参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦导数问题三大核心方法，通过典例与变式构建“方法-题型-应用”逻辑链，培养数学思维与解题能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |参变分离法|3例+3变式|极值、恒成立、零点范围|分离参数转化为函数最值问题| |构造函数法|3例+3变式|单调性、极值点、不等式证明|根据条件构造辅助函数分析性质| |二次求导法|3例+3变式|切线、单调区间、极值点判断|通过二阶导数分析函数凹凸性与极值|

参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 参变分离法、构造函数法、二次求导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 二次求导法解决导数问题 考点一 参变分离法解决导数问题 例1．（2026·甘肃白银·三模）已知函数，． (1)当时，求函数的极值； (2)当时，，求的取值范围； (3)设是函数在上的一个零点，判断与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1)极大值为，极小值为0 (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）求导计算的极值； （2）由可得，令，求导得到，分和进行讨论可得结果； （3）利用放缩法证明，再结合导数计算单调性得到，从而得到. 【详解】（1）当时，，， 令，可得或， 当时，或，当时，， 所以当时，取得极大值，极大值为， 当时，取得极小值，极小值为. 综上，的极大值为，极小值为0. （2）当时，，即， 令，求导得， 当时，，则，又，则，满足题意； 当时，令，设， 令，可得，令，可得，所以在上单调递减，上单调递增， 故，不满足题意. 综上，的取值范围是. （3）， 由是函数在上的一个零点，则，即，， 令，则，所以在上单调递减， 则，即，， 则，代入，可得，即，则， 再令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，上单调递增，则， 即，，所以，即. 例2．（25-26高二下·黑龙江佳木斯·期中）已知函数 (1)若对任意的，且，总存在，使得成立，求实数的取值范围 (2)若为整数，当时，恒成立，求的最大值； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求得最小值为2，转化为 ，即，设，转化为恒成立，结合一次函数的性质，即可求解； （2）先转化为恒成立，令，利用导数得出的单调性和最小值，进而求得整数的最大值. 【详解】（1）解：设函数，可得函数在区间上单调递增， 所以， 不妨设，可得， 因为总存在，使得 成立， 即 ，可得， 设，则，即函数单调递增， 又由，可得， 则，所以在上恒成立， 即在上恒成立， 令 ，则满足 ，解得， 所以实数的取值范围为. （2）解：当时，，不等式 ，即为， 不等式即为在上恒成立， 令，则， 再令，可得，所以单调递增， 又由，，所以在上存在唯一的零点， 故在上存在唯一的零点，设此零点为，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在上的最小值为， 由，可得，所以 ， 因为恒成立，即为，所以 所以整数的最大值为． 例3．（2026·河北唐山·模拟预测）已知函数，函数，t，a均为实数． (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)当时，若存在正实数x，使不等式成立，求a的取值范围； (3)若函数有两个不同的零点，记作，，且，求证：． 【答案】(1) (2) (3)由两边同时取对数得， 已知是的两根，所以， 设，因为，所以， 将代入得， 则， 即， 则问题转化为证明：当时，，即证， 设，则 ， 因为，所以且， 因此在上，,单调递增， 所以,即， 由此可得，即， 两边同时取指数，则有，命题得证. 【分析】(1) 运用导数的几何意义求出切线方程，再通过计算该切线在两坐标轴上的截距来求解三角形面积, (2) 采用分离参数法，将“存在实数使不等式成立”的问题，转化为求解新构造函数最小值的最值问题, (3)使用换元法，将难以处理的双根不等式问题，转化为关于单变量的函数单调性证明问题. 【详解】（1）当时，, 则，即切点坐标为, ，， 则切线方程为， 令，得轴截距为，令，得轴截距为， 则切线与两坐标轴围成的三角形的面积. （2）已知，则，若存在正实数x，使， 即，即有解， 因为，两边同时除以得， 即， 令， ， 易得，，则的符号完全由决定， 所以当时，，单调递减， 当时， ，单调递增， 所以， 即. （3）略 变式1．（2025·广东佛山·三模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线经过坐标原点，求的值； (2)若存在两个极值点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）解法1：根据题意分离常数得与的图象有2个交点，利用导数作出的图象，数形结合求解即可；解法2：半分离可得与的图象有两个交点，根据，结合图象求解即可. 【详解】（1）由题意可得 ，则 因为切线经过坐标原点，所以，所以； （2）解法1：令，因为存在2个极值点，所以方程有2个变号零点， 即与的图象有2个交点 令 令，求得 当，，单调递减，当，，单调递增， 又因为当时，，且，当时，，作出图象如下： 结合图象，方程有2个变号零点的条件是 即存在2个极值点的条件是 解法2（半分离）：令，因为存在2个极值点， 所以方程有2个变号零点，即与的图象有两个交点， 先分析两个函数图象相切的情况，设是函数的切点，有 ，所以 作出图象如下： 由图象可知，要使得有两个交点，，即. 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) 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，． 【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）略 变式3．（2025·四川达州·二模）函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求的取值范围； (3)证明：当时，． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，分情况讨论导函数的符号，可得函数的单调区间. （2）分情况讨论，分离参数，可把问题转化为，恒成立的问题，设，，利用导数求函数的最小值即可. （3）问题转化为，设，，只需证的最小值大于0即可. 【详解】（1）因为，所以. 若，则在上恒成立，所以函数在上单调递增； 若，由；由. 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）当时，. 当时，上式恒成立，即； 当时，. 设，， 则. 设，，则在上恒成立，即在上单调递增， 又，所以在上恒成立. 所以由，由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 所以. 综上可知：的取值范围为：. （3）时，要证，即. 设，则，. 设，，则在上恒成立. 所以在上单调递增. 又，，则方程只有一解，设为，且，. 当时，当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 因为，所以，，，所以. 即. 所以在上恒成立. 从而原命题成立. 考点二 构造函数法解决导数问题 例1．（2026·安徽芜湖·模拟预测）已知函数 ． (1)求函数的单调区间与最小值； (2)若，且有两个不同的零点，求实数的取值范围； (3)设，且，证明：，并求使不等式恒成立的最大整数． 【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为 (2) (3)证明：原不等式两边取对数得， 依题意 ，令， 当时， ， 所以即在上单调递增， 令，则， 由前述分析可知当时，即，递减； 当 时，即，递增， 所以在取得最小值 ， 从而 即在上恒成立， 代入并求和得 ，证毕； 【分析】（1）求导后判断导数符号，即可得到单调区间和最小值； （2）依题意令有两个根，转为与有两个不同的交点，分析的单调性得到的范围； （3）原不等式两边取对数得，构造函数，证明 恒成立，从而得到不等式，代入并求和得；原不等式等价于，先通过得到整数，再证明时不等式恒成立. 【详解】（1）可知， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，取得极小值， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 最小值为； （2）若，则 ，令，得， 令，依题意与有两个不同的交点， ，令，因为 和均为减函数，所以也是减函数，又， 所以当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 在处取得极大值也即最大值， 且当时，，当时，， 由图像可知实数的取值范围为； （3）证明略； 对不等式两边取对数得， 两边再除以得，依题意该不等式对所有正整数成立， 令，则有，解得，所以整数， 接下来证明时不等式恒成立，令， 则，令得， 当时，当时， 因此对于所有正整数，只能在或处取得最小值， 已知，对于，先证明一个不等式 ，令，则 ， 在上单调递增，从而，故不等式成立， 因此，故， 所以对于所有正整数都有，所以满足条件的最大整数. 例2．（2026·天津·模拟预测）已知函数（）． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个极值点、，且， （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）由，求得，，写出切线方程； （2）（i），利用导数法得到在单调递增，在单调递减，从而由求解；（ii）由，得到，再根据，得到，然后根据，得到，再论证，从而得到，再结合证明. 【详解】（1），所以， 因此，，， 所以，整理得； （2）（i），令， 则，所以，时，，所以在单调递增； 时，，所以在单调递减， 因此，解得， 又因为，所以存在唯一使得， 又因为，令，， 所以在上单调递增， 因此， 因此在存在唯一，使得. 因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 、是函数的两个极值点，所以. （ii）因为，所以， 又因为，所以， 根据已知，所以， 下面证，只需证， 即证， 令，，令，， 所以在单调递增，所以， 因此成立， 所以，即， 又因为， 所以. 例3．（2026·海南海口·模拟预测）已知（）． (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数，的值； (2)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)若，是函数的两个零点，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义，结合已知切点坐标与切线斜率建立关于a和b的二元方程组，直接代入求解 （2）采用分离参数法构造出新函数，通过求导判定单调区间并求出最大值，进而求得参数a的取值范围。 （3）通过代数消元变形，将指数不等式的证明转化为经典的极值点偏移模型，进而通过构造函数判定单调性，即可求证. 【详解】（1）由，得． 所以解得 （2）由恒成立，得恒成立． 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 所以，即实数的取值范围为． （3）令，即． 由（2）知，在上单调递增，在上单调递减， 又，，时，，时，， 画出大致图象如下： 由图可知，，． 由，， 得①，②，所以． 所以要证，即证， 即证． 令，， 则， 所以在上单调递增，所以， 即，又，所以， 因为，所以， 由于且，又因为在上单调递减， 所以，即， 所以. 变式1．（2026·山西运城·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)若对于任意，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)在上单调递增，无单调递减区间 (2) 【分析】（1）利用二次求导，分析函数的单调性，可得函数的单调区间. （2）设，问题转化为在上恒成立，求实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，. 设，则. 由，由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，即在上恒成立. 所以在上单调递增，无单调递减区间. （2）设， 问题转化为在上恒成立，求的取值范围. 因为，， 由，可得. 此时，，. 设，. 则在恒成立. 所以在单调递增. 所以，即，恒成立. 所以在上单调递增. 所以在上恒成立. 故为所求. 即实数的取值范围为. 变式2．（2026·湖北黄石·模拟预测）已知函数，，当时， (1)求在处的切线方程； (2)求证：； (3)若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用导数来求切线方程即可； （2）利用分析法来证明不等式，通过构造函数求导证明即可； （3）利用不等式的放缩法，结合导数来判断单调性求最值即可. 【详解】（1）求导得：， 则，， 故在处的切线方程为，即. （2）证明：①当时，要证明：， 只需要证明：， 令，则. 当时，，则在上是增函数， 即，则， 所以； ②当时，要证明：， 只需要证明：，即证明， 令，则. 当时，，则在单调递增， 所以，即，所以， 综上可知：； （3）设 . 令，则， 令，则. 当时，， 可得是上的减函数，所以， 故在单调递减，所以， 即 当时，在上恒成立. 下面证明当时，在上不恒成立. 令， .则 当时，，故在上是减函数， 所以. 当时，. 所以存在，使得，此时，. 即在不恒成立. 综上实数的取值范围是. 变式3．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知函数，，． (1)讨论的单调性； (2)若有两个极值点，，且存在a，使得不等式成立，求m的取值范围； (3)若关于x的方程恰有两个实根r，s，求证：． 【答案】(1)当时，在区间内单调递增；当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增． (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导后，将导数符号的判断转化为二次函数在区间上根的分布问题，通过对判别式进行分类讨论来求解单调区间； （2）利用韦达定理进行整体代换，将含双变量的极值问题转化为关于参数的一元函数求最大值问题； （3）利用两根关系消去参数，通过换元法构造函数证明出，最后借助基本不等式放缩完成证明. 【详解】（1）由，得， 记，对称轴为， 若，即时，在区间内单调递增，所以， 所以，在区间内单调递增．             若，即时，当，即时，恒成立， 所以，在区间内单调递增；             当，即时，有两个不等的正实根，， 令，得或，令，得， 所以在区间，内单调递增，在区间内单调递减． 综上，当时，在区间内单调递增； 当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减， 在区间内单调递增． （2）由（1）得，因为有两个极值点，， 所以方程有两个不相等的正实数根，， 则，解得， 所以 ， 设， 则， 所以在区间内单调递减， 所以．                     因为存在a，使得不等式成立， 所以对有解， 所以，故m的取值范围为． （3）证明：，不妨设， 因为， 所以，， 所以，．                下面先证明， 即证， 即证， 即证． 设，则上式转化为，             设，则， 所以在区间内单调递增， 所以当时，， 所以，所以，                 因为，所以， 得，当且仅当时取得等号， 又，所以， 所以． 考点三 二次求导法解决导数问题 例1．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若是函数的极小值点，求的取值范围； (3)若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可； （2）利用二阶导，对分类讨论即可； （3）求出，让其大于等于零即可求出的范围. 【详解】（1）时，，， 所以，， 所以曲线在处的切线方程为. （2）由题知的定义域为，， 令，则. ①当时，，函数单调递增，又， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以是函数的极小值点，满足题意. ②当时，. （ⅰ）当，时，令，得； 令，得，故函数在上单调递增，在上单调递减，又由，所以， 即，函数单调递减，所以不是函数的极小值点. （ii）当，时，令，得；令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以是函数的极小值点，满足题意. （ⅲ）当，时，令，得；令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以是函数的极大值点，不满足题意. 综上，的取值范围为. （3）①当时，， 当时，有，，，所以，不合题意. ②当时，由（2）知函数在上单调递减，在上单调递增， 若恒成立，只需，解得. 故的取值范围为. 例2．（2026·陕西渭南·三模）已知函数． (1)当时，曲线的一条切线方程为，求实数的值； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意，恒成立，求实数的最小值． 【答案】(1) (2)当时，函数无严格单调区间； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. (3)1 【分析】（1）利用导数的几何意义，根据切线斜率求切点，再根据切点满足求的值. （2）求导，分，，讨论导函数的符号，探究函数的单调性. （3）设，结合二次求导，求出函数的最小值为，问题转化为，求的最小值，再设，分析函数单调性，解不等式即可得的最小值. 【详解】（1）当时，，. 由解得，. 由， 所以，解得：. （2）由，所以. 若，则为常数函数，无严格单调区间； 若，由解得；由解得. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 若，由解得；由解得. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数无严格单调区间； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）由，可得，即. 设，，则，. 设，，则恒成立，所以在上单调递增. 又，， 所以当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 所以. 由，可得：. 设，，则. 由解得；由解得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，，. 所以存在，使得. 所以不等式的解集为. 所以实数的最小值为1. 例3．（2026·上海·模拟预测）已知函数，. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若在R上单调递增，求实数的取值范围； (3)求证：当时，存在唯一极小值点，且. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用求导计算出切点的坐标和切线的斜率，再代入点斜式即可得出切线方程； （2）将单调递增条件转化为导函数恒大于等于零，通过“分离参数法”求出剩余函数的最小值，从而确定参数的取值范围； （3）通过二次求导分析出导函数的单调性，以找出唯一的极小值点，直接代入原函数即可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， ，，即切点为. 故切线方程为，整理得：. （2），由恒成立得对任意恒成立， ，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故在处取得最小值，即， 由恒成立，得. （3）当时，，， 设，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ， 当时，，结合在上单调递减， 可得在上恒有， 在上单调递增，且， 所以是的唯一零点， 则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以存在唯一极小值点， 且，即. 变式1．（25-26高二下·山东聊城·期中）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，试判断函数是否存在极值，并说明理由； (2)当时，证明：对任意； (3)若函数在定义域内存在极小值点，且满足，求实数的取值范围． 【答案】(1)不存在极值，理由见解析 (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）代入后对目标函数求导，通过证明导数在定义域内恒大于零，说明函数单调递增从而不存在极值； （2）构造作差函数，并通过多次构造辅助函数进行求导，利用单调性逐步证明差函数在指定区间内恒大于零； （3）利用“隐零点”代换思想，由极值点条件将参数消去并用表示，代入构造关于的单变量函数求出的范围，进而求得的取值范围. 【详解】（1）当时，， 当时，在上单调递增． 因此，不存在极值． （2）当时，． 令，则． 在区间单调递减，． 令 , 令，则，令． 单调递增，，则在区间单调递增． ．故不等式得证． （3），则， 的极小值点满足，显然． 设，则在上单调递增， 当时，，当时，， ，使得． 当单调递减； 当单调递增； 所以函数在定义域内存在极小值点，此时． ， ． 令，则等价于． 令，令，则． 当时，单调递增； 此时，则，此时， 因为且，所以， 因此恒成立， 当时，单调递减． 当时，． ∴由得，即． ，令， 在单调递增,． 变式2．（2026·云南·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若，都成立，求的取值范围； (3)若函数，证明有且仅有两个零点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）当时，，分别求出切点纵坐标和切线斜率，使用点斜式即可求得在处的切线方程； （2）先使用参变分离可得在上恒成立，令，利用导数结合辅助角与三角函数值求出的最大值即可； （3）由题意可得，则，使用导数结合的取值确定在各个区间内的单调性，并由零点存在性定理确定零点个数即可. 【详解】（1）当时，，则， 所以，． 故切线方程为，即． （2）因为在上恒成立，且， 所以在上恒成立，令，则， 因为， ①当时，由，解得， ，单调递增，，单调递减， 所以当时，； ②当时，因为，，所以， 所以时，，所以， 综上，的取值范围为． （3）因为， 所以，，设， ①当时，，单调递增， 所以，所以在上单调递减． 又，所以为在上的唯一零点； ②当时，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递减． 又，， 所以，使得，所以当时，；时， ， 即在上单调递增；在上单调递减， 又，所以， 所以在上单调递增，此时，不存在零点． 又，所以，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又， 所以在上恒成立，此时不存在零点； ③当时，单调递减，单调递减， 所以在上单调递减． 又， 即，又在上单调递减， 所以在上存在唯一零点； ④当时，，， 所以，即在上不存在零点． 综上所述：有且仅有个零点． 变式3．（25-26高三上·江苏·阶段检测）已知函数，其中. (1)讨论的极值点个数； (2)若，且有两个零点，比较与的大小，并证明你的结论； (3)当时，若，证明：. 【答案】(1)当时，无极值点；当时，有一个极值点； (2)，证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）分和两种情况讨论，时要通过极限思想判断导数的零点. （2）由有两个零点，得，进而得，再由导数的单调可得. （3）由，得，再令，只需证即可. 【详解】（1）因为的定义域为，故时不为的极值点， 当时，. ①当时，因，得恒成立，则在定义域上单调递增，无极值点； ②当，因为在上单调递增，在单调递减， 所以在上单调递增. 当，， 则存在唯一的，使得， 所以当，，当，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以为的极小值点，此时有一个极值点. 综上所述，当时，无极值点；当时，有一个极值点. （2），下给出证明： 因为有两个零点，且由（1）知，且，则必有. 因为，得. 所以， 因为，，，所以. 因为时，在上单调递增，，， 所以，得，得. 故. （3）当时，由（1）知，有一个极小值点， 因为，令，必有， 由（1）知，存在，满足，所以， 若，由（1）知，，不符合题意，所以. 所以只需证. 因为，得，所以. 令，， 令，，在单调递增， 所以，所以，在单调递增. 注意到，且，得， 令，，在上单调递减， 故，且，得， 所以，即，且，， 所以，且在单调递增，，故. 所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 参变分离法、构造函数法、二次求导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 二次求导法解决导数问题 例1，(2026甘肃白银三模)已知图数f(闪=r-al血(x+1)-x,aeR 1考点二'时，参变分霄法解陕导数问题 当>0时，>，求“的取值范国， )设”是函数8()=/（四+在Q+四）上的一个零点，判断与的大小关系，并说明理白。 例2.(2526高二下黑龙江佳木斯期中)已知函数/(=(k-m)e,m∈R fs)f(>a+a+1-3 (1)若对任意的≠，且，∈(2m,+∞)，总存在a∈B,],使得e-e西 立，求实数m的 取值范围 (2若m为整数，当x>0时，f)>-1-m 恒成立，求m的最大值； 参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 例3.(2026河北唐山模报预测)已知西数/（④）=e“-,函数8()r-2+(0-3水，，4均为实数. Q①当口=4时，求曲线'=g()在点仁8》处的切线与两坠标辅国成的三角形的面积： 2 (2)当=3时，若存在正实数x,使不等式f(x)≤g(x)成立，求a的取值范围； (3)若函数 0有两个不同的零点，记作×，5，且<5，求证：G>心 变式1，(2025广东佛山三模)已知函数f()=x血x+ar2 若曲线'=/()在点L)处的切线经过坐标原点，求“的值： ②若因存在两个极值点，求“的取值范国。 2 参变分离法、构造函数法、二次求导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 f'(x)=e*-acos 是两数f四的导函数，且/0)=0 )求( π (2②)若f()在区间02)内单调递增，求实数，的取值范围： 16 (3)当1<a<V2,x∈(0，)时，证明：-1<f(x)<e5-1. 变式3.(2025四川达州二模)函数()=e-am,a∈R a讨论/()的单调性： (2②)当x≥0时，f62(Gx+1】 恒成立，求的取值范围： 3)i证明：当a=1时，f()>血r+1 参变分离法、构造函数法、二次求导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·安徽芜湖模拟预测)已知函数 =n+>0叭a6=a+ar+低a6eR (1)求函数 f() 的单调区间与最小值： 若b=1,且()-8()f()有两个不同的零点，求实数“的取值范用。 8)设，x>0,且x+6++=1,证明： 号r.关求不+e 恒成立 的最大整数k. 例2.(2026天津模拟预测)已知函数f()=血r-2-)(m>0). Q)居m=↓，求西数（四在=1处的切线方程： @若函数f)有两个极值点X、力，且<5， (i)求实数m的取值范围； 51 （(i)证明：3x+x>2m-1 参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 例3.(2026海南海口模拟预测)已 _f(x)=x-ae'+l(aeR). (I)若曲线f(x)在点(O,f(O)》处的切线方程为y=-x+b,求实数a,b的值； (2)若对于任意x∈R,不等式f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围： )若x,:x是函数f的两个零点，求证：e+e>2 a 变式1，(2026山西远城模拟预)已加禹数f)-心-分”-m,aeR 0)当0=1时，求的单调区间； (2)若对于任意≥0.f()≥ 恒成立，求实数的取值范围. 参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 变式2.226损北发石模报预测已知示数7=0+小e,g6闪=+亏1+2，当eQ时 ①求（四在x=0处的切线方程： @球：1sf ③)若()≥8(0恒成立，求实数“的取值范围 变式3.(2026：陕西成阳模拟预测)已知函数f)=lmr-(a-).8(x)=f)-2aeR (1)讨论f(x)的单调性： ②活心有两个极值点×，本，且存在a,使得不等式儿G)+)>m-成立，求m的取值范国： 3)若关于x的方程8)= 恰有两个实根”，5，求证： (lnr)2+(lns)2>2 6 参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 考点三 二次求导法解决导数问题 例1.2026-陕西榆林模拟预测)己知函数f(y=ar+(1-a)x+(aeR). )活a=1,求曲线’=f在f0》处的切线方程， (②)若=1是函数)的极小值点，求“的取值范围： f(x)20 (3)若 ，求“的取值范围。 例2.(2026：陕西渭南三模)已知函数()e1-a ①)当a=1时，曲线'=f四的一条切线方程为”=x+b,求实数少的值： (②求函数)）的单调区间； (③)若对任意x>0,f()+a-ln。≥a恒成立，求实数的最小值。 a > 参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 例3.(2026：上海模拟预测)已知函数 f(x)=xe'-ax-1 aER Q①当a=2时，求曲线=f)在0，f0)处的切线方程： (2)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围： )求证：当0=1时，f)存在唯一极小值点，且()>-2 )=e-alnx+)-a,其中a aeR,e 变式1.(25-26高二下山东聊城期中)已知函数 为自然对数的底数 (①)当a=0时，试判断函数k()=xf)是否存在极值，并说明理由： (②当a=1时，证明：对在意xe0+of闭>-x, (3)若函数在定义域内存在极小值点，且满足)≥0， 求实数的取值范围。 参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 变式2.(2026云南模拟预测)已知函数 f(x)=exIm-sinx g(x)=ae*-In(x+1) (1)当a=。时，求f(x)在(0，f(o)处的切线方程： 2若re(0,+）.f)≥0 都成立，求的取值范围； ®)若的数F)-8)/,证明F有且仅有两个零点。 变式3.(25-26高三上江苏阶段检测)已知函数” 品 ,其中a>1. ①)讨论（四的极值点个数； ②若1<a<6,且儿闪有两个零点，比较0与20的大小，并证明你的结论： 6到当0>“时，若+小>/因，正明：9>1