期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点目录 利用导数研究含参函数单调性 利用导数研究恒成立问题 利用导数研究能成立问题 利用导数研究零点问题 利用导数证明不等式 利用导数研究双变量问题 参变分离法解决导数问题 构造函数法解决导数问题 利用二次导数法解决导数问题 导数新定义问题 考点一 利用导数研究含参函数单调性 例1．（25-26高二下·甘肃白银·月考）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的单调区间． 【答案】(1) (2)若，单调递增区间为； 若，单调递增区间为和，单调递减区间为； 若，单调递增区间为和，单调递减区间为． 【分析】（1）利用切点和导数几何意义得到切线斜率，再利用直线的点斜式方程得到切线方程； （2）分情况讨论导函数在定义域内不同区间的正负，进而确定函数的单调区间. 【详解】（1）当时，函数为，定义域为． 因为，所以切点为． 求导得， 在处，，即切线斜率为． 切线方程为． （2）当时，函数为，， ． 令可得或， 当时，恒成立（仅处为零），因此在上单调递增． 当时，时或；时． 因此的单调递增区间为和，单调递减区间为． 当时，时，或；时，． 因此的单调递增区间为和，单调递减区间为． 综上，当时， 若，单调递增区间为； 若，单调递增区间为和，单调递减区间为； 若，单调递增区间为和，单调递减区间为． 例2．（2026·四川成都·二模）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间． 【答案】(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 【分析】(1)利用导数的几何意义求解； (2)利用导函数研究函数的单调性. 【详解】（1）当时，， ，则， 又，∴曲线在点处的切线方程为． （2），， ，，由，得，由，得． 的单调递增区间为，单调递减区间为． 例3．（25-26高二上·河北沧州·期末）已知函数. (1)若有两个极值点，且一个大于0，一个小于0，求的取值范围； (2)若函数，讨论的单调性. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由题意得的零点一个大于0，一个小于0，由二次函数根的分布结合韦达定理，即可求得的取值范围； （2）由题意求出后得到的零点或，分类讨论根的位置即可得到的单调性. 【详解】（1）由题意得. 由题意知方程有一个正根和一个负根， 所以，解得，即的取值范围为. （2）因为， 所以. 令，则或， ①当时，即时，恒成立，所以在上单调递增； ②当时，即时，则有当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， ③当时，即时，则有当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， ④当时，即时，则有当时，，单调递减， 当时，，单调递增. 综上：当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数在上单调递增， 当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 变式1．（25-26高二上·河北衡水·期末）已知函数，且． (1)求的值； (2)讨论的单调性． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）求导，结合代入求解即可； （2）整理可得，分类讨论二次项系数和两根大小，利用导数分析原函数单调性. 【详解】（1）因为，则， 可得，解得. （2）由（1）可知， （i）当时，则， 令，解得；令，解得； 所以在上单调递增，在上单调递减； （ⅱ）当时，令，解得或， ①当，即时， 令，解得；令，解得或； 所以在上单调递增，在和上单调递减； ②当，即时，则，可知在上单调递减； ③当，即时，令，解得；令，解得或； 所以在上单调递增，在和上单调递减； 综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 变式2．（25-26高三上·山东聊城·期中）已知函数. (1)当时，求的单调区间 (2)讨论的单调性； 【答案】(1)在单调递增，在单调递减； (2)答案见解析. 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调区间. （2）求出函数导数，再按分类讨论求解函数的单调性. 【详解】（1）当时，函数的定义域为， 求导得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. （2）函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 变式3．（25-26高三上·山西吕梁·月考）已知函数，其中是自然对数的底数． (1)求的最值； (2)若函数在区间上有2个零点，求实数的取值范围； (3)若，讨论函数的单调性． 【答案】(1)最小值为2，无最大值； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）利用导数工具研究得到函数的单调性即可求解； （2）利用导数工具研究求出函数的单调性和最值以及端点值和即可得解. （3）先求出，再求导数，再分别讨论和，的正负，从而得到的单调性. 【详解】（1），， 设，， ，，， 即为上的增函数，又， 当时，，即， 在上为单调递减函数； 当时，，即， 在上为单调递增函数， 在处取得最小值，且当时， 的最小值为，无最大值. （2），， 由（1）知当时，，在上为单调递减函数； 当时，，在上为单调递增函数， 在处取得最小值为. 在上有2个解， 又，， 的取值范围是. （3）， ， 由（1）知在上单调递增，且. 所以当时，， 则当时，函数单调递减；当时，函数单调递增； 当时，令，解得. 若时，则. 当时，，故函数在上单调递减. 若时，， 当时，， 故函数在和上单调递减； 当时，，函数单调递增. 若时，，当时，， 故函数在和上单调递减； 当时，，函数单调递增. 综上，当时，函数在上单调递减；在上单调递增； 时，函数在上单调递减； 时，函数在和上单调递减，在上单调递增； 时，函数在和上单调递减，在上单调递增. 考点二 利用导数研究恒成立问题 例1．（2026·四川攀枝花·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若在上的最大值为0，求实数的值； (3)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）对函数求导，求出切点处的导数值和函数值，进而可求出切线方程. （2）对函数求导，分，，三种情况讨论函数的最大值，从而确定的值. （3）先化简不等式，然后构造函数，两次求导，判断单调性求出最小值，进而求出的范围. 【详解】（1）当时，，求导得， 可得，， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2），，令，得， ①当，即时，在恒成立，所以在上单调递减， 所以，，不合条件，舍去； ②当，即时，当，，当，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，解得，符合条件； ③当，即时，在恒成立，所以在上单调递增， 所以，，不合条件，舍去. 综上，. （3）由，可得，即， 设，其中，则， 设，则， 当时，，，且等号不同时成立，则恒成立， 当时，，，则恒成立，则在上单调递增， 又因为，， 所以，存在使得， 当时，；当时，. 所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且， 作出函数的图象如下图所示： 当时，由（2）得，且当时，， 此时函数的值域为，即. （ⅰ）当时，即当时，恒成立，合乎题意； （ⅱ）当时，即当时，取， 结合图象可知，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. 例2．（2026·四川德阳·三模）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若恒成立，求a的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再利用直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）根据，可知存在，使得，即，从而可得极小值为，求出，从而可得a的取值范围； （3）由（2）可知，当时，恒成立，即，令可得，，，，两边求和可证. 【详解】（1）当时，，， 则， 故切线的方程为， 即； （2）由于， 当时，定义域为， 由于趋于时，趋于，而趋于， 所以不能恒成立， 因此，此时定义域为， 又， 根据函数和的图象性质， 可知存在，使得，即， 且当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以为函数的极小值点， 极小值为 设，则恒成立， 则在上单调递减，且， 所以，又因为， 则，即a的取值范围为； （3）由（2）可知，当时，恒成立， 即，也就是， 所以，，，， 累加求和得， 即. 例3．（2026·河南郑州·二模）函数，，为自然对数的底数． (1)当时，过点可以作曲线三条切线，求实数的取值范围； (2)若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先设切点坐标，利用导数求出切线斜率，结合点斜式写出切线方程，将点代入切线方程，得到关于切点横坐标的方程，再构造函数，利用导数研究该函数的单调性与极值，根据极值的符号确定参数的范围； （2）依题意等价于，即，存在使得该式成立，所以先利用导数求出的最大值，构造关于的函数，再求该函数的最大值，进而确定的范围. 【详解】（1）当时，， 设切点为，切线方程为：， 切线过，代入得：， 依题意有三条切线，即方程有三个不同实根， 设，求导得恒成立： 时，单调递增； 时，单调递减； 时，单调递增； 极值为，且时时， 因此与有三个交点时：； （2），求导得， 令得（为极值点横坐标）， 由得， 的最大值为，代入得：， 依题意若存在使得对任意恒成立，即：， 整理得：对某个成立，即， 设，求导得：， 可得：时递减； 时递增。因此最小值为，故： 即的取值范围是. 变式1．（25-26高二下·重庆·期中）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)当时，恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)增区间是，减区间是； (2) 【分析】（1）由得增区间，由得减区间； （2）首先，然后在时，结合（1）对分类讨论，时利用（1）的结论可得，，求出导函数，然后再利用导数研究的单调性，从而得出结论． 【详解】（1），则，，函数定义域为， 时，，单调递增，时，，单调递减， 所以的单调增区间是，减区间是； （2）时，恒成立， 时，若，由（1）知当时函数的最大值为0，则当时，又， 所以恒成立， 若，， 设，则，是减函数， 由得， 若，则， 当时，在上恒成立，（因为，，，所以）， 所以即在上单调递减，， 所以在上单调递减，满足， 若，即时，当时，，递增，当时，，递减， 所以在处取得最大值， ， 令，则， ，则，所以在上单调递增， 所以， 所以，且， 所以在时，，则在上单调递增，，不满足， 综上，的取值范围是． 变式2．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数（）． (1)求的单调区间； (2)当时，设的两个极值点为，，求的最小值； (3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递减； 当时，时，，单调递减； 时，，单调递增； 当时，时，，单调递减； 时，，单调递增． (2) (3) 【分析】（1）求导，利用导数结合分类讨论的单调性； （2）利用已知条件，求出，构造函数并求导，利用函数单调性求最小值； （3）化简已知不等式，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性，进而求出的取值范围． 【详解】（1）函数求导得， 当时，，仅当时导数为0，则在上单调递减； 当时，，时，，单调递减； 时，，单调递增； 当时，，时，，单调递减； 时，，单调递增． 综上，当时，在上单调递减； 当时，时，，单调递减； 时，，单调递增； 当时，时，，单调递减； 时，，单调递增． （2）当时，，故的两个极值点为，， ，， 令，，求导得， 当时，，故， 在上单调递增，最小值在处取得：． （3）， ，整理得， 令，求导得， 令，求导得， 在上单调递增，， 当时，，故，在上单调递增， 需，解得，结合，得； 当时，存在唯一使得，即， 在单调递减，单调递增，故， 代入得 ， 解得，即， 令，，故在上单调递减， 故：， 综上可得，． 变式3．（25-26高二下·天津静海·月考）已知函数 (1)求函数的图象在点处的切线方程； (2)求函数的极小值； (3)若对任意，恒成立，求实数的取值范围 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求导，结合导数的几何意义即可求解； （2）利用导数研究函数的单调性即可求解； （3）将恒成立问题转化为最值问题，结合单调性即可求解. 【详解】（1），， 所以函数的图象在点处的切线方程为：，即. （2）,令得或. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 故时取得极小值. （3）由题意得只要， 由（2）知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以，解得或. 综上,实数的取值范围是 考点三 利用导数研究能成立问题 例1．（25-26高二下·天津西青·月考）已知函数，． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若存在，使不等式成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为. (2) 【分析】（1）根据导数求解函数单调区间即可； （2）通过参数分离构造出新函数，求得新函数的最值得到参数范围即可. 【详解】（1）当时，，定义域为，， 令，解得，令，得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）原不等式代入整理，由于， 两边同除以得. 要求“存在使不等式成立”，等价于. 设，求导得， 令，得； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 因此的最大值为. 即的取值范围为 例2．（25-26高二下·江苏南通·月考）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若存在，，使得，求a的最大值． 【答案】(1) (2)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增 (3) 【分析】（1）根据导函数的几何意义求出切线方程； （2）求导，分、两种情况讨论导函数的正负性； （3）等价于，利用参变分离，构造函数，，求其最大值即可. 【详解】（1）当时，，则， 故， 故在点处的切线方程为. （2）由题得，． 若，则在上恒成立，所以在上单调递减； 若，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上，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）得，若存在，使得， 则必有，由得． 所以等价于， 即，化简得：． 设，， 则， 所以在上单调递减，所以， 此时，． 所以当，时等号成立，所以a的最大值为． 例3．（2026·云南昆明·二模）设函数. (1)当， （i）若，讨论的单调性； （ii）若，求极值点的个数； (2)对任意，总存在，使得，求的最小值. 【答案】(1)（i）在上单调递减，在上单调递增；（ii）1个 (2) 【分析】（1）（i）直接求导判断即可；（ii）根据导函数特征分区间判断单调性，无法直接判断的部分二次求导后，利用零点定理判断极值点的存在性. （2）将移到一边，定义另一边为以为变量，为参数的一次函数，分类讨论单调性后得到关于的恒等式，再利用导数得到最值. 【详解】（1）， （i）若，，， 因为在上单调递增，且， 所以当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增. （ii）当，由（i）可知，且， 又因为，所以，此时单调递减； 当时，设，则， 由（i）可知，且，， 又因为，所以， 所以即在上单调递增， 且有，， 由零点定理可知存在唯一的使得， 若，，若，， 综上在上单调递减，在上单调递增，为极小值点， 所以极值点的个数为 1个. （2）将化为， 设，， 当即时，此时， 单调递减至负无穷，可以取任意值； 当即时，此时， 单调递增或为常函数，， 依题意应有在上恒成立， 设，， 则， 所以在上单调递增， ， 所以的最小值为. 变式1．（24-25高三上·陕西·期中）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，且存在，使得成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解切线方程， （2）求导，可得函数的单调性，进而对与的大小讨论，即可分类求解. 【详解】（1）当时，，有，由，有， 故曲线在点处的切线方程为． （2），其中，， 时，，时，, 故在上单调递减，在上单调递增. 若，则时，，不符合题意； 若，则时，， 由题意，有，即， 因为，有，即，得， 故的取值范围是． 变式2．（25-26高二上·北京·期中）已知函数． (1)当时，求的单调区间、最大值； (2)设函数，若存在实数，使得，求m的取值范围． 【答案】(1)函数在上单调递增，在上单调递减，最大值为； (2) 【分析】（1）对函数求导，利用导数求出函数的单调区间及最大值； （2）把存在性问题转化为求函数最小值问题，分情况讨论，利用导数求出函数的单调性及最小值，进而求出m的取值范围． 【详解】（1）当时，函数为，定义域为， 求导得， 当时，，，故，函数单调递增； 当时，，，故，函数单调递减； 函数在上单调递增，在上单调递减； 函数在处取得极大值，即为最大值，． （2）已知，存在实数，使得， 即不等式 在其定义域 上有解， 令，则问题等价于， 当时，，，求导得， 其中，故，在上单调递增， ； 当时，，故，求导得， 其中，故，在上单调递减， ， 综上可得，，要存在实数，使得，只需满足， 的取值范围为． 变式3．（25-26高二上·江苏无锡·期末）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； 【答案】(1)取得极小值为，无极大值. (2)详解见解析 (3) 【分析】（1）求导，利用导数分析单调性确定极值点，进而求出函数极值； （2）求出导函数，按的范围分类讨论的正负，可得单调性； （3）讨论的范围求出函数的单调区间，根据题意列出的不等式，从而确定的范围. 【详解】（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. 考点四 利用导数研究零点问题 例1．（2026·江苏徐州·三模）已知函数，为自然对数的底数. (1)若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； (2)若有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求切线方程； （2）整理可得，令，原题意可转化为有两个零点，求导，利用导数分析函数零点即可. 【详解】（1）因为，则， 可得，， 所以该曲线在点P处的切线方程为: ，即. （2）因为，则， 可得， 令，则，可得， 原题意可转化为有两个零点， 则， 因为，则， 若，则，可得， 可知在上单调递减，所以在上至多一个零点，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增，则， 当趋近时，趋近正无穷，当趋近正无穷时，趋近正无穷， 若有两个零点，则， 令，则在上单调递增， 且，则不等式的解集为； 所以实数a的取值范围为：. 例2．（25-26高二下·广东东莞·月考）已知函数． (1)证明不等式：； (2)讨论的单调性； (3)设，证明：在定义域上有两个零点． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，在单调递减，无增区间；当时，在单调递减，在单调递增． (3)证明见解析 【分析】（1）设，利用导数可证故恒成立即； （2）就、分类讨论导数的符号后可得函数的单调性； （3）根据（2）中的单调性结合零点存在定理可证明在定义域上有两个零点 【详解】（1）设，则， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 故，故恒成立即. （2）， ， ①当时，在上单调递减； ②当时，令，得， 时，在上单调递增； 时，在上单调递减； 综上所述，当时，在上单调递减，无增区间； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （3）由（2）可得，当时，， 因为均在上为增函数，故在上为增函数， 故，故. 当时，即， 结合（1）中不等式可得，故， 当时，，且， 而，，故， 由零点存在定理可得在上有两个零点． 例3．（25-26高三下·安徽合肥·月考）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)若在区间上存在唯一的极值点和唯一的零点，且，求t的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对函数求导，构造函数再求导，求出导函数大于0、小于0的区间，即原函数的单调区间可得最小值. （2）先根据导函数的单调性和零点确定极值点，进而确定t的范围；再根据可知在单调递增区间上，此时只需要确定单调递减区间上无零点和递增区间上唯一零点，进而确定t的范围，取交集即可. 【详解】（1）当时，，则， 令，对求导，得，故在上单调递增． 又， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增，． （2）因为， 所以，， 令，则，所以在上单调递增． 要使在上存在唯一的极值点，即在上存在唯一的零点， 只需得． 此时在上单调递减，在上单调递增， 即是的极小值点． 要使在上有唯一的零点，且， 只需，得， 即， 综上所述，，即t的取值范围是． 变式1．（25-26高三下·四川成都·月考）设函数. (1)讨论函数的单调性； (2)证明：存在正实数，使得时，函数有且只有3个零点. 【答案】(1)①当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减； ②当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增； ③当时，在区间上单调递增； ④当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增. (2)证明见解析 【分析】（1）求出，再求导，根据分类讨论，判断函数单调性即可. （2）结合导数与极值的关系及极值的正负证明即可. 【详解】（1）由，可知， ， ①当时，， 则当时，，当时，， 此时，在区间上单调递增，在区间上单调递减； ②当时，， 则当时，，当时，，当时，， 此时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增； ③当时，，在区间上单调递增； ④当时，， 则当时，，当时，，当时，， 此时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增； 综上所述：①当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减； ②当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增； ③当时，在区间上单调递增； ④当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）由（1）可知，当时， 是函数的极大值点，极大值， 函数的极小值， 令（）， 即，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 则是的极大值点，即的极大值为， 又当时，，则的值域为， 即的极小值取值范围是， 又，则存在，使得，即为方程的根， 当时，在上单调递增，则，即， 又当时，，当时，， 存在正实数，使得时，函数有且只有3个零点. 变式2．（2026·河北衡水·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，恒成立，求的取值范围； (3)当，且时，证明：函数有且仅有两个零点. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】(1)代入求出切点坐标，对函数求导得到切线斜率，利用点斜式求出切线方程并化简 (2)化简不等式分离参数，求导分析其单调性，找到最大值即为的下界 (3)化简表达式，求导确定单调区间，计算特殊点函数值及极限，利用零点存在定理判断零点分布 【详解】（1）解：，，即切点为； ，，利用点斜式可得切线方程为. （2）解：由恒成立，得，化简得： ， 即，即 设，，令，解得， 所以时，单调递增，时，单调递减， 所以在处取极大值，，故. （3）证：设，当时，，， 则，，， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 又因为，， 所以存在唯一的使得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，，且在处取得极大值， 因为，所以，； 因此，在和各有一个零点， 所以函数在有且只有两个零点. 变式3．（25-26高二下·北京·月考）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)设函数，当时，讨论零点的个数. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)当时，只有一个零点；当时，有两个零点. 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）令，利用导数求得即可； （3）利用导数求得，令，利用导数求得，分、分别判断函数的零点即可. 【详解】（1）因为，所以切点为， 又因为， 所以， 所以在点处的切线方程：， 即； （2）令， 则， 令，得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 即， 所以； （3）， 所以， 令，得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， 令， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以当时，， 此时只有一个零点； 当时，， 且趋于、时，趋于， 此时有两个零点； 综上，当时，只有一个零点；当时，有两个零点. 考点五 利用导数证明不等式 例1．（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求得，得到且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）根据题意，转化为，令，利用导数求得函数的单调性和最大值，结合，即可得证. 【详解】（1）解：由函数，可得， 所以，且，即切点坐标为，切线的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）证明：由函数，可得函数的定义域为， 由不等式，即， 要证，即证，即证， 令， 可得，其中， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当时，取值最大值，所以， 即在恒成立，所以． 例2．（25-26高二下·吉林长春·月考）已知函数. (1)求在点处的切线方程（其中e为自然对数的底数）； (2)当时，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数求出切线斜率，利用求出切点坐标，代入点斜式方程可得答案； （2）利用导数判断出单调性可得答案． 【详解】（1），切线的斜率为， 由得切点坐标为， 所以在点处的切线方程. （2）当时， 令，得，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得最小值，即. 因为，所以. 例3．（2026·湖北黄石·一模）设函数为自然对数的底数. (1)讨论的单调性； (2)设，记，证明： ①；（注：） ②. 【答案】(1)当时， 在上单调递增； 当时，在和上单调递增， 在上单调递减. (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）求出导函数，然后按照和分类讨论，由导函数的符号确定单调性； （2）①由（1）知，令，可得，结合对数运算性质及阶乘的定义，利用累加法即可证明； ②令，可得，结合对数运算性质，利用累加法即可证明. 【详解】（1）由，得， 易知，当且仅当，即时取等号， 故当时，，此时在上单调递增； 当时，令， 解得，易知， 当或时，，当时，， 故此时在和上单调递增， 在上单调递减. （2）由（1）知，当时，在上单调递增， 故当时，，即有. ①令，则有，即，即， 赋值代入，可得， 累加可得： ②令，则有， 即，化简得， 当时，由， 累加可得： ， 即. 即有，而当时， 故有. 变式1．（25-26高三下·江苏无锡·月考）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. (2)证明见解析 【详解】（1）因为，， 则当时，，所以，在上单调递增. 当时，由，解得，所以在上单调递增， 由，得，所以在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，，欲证， 即证. 设，，则. 而和在上都是单调递减， 则在上单调递减. 又因为，， 则，使得，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 则极大值为 . 设，， 则， 而时，，则，在上单调递增， 所以，即， 所以，即. 变式2．（2026·浙江嘉兴·二模）已知函数． (1)当时，求在上的最大值； (2)当时，若对任意的实数m，直线与曲线恰有一个公共点，求实数b的取值范围； (3)若．证明：当时，． 【答案】(1)1 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数求的单调性和最值； （2）原题意等价于方程仅有一个解，令，可知在R上为单调函数，且值域为R，分类讨论的符号，结合导数应用运算求解； （3）根据题意结合（1）中结论分析可知，分和两种情况，利用导数结合三角函数的有界性分析证明. 【详解】（1）当时，则，， 可知在单调递减，所以在上的最大值为. （2）当时，， 令，即，可得， 原题意等价于方程仅有一个解， 令，则， 因为对任意实数m，方程都仅有一个解， 可知在R上为单调函数，且值域为R， 令，则， 因为当趋近于时，趋近于，则恒成立， （i）当时，则，可知在R上单调递减，值域为R，满足题意； （ii）当时，当时，；当时，； 可知在单调递减，在单调递增，则， 当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于； 可知存在唯一零点， 当时，，即；当时，，即； 可知在单调递增，在单调递减，不符合题意； （iii）当时，当时，；当时，； 可知在单调递增，在单调递减， 则，解得， 当时，在定义域内单调递减， 当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于； 可知值域为R，符合题意； 综上所述：实数b的取值范围为． （3）当时，， 若证，即证， 因为，，则， 由（1）可知：，即，则 可得， 若证，即证， （i）当时，则，可得， 且，则，可得，所以； （ii）当时，则，可得， 整理可得， 令，则， 因为，则， 可知在上单调递增，， 且，可得，所以； 综上所述：时，. 变式3．（2026·河南焦作·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，证明：，； (3)已知，证明：． 【答案】(1)极大值为，无极小值； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题知定义域为，进而求导研究函数单调性即可求解函数极值； （2）构造函数，，利用导数研究函数的单调性得时，单调递增；时，单调递减，再结合，符号即可证明. （3）结合（1），令，，进而结合得，再累加求和即可证明不等式左侧部分；再结合（2）得，再累加求和即可证明不等式右侧部分. 【详解】（1）解：当时，，定义域为， ， 所以，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. （2）解：当时，， 令，， 所以， 令，，则， 因为函数在上单调递增，函数在上单调递减， 所以函数在单调递减， 又函数在单调递减， 所以在单调递减， 因为，， 所以，存在，使得，即 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 因为，，， 所以存在，使得，即， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 因为，， 所以在恒成立，即， 所以，，，证毕. （3）证明：先证. 由（1）知，当时，在上单调递减， 故当时，，即 令，则，即 令，恒成立，所以在单调递减， 所以，即，故当时，， 令，则 所以，即 所以，， 即. 下证：. 由（2）知，，，即，， 令，则 所以，即 综上，，证毕. 考点六 利用导数研究双变量问题 例1．（25-26高二下·福建厦门·月考）已知函数，（其中）． (1)当时，直线是曲线的一条切线，求实数的值； (2)若方程有两个不同的实数根，证明： （i）； （ii）． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数求切线斜率，结合切点在切线上的条件，列方程求解切线截距； （2）（i）通过根的关系转化不等式，换元构造单变量函数，利用导数证明单调性完成双变量不等式证明；（ii）结合（i）的结论放缩，构造辅助函数证明，再用基本不等式完成最终证明. 【详解】（1），定义域，， 设切点为，切线斜率，即：，整理得， 解得（舍去，）， 切点坐标为，计算得， 切点在切线上，，故，解得. （2）原方程，代入化简得，整理得， 即，方程有两个不同正根，且满足：. （i）由，得，因为，所以， 要证，需证，即证， 令，则不等式化为， 设，则， 所以在单调递增，，即，，原不等式得证. （ii）首先由(i)得，故， 又，故，得. ， 下证：令，则，所以在单调递减. 所以，即，. 所以，又由可得， 令，则，所以单调递增，可得， 所以，因为，所以， 所以. 例2．（25-26高二下·广东广州·月考）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)记函数，若，存在两个相异的正实数满足，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，点斜式即可求解； （2）由，要证，只要证，即证，由的单调性知只要证，结合 只要证，移项作差构造函数即可求解． 【详解】（1）当时，． 所以切线的方程是即． （2）可得． 令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 不妨设，令， 则， 所以函数在上单调递增，从而， 即时，恒成立． 而，从而，又， ，函数在上单调递减． ，得． 令，则，当时单调递增； 当时单调递减，所以，即， 由不等式得， 成立，所以． 例3．（25-26高二下·江苏扬州·月考）已知函数，其中. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数在定义域上单调递增，求实数的取值范围； (3)若在上存在两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）把问题转化为恒成立，即恒成立，利用基本不等式即可求解； （3）根据极值点的定义及韦达定理得到，并求出的范围，令并求出的范围，最后把转化为的函数，最后利用导数判断函数的单调性即可求解. 【详解】（1）当时，，定义域为， 所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为，即. （2）的定义域是， 函数在定义域上单调递增，则对恒成立， 即， 因为，当且仅当时等号成立， 所以时，恒成立，即在上单调递增. （3）在上有两个极值点， 则，即在上有两个不等实数根， 解得，且， 此时，， 令，则， 所以在上单调递减， 又由，由可知，即。 联立解得，所以。 且 所以的取值范围是. 变式1．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数在区间内极值点的个数． (2)设函数，若函数存在两个不同的零点，且． （i）求实数a的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)分类讨论，答案见解析. (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数，分情况和讨论极值点； （2）（i）利用导数研究单调性，从而得，由函数存在两个不同的零点可得，得解； （ii）根据零点的分布和大小情况进行考虑入手即可. 【详解】（1）因为，所以． 若，当时，恒成立， 则函数在上单调递增，无极值点． 若，当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 故是函数的极小值点，且函数无极大值点． 综上可知，当时，函数在区间内极值点的个数为0； 当时，函数在区间内极值点的个数为1． （2）（i）由题意知， 所以． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 则， 因为函数存在两个不同的零点，所以，即， 所以实数a的取值范围为． （ii）下面找两个点m，，使得， 注意到，且，于是考虑找点， 下面我们证明：． ①要证，即证，设，要证明， 即设，则，则 所以在上单调递增，得， 所以在上单调递增， 故，即 因此． 设，则， 所以在上单调递增，所以， 因此，又，故，即， 又，所以．．             ②， 设，则， 易知在上单调递增，在上单调递减， 所以，即． 因为，即，所以，且， 因此， 因为，所以，所以， 即得证． 变式2．（2026·广西桂林·一模）已知函数，其中. (1)当时，求在上的单调性； (2)若存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）当时，求的取值范围. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）求导后，根据的正负即可确定的单调性； （2）（i）将问题转化为与有两个不同交点，利用导数可求得的单调性，进而得到的图象，采用数形结合的方式可求得的范围； （ii）令，，根据的取值范围可得到的范围，采用比值代换的方式，将问题转化为已知函数的值域，求解定义域的问题. 【详解】（1）当时，，， 令，则， 令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，，又， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）由题意知：， 存在两个极值点，存在两个变号零点， 令，即，显然不是方程的根， 有两个不等实根， 设，则与有两个不同交点， ，当时，；当时，； 当时，；当从负方向趋近时，； 当从正方向趋近时，；当时，；； 由此可得图象如下图所示， 若与有两个不同交点，则. （ii）由（i）知：，，， 令，，且， 则，， ， 设，则，， ，，， 设，则， 令，则， 令，则， 在上单调递增，， 在上单调递增，，即， 在上单调递增， 又，，， ，即的取值范围为. 变式3．（2026·陕西安康·模拟预测）已知函数，且． (1)求的值； (2)若． （i）求在上的最大值和最小值； （ii）若，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）最大值为，最小值为；（ii）． 【分析】（1）求导，由，即可求解； （2）（i）由（1）得到，再求导，确定函数单调区间，即可求解；（ii）将问题转换成所以，进而可求解. 【详解】（1）因为， 所以，       则， 所以． （2）（i）由（1）得， 则，       因为，令，得； 令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，       ，又， 所以在[0,3]上的最大值为，最小值为．       （ii）因为， ， 所以，       由（i）可知在上的最大值为， 由，       所以， 所以实数的取值范围为． 考点七 参变分离法解决导数问题 例1．（2026·重庆·二模）已知函数 (1)若，求函数的单调区间； (2)若对任意，恒有成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间 (2) 【分析】（1）当时，求得，得到当时，恒成立，即可得到答案； （2）根据题意，转化为在上恒成立，令，求得，得到在上单调递减，结合时，，得到，进而得到答案. 【详解】（1）解：当时，函数，且， 可得， 当时，，可得； 当时，，可得， 当时，， 综上可得，当时，恒成立， 所以在区间上单调递增，无单调递减区间. （2）解：函数，定义域为， 若对于任意时，恒成立，即， 可得在上恒成立， 令，可得， 当时，由，可得， 当时，可得， 当时，由，可得， 综上，当时，，所以在上单调递减， 当时，由，此时，所以 因为在上恒成立，即，所以， 经验证： 当时，，可得， 当时，由，可得，单调递减； 当时，由，可得，单调递增， 所以在处取得最小值，且， 此时对于任意，，满足题意； 当时，当时，， 则存在充分接近的，使得，即， 即，此时不满足恒成立， 综上可得，实数的取值范围为. 例2．（25-26高二下·浙江金华·月考）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，在上单调递增. (2). 【分析】（1）通过求导判断符号，确定函数单调区间； （2）分离参数转化为函数最值问题，求得参数范围为 【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. 例3．（2025·四川绵阳·一模）已知函数在处取得极值． (1)求； (2)函数图象与函数图象关于点对称，若存在使成立，求实数的取值范围； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用极值的定义结合导数，即可列方程组求值； （2）利用对称思想求出，再结合不等式存在性问题，通过分离参变量可求得参数范围. 【详解】（1），由题意得， 所以，所以，经检验，符合题意，故； （2）由（1）得， 由函数图象与函数图象关于点对称， 则把点代入即可得， 即， 整理得： 所以， 因为，所以， ①当时，，不成立，舍去． ②当时，，令 所以 令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，因为存在使成立， 所以，所以，综上所述，； 变式1．（25-26高三上·河北邢台·月考）已知函数的导函数为，且． (1)求的值； (2)求不等式的解集； (3)若，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出，结合，即可求得答案； （2）判断在上单调递增，将化为，分类讨论，即可求解； （3）将原问题转化为恒成立，继而构造函数，利用导数求解函数的最值，即可求得答案. 【详解】（1）由，得， ，故， 由，得， 解得； （2）由（1）知，则， 在R上单调递增，在R上单调递减， 故在R上单调递增， 故当时，，故在上单调递增， 而，即，即， 结合，得， 当，即时，不等式为， 由于，故的解集为空集； 当，即时，不等式为， 解得， 综合上述，不等式的解集为； （3）， 即， 即， 即， 即 即， 即可得恒成立； 设， 则， 令，则， 而，故在上单调递增， ，故存在一点，使得， 即， 当时，，则， 当时，，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在时取到最小值， ， ， 由题意知， 由于，故，故. 变式2．（25-26高三上·浙江·月考）已知函数． (1)若，求在处的切线的方程； (2)判断是否是函数的极值点，并说明理由； (3)若不等式对任意的，恒成立，求正整数的最大值．（参考数据：）． 【答案】(1) (2)不是，理由见解析 (3)4 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）根据极值点的定义，分和两种情况，即可说明理由； （3）结合题意，以为主元，即证对任意恒成立；法一：设，分类讨论，和两种情况，结合导数即可证明；法二：参数分离，得，结合导数即可证明；法三：参数分离，，取，得出，再结合导数说明时原不等式恒成立． 【详解】（1）时，， 所以，由于， 所以在处的切线的方程为， 化简得：． （2），若是函数的极值点，则有， 代入得：，即． 当时，不是函数的极值点； 当时，， 令，则， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，即在上单调递增，不合题意． 综上：不是函数的极值点． （3）由题意：， 上式对任意恒成立，以为主元，令，则只需， 因为，所以在上单调递增， 则， 故， 即对任意恒成立． 法一：设， 当时，恒成立，故在上单调递增， 所以，成立， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 故只需，即， 令， 所以在上单调递减， 由于，故， 则自然数最大可取到4． 综上：． 法二：由题意得：，设， 令，故在上单调递增， 由于， 故， 所以，使得在上单调递减，在上单调递增，且满足， 故， 而，因此自然数最大可取到4． 法三：由题意得：，取，则， 由于，所以，故， 下面说明时原不等式恒成立，代入原不等式，即证：对任意恒成立 设， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以，即成立， 因此，自然数最大可取到4． 变式3．（24-25高二下·江苏徐州·期末）已知函数． (1)求不等式的解集； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）原不等式可变形为，分类讨论后可求不等式的解集； （2）根据函数解析式可得，故可证函数图象中心对称； （3）根据函数的单调性和对称性可得在上有解，参变分离后可求的取值范围. 【详解】（1）易得不等式即． 当时，，解得， 当时，，解得． 综上可知，不等式的解集为． （2）因为的定义域为， 对任意的，都有， 且， 从而， 即的图象关于点对称，所以曲线是中心对称图形． （3）因为（），所以， 所以在，上单调递增． 由（2）可知，，所以， 所以在上有解， 即在上有解． 又因为，所以，， 所以在上有解，即． 由，得，故，即或． 所以的取值范围是． 考点八 构造函数法解决导数问题 例1．（2026·四川·模拟预测）已知函数. (1)若存在单调递减区间，求实数的取值范围； (2)若有两个不同的极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）判断与的大小，并证明你的结论. 【答案】(1) (2)（i）；（ii），证明见解析 【分析】（1）问题转化为在上有解，即在上有解，令，利用导数求出的最大值，得解； （2）（i）由题转化为有两个不同的零点，即有两个不同的解，由（1）可得解；（ii）由题意可知，是的两个不同实根，可得，作差得，令，则，令，利用导数判断的正负号即可. 【详解】（1）函数的定义域为. 因为存在单调递减区间，所以在上有解， 所以在上有解. 记函数，所以， 所以当时，单调递增；当时，单调递减， 所以，则，即， 所以实数的取值范围为. （2）（i）若有两个不同的极值点，则函数有两个不同的零点，即有两个不同的解， 所以函数的图象和函数的图象有两个不同的交点. 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，. 因为当时，；当时，， 所以实数的取值范围为. （ii）.证明如下： 由题意可知，是的两个不同实根， 所以，所以. 令，则， 因为，所以， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，所以，则， 所以在上单调递减，所以，则， 所以. 例2．（25-26高二上·湖南岳阳·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若函数在上有且仅有2个零点，求的取值范围． (3)对任意，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，函数的单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为 (2) (3) 【分析】（1）求函数的导函数，由求函数的单调递增区间，由求函数的单调递减区间； （2）由可得，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. （3）由不等式整理得到，再通过分析的单调性，得到，再求解即可. 【详解】（1）因为，， 则，当时，，所以在上单调递增； 当时，由，得， 若，则；若，则． 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． 综上所述，当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）当时，由可得， 令，其中，则直线与函数在上的图象有两个交点. ，当时，，此时函数单调递增. 当时，，此时函数单调递减． 所以函数的极大值为， 且，，在的图象如图所示． 由图可知，当时， 直线与函数在上的图象有两个交点， 因此，实数的取值范围是． （3）由，得恒成立，移项， 得恒成立. 构造函数，所以恒成立. 又∵在定义域内单调递增， ∴有在内恒成立， ∴恒成立，即. 由（2）可知最大值为，所以. 例3．（2026·安徽滁州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 【答案】(1)答案见解析 (2)① ；② 【分析】（1）先求导，分和两种情况讨论即可求解； （2）①由（1）分和两种情况讨论，当时，的极大值为令，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解； ②由①知，又，得 ，即，令，则，又，令，利用导数研究单调性，进而得当取最小值时，取最小值，即取最小值，令，利用导数研究单调性即可求解. 【详解】（1）由题意得：， 当时，恒成立，此时单调递减，无极值； 当时，令，解得， 令，解得， 故在单调递增，在单调递减． 在处取极大值，为，无极小值． 综上所述：当时，无极值； 当时，的极大值为，无极小值． （2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意； 当时，的极大值为． 令，则， 故在单调递减，在单调递增． ，即， 又，，故在存在一个零点． 又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，， 故在存在一个零点． ∴若有两个零点，则． ②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且， 所以，， 得： ． 令，则， 又， 令，则， 令，则， 在单调递增，又，故，即在单调递增． ∴当取最小值时，取最小值，即取最小值． 令，则， 令，则， 在单调递增，又，， ，使得，当时，，当时，， 且有，即，此时， 且在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值， 故取得最小值时． 变式1．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数. (1)若， （ⅰ）求曲线在处的切线方程； （ⅱ）设的极小值为，证明：. (2)若在定义域内恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 (2) 【分析】（1）（ⅰ）利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程；（ⅱ）求出（），求出在上是单调递增函数， 由函数与的图象在上仅有一个交点，从而得到在上存在唯一的零点，即.根据零点和单调性得到的单调性，由单调性得到的极小值为，利用基本不等式结合零点存在性定理得到的取值范围； （2）由得到，通过换元，设和设，则转化为.构造函数，利用导数法求出的单调性，利用单调性得到.构造函数，利用导数法得到在上单调递减.又注意到，当且仅当.故时恒成立，则，又，从而得到的取值范围. 【详解】（1）（1）（ⅰ）当时，，（）， 则，， 故所求的切线方程为，即. （ⅱ），（）， 在上是单调递增函数， 在上是单调递增函数， 在上是单调递增函数， 函数与的图象在上仅有一个交点， 在上存在唯一的零点，即. 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 的极小值. ，， ， 当且仅当时，即时，等号成立， ，， ，， 中的等号不能取得， . （2）由，得， 设，则转化为， 再令，则转化为. 设，则，. 与（1）同理，可知在上存在唯一的零点， 满足，即， 当时，单调递减， 当时，，单调递增， 所以. 设，则， 所以在上单调递减. 又注意到，因此，当且仅当. 所以时恒成立，此时， 又，所以的取值范围是. 变式2．（25-26高二下·重庆·月考）已知函数 (1)讨论的单调性； (2)当时，若对任意，求的取值范围； (3)证明：对任意. 【答案】(1)当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增. (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数分和两种情况研究导函数的正负情况即可求解； （2）首先分离常数，再利用导数研究的单调性，进而得到的取值范围，或利用局部保号性也可求参数的取值范围. （3）根据（2）问的结论，以及数列的前n项和公式进行化简证明即可. 【详解】（1）函数的定义域为，. 当时恒成立，函数在上单调递增， 当时，令得， 则当时，当时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）法1：当时，对任意，等价于当时，对任意成立，. 令，则大于的最小值或下确界， ， 则对任意恒成立， 所以函数在上单调递增， 又函数在时函数图象是连续的，且， 所以对任意恒成立，所以对任意恒成立， 所以函数在上单调递增. 因为，所以. 法2：设，，则，， 若，则，故存在，使得，， 故在上为减函数，故恒成立， 故在上恒成立，与题设矛盾； 若，设，则， 故在上为增函数，故， 故在上为增函数，故， 故在上恒成立，故. （3）左边是首项为、公比为的等比数列前项和， 即 右边是裂项求和结果.​ 由（2）结论，时对任意有， 令得变形得， 对累加得，即原不等式得证. 变式3．（2026·湖南邵阳·二模）已知函数. (1)求函数的极值； (2)若函数有两个零点和，且，求证：； (3)设函数，，若与的图象有两个交点，，试比较与的大小.（参考数据：，） 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据导数与极值的关系求解即可. （2）根据导数与最值的关系求出函数的最值点，分别求出直线、方程，可得到与直线的交点横坐标及差值，再比较与差值的大小即可. （3）根据与的图象有两个交点得到，通过构造函数及导数与最值的关系得到，结合基本不等式得到，再通过构造函数及导数与单调性的关系求解即可. 【详解】（1）的定义域为，， 当时，. 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，取极小值，极小值为，无极大值. （2）有两个零点，即方程有两个不同实根和，. 设，则. 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值，. 的大致图象如图所示， 可知函数的最低点为，， 直线的方程为，直线的方程为. 则直线与函数的图象交点的横坐标分别是和， 设与直线和的交点的横坐标分别是和，. 解方程可得，，. 当时，， 所以函数的图象在线段的下方. 当时，. 令，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，其中， 故函数的图象在线段的下方. 所以根据单调性，可得，，所以， 故. （3）由得，即， 所以，， 两式相加，得； 两式相减，得， 所以， 所以， 即. 不妨令，记，则， 令，则， 所以在上单调递增，则， 所以，即，所以. 又， 所以，即. 令，则时，， 所以在上单调递增. 又， 所以， 所以，即. 考点九 利用二次导数法解决导数问题 例1．（2025·江苏·模拟预测）已知函数． (1)若直线是曲线的切线，求a的值； (2)令． ①若，是的两个极值点，当时，求的值； ②设曲线在处的切线为l，若直线l上的点都不在图象的下方，求的取值范围． 【答案】(1) (2)；或. 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义构造方程，构造新函数，利用导数分析函数单调性，进而求解； （2）先求出函数定义域，利用求导求出相应极值点，再计算求解；对函数求导，确定切线方程，构造新函数，求出新函数的最值即可求解． 【详解】（1），定义域为， 求导得， 设切点为，切线斜率， 切线方程为， 是切线，过原点， ， 令，其定义域为， 求导得，则在上，即在上单调递增， ，， 切线斜率． （2）①， ，定义域为， 若，， 当时，， 求导得， 令，解得或（舍去），故极值点为； 当时，，求导得， 令，解得（舍去）或，故极值点为； ； ②，， 令（其中） 在上单调递增，上单调递减；上单调递增；上单调递减，作出大致图象如下 ，知为上凸函数 设为左右两支的公切线且分别与左右支切于，， ，，公切线可表示为： ① 也可表示为：② ①②可分别化简为 由两式表示同一方程 ，解得 结合图象得或. 例2．（25-26高三上·福建厦门·期中）已知函数 (1)若，讨论的单调性； (2)若对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导得，分、及分别求解即可； （2）将原不等式转化为，按与两种情况讨论，在时，研究不等式在上恒成立，运用导数求出不等式右边对应函数的最小值，可得的最大值，进而求出满足条件a的取值范围． 【详解】（1）对求导， 可得， 令，可得或， ①当时，，在区间上，且， 此时，单调递增； 在区间上，且，故，单调递减； 在区间，且，故，单调递增． ②当时，，此时，在上单调递增． ③当时，，在区间上，且， 故，单调递增； 在区间上，且，故，单调递减； 在区间上，且，故，单调递增． 综上所述，当时，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）将不等式， 整理为， 即， 当时，不等式左右两边相等，符合题意； 当时，不等式等价于，即， 设， 求导数得， 令， 则， 可知在时单调递增，且， 因此在上成立，可得，在时单调递增． 计算出在时的极限：， 可得在时单调递增且， 故在上恒成立， 因此，解得， 实数a的取值范围是 例3．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·月考）已知函数（其中）. (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，若对任意恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，若对任意，都有恒成立，求的最小值. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）对函数求导，分类讨论即可； （2）转化为对恒成立，即，设 ，利用导数求解； （3）先把恒成立，转化为对任意恒成立，研究单调性，利用图像得到，从而求出的最小值. 【详解】（1）由题意得函数的定义域为，求导得， 当时，对任意恒成立， 故在上单调递增， 当时：令，解得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 综上：当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）当时，，不等式 可化为， 对恒成立，即恒成立，设， 求导得， 令，则恒成立， 则函数在上单调递减，且， 当时，得，即单调递增； 当时，得，即单调递减. 故在处取得最大值，因此. （3）若不等式恒成立，即对恒成立， 得，，令，则， 由，得，由，得， 得函数在上单调递增，在上单调递减， 且与轴的交点为， 令与轴的交点为， 根据不等式左右两个函数图象的相对位置，可知，即， 当且仅当在处的切线为时，取到等号， 因此的最小值为. 变式1．（25-26高三上·湖南·期中）已知函数 (1)当时，解不等式：； (2)当时，判断f（x）的零点个数并证明； (3)若恒成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)不等式的解集为区间 (2)三个零点，证明见解析 (3). 【分析】（1）先求得的定义域为，并证得的图像关于中心对称，再确定当时的符号，进而根据对称性得的解集； （2）先通过导数分析的单调性，并根据零点存在性定理确定在上有唯一零点，再根据的图像关于中心对称及，即可得到f（x）的零点个数； （3）由题意，根据的图像关于中心对称知“恒成立”等价于“在上恒成立”.并分析得到，进而，再通过导数分析得到在上单调递增，从而即可得a的取值范围. 【详解】（1）由得，所以的定义域为， 又 ， 所以函数的图像关于中心对称，所以. 因为， 当时， ，所以. 故当时，， 即不等式的解集为. （2）当时，. 因为的图象关于中心对称， 所以只需考虑时，的零点个数. ， 当时，. 令 当时，， 所以在上单调递减. 因为， 所以存在唯一，使得. 所以当时，，即在上单调递增. 当时，，即在上单调递减. 所以在上没有零点， 又， 所以存在唯一实数使得，即在上有唯一零点， 由（1）知. 所以时，有三个零点：. （3）由（1）知恒成立等价于在上恒成立， ， 若， 所以存在，使得对有，即在上单调递减. 所以，这与在上恒成立矛盾. 所以. 此时. 令， 所以 令 则， 所以在上单调递减，所以. 所以在上单调递增，所以. 所以在上恒成立，即恒成立. 综上所述，. 变式2．（25-26高三上·陕西咸阳·月考）(1)讨论函数，的单调性，并求出的极值； (2)当时，证明：； (3)若对任意，都有，求的取值范围. 【答案】(1)当时，无极值点；当时，有极小值，无极大值. (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）对函数进行求导，通过分类讨论当和时函数的单调性以及极值即可得出结论； （2）构造函数 ，通过求导可证 在 上单调递增，当 时， ，即 在 上单调递增，则 ，从而可得证； （3）设，，设，，根据导数与单调性的关系证明单调递增，分，两种情况，判断函数的单调性及取值情况，从而可得的取值范围. 【详解】（1）由题可得函数的定义域为，， 当时，，此时函数在上为增函数，无极值； 当时，令，解得， 当，；当，； 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则当时，函数取到极小值，无极大值. 综上所述：当时，无极值点； 当时，有极小值，无极大值. （2）当时，要证，即证， 构造函数 ，需证 ， 求导得： ，令，则 ， 由于 ，故 ，因此 在 上单调递增； 又 ，故当 时， ，即 在 上单调递增； 而 ， 因此当 时， ，即 . （3）因为对任意，都有恒成立， 所以在上恒成立， 设，， 则，， 设，， 则，， 设，，则，， 当时，，，， 所以， 当时，，，， 所以， 所以函数在上单调递增，又， 当时，，即， 所以函数在上单调递增，， 当时，在上恒成立， 所以在上恒成立， 所以函数在上单调递增，， 所以在上恒成立，满足条件， 当时，， 函数在上单调递增， 当时，，所以存在，使得， 即存在，使得， 且时，，函数在上单调递减， 且时，，函数在上单调递增， 又，所以当时，，不满足条件， 综上，的取值范围为. 变式3．（2025·广东·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由导数的几何意义求切线方程； （2）令函数，两次求导进行求解． 【详解】（1）当时，． ． 曲线在点处的切线方程为，即． （2）因为，所以当时，． 令函数，则． 令函数， 则 所以在上单调递增． 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ． 所以，即的取值范围为． 考点十 导数新定义问题 例1．（25-26高三上·安徽宣城·期末）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意的实数、，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”.若当时，函数是“函数”，求实数的值. 【答案】(1)极小值，无极大值 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）当时，可得，利用导数与函数极值的关系可求得函数的极值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （3）设曲线与直线的切点为，根据“函数”的定义结合导数的几何意义可得出关于、的方程组，解之即可. 【详解】（1）当时，函数，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 故有极小值，无极大值. （2）因为，所以，其中， ①当时，，在上单调递减； ②当时，令，得，可得， 又为增函数， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. （3）当时，函数是“函数”， 则， 设曲线与直线的切点为， 对函数求导得， 则，故，即， 所以且， 设，由解得， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，则是方程的唯一根， 所以. 例2．（2025·广东深圳·模拟预测）两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，已知函数． (1)求函数在处的阶帕德近似； (2)在（1）的条件下：求证：； (3)已知在处的阶帕德近似为，依据帕德近似公式；若在处的阶帕德近似为，设，试比较p，q，r的大小． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先根据确定，再通过求导得到和，利用确定，再由求得，即得； （2）构造辅助函数，通过求导分析的单调性，分和两种情况讨论与0的大小关系，再结合的符号即可证明结论； （3）由和确定的值，得到解析式，利用其分别求出的近似值，即可比较大小. 【详解】（1）由已知在处的阶帕德近似为 根据条件 ，因，故，得， 因，则，对求导得，代入得， 又，则；，则， 由得，解得。 所以． （2）令， 因为，当时，显然， 故在和上均单调递减， ① 当时，，即， 此时，所以，即； ② 当时，，即， 此时，所以，即， 综上，所以不等式恒成立. （3）依题意，，由，得，此时， 因为，所以， 又因为，所以， 故在处的阶帕德近似为：， 则， 又在处的阶帕德近似为， 故，， 故得． 例3．（24-25高二下·浙江杭州·期末）设函数定义在区间I上，若对任意，有，则称为I上的下凸函数，等号成立当且仅当．若函数在区间I上存在二阶可导函数，则为区间I上的下凸函数的充要条件是． (1)若是上的下凸函数，求实数a的取值范围； (2)在锐角三角形中，求最大值； (3)已知正实数满足，求的最小值． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）由题意可得在 上恒成立，利用函数的单调性，求出函数在 上的最小值，即可得答案； （2）令，可得函数在上是下凸函数，由下凸函数的定义求解即可； （3）由题意可得，令，可得在上是下凸函数，结合下凸函数的定义及对数函数的性质求解即可. 【详解】（1）解：因为是上的下凸函数， 所以在 上恒成立， 即在 上恒成立， 所以在 上恒成立， 又因为在 上单调递减， 所以， 所以，解得， 所以实数的取值范围为； （2）解：令， 则， 所以在上是下凸函数， 又因为， 所以， 即， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为； （3）解：因为正实数满足， 所以， 令， 则， 因为，所以 所以， 即 所以在上是下凸函数， 所以， 即， 即， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 变式1．（24-25高二下·贵州六盘水·月考）定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． (1)若函数和为“契合函数”，求的取值范围． (2)已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”． ①求的取值范围； ②若，证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）将问题转化为与有交点，求导后可得单调性，进而确定图象，结合图象可求得结果； （2）①令，采用同构法可得，令，结合导数知识可求得图象，结合单调性可将问题转化为与有两个不同交点，结合单调性可求得的范围； ②根据与的两个不同交点为，采用比值代换的方式，令，将表示为关于的函数的形式，利用导数可求得的单调性和最值，由此可得结论. 【详解】（1）由题意知：与的公共定义域为， 令，即，， 令，若与为“契合函数”，则与有交点. ， 当时，，，即；当时，； 当时，，，即； 在上单调递减，在上单调递增， ，又当时，；当时，； 大致图象如下图所示，    由图象可知：当时，与有交点， 即当与为“契合函数”时，的取值范围为. （2）①由题意知：与的公共定义域为， 令，则，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，又当时，；当时，； 大致图象如下图所示：    令，则， 由得：， 在上单调递增，又与为“契合函数”，与至少有一个交点， 与有两个不同交点，，， ，解得：，即实数的取值范围为. ②由①得：与的两个不同交点为，且， ，即，，， 令，则由知：，， ，整理可得：，， ， 令，则， 令，则， 令，则， 在上单调递增，，， 在上单调递增，，即， 在上单调递增，，即. 变式2．（24-25高三上·福建·月考）如图，在求解一些函数零点的近似值时，常用牛顿切线法进行求解．牛顿切线法的计算过程如下：设函数的一个零点，先取定一个初值，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，曲线在处的切线为，记与x轴的交点横坐标为，以此类推，每进行一次切线求解，我们就称之为进行了一次迭代，若进行足够多的迭代次数，就可以得到的近似值，设函数，令．    (1)证明：存在唯一零点，且； (2)已知，证明：； (3)经过4次迭代后，判断的近似值与的差值小于． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)经过4次迭代后，的近似值与的差值小于 【分析】（1）利用导数与函数间的关系，得到单调递增，再利用零点存在性原理，即可证明结果； （2）利用导数的几何意义得到在点处的切线方程为，从而得到，进而有，将问题转化成证明，即可求解； （3）利用（2）中结果，得到，同理得到， ，    ，即可证明结果. 【详解】（1），所以单调递增， 因为，， 所以存在唯一零点，且． （2）在点处的切线方程为，     令，解得，     ， 易知，所以，     要证，只需证，     即， 因为，所以． （3）由（2）可知，，     所以，     所以，     所以，     所以经过4次迭代后，的近似值与的差值小于． 变式3．（24-25高三上·辽宁沈阳·开学考试）在高等数学中，我们将在处及其附近可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：（其中表示的n次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式． (1)分别求在处的泰勒展开式； (2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：．（其中为虚数单位）； (3)当时，求证：．（参考数据） 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据函数在处的泰勒展开式的公式即可求解； （2）把在处的泰勒展开式中的替换为，利用复数的运算法则进行化简整理可得，从而即可证明； （3）根据在处的泰勒展开式，先证当时，恒成立，再证当时，恒成立，即可证得. 【详解】（1）因为函数在处的泰勒展开式为 （其中表示的n次导数）， 所以，，在处的泰勒展开式分别为： ； ； . （2）把在处的泰勒展开式中的替换为，可得 ， 所以，即. （3）由在处的泰勒展开式，先证当时，， 令， ，又，则， 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， 再令，， 则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 而， 所以当时，恒成立， 则 ， 所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点目录 利用导数研究含参函数单调性 利用导数研究恒成立问题 利用导数研究能成立问题 利用导数研究零点问题 利用导数证明不等式 利用导数研究双变量问题 参变分离法解决导数问题 构造函数法解决导数问题 利用二次导数法解决导数问题 导数新定义问题 考点一 利用导数研究含参函数单调性 例1.(25-26高二下·甘肃白银月考)已知函数f(x)=alnx-(2a+1)x+x2. (1)当a=-1时，求曲线f(x)在点L,f①)处的切线方程； (2)若a>0,求f(x)的单调区间. 例2.(2026·四川成都二模)已知函数f(x)=2a2lnx-x2(a>0) (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(L,f(I)处的切线方程； (②)求函数∫(x)的单调区间. 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.(25-26高二上·河北沧州期末)已知函数f(x)=x3+x2+a-2)x+1 (1)若(x)有两个极值点，且一个大于0，一个小于0，求a的取值范围； (2)若函数gx=-alx-x3+f(x,讨论gx的单调性. 变式1.(25-26高二上河北衡水期末)已知函数∫x)=(2a+x-inx-，ax,且f2)=0. (1)求b的值： (2)讨论f(x的单调性. 2 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(25-26高三上山东聊城期中)己知函数f(x)=lnx+axr2+(2a+1)x (1)当a=-1时，求f(x)的单调区间 (2)讨论f(x)的单调性； 变式3.(25-26高三上-山西昌梁月考)已知函数f(=2+2c0s,g)=cosx+snr-2r-2,其中e=2.71828…是 自然对数的底数. (1)求f(x)的最值： (2)若函数y=g(x)-a在区间-2π，2π上有2个零点，求实数a的取值范围： (3)若meR,讨论函数y=g（x)+mf(x的单调性. 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点二 利用导数研究恒成立问题 例1.(2026四川攀枝花二模)己知函数f(x=alnx-3x(a>0). (1)当a=2时，求曲线y=f(x在(1，f1)处的切线方程； (2)若f(x)在[2,3上的最大值为0，求实数a的值： ③若不等式二-321+5m[/]对在意的xe0,+恒成立.求4的取值范围. 例2.(2026四川德阳·三模)己知函数f(x)=e+1-aln(a.x)+a. (1)当a=1时，求函数f(x)在x=1处的切线方程 (2)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围： o证质：之ha的+aaeN). 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.(2026河南郑州二模)函数f(x=ax-xe,aeR,e为自然对数的底数. (1)当a=2时，过点(0，m)可以作曲线y=f(x)三条切线，求实数m的取值范围； (②)若存在a∈R*,使得∫(x≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围. 变式1.(2526高二下重庆期中)已知函数f(x)=x-e+3 2(x-1)2. (I)若a=0,求f(x)的单调区间； (2)当x≥1时，∫(x)≤0恒成立，求a的取值范围. 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(2026-陕西威阳二模)已知函数y=-2ar+1（aeR) ex (1)求(x)的单调区间； (2)当a≥2时，设f(x)的两个极值点为x1,x2,求∫(x)∫(x2的最小值； (3)当x≥0时，不等式f(x)≤2+4-a2)e恒成立，求实数a的取值范围. 变式3.(25-26高二下·天津静海·月考)己知函数f(x)=2x3-3x2-12x+5(x∈R) (1)求函数f(x)的图象在点1，f(1)处的切线方程； (2)求函数f(x)的极小值； (3)若对任意re【-2,3),fx)≤2a2-15a+12恒成立，求实数a的取值范围 6 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点三 利用导数研究能成立问题 例1.(2526商=下天津两青月考)已潮函数到=a-e1oe风，8到= (1)当a=1时，求函数f(x的单调区间； (2)若存在xe(0,+0,使不等式f(x)≤gx-e成立，求实数a的取值范围. 例2.(25-26高二下·江苏南通月考)已知函数f(x)=ax2-lnx. (1)当a=1时，求y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； (3)若存在x,x∈[1,3]，x2-x≥1，使得f(x)=f(x2),求a的最大值. 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.2026·云南昆明：二模)设函数fx=2-a)sinx-2 rCOSE卫 (i)若a=0,讨论fx)的单调性； (i)若a∈[0，+oo),求f(x极值点的个数； ππ ②对任意x22, 总存在a∈0，+0，使得2fx≤a+b,求b的最小值， 变式1.(2425高三上陕西期中)已知函数f()=anr+4-1. (1)当a=1时，求曲线y=f(x在点(1，f(1)处的切线方程； (2)若a>0,且存在x∈0，e,使得fx<-1成立，求a的取值范围. 6 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(25-26高二上北京期中)已知函数f)=。+m,m∈R. (1)当m=0时，求∫(x)的单调区间、最大值； (2)设函数g()=lnx|-f(x),若存在实数x,使得gx<0,求m的取值范围. 变式3.(25-26高二上江苏无锡期末)已知函数f)=(x-2列e-(x- (1)当a=0时，求f(x)的极值； (②)讨论函数∫(x的单调性： (3)若存在x∈(0,1)使得f(x)>0成立，求a的取值范围； 9 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点四 利用导数研究零点问题 例1.(2026江苏徐州三模)已知函数fx=lnx-x+2,e为自然对数的底数 (①)若此函数的图象与直线x=交于点P,求该曲线在点P处的切线方程； (2)若h(x)=ae2“+(a-3)e-fe+2有两个零点，求实数a的取值范围 例2.(25-26高二下广东东莞·月考)已知函数f(x=ae2r+a-2)e*-x. (1)证明不等式：e>x; (2)讨论f(x的单调性： (3)设ae(0,1,证明：fx)在定义域上有两个零点. 9 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.(25-26高三下·安微合肥月考)已知函数f(x=2cosx+(x-t)'(t∈R). (1)当t=0时，求f(x的最小值： (2)若∫(x在区间(-π，π上存在唯一的极值点X,和唯一的零点x2,且x<x2,求t的取值范围. 变式1.(25-26高三下·四川成都月考)设函数f(x=2lnx+ax2-2(a+1)x+3. (I)讨论函数∫(x的单调性： (2)证明：存在正实数a,使得ae(0,ao时，函数f(x)有且只有3个零点 女 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(2026河北衡水二模)已知函数f(x=lnx-ax+1,其中aeR (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点1，f1)处的切线方程； (2)若Hx>0,f(x≤x2+1恒成立，求a的取值范围： (3)当a=1,且xe(0,π)时，证明：函数gx)=f(x)-sin(π+x)有且仅有两个零点. 变式3.(25-26高二下北京月考)己知函数f(x)=1-1. (1)求曲线y=f(x在点(1，f(1)处的切线方程； (2)证明：x>0,f(x)≥-lhx; (3)设函数gx)=f(x+x,当t≥1时，讨论gx零点的个数 12 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点五 利用导数证明不等式 例1.(24-25高二下北京期中)已知函数/八y=mr-1 (1)求曲线y=f(x在点1，f(1)处的切线方程： (2)求证：fx≤2x-3. 例2.(25-26高二下·吉林长春·月考)已知函数f(x=xlnx-x. (1)求f(x)在点(e,f(©)处的切线方程（其中e为自然对数的底数）： (2)当x>0时，证明：f(x>-2 13 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.(2026湖北黄石一模)设函数fx)=e-e-ax,e为自然对数的底数 (1)讨论(x的单调性； 2)设neN,记M=乃1， 名，证明： ①M≤mn+l-2n(m叫；（注：l=nn-ln-2x…x3x2x1) 2 ②M≥ln+ n+1 2n 变式1.(25-26高三下…江苏无锡月考)己知函数fx=lnx-ax. (I)讨论∫x)的单调性： (2)当a=1时，求证：f(x<e+x-2. 14 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(2026：浙江嘉兴.二模)已知函数f)=ar+br+b 2e* (1)当a=1,b=2时，求f(x)在[0，+o)上的最大值； (2)当a=0时，若对任意的实数m,直线y=x+m与曲线y=f(x)恰有一个公共点，求实数b的取值范围； (③若a=10<b≤2.0<c≤2.证明：当xe0+o时，2)+3scB-csin 变式3.(2026：河南焦作·模拟预测)已知函数f()=x+1n1 x+1 x+1 (1)当a=1时，求f(x的极值： ②当a=0时，证明：x∈0，》smx+>0: (3)已知n∈N,证明： a+立时 6 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点六 利用导数研究双变量问题 例1.(25-26高二下·福建厦门月考)已知函数fx=lnx-x2+xgx=ax+b,(其中a,beR). (I)当a=2时，直线y=gx是曲线f(x的一条切线，求实数b的值； ②若方程=2-1x+1(2∈R有两个不同的实数根m,m<n,证明： 1 (i)m2+n2> 例2.(25-26高二下广东广州月考)己知函数f(x)=xnr-ax2+aa∈R). (1)若a=2,求曲线y=f(x在点(1，f(1)处的切线方程： (2)记函数gx)=∫'x),若a>0,存在两个相异的正实数x,x2满足gx=gx2,求证：x,+x2>1-lna. 16 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.Q526商二下-江苏扬州月考)已知函数f到=nx+号a-,其中aeR (1)当a=1时，求函数f(x)在(1，f(1)处的切线方程： (②)若函数∫x)在定义域上单调递增，求实数a的取值范围： (3)若(x在(0,2)上存在两个极值点xx,（x,<x,,求f(x)-f(x)的取值范围. 变式1.(2026陕西榆林·模拟预测)己知函数f(x)=x-2a-alnx(a∈R. (1)讨论函数f(x)在区间(L,+∞)内极值点的个数. (2)设函数gg=f)+E+a-1)nx,若函数g(x)存在两个不同的零点x,,且x<x2 (i)求实数a的取值范围； (i)证明：x2-x< 4a2-2a-1 2a-1 0 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.2026广西挂林一模)已知函数f=e-m-ac+0,其中aeR 3 2 (0当a=时，求)在0，+上的单调性 (2)若f(x)存在两个极值点x,x2x1<x2) (i)求a的取值范围； m当+[名-12h8-习]时，求兰的取值范同 变式3.(2026陕西安康模拟预测)已知函数f(x)=x2+mx-ne,且'(2)=0. (1)求m-n的值； (2)若m>0. (i)求f(x)在[0,3]上的最大值和最小值； 元3π (i)若3x∈[0,3]，y∈- 6’4 ,siny≤f(x),求实数m的取值范围. 18 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点七 参变分离法解决导数问题 例1.(2026：重庆二模)已知函数fy=ae -lnx,a∈R (1)若a=1,求函数f(x)的单调区间： (2)若对任意x∈(0，+∞)，恒有f(x)≥0成立，求实数a的取值范围. 例2.(25-26高二下·浙江金华月考)己知函数f(x=xnx-mx+1(m∈R) (1)当m=1时，讨论f(x)的单调性： (2)若Vxe(0,+o）,f(x)≥0，求m的取值范围 19 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.(2025四川绵阳一模)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1在x=2处取得极值-3. (1)求a,b: (2)函数y=g(x)图象与函数y=f(x)图象关于点但，-I)对称，若存在xe[-1,0]使g(x)≥2-mx成立，求实数m的取 值范围； 变式1.(25-26高三上河北邢台月考)已知函数f(x=kx2+i,h(x=e+e-x(k,t∈R),f(x的导函数为f'(x, 且f3)=f'(3=3h(0). (1)求k,t的值： (2)求不等式hf(x)+3)≤h(x-2的解集； (3)若x∈(0，+o,f(x)+(m-4)x-1≤(x+1)hlnx+1),证明：m<15. 20 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(25-26高三上浙江月考)已知函数f(x)=xln(x+a-2x+2ln(x+1),gx)=2ln(x+a+1)-3x。 (1)若a=0,求gx)在1，g(1)处的切线1的方程： (②)判断x=0是否是函数∫(x)的极值点，并说明理由： (3)若不等式f(x)>g(x)+k(x-2)对任意的x∈(2，+o),a∈[0,2]恒成立，求正整数k的最大值.（参考数据： e=2.71828…,e2=7.38906…,e=20.08554…). 变式3.（2425高二下江苏徐州：期末)已知函数fx)=x-2 +1 (1)求不等式f(x)>0的解集： (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； (3)若关于x的不等式f(a2+1x2+1+fx2-6)>-2在(0,1)上有解，求实数a的取值范围. 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点八 构造函数法解决导数问题 例1.(2026-四川-模拟预测)已知函数f(xy)=血+ar2+1,a∈R (I)若f(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围： (2)若f(x)有两个不同的极值点x,x,x1<x,: (i)求实数a的取值范围； (i)判断3x,x号与的大小，并证明你的结论 例2.(25-26高二上·湖南岳阳期末)己知函数f(x=lnx-axa∈R). (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在1，e2上有且仅有2个零点，求a的取值范围. (3)对任意x∈(0，+o,fx)<er-x恒成立，求a的取值范围. 22 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.(2026安徽滁州二模)已知函数f(x)=alnx-3x+4(a∈R). (1)讨论(x的极值： (2)若f(x)有两个零点x,x2x1<x2), ①求实数a的取值范围； ②当三取得最小值时，求实数a的值. 变式1.(2026海南省直辖县级单位模拟预测)已知函数f(x)=e-lnx-a+1+a. (1)若a=1, (i)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程： (iⅱ)设f(x)的极小值为m,证明：m>3. (2)若∫(x≥1在定义域内恒成立，求实数a的取值范围. 23 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(25-26高二下·重庆月考)已知函数f(x)=e-ax-1(aeR) (1)讨论(x)的单调性； 2)当a>0时，若对任意x>0,fy>父，求a的取值范围， 国证明：对任意neN2-1 变式3.(2026湖南邵阳二模)已知函数f(x)=x21nx. (I)求函数f(x)的极值： 2若函数gx)=f四-a(a∈R)有两个零点x,和5，且x<5,求证：x,-x>ae+1； (3)设函数h(x)=kx3+2x,keR,若h(x)与f(x)的图象有两个交点M(m,s),N(n,),试比较m与4e2的大小（参 考数据：e≈2.72，ln2≈0.7) 24 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点九 利用二次导数法解决导数问题 例1.(2025江苏模拟预测)已知函数fx=lnx-x2. (I)若直线y=ax(aeR)是曲线y=f(x的切线，求a的值； (2)令g(x)=fx-ax(a∈R). ①若x1,x2是gx的两个极值点，当a=1时，求x2+x的值； ②设曲线y=gx)在x=x。处的切线为1，若直线1上的点都不在gx)图象的下方，求x的取值范围. 例2.(2526商三上：桶建厦们期中)己知函数f)=ear-aa∈R) (1)若a>0,讨论fx)的单调性； (2)若f(x)≥(1-a)x对任意的x∈[0，+o)恒成立，求a的取值范围 25 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.(25-26高三上·黑龙江哈尔滨月考)己知函数f(x)=lnx-bx,g(x)=ax2(其中a,b∈R) (1)讨论函数f(x)的单调区间； (2)当a=1时，若f(x)≤g(x)对任意x>0恒成立，求实数b的取值范围； (3)当a>0时，若对任意x>0,都有f)≤g()恒成立，求的最小值。 变式1.(25-26高三上湖南期中)己知函数f(x)=ln,x+asin(x. 2-x (1)当a=-1时，解不等式：fx>0: (2)当a=1时，判断f(x)的零点个数并证明； (3)若x-1)fx≥0恒成立，求实数a的取值范围. 26 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(25-26高三上·陕西咸阳月考)(I)讨论函数f(x)=e-axr-1,aeR的单调性，并求出fx)的极值： (2)当x∈(0，+o)时，证明：sinr+cosx>x-x2+1; (3)若对任意xe(0,+o),都有sin+cosx+e-ax>2,求a的取值范围. 变式3.(2025广东模拟预测)已知函数f(x)=x2e+e-ax· (1)当a=0时，求曲线y=f(x在点(1，f(1)处的切线方程； (2)若x>0,f(x20,求a的取值范围. 27 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 考点十 导数新定义问题 例1.(25-26高三上.安徽宣城期末)已知函数f(x=er-3x+2(aeR. (1)当a=1时，求函数f(x的极值； (2)求函数∫(x)的单调区间； (3)若对任意的实数k、b,曲线y=∫x+kx+b与直线y=x+b总相切，则称函数∫(x)是“A函数”若当a=1时， 函数gx)=e[f(x+x-2]+m是“A函数”，求实数m的值 例2.(2025广东深圳模拟预测)两个正整数m,n,函数f(x)在x=0处的[m,)阶帕德近似定义为： R(x)=do+ax+...+ax 1+h++b产，且满足：0)=0，f0=R0.了0)=R0,f0)=R0,已知函数 f(x)=In(x+1). (1)求函数f(x)=ln(x+1)在x=0处的[l,]阶帕德近似R(x); R(0<1: 2在(I)的条件下：求证：hx+) (③)已知g()=。在x=0处的[2,2习阶帕德近似为R)=+6x+,依据帕德近似公式c+6x+2,若 x2-6x+12 x2-6x+12 a+bx+x 2 1 x)=1n(x+)在x=0处的[2,2]阶帕德近似为R(x)=,1v2一 ，设p=0.1e,g=)=-ln0.9,试比较P,9,7 6 的大小. 28 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 例3.(24-25高二下·浙江杭州期末)设函数f(x)定义在区间I上，若对任意x,2,…,xn∈1，有 公、八x),则称国为1上的下凸函数，等号成立当且仅当名==…=·若函数国在区间1上存在 f()≤▣ n n 二阶可导函数，则f(x)为区间I上的下凸函数的充要条件是f"(x)≥0. (I)若f(x)=lnx+ax2是1,2上的下凸函数，求实数a的取值范围； (②)在锐角三角形ABC中，求sinA+sinB+sinC最大值； ⑧已如正笑数满足+名++三，求+儿5++的设小值 变式1.(24-25高二下·贵州六盘水月考)定义：若函数f(x)与gx在公共定义域内存在x,使得 f(x+g(xo)=0,则称f(x)与gx)为“契合函数”，为“契合点”. (I)若函数f(x)=ae+a和gx)=x-xe为“契合函数”，求a的取值范围. 2)已知函数fx)nx-6和gx)=二为”契合函数”且有两个“契合点”x, ①求b的取值范围： ②若>，证明：x+5>c+! e-11 29 期中培优：函数与导数解答题10种重难点问题专项训练 变式2.(24-25高三上福建月考)如图，在求解一些函数零点的近似值时，常用牛顿切线法进行求解.牛顿切线 法的计算过程如下：设函数∫(x)的一个零点x,,先取定一个初值x,曲线y=f(x)在x=x处的切线为，记与x 轴的交点横坐标为x2,曲线y=f(x)在x=x,处的切线为乙，记Z与x轴的交点横坐标为x,以此类推，每进行一次 切线求解，我们就称之为进行了一次迭代，若进行足够多的迭代次数，就可以得到x的近似值x（n∈N),设函数 f(x)=x3+x-1,令x=1. X3x2 )证明：广)存在唯一零点，且<<1 ②已知无>子证明：k-<,-6: (3)经过4次迭代后，判断x的近似值x与x的差值小于10. 变式3.(24-25高三上·辽宁沈阳开学考试)在高等数学中，我们将y=f(x)在x=x处及其附近可以用一个多项式 函数近似表示，具体形式为：f=+k川x-+x-++fx山-广+…（其中 21 n! f(x)表示f(x)的n次导数)，以上公式我们称为函数f(x)在x=x。处的泰勒展开式. (1)分别求e,sinx,cosx在x=0处的泰勒展开式： (2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：e+1=0.（其中i为虚数单位)； 3)当xe0时，求证：em>x+1.(参考数据n09) 3 2 30