函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题 专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 考点目录 参变分离法解决导数问题 构造函数法解决导数问题 考点一 参变分离法解决导数问题 例1.(2026重庆二模)已知函数f=ae1-nx,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高三上·黑龙江哈尔滨期末)已知函数f(x=x2-ae (1)当a=1时，求曲线y=f(x过点(0，-1)的切线方程； (2)若函数∫(x)有2个极值点X1,x2,且x<x2· (i)求实数a的取值范围： (ii)求证：x+3x2>4. 函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 例3.(2025·江西模拟预测)已知函数f(x)=ax Inx-x(a∈R) 。1 (①)若x0,2小不等式)之-1恒成立，求实数a的取值范围： ②当：=1时，记函数8)=(+)-)的最大值为M,证明：M< .(参考数据：n2≈0.405，ln≈0.916) 3 变式1.(24-25高二下·湖北武汉期末)已知函数f(x)=e+m,gx)=lnx. (I)若y=x-a既是曲线y=f(x)的切线，也是y=gx)的切线，求实数a和m的值 (2)若∫x+m≥gx)恒成立，求实数m的取值范围. 2 函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 变式2.(2025·河北秦皇岛·三模)已知函数∫'(x=e-acosx是函数fx)的导函数，且f(0)=0 (1)求f(x: ②若()在区间0内单调递增，求实数a的取值范围， (3)当1<a<2,x∈(0，时，证明：-1<f(x)<e5-1: 16 变式3.(2025山东济宁.二模)已知函数f(x=xe-a,aeR. (I)讨论f(x)零点的个数： (2)若f(x>ax(lnx+l),求实数a的取值范围 函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 考点二 构造函数法解决导数问题 例1.(2026安微滁州二模)已知函数f(x)=alnx-3x+4a∈R）. (1)讨论f(x的极值： (2)若f(x有两个零点x,x,x1<x2), ①求实数a的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值. X 例2.(2026四川成都模拟预测)设函数fx=sinx (1)当x>0时，证明：f(x)<x; ②已知函数g=到-e-a:+小+1在区同0习)内存在极催点a ①求k的取值范围； ②是否存在B∈(0，π，使gB)=0？若存在，比较B与2α的大小；若不存在，请说明理由. 函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 例3.(25-26高三下.安徽阜阳月考)设函数f(x)=cosx+lnx+a,a≥0. (1)若a=0,证明：f(x)在区间(0，π上有一个极大值点和一个极小值点； (2)若关于x的不等式f(x-1<ax2+x在(0，+0)上恒成立，求a的取值范围. 变式1.2026-四川绵获拟预测)已知函数/)=2r+-hx+)-+a+aeR). 3 0①证明：当a≥-3时，xe(-1,0,fx)<f①： (2)若f(x)存在两个极大值点x,xx<x2). (i)当0是f(x)的极小值点时，证明：∫(x)<f(x2); (i)当x=0时，是否存在a,使得f(x)=fx)?如果存在，请求出a的值，如果不存在，请说明理由. 函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 变式2.(25-26高三上山东菏泽·期中)已知函数f(x)=ax-(e (1)a=1时，求曲线y=∫x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)f(x)有2个零点x1,x2,且x<x2 (i)求a的取值范围； (ii)证明：x+2>1 变式3.(2526高三上-江苏连云港·期肿)已知函数f八)，直线1：yb (I)若直线1与曲线y=∫(x)相切，求实数b的值； (2)证明：对于b>0,3m∈R,使得当x>m时，直线1恒在曲线y=f(x)上方； (3)若直线1与曲线y=∫(x有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为x1,x2,x,证明： 4e x2x3-x3< e-1 6函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 函数与导数：参变分离法解决导数问题、构造函数法解决导数问题专项训练 考点目录 参变分离法解决导数问题 构造函数法解决导数问题 考点一 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高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数． (1)当时，求曲线过点的切线方程； (2)若函数有2个极值点，，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】(1)或． (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）先写出的表达式，根据导数几何意义、设切点坐标，表示出切线方程，代入点，即可求得切点坐标，再代入切线方程，则问题得解； （2）（ⅰ）求导，根据极值点，可分离参数得，构造函数，求其导数分析单调性，再结合题目条件确定a的取值范围； （ⅱ）根据换元法（令，），转换对数运算，再根据待证不等式，构造相应函数，分析单调性，证明时，，从而得证. 【详解】（1）当时，，， 设切点为， ∴函数在处的切线方程为， 将点代入切线方程得， ，解得或1， ∴曲线在点处的切线为，在点处的切线为； （2）（ⅰ）， ∵有2个极值点，∴方程有2根，， 令，， 在上，，单调递增，在上，，单调递减， 当时，，当时，， ，当时，， ∴a的取值范围是； （ⅱ），， 令，， 则，，且， ∴， 令，则， ∴，； 要证，即证， 即证时，， 令，则， 当时，，单调递增，， ∴时，，不等式得证． 例3．（2025·江西·模拟预测）已知函数. (1)若，不等式恒成立，求实数的取值范围； (2)当时，记函数的最大值为，证明：.（参考数据：） 【答案】(1)（或） (2)证明见解析 【分析】（1）先分离参数得：，设，求函数的最小值即可. （2）利用导数讨论函数的单调性，得出的最大值，构造函数，用导数分析函数单调性，可得即可. 【详解】（1）由，得， 令，则， 设，， 则，因为，所以. 所以在单调递增， 所以. 所以时，，可知， 所以在上单调递减， 所以， 故（或）. （2）由可知，的定义域为， 设， ，所以在上单调递减， ， 存在，使得，即， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以在处取得唯一的极大值，也是最大值，. 所以， 令， 则在区间上单调递增， 故， 所以. 变式1．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知函数，. (1)若既是曲线的切线，也是的切线，求实数a和m的值 (2)若恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用导数的几何意义，先由的切线可得，则可得在上的切点为，所以，则可解； （2）根据题意可得恒成立，设，利用导数得函数单调性，则恒成立，令，再利用导数求最值. 【详解】（1）因为，则， 所以在上的切点为，即； 又因为，则， 所以在上的切点为； 所以，则. （2）因为， 即. 设，，故单调递增. 所以恒成立. 令，，则. 当，，单增； 当，，单减； 所以. 变式2．（2025·河北秦皇岛·三模）已知函数是函数的导函数，且． (1)求； (2)若在区间内单调递增，求实数的取值范围； (3)当时，证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据导函数结合，求出原函数即可； （2）根据题设函数的单调性，得出导函数在内恒成立，分离参数，利用新设函数的导函数分析其单调性，即可求得的取值范围； （3）通过二次求导结合零点存在定理分析导函数的单调性，从而求出函数的最值证得，再利用放缩法可证得不等式. 【详解】（1）由题意，设，（为常数）， 又，所以，则． （2）由题意，在内恒成立． ，，． 令，则， 在区间上单调递增， ，即. 所以实数a的取值范围是． （3）设， 又，则，所以在区间上单调递增． ，，即， ，使，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又， ，此时且， ∴， 又，，则， 综上，． 变式3．（2025·山东济宁·二模）已知函数，. (1)讨论零点的个数； (2)若，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2). 【分析】（1）令，则，设，利用导数研究其单调性和最值，从而得到其零点个数； （2）首先分析得时成立，再分离参数得，对恒成立，利用导数研究右边的最值即可. 【详解】（1）时，， 令，则， 所以，时，在上单调递减， 时，在 上单调递增， 又时，时，，时，， 时，， 所以，①当时，无零点， ②或时，有1个零点， ③当时，有2个零点. （2）当时，由得， 所以，等价于对恒成立． 即对恒成立， 令，则， 当，当， 在内单调递减，在内单调递增， ，又 对恒成立 所以，时成立， 当时，，显然成立． 当时， 等价于或， 即或 对于，取，得，与矛盾，故不成立， 对于，即，对恒成立， 令，则， 在内单调递减， ，所以，， 综上，实数的取值范围是. 考点二 构造函数法解决导数问题 例1．（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． 例2．（2026·四川成都·模拟预测）设函数. (1)当时，证明：； (2)已知函数在区间内存在极值点. ①求的取值范围； ②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)①,②存在， 【分析】（1）构造函数，求导进行求解； （2）①因为函数在区间内存在极值点，所以在内有变号零点，，对分类讨论进行求解； ②由①知，当时，得，得在上单调递减，故当时，在上单调递增，在上单调递减，由零点存在性定理进行求解；由，及，得则 ，构造函数，求导判断与0大小关系即可． 【详解】（1）设， 则， 因为，所以， 则函数在上单调递增，所以， 得当时，，即得证． （2） ， ， 因为函数在区间内存在极值点， 所以在内有变号零点． ①当时，因为，所以， 得 恒成立， 得函数在上单调递减，无极值，不合题意， 当时，令， 则 ， 所以函数在上单调递减， 又 ， 若 ，即， 则，得，得函数在上单调递减，无极值，不合题意， 若 ，即， 因为函数在上单调递减，且 ， ， 所以存在，使得 ，即， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是的极大值点，符合题意， 故的取值范围为：． ②由①知，当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，得，则， 得在上单调递减， 故当时，在上单调递增，在上单调递减， 而 ， ， 而 ， 由零点存在性定理知，存在唯一的零点，使得， 即存在唯一的零点，使得． 接下来比较与的大小， 因为， 由，得，得， 则 ， 令， 得 ， 令，得， 得在上单调递减，得， 而 ， 令， 得， 得在上单调递减，得， 得， 得 ， 得在上单调递减，得， 得 ，而，得 ， 因为，所以，得，而， 而当时，在上单调递减， 得． 例3．（25-26高三下·安徽阜阳·月考）设函数． (1)若，证明：在区间上有一个极大值点和一个极小值点； (2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】(1)先对函数求导，把有一个极大值点和一个极小值点问题转化为求解导函数的零点的问题，构造函数，再次求导，通过导数对的单调性分析，使问题得到求解； (2)对不等式进行变形转化求解在上恒成立的问题，构造函数，讨论参数对函数单调性的影响，从而得到的取值范围． 【详解】（1）当时，，则， 设，则， 由于与在区间上均单调递增，因此在上单调递增， 又，因此存在，使得， 且在区间上单调递减，在区间上单调递增． 即在区间上单调递减，在区间上单调递增． 又， 所以在上有一个零点， 在上有一个零点，可得在区间上单调递增， 在上单调递减， 因此在区间上存在一个极大值点，一个极小值点． （2）由题意可知， 令，则， ①当时，， 记的导数为，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减． 要使在上恒成立，只需要，所以． ②当时，由可得 由可知 ， 设，则， 函数在上单调递减， 所以，当时，单调递减，所以，即， 又， 所以,，符合题意． 综上，的取值范围是． 变式1．（2026·四川绵阳·模拟预测）已知函数． (1)证明：当时，； (2)若存在两个极大值点． （i）当0是的极小值点时，证明：； （ii）当时，是否存在，使得？如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）存在，. 【分析】（1）计算，再根据构造新函数，然后多次求导得其单调性即可证明； （2）（i）对多次求导得其极大值点为：，再计算即可得到，最后利用其单调性即可证明； （ii）由于，所以，从而得到方程组，消去，再构造新函数从而得到，最后验证即可. 【详解】（1）∵， 由于，，则， 令， 要证，，只需证：， ，易知， ，，（其中为函数的导函数） ，可得，（其中为函数的导函数） ∴在上单调递增，， ∴在上单调递减，， ∴在上单调递增，， ∴当时，，. （2）（i）∵，且， ∴， ∵0为的极小值点，由于， ∴必有，即， 由于， 令，则， ∴存在，使得在与上满足，单调递减； 在上，单调递增． ∴存在，使得在与上有，单调递增； 在与上有，单调递减． ∴的极大值点为：， 由于，则， 在单调递增，则． 由于， 由（1）得：， ∴，则； （ii）∵为的一个极大值点， ，且，由于，所以， 即(＊)， 消去a可得，， ∴， 令，由于， 则在单调递增，又T(0)=0，但，所以，则， 将代入(＊)得到， 下面检验当时，代入得到， 此时， 易知， 又，则为的极大值点， ，则为的极大值点，且，则符合题意； ∴存在，使得． 变式2．（25-26高三上·山东菏泽·期中）已知函数. (1)时，求曲线在点处的切线方程； (2)有2个零点，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解； （2）（i）令，时，不成立时，得，构造函数，利用导数法，求单调性，结合图像求解即可.（ii）利用的增减性，通过构造 函数，求的导数，构造函数，求的导数，通过增减性求解即可. 【详解】（1）当时，， 则， 则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为. （2）（i）令，时，不成立， 时，得， 设，则， 由解得单调增区间为， 由解得单调减区间为，； 作出函数图像.    要使函数有2个零点， 则方程在内有2个根，即直线与函数的图象有2个交点. 又，故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 要证；即证； 又，，在上为增函数，则只需要证， 又，则只需要证，， 则构造辅助函数， ， 令，， 故为减函数， 所以，，， 所以， 所以为减函数， 所以，所以， 所以，所以， 故，. 变式3．（25-26高三上·江苏连云港·期中）已知函数，直线：. (1)若直线与曲线相切，求实数的值； (2)证明：对于，，使得当时，直线恒在曲线上方； (3)若直线与曲线有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，证明：. 【答案】(1)或. (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先设切点，再求出导函数得出切线斜率计算求点即可求参； （2）把恒成立问题转化为最值关系，分和计算证明； （3）根据交点列式再取对数构造函数，最后应用导函数 得出函数单调性计算证明即可. 【详解】（1）设直线与曲线相切于点，， 令，得或2. 故切点为或，切线方程为或，即或. （2）由得，当，递减，有， 当，递增，有， 当，递减，有. 若，取，当时，结合函数单调性可知 若，取，下面证明不等式， 先证明如下不等式：当，有， 令，，当，递减，当，递增， 有，即， 变形得：，即， 故当时，结合函数单调性可知. 综上，结论成立. （3）由题意及函数的单调性可知：，满足 由②③可得 作差得，故有 下证不等式成立，即证， 令，只需证时，成立， 即证时，， 令，，在递减， 故， 故， 则. 故要证，只需证，即证， 又因为，，则， 所以，故只需证， 令，设函数，，， 所以在上递增，在上递减. 所以，故命题得证. 2 学科网（北京）股份有限公司 $