点)与必要性探路 【典例1】(2022.新高考全国Ⅱ卷.高考真题)已知函数． (1)当时,讨论的单调性； (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. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时,f(x)≥,求a的取值范围. 【详解】(1)当时,,, 由于,故单调递增,注意到,故： 当时,单调递减, 当时,单调递增. (2)由得,,其中, ①.当x=0时,不等式为：,显然成立,符合题意； ②.当时,分离参数a得,, 记,, 令, 则,, 故单调递增,, 故函数单调递增,, 由可得：恒成立, 故当时,,单调递增； 当时,,单调递减； 因此,, 综上可得,实数a的取值范围是. 【典例2】(2020.全国I卷.高考真题)已知函数. (2)若时,,求实数的取值范围. 【详解】(1) 当时,函数的解析式为,则：, 结合导函数与原函数 的关系可得函数在区间上单调递增,在区间上单调递减, 函数的最小值为：. 【变式1】已知函数(). (1)当时,求函数的最小值； (2)若时,,即(*) 令,则 ①若,由(1)知,即,故 ∴函数在区间上单调递增,∴. ∴(*)式成立. ②若,令,则 ∴函数在区间上单调递增,由于, . 故,使得, 则当时,,即. ∴函数在区间上单调递减, ∴,即(*)式不恒成立. 综上所述,实数的取值范围是. (1)若,证明：； (2)对任意都有,求整数的最大值． 【详解】(1)证明：设,,则． 因为,且 则在,单调递减,, 所以存在唯一零点,使得 则在时单调递增,在上单调递减 又, 所以在上恒成立上,所以在单调递增 则,即, 所以． (2)因为对任意的, 即恒成立 令,则 由(1)知,所以 由于为整数,则 因此 下面证明,在区间上恒成立即可. 由(1)知,则 故 设,,则, 所以在上单调递减,所以,所以在上恒成立. 综上所述, 的最大值为2． 【变式2】已知,,． (1)当 时,求曲线 )在点处的切线方程; (2)讨论函数的单调性； (3)若对任意的,都有成立,求整数的最大值. 【详解】(1)当时,函数, 求导得,则,而, 所以曲线在点处的切线方程是. (2), 当时,,恒成立,函数在定义域单调递减； 当时,由,可得：,由,可得, 所以在单调递减,在单调递增； 综上：当时,在定义域单调递减,无增区间, 当时,在单调递减,在单调递增； 题型十九 恒成立问题中的整数最值问题 【典例1】(24-25高二下.天津河北.月考)已知函数 (3),, 令,求导得, 由(2)知,在上单调递增,,, 因此存在唯一,使得,即, 当时,,即,当时,,即, 因此函数在上单调递减,在上单调递增, 于是,则, 所以整数的最大值是3. (2)当时,求证：； (3)若关于x的不等式恒成立,求整数a的最小值． 【详解】(1)当时, ,其定义域为,且, 由 可得,由可得, 即函数的单调递减区间为,单调递增区间为. 【典例2】(24-25高二下.江苏盐城.期末)已知函数 (1)当时,求的单调区间； (2)设,函数的定义域为, 且, 因,由可得,由可得, 即函数在上单调递减,在上单调递增, 故, 设,则, 由可得,由可得, 则在上单调递减,在上单调递增,故, 即当时,,则,故有. (3)不等式恒成立等价于恒成立, 则,即,又因是整数,则. 当时,设,则, 由可得,由可得, 则函数在上单调递减,在上单调递增,故, 即在上恒成立, 下证当时,. 证明：设,则,故函数在上单调递增, 则,即. 故当时,在上恒成立,即不等式恒成立,符合题意. 故整数a的最小值为1. (2)若恰有3个零点,求的取值范围； (3)若在定义域上单调,求整数的最大值． 【详解】(1)函数 的定义域为 , , , 又因为在上单调递增,所以在小于0,在大于0； 所以在单调递减,在单调递增； 所以 的极小值为；无极大值. 【变式1】(24-25高二下.河南.期末)已知函数． (1)求的极值； (2)函数 可因式分解为： 显然, 是一个零点. 零点由 和方程 的解组成. 令,求导：, 令导数为零：； 又因为在R上单调递增, 所以在小于0,在大于0, 所以在单调递减,在单调递增, 所以. 又,,; 当 ,； 的解的个数： 当 ,有两个解： 和一个在 ； 当 且,有两个解：一个在 ,一个在 ； 当 ,有一个解()； 当 ,无解. 讨论的零点个数： 总是零点； 分析：当 ,是二重根(但仍是同一个点)和一个在 ,共两个零点； 当 且,一个在 ,一个在 ,再加上,一共三个零点； 当 ,有与两个零点； 当 ,只有一个零点. 因此, 恰有三个零点(不同的实根)当且仅当且. (3)函数 ,定义域为 . 求导：, 化简得：, 在定义域上单调,有两种情况单调递减与单调递增； 当在定义域上单调递减时,在定义域上恒小于等于0, 而时,,所以这种情况不成立； 所以只可能在定义域上单调递增； 所以对恒成立, 即恒成立, 令 ,则只需 求导：, 易知在上单调递增,且, ,所以存在,使, 所以在上小于0,在大于0； 所以在上单调递减,在单调递增； 所以,又代入得 , 又,所以, 又且, 所以. 故整数的最大值为1. (2)求函数的极值； (3)当时,不等式在上恒成立,求整数的最大值． 【详解】(1)当时,,其定义域为, 则, 令,即,解得, 所以当时,,函数在上单调递减, 当时,,函数在上单调递增, 所以,当时,函数取得最小值,即, 所以当时,的最小值为,此时. 【变式2】(24-25高二下.福建莆田.期中)已知函数． (1)当时,求的最小值； (2)由题意得,,其定义域为, 则, ①当时,恒成立,所以函数在上单调递增, 所以不存在极值； ②当时,令,解得, 所以当时,,函数在上单调递增, 当时,,函数在上单调递减, 所以,当时,存在极大值,无极小值； 综上所述,当时,函数不存在极值； 当时,函数存在极大值,此时,不存在极小值. (3)由题意知,当时,不等式在上恒成立, 即,等价于在上恒成立, 设,即 则, 令,则, 当时,恒成立,则在上单调递增, 又,, 所以,使,即, 当,,即, 当,,即, 即在上单调递减,在上单调递增, 当,存在最小值,即, 由,得, , 所以, 又,所以的最大值为4. (1)当时,求函数的图象在处的切线方程； (2)若恒成立,求实数的取值范围； (3)若在上有两个不同零点,求实数的取值范围. 【详解】(1)当时,,,则,, 所以,函数的图象在处的切线方程, 即； (2)若恒成立,即在上恒成立, 所以在上恒成立, 令,, 当时,,当时,, 所以在上单调递减,在上单调递增, 所以,所以. 即实数的取值范围为. 题型二十 导数与函数的零点 【典例1】(24-25高二下.陕西咸阳.期中)已知函数 . (3),则. ,当时,. 当时,；当时,. 所以,函数在上单调递增,在上单调递减. 故在处取得极大值. 又,, ,则, 在上的最小值是. 又在上有两个零点,则,解得, 因此,实数的取值范围是. (2)证明：当时,,使得； (3)当时,求函数的零点个数. 【详解】(1)当,,则, , 即曲线在点处的切线方程为. (2)证明：当时,, 令,解得, 所以当时,,函数单调递减, 当时,,函数单调递增, 所以, 即当时,,使得, 【典例2】(24-25高二下.北京海淀.期中)已知函数. (1)当时,求曲线在点处的切线方程； (3)由(2)知, 令,则, 即,, 所以,, 令,,, 当时,,单调递增,当时,,单调递减, 所以,又, 所以的解为,的解为, 即当时,,此时函数有2个零点, 当时,,此时函数有1个零点, 当时,,此时函数无零点. (1)讨论的单调性； (2)若,且函数有三个零点,求的取值范围． 【详解】(1)因为的定义域为,且, 当时,恒成立, 当且仅当时等号成立,所以在上单调递减； 当时,,令,解得或, 令,解得, 所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减； 当时,,令,解得或, 令,解得, 所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减. 综上,当时,在上单调递减； 当时,在上单调递减,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,在上单调递减. 【典例3】(24-25高二下.重庆.期中)已知． (2)若,由(1)得在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减, 且当无限趋向于正无穷大时,无限趋向于0,且, 当无限趋向于负无穷大时,无限趋向于正穷大, 因为函数有三个零点,则方程有三个根, 所以函数与直线有三个交点, 又,由图可知：,即的取值范围为. (1)若,求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个零点,求a的取值范围． 【详解】(1)若,,, 则；, 故所求的切线方程为,即． (2)由题意函数的定义域为, , ①当时,恒成立,在上单调递增, 函数在定义域内最多一个零点,不符合题意； ②当时,令,则； 令,则；令,则, 函数在上单调递减,在上单调递增, , 若,则,此时最多一个零点,不符合题意； 若,则, 又时,；时,, 由零点存在性定理和函数的单调性可知,在上存在唯一的零点, 在上也存在唯一的零点,符合题意, 综上． 【变式1】(24-25高二下.云南昭通.期中)已知函数． (2)记. (i)证明：曲线为中心对称图形； (ii)若函数有三个零点,求的取值范围. 【详解】(1)因为,则, 所以,令,解得, 当,单调递减, 当,单调递增, 又因为, 所以在区间上的最大值为2,最小值为 (2)(i)令得,故的定义域为, 设是图象上任意一点,关于的对称点位, 因为在图象上,所以, , 所以, 所以关于对称, 【变式2】(24-25高二下.山东日照.期中)已知函数. (1)当时,求在区间上的最值； (ii)因为,所以2是的一个零点, 要使有三个零点,只需要在上有且仅有一个零点, , 由于在上单调递增,在上单调递增,因此在上单调递增,, 若,即,此时,所以在单调递增, 由可得在没有零点,不符合题意,舍去, 若,即,,又因为,所以存在,使得, 当时,,此时在上单调递减, 当时,,此时在上单调递增, 所以时,, 时,, 当时,,所以在上存在唯一的零点,符合题意, 综上： (1)求函数在处的切线方程； (2)求出方程的解个数． 【详解】(1)易知定义域为, 因为,所以,所以, 所以, 所以切线方程为：． 题型二十一 方程的根 【典例1】(24-25高二下.广东广州.期中)函数． (2)方程解的个数等价于于的交点个数． 由得,由得. 所以在上递减,在上递增, 所以,当无限趋向于负无穷大时,无限趋向于0, 当无限趋向于正无穷大时,无限趋向于正无穷大, 又,且时,,作出与的图象, 由图可知当时,方程的解为0个 当或时,方程的解为1个 当时,方程的解为2个. (2)求函数在的最大值和最小值； (3)若方程恰有两个不等的实根,求的取值范围． 【详解】(1),因为在点处的切线方程为 所以有所以解得 【典例2】(24-25高二下.广西南宁.月考)已知函数在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)由(1)可得当或     单调递增 单调递减 单调递增 所以在和上单调递增,上单调递减,又因为计算可得, 所以在的最大值为,最小值为 (3)由(2)可知,的极大值为,极小值为 当所以当时,.所以当且仅当时,方程恰有两个不等实根. (2)若有个实数解,求的取值范围. 【详解】(1)因为,所以, 由导数的几何意义可得, 整理可得,解得. 【变式1】(24-25高二下.天津和平.期中)已知函数 (1)若曲线在点处的切线斜率为求的值； (2)由可得或,列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以,函数的增区间为和,减区间为, 函数的极大值为,极小值为,如下图所示： 由图可知,当或时,直线与函数的图象有两个公共点, 此时,方程有个实数解. 故实数的取值范围是. (2)若关于x的方程有三个不同的实根,求c的取值范围． 【详解】(1)由题意得, 由函数在及处取得极值,得 解得,此时,, 则得或；得, 则在和上单调递增,在上单调递减, 则和分别为的极大值点和极小值点. 故. (2)由(1)可知, 在处取得极大值,在处取得极小值． 又有三个不同的实根, 所以 解得,所以实数c的取值范围是． 【变式2】(24-25高二下.河南洛阳.月考)已知函数在及处取得极值． (1)求a,b的值； (1)若函数不单调,求实数的取值范围； (2)若曲线与直线有且仅有一个交点,求实数的取值范围. 【详解】(1)由题意,. , 设,, 当即时,,, 当时,,当时, , 故函数不单调,满足题意； 当,即时,函数开口向下,因 , 故,使得当时,,当时,, 故函数不单调,满足题意； 当时,,无解, 此时,,函数单调递增,不满足题意； 当时,的开口向上,对称轴为, , 故在上有两个不同的零点,, 此时当或时,,当时,, 故函数不单调,满足题意； 综上可知函数不单调时,实数的取值范围为. 题型二十二 图象交点 【典例1】(24-25高二下.广东广州.月考)已知函数. (2)设,由题意可知有唯一零点, ,, 设, 当,即时,, 单调递增,结合可知满足题意, 当时,,, 单调递增,满足题意； 当时,,, 设此时的两个根分别为, 则在区间上单调递增,在上单调递减, ,故, 又当时,,当时,, 故的零点不唯一, 综上可知实数的取值范围. (2)求函数的图象与函数的图象的交点个数. 【详解】(1)令,则, 当时,,所以在上单调递增； 当时,由,得, ①当时,,在上单调递增； ②当时,对任意恒成立, 此时在恒成立,在上单调递减； ③当时,,所以对任意恒成立, 此时在恒成立,在上单调递增； ④当时,令得, 当时,,在上单调递增； 当时,,在上单调递减； 综上所述：当时,在上单调递增； 当时,在上单调递减； 当时,在上单调递增,在上单调递减； 因此, 取得,,即； 取得,,即; 故. 【典例2】(24-25高二下.广东.期末)已知函数的定义域为,导函数为,满足,. (1)讨论函数()在上的单调性,并证明：； (2)题意等价于方程的不同解的个数, 令,又等价于函数的不同零点个数, 则. 令,则. 因此在上单调递增,由于为增函数,, 故, 因此存在,使得当时,；当时,, 故在上单调递减,在上单调递增, 而,, 故在,分别存在唯一零点 因此函数的图象与函数的图象的交点个数为. (2)若在其定义域上不具有单调性,求实数的取值范围； (3)若与的图象恰有两个不同的交点,求实数的取值范围. 【详解】(1),,,则. ,,,. (2)由题可知的定义域为,. 令,其中,则函数在上有异号零点, 则对任意的恒成立,故函数在上单调递减, 因为,故只需即可, 即,由零点存在定理可知,存在,使得,即, 当时,,,即函数在上单调递增, 当时,,,即函数在上单调递减, 此时为函数的极大值点, 故当在其定义域上不具有单调性,的取值范围是. 【变式1】(24-25高二下.河南鹤壁.期末)已知函数,. (1)若的图象在点处的切线方程为,求的值； (3)若与的图象恰有两个不同的交点,则关于的方程恰有个不同的实根. , 关于的方程即方程恰有个不同的实根. 设,方程恰有个不同的实根. 对任意的恒成立,是增函数, 方程,即恰有个不同的实根. 设,则的图象与直线恰有个交点,, 令,可得, 当时,,当时,, 在区间上单调递增,在区间上单调递减,, 又,当时,,当趋向于时,趋向于,如下图所示： 当时,的图象与直线恰有2个交点, 即实数的取值范围为. (2)设,当时,求函数的最大值； (3)讨论函数与函数的图象的交点个数． 【详解】(1)若,则, 所以,则, 又, 所以曲线在点处的切线方程是, 即． (2), 函数的定义域为 ． 当时,, 令,得, 令,得, 所以在上单调递增,在上单调递减, 所以的最大值为． 【变式2】已知函数． (1)若,求曲线在点处的切线方程； (3)联立得得, 得, 结合(2)可知． 则“函数与函数的图象的交点个数”等价于“函数的零点个数”． 当时,无零点． 当时,的最大值为． 若,即,则无零点． 若,即,则只有一个零点． 若,即,则,又, 令,则且, 由,得；由,得, 所以在上单调递增,在上单调递减, 故有最大值,无最小值． 故,所以,由(2)知在上单调递增,所以在上有唯一零点． 令, 则,且, 由,得；由,得, 所以在上单调递减,在上单调递增, 故有最小值,无最大值． 所以, 于是和, 所以, 又在上单调递减, 故在上有唯一零点． 当时,由上得,于是,而, 所以,即无零点． 综上,当或时,无零点；当时,只有一个零点；当时,有两个零点, 即当或时,函数与函数的图象无交点； 当时,函数与函数的图象有1个交点； 当时,函数与函数的图象有2个交点． (1)试讨论在上的单调性 (2)若,求证： 【详解】(1),因为, 所以：当时,,则在上单调递增； 当时,由得 若,即,当时,,则, 所以在上单调递减； 若,即,当,,单调递增； ,,单调递减； 综上所述：当时,在上单调递增； 当,在上单调递减； 当,在单调递增；在单调递减； 题型二十三 隐零点设而不求 【典例1】(24-25高二下.四川绵阳.期中)已知函数, (2)当时,, 要证,即证, 又,且即证, 设, , 再设, ,且, ,使,即使, 当,,当,,且, 则,即, , ,即. (1)当时,求的单调区间与极值； (2)讨论的单调性； (3)当时,设, 证明：在上存在唯一的极小值点,且．(参考数据：) 【详解】(1)当时,,所以, 当时,；当时,, 所以在上单调递减,在上单调递增, 所以当时,函数有极小值,无极大值． (2)函数的定义域为R,对a进行讨论,分两种情况： 当时,恒成立,在R上单调递增； 当时,由,解得,由,解得, 在上单调递减,在上单调递增． 综上：当时,在R上单调递增； 当时,在上单调递减,在上单调递增． 【典例2】(24-25高二下.江苏无锡.期中)已知函数． (3)当时,,, 令,则, 当时,,在上单调递减； 当时,,在上单调递增, 又,且m, 所以存在唯一的,使得,即①, 当时,,  即,在上单调递减, 当时,,即,在上单调递增, 所以是在上唯一的极小值点,则, 由①可知． (1)判断函数的单调性； (2)已知在上的最小值为2,求k的值； (3)若恒成立,求k的取值范围. 【详解】(1)由题意知的定义域为, 且, 当时,时,,在上单调递减, 时,,在上单调递增, 当时,,故在上单调递减, 综上所述,当时,在上单调递减,在上单调递增, 当时,在上单调递减； (2)由(1)知, 当,则在上单调递减, 所以,则,矛盾舍去, 当,,则在上单调递减,在上单调递增, 所以,得,矛盾舍去, 若,则在上单调递增, 所以,则,符合题意, 综上； 【变式1】(24-25高二下.山东临沂.期中)已知函数. (3)若恒成立, 即恒成立, 设, 则, 令,则, 所以在上单调递增, , 所以在上有唯一零点,即, 所以, 令,则, 当时,,即在上单调递增, 所以由,得, 所以, 当时,,,则在上单调递增, 当时,,,则在上单调递减, 所以, 由恒成立, 所以,即k的取值范围为. (2)设,当时,恒成立,求的取值范围． 【详解】(1)∵, ∴, ①当时,,在上单调递增, ②当时,由得, 令得；令得； ∴在上单调递增,在上单调递减； 综上,当时,在上单调递增； 当时,在上单调递增,在上单调递减； 【变式2】(24-25高二下.河北保定.期中)已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时,恒成立, 即恒成立,令,只需, , 令,, 当时,,单调递增, ∵,, ∴,使得,即, 令,则, ∵,∴时单调递增, ∴,即,① 时,,,单调递减, 时,,,单调递增, 故在处取得最小值, 结合①可得, ∴,解得； (1)求在处的切线方程； (2)若,,求的取值范围； (3)若、,讨论与的大小关系,并说明理由. 【详解】(1)因为,则,所以,又 所以在处的切线方程为,即. 题型二十四 利用导数研究双变量 【典例1】(24-25高二下.山东淄博.期中)已知函数. (2)令,其中,则, 由,可得. 当时,即当时,对任意的,, 此时,函数在上单调递增,则,合乎题意； 当时,即当时,由可得,由可得, 所以,函数在区间上单调递减, 故,不合乎题意. 综上所述,实数的取值范围是. (3)不妨设,且当时,,故函数在上单调递增, 先比较与的大小,即比较与的大小关系, 令,其中,所以, 故函数在上单调递增, 因为,所以,即, 即,故, (1)讨论的单调性； (2)当时,不等式恒成立,求实数a的值； (3)设不同正数m,n满足,证明：． 【详解】(1)先确定定义域为, 对求导,则. 令,即,解得. 当时,在上,,即,所以在上单调递增； 在上,,即,所以在上单调递减. 当时,在上,,即,所以在上单调递减； 在上,,即,所以在上单调递增. 综上所得,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. 【变式1】(2025.河南驻马店.模拟预测)已知函数． (2)当时,. 因为恒成立,即恒成立,等价于恒成立. 令,. 对求导得. 因为恒成立且,所以是的最大值点,则. ,解得. 当时,,再令,对求导得,所以在上单调递减. 当时,,即,单调递增； 当时,,即,单调递减.所以,满足条件,故. (3)由得,两边取对数整理得, 令.则. ,在递增,递减,则 又,当, 不妨设,则. 记,,则, 在递增,则,即. 又 因为在递减,所以,则. 原命题得证. (2)若函数有两个极值点,求证：． 【详解】(1)由,得． 令,则, ①当,即时,恒成立,则, ∴在上是减函数． ②当,即时,,则, ∴在上是减函数． ③当,即或． (i)当时,是开口向上且过点的抛物线,对称轴方程为, 则恒成立,从而,∴在上是减函数． 【变式2】已知函数． (1)求函数的单调区间； (ii)当时,是开口向上且过点的抛物线,对称轴方程为, 则函数有两个零点：(显然), 当时,,单调递减； 当时,,单调递增； 当时,,f(x)单调递减． 综上,当时,的减区间是； 当时, 的增区间是,减区间是． (2)由(1)知,当时,有两个极值点, 则是方程的两个根, 从而．由韦达定理,得． 又,∴． ． 令, 则． 当时,;当时,, 则在上是增函数,在上是减函数, 从而,于是． (1)当时,求的单调区间； (2)若存在两个极值点, (i)求的取值范围； (ii)证明：. 【详解】(1)当时,, 则,当且仅当时取等号. 故此时在R上单调递增； (2)(i)因存在两个极值点, 则. 令,则方程有两个相异正根. 注意到,因其有两个相异正根, 则； 题型二十五 利用导数研究多变量问题 【典例1】(24-25高二下.江苏徐州.期中)已知函数 (ii)证明：由(i)可得, 设,结合,则. 则 , 则要证,.即证,其中. 令,则. 令,则, 则在上单调递增,得. 则,得在上单调递增, 则当时,即. (2)若函数有两个不同的零点m,n． (ⅰ)求实数k的取值范围； (ⅱ)若不等式恒成立,求实数a的取值范围． 【详解】(1),, 由得,由得, 所以在上单调递增,在上单调递减,则． 【典例2】(2025.安徽马鞍山.一模)已知函数． (1)若,求函数的最大值； (2)(ⅰ)令,则． 当时,,单调递增, 所以在上至多有一个零点,不符合题意； 当时,在上单调递减, 令,得． 当时,,单调递增； 当时,,单调递减,则, 易知当且趋向于0时,；当时,, 因为有两个不同的零点, 所以 ,解得． 所以的取值范围是. (ii),, 由得, 即, 令,则只需, 即,． 令, 则,令,则． 因为, 当时,,则单调递减,, 从而单调递增,故,不符合要求；    当时,在单调递减,, 从而单调递增,故,不符合要求． 当时,,则单调递增,, 从而单调递减,故,符合要求． 综上所述． (2)当时,方程有两个不同的根,分别为, ①求实数m的取值范围； ②求证：. 【详解】(1),因为,若,即. 由于不是定义域区间的端点,且在定义域上连续, 故不仅是函数的最小值,同时也是极小值, 所以,解得. 检验：当时,,则, 当时,,在上单调递减, 当时,,在上单调递增； 所以的最小值为,即成立, 综上,. 【变式1】(24-25高二下.江苏南京.期末)已知函数, (1)若恒成立,求实数t的值； (2)①当时,令, , 令,解得,,解得, 所以在上单调递减,在上单调递增,则的最小值为； 当时,无解,当时,一解,都不符合题意； 当时,,, 因为,在上单调递减,所以在上唯一解； 令,则, 当时,,在上单调递减, 当时,,在上单调递增, 所以当时,取得最小值,即,所以, 所以 ,又, 因为,在上单调递增； 所以在上有唯一解； 综上所述,方程有两个不同的根时,； ②由题可知：,即且, 构造函数：, 则 , 所以在上单调递减,故,所以, 又因为,所以, 又因为,所以, 因为在上单调递增,,, 所以,得 要证, 即证, 即,即, 即证, 因为,故只须证明：, 因为成立. 所以原不等式成立. (1)讨论的单调性； (2)若,求实数的取值范围； (3)当时,若关于的方程有两个实根和,求证：． 【详解】(1)由题知函数的定义域为R,, 当时,,函数在R上单调递增； 当时,又在R上单调递增,且, 所以当时,,函数单调递减, 当时,,函数单调递增, 综上,当时,函数在R上单调递增； 当时,函数在上单调递减,在单调递增. (2)由(1)知,当时,函数在R上单调递增, 又当时,,故不符合题意, 当时,,符合题意, 当时,函数在上单调递减,在单调递增, 所以,解得, 综上,的取值范围为. 【变式2】(24-25高二下.广东韶关.期末)已知函数． (3)时,, , 所以在上单调递减,在单调递增, , 有两个实根和,, , 不妨取,要证,即证, 现证明,即, 令,, 所以在单调递减,在单调递增, 即,所以,即, 再证明,即, 令,, 所以在单调递减,在单调递增, 即,所以,即,, 所以,即得证. (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点,且． (i)求的取值范围； (ii)求证：． 【详解】(1)函数的定义域为,求导得, 当时,,所以函数在上单调递增；． 当时,令,解得, 当时,,函数在上单调递减, 当时,,函数在上单调递增． 综上所述,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． 题型二十六 导数中的极值点偏移问题 【典例1】(25-26高三上.天津蓟州.期中)已知函数． (2)(i)由题意知方程有两个不同的正实根, 由(1)知,且,所以,解得． (ii)由(1)得,所以,两边同时取自然对数, 得,两式相减得,即, 要证,只需证明, 令,只需证明构造函数, 求导得,所以函数在上单调递增, 于是,所以不等式(*)成立,于是原不等式成立． (2)当时,若函数有2个不同的零点,． (ⅰ)求a的取值范围； (ⅱ)证明：． 【详解】(1)当时,,则,           令,得, 当时,；当时,, 即在上单调递减,在上单调递增, 则在处取得极小值,,所以, 所以恒成立, 即在上单调递增； 故单调递增区间为,无单调递减区间． 【典例2】(25-26高三上.河北石家庄.开学考试)已知函数 ． (1)当时,求函数的单调区间； (2)(ⅰ)当时,若函数有2个不同的零点,, ∴恰有2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x从0的右侧无限趋近于0时,趋近于； 当x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a的取值范围为．           (ⅱ)证明：由(ⅰ)知：,, ∴,, ∴,则, 不妨设, 要证,则需证,           ∵,∴,∴,则只需证, 令,则只需证时,恒成立,           令, ∴,           ∴在上单调递增,∴, ∴当时,恒成立, ∴原不等式得证． (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. 【典例3】(2025.陕西宝鸡.二模)已知函数, (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． (2)当时,若,(其中)满足,求证：. 【详解】(1)求导得, 当时,恒成立,此时函数在上单调递增, 此时函数无极值； 当时,,, 所以在单调递增,在单调递减, 此时极大值,无极小值. 综上所述,时,无极值,当时,极大值,无极小值. 【变式1】(24-25高二下.江苏扬州.月考)已知函数,,是自然对数的底数. (1)讨论函数的极值； (2)当时, , 在单调递增,在单调递减, 又且, ∴要证,即证, 即证,即证, 设(), , ∴在单调递增,又, ∴,又, ∴,∴. (2)求函数的单调区间； (3)若函数在处取得极值,是函数的导函数,且,,证明：. 【详解】(1)当时,,, ,故, 故函数在处的切线方程为,即； (2)定义域为, , 令,解得,令,解得, 故的单调递增区间为,单调递减区间为； 【变式2】(24-25高二下.内蒙古乌兰察布.月考)已知函数,为实数. (1)当时,求函数在处的切线方程； (3)由题意得,解得, 故,, 当时,,单调递减, 当时,,单调递增, 可知函数在处取得极值,故符合题意, 因为,, 令,,则, 当时,,单调递减, 当时,,单调递增, 且当时,恒成立,,当时,, 画出的图象如下： 故, 令,, , 因为,所以,, 故在上单调递减, 又,故在上恒成立, 即,, 因为,所以,所以, 其中,故, 其中,,在上单调递增, 所以,即. (1)求； (2)若恒成立,求的值； (3)设,求证：. 【详解】(1)因为,所以数列是等差数列, 又因为,所以,解得, 所以. 题型二十七 数列、三角函数、概率与导数交汇问题(跨章节) 【典例1】(24-25高二下.江西抚州.期末)已知数列满足,且.函数. (2)的定义域为, ,, 当时,,所以在上单调递增, 又因为,所以当时,,不符合题意, 当时,令得,令得,令得, 所以在上单调递减,在上单调递增, 所以, 令,, 令,得,令,得, 所以在上单调递增,在上单调递减,所以, 又因为,要使得恒成立,则. (3)由(1)知, 由(2)知,当时,,即, 令,所以,即, ,不等式成立. (3)设,若存在使得对恒成立,求b的最小值． 【详解】(1), 因为,故,故, 当时,即, 当时,即, 故在上为增函数,在为减函数, 故在上的最大值为. (2)由余弦函数的性质得的解为,, 若任意与交集为空, 则且,此时无解, 矛盾,故无解；故存在,使得, 【典例2】(2025.全国一卷.高考真题)(1)求函数在区间的最大值； (2)给定和,证明：存在使得； (3)记, 因为, 故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况. 当时,, 当时,, 此时, 令,则, 而, ,故, 当,在(2)中取,则存在,使得, 取,则,取即, 故,故, 综上,可取,使得等号成立. 综上,. (2)记甲同学第i局赢的概率为； (ⅰ)求 (ⅱ)若存在i,使成立,求整数k的最小值． 【详解】(1)由题意甲第2局赢的概率为, 所以乙赢的概率为； (2)(ⅰ)由已知时,, 所以,又,所以数列是等比数列,公比为, 所以,所以； 【典例3】(24-25高三上.四川自贡.期中)某学校为丰富学生活动,积极开展乒乓球选修课,甲乙两同学进行乒乓球训练,已知甲第一局赢的概率为,前一局赢后下一局继续赢的概率为,前一局输后下一局赢的概率为,如此重复进行. (1)求乙同学第2局赢的概率； (ⅱ)即, 令,则,易知是减函数,, 所以时,,递减, 显然,因此要求的最小值,即求的最大值, 又,为偶数时,, 为奇数时,,且在为奇数时,是单调递减的, 所以是中的最大值,, 所以, 又在上是减函数,所以, 而,(∵), 所以, 所以满足的整数的最小值为． (1)证明：当时,； (2)令,证明：数列递减且. 【详解】(1)因为,, 所以, 所以函数在上单调递减, 所以当时,, 所以当时, , 要证明,即证明, 只需证明,因为,所以, 所以只需证明当时,, 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,当且仅当取等号, 所以,当且仅当取等号, 所以当时, , 所以当时,成立, 综上,当时,； 【变式1】(24-25高二下.辽宁.期中)设函数. (2)因为,所以, 若,由(1),故, 则,则, 又,所以, 所以,, 由(1)当时,, 所以,故,又, 于是, 所以,所以,所以, 所以数列单调递减, 设,, 则, 因为,由(1)可得当时,,所以, 所以函数在上单调递增,所以, 所以当时,,所以, 由题意,所以,又, 所以当时,, 所以,当且仅当时等号成立. 所以数列递减且. 方案二：选手按1个基本功能点,1个强测功能点,1个基本功能点……进行交叉测试,过程中出现任何1个测试点不通过的情况都立刻终止测试． 小张编写的程序通过每一个基本功能点的概率均为,通过每一个强测优化点的概率均为．每个测试点是否通过都相互独立,且． (1)若,小张选择了方案一进行评测.求小张最终得分不少于30分的概率； (2)设小张的最终得分为随机变量为,分别求出方案一与方案二中的分布列； (3)以小张的最终得分的期望为依据,判断小张应该选择哪一种方案？ 【详解】(1)小张最终得分不少于30分,说明小张通过了3个基本功能点,并至少通过了2个强测优化点, ∴概率为：； 【变式2】(24-25高二下.四川绵阳.期末)在一次程序设计竞赛中,需要通过逐一运行测试点的方式对选手编写的程序进行评测．评测共有6个测试点,分为3个基本功能点与3个强测优化点．每通过1个基本功能点,选手将获得5分；每通过1个强测优化点,选手将获得10分．选手最终得分为所有测试点得分之和．主办方准备了两种评测方案,可供选手选择,每种方案都按确定的次序进行评测,每个测试点只测试1次． 方案一：先测试3个基本功能点,在这个过程中只要有测试点不通过则终止评测；选手通过所有基本功能点后才能测试3个强测优化点,在这个过程中即使有测试点不通过,也将继续测试,直到所有强测优化点测试完毕． (2)①若选择方案一,则, , , , , , 故的分布列为： ②若选择方案二,则, , , , 故的分布列为： (3)若选择方案一,则其得分期望： , 若选择方案二,其得分期望： , 故有 , 令,则, ∴在上单调递增并存在唯一零点, 故在单调递减,在上单调递增, 而,故在上恒小于0, 令． 故为开口向下的二次函数,, 令,则, 在上单增并存在唯一零点, 故在单调递减,在单调递增, 且,故在上恒小于0,即, 故在上存在唯一零点：, 因此,当时,． 当时,． 综上所述：当时,选择方案二； 当时,两种方案都可选择； 当时,选择方案一． 【详解】因为,所以. 所以切线的斜率为. 又, 所以切线方程为,即.故选：C. 1．(24-25高二下.山东淄博.期中)曲线在处的切线方程为(    ) 期中基础通关练(测试时间：10分钟) A． B． C． D． C．在区间上单调递增 D．在处切线的斜率小于零 【详解】根据导函数图象可知当时,,在时,, ∴函数在上单调递减,在上单调递增,故B,C正确； 则是函数的极小值点不是极值,故A错； 由图像可知函数在处的导数大于0,∴切线的斜率大于零,故D不正确； 故选：BC 2．(24-25高二下.福建漳州.期中)(多选)函数的导函数的图象如图所示,给出下列命题,以下正确的命题(    ) A．是函数的极值 B．函数的有最小值无最大值 3．(24-25高二下.宁夏.期中)若在处有极值,则______． 【详解】已知,, 因为函数在处有极值,所以, 将代入中,得到,解得, 当时,,, 当时,,函数单调递减； 当时,,函数单调递增. 所以是函数的极小值点,符合题意.故答案为：. (2)若不等式在上恒成立,求实数的取值范围. 【详解】(1)函数的定义域为, 所以, 得,由,解得. (2)由题意得,在上恒成立. ①当时,不等式可化为, 令,则, 当时, . 所以函数在上单调递增. 所以在处取得最小值 , 故实数的取值范围. ②当 时,由得, 此时,不符合题意. 综上,的取值范围为 . 4．(24-25高二下.福建福州.期中)已知函数, (1)若函数在点处的切线与直线互相垂直,求实数的值； A． B． C． D． 【详解】构造函数,则. , 即在上单调递减. 故有,即, 即①. 对于A：由①式可知,即,因此无法判断,故A错误； 对于B、C：由①式可知,即,故无法 判断,故B错误,C正确； 对于D：由①式可知,即,故D错误.故选：C. 期中重难突破练(测试时间：20分钟) 5．(24-25高二下.云南昆明.期中)已知定义在上的函数,是的导函数,且恒有 成立,则(   ) A．在上单调递增 B．在上单调递减 C．有极大值 D．方程有两根时的范围是 【详解】由函数,可得, 当时,,在上单调递减； 当时,,在上单调递增, 所以当时,函数取得极小值,且极小值为,也为最小值, 所以A正确,B正确,C错误； 又由时,可得, 且当时,,当时,, 要使得有两个实数根,即与的图象有两个交点, 所以,即实数的取值范围为,所以D正确.故选：ABD. 6．(24-25高二下.广东中山.期中)(多选)已知函数,则下列说法正确的是(    ) 7．(24-25高二下.福建.期中)已知对任意,不等式恒成立,则的最小值是______. 【详解】由可得, 两边同乘得(), 即. 构造函数,则有(*). ,设,则, 当时,；当时,, 则在上单调递减,在上单调递增, 则,即,故得在单调递增, 则由(*)可得,得,即. 令(),则, 当时,；当时,, 故在上单调递增,在上单调递减, 则,故,即的最小值是. (2)当时,证明：对于任意的实数,都有. 【详解】(1)当时,,则, 当时；当时, 故在上单调递减,在上单调递增, 所以当时,函数有极小值,无极大值. 方程解的个数,转化为与交点的个数, 由于在上单调递减,在上单调递增, 所以, 令,解得.且时,；时,,    所以,当时,方程有0个解, 当或时,方程有1个解, 当时,方程有2个解. 8．(24-25高二下.福建福州.期中)已知函数,其中. (1)当时,求出函数的极值并判断方程的解的个数； (2)要证, 不妨设,即证, 两边同时除以并化简, 即证, 令,则,设, ,令,则在上恒成立, 得在上单调递增, 故,故在上单调递增. 所以,从而命题得证. A． B．1 C．2 D．3 【详解】由题意知,则,因为函数在定义域上单调递增,函数在定义域上也单调递增. 当在区间上,函数与有相同的零点,且符号相同,就满足函数恒成立. 解,得,解,得, 所以,解,得,所以,所以. 令,则, 解,得,解,得, 所以在上单调递减,在上单调递增, 所以,所以. 故选：C. 期中综合拓展练(测试时间：30分钟) 9．(24-25高二下.山东.月考)设函数,若恒成立,则的最小值为(    ) A．曲线的图象与轴有交点 B．当时,在处有极大值 C．存在,使得是曲线的对称中心 D．当时,若曲线与曲线在上有两个交点,则 【详解】对于选项A,因为,所以曲线的图象与轴有交点,A正确； 对于选项B,当时,,, 当时,,在上单调递增； 当时,,在上单调递减； 当时,,在上单调递增, 所以在处有极大值,B正确； 对于选项C,若是曲线的对称中心,则, 等式两边求导得,即, 所以函数的图象关于直线对称,即,可得, 此时, 因为 , 所以,此时函数的图象关于点对称,不合乎题意,所以C错误； 对于选项D,当时,, 由,得, 设,则, 当时,,在上单调递减, 当时,,在上单调递增． 所以当时,取得最小值,即,且, 如下图所示： 由图可知,当时,直线与函数的图像有两个不同的交点, 此时曲线与曲线在上有两个交点,D正确． 故选：ABD. 10．(24-25高二下.广东佛山.期中)(多选)已知函数,则(   ) 11．(24-25高二下.云南.期中)已知函数,若有6个解．则的取值范围是____________． 【详解】由且,则, 当时,当时, 则在上单调递减,在上单调递增, 所以, 对于且,图象恒过, 当时,函数图象大致如下,则不可能有6个解,同理也不符, 所以,此时,即,如下图示, 要使有6个解,则,可得. 故答案为：. (2)当时,直接写出的单调区间； (3)当时,,,求的取值范围. 【详解】(1)当时,,∴,, ∴. ∴曲线在点处的切线方程为,即. (2)当时,,∴. 令,解得；令, 解得, ∴的单调递增区间为,单调递减区间为. 12．(24-25高二下.辽宁鞍山.期中)已知函数. (1)当时,求曲线在点处的切线方程； (3)当时,,∴. ∵对恒成立, ∴对恒成立, 即对恒成立,∴. 设,则. ∵,∴,. 令,,则, ∴在上单调递增. 又,, ∴由零点存在性定理可知：,使得,即, ∴时,,,在上单调递减； 时,,,在上单调递增. ∴当时,取得最小值. ∴,即的取值范围为. $