期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题 专项训练-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦导数问题三大核心方法，通过分类题型构建从基础到进阶的解题训练体系，培养数学思维与推理能力。 **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|切线方程、极值点个数、恒成立求参|从导数几何意义到函数极值，构建参数与变量分离的量化关系| |构造函数法|3例+3变式|不等式证明、零点个数讨论、极值点关系|基于函数性质构造新函数，建立条件与结论的逻辑联系| |二次求导法|2例+2变式|单调性分析、极值点唯一性、零点范围论证|通过二阶导数深化函数凹凸性研究，提升复杂问题推理能力|

期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 考点目录 利用参变分离法解决导数问题 利用构造函数法解决导数问题 利用二次求导法解决导数问题 例1，(2s26高三下重庆阶段检测)已知函数1)=ac-r-x+a 1枣点纹=f(刺用参变分尚法解熟导数同愈中，求口、力的值。 (2)若函数 f(x) 有两个极值点，求实数Q的取值范围 例2.(2026河北模拟损测已知函数/()=c-屑教8()=r-2r+a-3)r,王，a均为实数。 Q)当Q=4时，求曲线”=8()在点仁80》处的切线与两坐标轴国成的三角形的面积 2 (2)当t=3时，若存在正实数x,使不等式f()sg(x)成立，求a的取值范围： (3)若函数 (有两个不同的零点，记作5,5，且<5，求证：G> 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 例3.(25-26高二下河南新乡期中)已知函数f()=lx-: (④)时论f闪的单调性， (②)若不等式矿()-x+2a≥0东L,+w Γ在 上恒成立，求实数“的取值范围 f(x)=ax2+(2a-1)x-Inx-1,aER 变式1.(25-26高二下湖北武汉·期中)已知函数 (1)当a=1时，若直线y=2x+b与曲线y=f()相切，求实数b的值； (2)讨论f(x)的单调性： (3)若对任意x>0,都有f(x)≥0恒成立，求整数a的最小值， 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 变式2，(2026-陕西商洛二模)己知函数()=(2a-)血 ,其中aeR Q①当a=-1时，求在f0》处的切线方程： ②考西数儿冈存在单调递增区间，求实数“的取值范国。 B)若a>0,bCR,对任意的 >0,f(x)≤a+b 恒成立，求b-50的最小值. 变式3.(2425高二下浙江台州期末)已知函数f(0=nr-,8()=lnx+(口-2x(aeR) 1若面数”=f儿闪存在2个零点，求“的取值范国： a元)=/(+s(x ①当a=1时，求()的最小值： ②若(9的最小值为2，求“的取值范围。 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 考点二 利用构造函数法解决导数问题 f(x)=e*-ax2,aER 例1.(25-26高二下安徽蚌埠阶段检测)已知函数 ④当a=1时，求曲线"=/四在点0，f(0》处的切线方程， 2法存在2，使得)sr。 成立，求a的取值范围； 8)若儿因存在两个极值点x:<）,证明：+5>2 例2.(25-26高二下福建漳州期中)已知函数()=c-e-x )证明：当a=2,xe[0,+o)时，f20 2讨论()的零点个数. 6)若a>2,正数满足f()= ,证明：e+1>a. 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 例3.(24-25高二下湖南长沙期末)设f()=(6-2x)ln(x-2)+3x-5 Q①证明。f心四在区同2，+切）上存在唯一极大值点： ②四证明：f)在区间2+)上存在两个不同的零点： (3)证明：a,b∈(2，+o),都有 有a/®s名a+/+4r21 2 6 f(x)=e*+alnx 变式1.(25-26高二下山东青岛·月考)已知函数 ①活a=1,求前线'=f在点f0》处的切线方程 ②当5>时，儿)+>)+，求“的取值范围 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 f(x)=x-Inx-a(aeR) 变式2.(25-26高二下·黑龙江哈尔滨阶段检测)已知 ①)若()20在∈0，+切）恒成立，求“的取值范围： ②若国2-“在∈+）恒成立，求“的取值范国 )若（四有两个零点，，证明：+>2 变式3。(2526高二下河北承德期中)己知函数/()=r-asi(),记曲线'=f四在0》处的切线为. (1)当a=2时，求1的方程； (②证明：函数8()=x-r-1-hx在0，+w)上单调递减： (③)当a=1时，证明：曲线'=0)与有且仅有一个公共点 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 考点三 利用二次求导法解决导数问题 f(x)=e*-ax-Inx(a>0) 例1.(2425高三上天津西青·期末)已知函数 ①)当a=1时，求曲线'=f()在点/0》处的切线方程 (2)求证： f)有唯一极值点： 有唯一零点西，求证：1<6<2 (3)若 例2.（2425高三上·重庆渝中阶段检测)设函数f()=a(cosr-sinr)(a∈R),g()=e ①)当a=1时，判断f冈在0,2) 上的单调性； (②当r>0时，证明：8)>+x+1 B)设函数()=g)-f()2-x-1,若函数()在(0，)上存在唯一极值点，求实数a的取值范围 个 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 f(x)=(x-a)e* 变式1.(24-25高三上浙江阶段检测)已知函数 (1)若a=2,求函数 (的单调区间和最值： (②诺0≤0，且一次函数”=8（因的图象和线”=f儿因相切于=一处，求函数3）的解折式并证明。 g)f恒成立. ⊙若a1,且通数小-(-在*经列 上有两个极值点，求实数的取值范围. 变武2.2425高三下广东深圳期中)已知函数四)=，aeR3四品 x+a ①)若a=0,讨论)的单调性： ②若函数”=/闪只有一个零点，求“的取值范围， (8)若a=0,证明：方程儿闪8有唯一解=七，且直线”=)与两条曲线"=)和”=8()共有三个 不同的交点，并且从左至右的三个交点的横坐标成等比数列期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 期末复习：利用参变分离法、构造函数法、二次求导法解决导数问题专项训练 考点目录 利用参变分离法解决导数问题 利用构造函数法解决导数问题 利用二次求导法解决导数问题 考点一 利用参变分离法解决导数问题 例1．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线为，求 、的值； (2)若函数有两个极值点，求实数 的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）因为，所以， 则，， 曲线在点处的切线为， 即， 因为曲线在点处的切线为， 所以，解得. （2）由函数有两个极值点，得方程有两个不同的实数根， 即方程有两个不同的实数根， 则直线与函数的图象有两个不同的交点， ， 令，得 ；令，得 ；令，得 ， 所以函数 在上单调递增，在上单调递减，. 如图所示，当时，， 当时，直线与函数的图象有两个不同的交点， 所以实数 的取值范围为 .    例2．（2026·河北·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 例3．（25-26高二下·河南新乡·期中）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出导数，分，讨论，利用导数判断单调性； （2）分离参数，令，利用导数求出最值可得答案. 【详解】（1）由题意可知，则， 当时，恒成立，在上单调递增， 当时，由解得，由解得， 所以在上单调递增，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），在上恒成立， 即在上恒成立，只需即可， 令，则， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 所以，即， 则的取值范围为． 变式1．（25-26高二下·湖北武汉·期中）已知函数. (1)当时，若直线与曲线相切，求实数的值； (2)讨论的单调性； (3)若对任意，都有恒成立，求整数的最小值. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)1 【分析】（1）设切点为，利用导数的几何意义，列方程组求解； （2）求导，分、两种情况讨论单调性即可； （3）根据题意可得恒成立，设，利用导数，结合隐零点问题求出最大值的范围即可确定整数． 【详解】（1）解：当时，，求导得. 设直线与曲线的切点为，则 ，解得，. （2）解：函数的定义域为， ， 当时，，此时函数在上单调递减； 当时，由，解得;由，解得. 则函数在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）对任意，有恒成立， 即对任意，有，即恒成立． 设，则，. 设，，则在上单调递减， 因为，， 所以，使得，即． 当时，；当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以． 因为，所以， 所以，又为整数， 故整数的最小值为1． 变式2．（2026·陕西商洛·二模）已知函数，其中． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； (3)若R，对任意的恒成立，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解； （2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案； （3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性 【详解】（1）当时，，函数定义域为 故， 又，所以切线方程为. （2）由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数的取值范围为. （3）由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 变式3．（24-25高二下·浙江台州·期末）已知函数，，． (1)若函数存在2个零点，求的取值范围； (2)记， ①当时，求的最小值； ②若的最小值为2，求的取值范围． 【答案】(1) (2)①最小值2；② 【分析】（1）由题知，存在2个零点，即有两个解，设，求导分析单调性，根据单调性取得参数范围即可 （2）①由题得，设，然后求导，根据单调性确定的最值即可得到的最小值； ②利用，即可求得的范围. 【详解】（1）函数的定义域为，令，则， 设，则，令，得 ，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因为，，当时，，所以． （2）①当时，， 设，则， 令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，取到最小值2． ②， 由①知，，当且仅当取到等号，所以， 所以． 考点二 利用构造函数法解决导数问题 例1．（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求的取值范围； (3)若存在两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2) (3)因为的极值点满足，即，即． 因为存在两个极值点等价于方程有两个不同的实根． 令，则的定义域为，， 当时，，则在上单调递减，且； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 故在处取得极小值，且． 又当时，，当时，， 所以当，即时，方程有两个不同的实根，且， 故． 由，变形得． 令，则，代入上式得， 两边同时取自然对数，得，因此． 要证，即证，只需证，即. 令，，则， 令，则， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，即恒成立， 即，得证． 【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先将不等式转化为，再构造函数，进而只需求函数在上的最小值，运用导数研究函数单调性及最值可得； （3）先将函数有两个极值点转化为方程有两个不同的实根，进而可得，且，再令，进而可得及，从而只须证明，即，再构造函数，，用导数求得函数的最小值，从而可得所证不等式. 【详解】（1）当时，，，所以，， 所以切点为，切线的斜率为，所以切线方程为，即． （2）由，即，因为，所以不等式可变形为． 令，则“存在，使得成立”等价于大于等于在上的最小值， ． 令，，则． 当时，，故，所以在上单调递增． 因此，故，所以在上单调递增． 所以，因此的取值范围为． （3）略 例2．（25-26高二下·福建漳州·期中）已知函数 ． (1)证明：当 ，时， ． (2)讨论的零点个数． (3)若 ，正数满足 ，证明： ． 【答案】(1)当 ，时， ， ，当且仅当，即 时，等号成立， 所以，在上单调递增． 又 ，所以当时， ，即 ． (2)当 时，的零点个数为1，当 时，的零点个数为3 (3)由 ，得，即． 要证 ，只需证， 即证，即证 ， 设，， 则． 因为，所以 ， ， 所以，在上单调递增． 又 ，且，所以， 即 ，故 得证． 【分析】（1）利用函数在区间上的单调性，把 转化为在区间上最小值不小于0； （2）讨论参数与函数单调性的关系，结合奇偶性及函数图像变化即可判断零点个数； （3）通过 可得，要证 ，只需证，即证 ，通过构造函数 ，利用导数证明函数 的最小值大于0即可得证. 【详解】（1）略 （2）因为，所以为上的奇函数, ， 当 时，，在上单调递增, 又，所以的零点个数为1， 当 时，令，即 ， 设，则 ，即 ， 解得，即，， 又因为 ， ， 所以 ，即 ， ， 则当时，，单调递增，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以 ， ． 又因为当 时， ，，当时， ，所以的零点个数为3． 综上，当 时，的零点个数为1，当 时，的零点个数为3． （3）略 例3．（24-25高二下·湖南长沙·期末）设 (1)证明：在区间上存在唯一极大值点； (2)证明：在区间上存在两个不同的零点； (3)证明：，都有 【答案】(1)因为， 所以， 令， 则， 当时，，所以在上单调递减. ，， ，所以存在唯一，使得，即， 且当时，，时，，所以为极大值点. 故在上存在唯一极大值点. (2)由（1）知在上单调递增，在上单调递减，且， 故的最大值为. ， ， 则，所以在上存在一个零点， ，所以在上存在1个零点. 故在上有两个不同的零点. (3)由， 整理得， 所以只需证明对，都有. 不妨设，令， 所以只需证， 设， 则. 由（1）知在上单调递减，且， 故，即， 故在上单调递减，故， 即， 所以，都有成立. 【分析】（1）对求导，只需证明导数为0的点只有一个，且在该点左侧，右侧； （2）根据零点存在性定理证明； （3）将所证不等式等价转化为证明，再通过换元，利用函数的单调性证明. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 变式1．（25-26高二下·山东青岛·月考）已知函数. (1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程； (2)当时，，求 的取值范围. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）先求函数在切点处的导数值（切线斜率），再结合切点坐标用点斜式求出切线方程. （2）先通过移项构造新函数，将题目给出的不等式条件转化为新函数的单调性问题，再通过导数研究函数的最值，进而求解参数范围. 【详解】（1）当时，， 则，，， 所以，即， 化简得，， 故曲线 在点 处的切线方程. （2）设，， ， 因当时，， 则，即， 所以在上单调递增， 即，在上恒成立， 即，令，，则， 当时，，，所以，即， 所以在上单调递减，当时，， 所以在上成立，则，故的取值范围为. 变式2．（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知． (1)若在恒成立，求的取值范围； (2)若在恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，，证明：． 【答案】(1) (2) (3)方法一： 若 有两个零点，设两个零点为 ，不妨设 由于所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 故两个零点分别在 和 内，即， 由，得, 整理得  ，即， 令则 ，代入上式：， 所以，故， 要证即证即证 令则 那么  ，所以 在 上单调递增， 故，即，所以 方法二： 若 有两个零点，设两个零点为 ，不妨设 由于所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 故两个零点分别在 和 内，即， 设，则， ， ， 当时，， 所以，即， 在上单调递减，即， 由，可得 ， 由可得，又在 上单调递增， 所以，，故 【分析】（1）在恒成立即在恒成立，采用分离参数的方法，转化为函数最值求解问题； （2）若在恒成立，即，通过构造函数，利用导数求解最值即可求解； (3) 有两个零点，，有两种方法，方法一：设，将目标不等式转化为常见对数不等式，再通过构造函数证明；方法二：使用对称性假设，构造函数，通过函数的单调性来解决问题. 【详解】（1）若在恒成立， 则在恒成立，即 对一切恒成立， 令，则， 令得，令得， 所以 在上单调递减，在 上单调递增，处取极小值，也是最小值， ，故， 所以的取值范围为. （2）若在恒成立，即在恒成立， 设，那么，， 在恒成立，即恒成立， 当时，在恒成立，在上单调递增， ，不满足题意，舍去； 当时，令，得；令，得， 在上单调递增，在上单调递减， 若即，则在上单调递减，，满足题意； 若即，则在上单调递增，在上单调递减， 在区间上，有，不满足题意，舍去； 综上所述，的取值范围为. （3）略 变式3．（25-26高二下·河北承德·期中）已知函数.记曲线在处的切线为. (1)当时，求的方程； (2)证明：函数 在上单调递减； (3)当时，证明：曲线与有且仅有一个公共点. 【答案】(1) (2)，求导得 ， 换元，令，则，，只需证 ， 即证明，令，求导得， 二次求导得 （定义为函数的导函数），所以在上增，而， 所以在为负，为正，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，取最小值时，所以，对恒成立，且只在处， 所以在上单调递减. (3)，， 所以，而 ， 所以切线方程为，即， 令，易知 ， 下面分别证明时，， 设函数， ，且只在孤立的点为0，所以在上增，所以时，， 即，所以时，, 当时，，所以 ， 所以， 令 ， ，当时，， 所以，所以， 当时，由（2）可知， ， 即 ，两边同乘x得， 所以， 换元，令，因为，所以， 令 ，则 ， 而 （定义为函数的导函数），所以在上单调递增，所以当时， ， 所以在上单调递减，所以 ，所以 ， 所以只有唯一零点，所以与直线有唯一公共点. 【分析】（1）先求导，进而求出切线的斜率，根据直线方程的点斜式即可求出切线方程. （2）求导，通过换元证明导函数在定义域内为负，即可证明递减. （3）设，先证时没有零点，利用，只需证，再利用即可证明；当时，利用第二问结论，再乘x，得，代入，只需证，通过换元，二次求导即可证明. 【详解】（1），求导得， 所以，而， 所以切线方程，即. （2）略 （3）略 【点睛】方法归纳： 1.第二问通过换元，使得求导判断正负的问题变得简单. 2.可以记一些基本的不等式如时，，，可判断式子的正负或者大小关系. 3.第三问直接求导计算量大，而且不容易有结果。一般这种题目是要利用前面的结论的，通过观察第二问结论的形式，巧妙乘x，换掉，使得运算变得简单. 考点三 利用二次求导法解决导数问题 例1．（24-25高三上·天津西青·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求证：有唯一极值点； (3)若有唯一零点，求证：. 【答案】(1). (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据函数在某点处的导数的几何意义求得切线的斜率，再利用点斜式求切线方程即可； （2）利用二次求导判断导函数在上单调递增，再构造函数判断，结合即可得存在唯一的，使得，从而证得有唯一极值点； （3）由（2）知函数有唯一极小值点，结合有唯一零点，可得，利用，得，进一步得，利用导函数判断函数的单调性，结合区间端点处的函数值的符号即可证得. 【详解】（1）函数的定义域为， 因为，所以， 则， 所以斜率，又， 所以切线方程为，即. （2）因为，， 所以，， 令，， 则，因为，所以恒成立， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 构造函数，则， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以，所以，即， 所以， 又，所以存在唯一的，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以函数有唯一极值点. （3）由（2）得， 因为函数有唯一零点，所以，所以， 即，所以， 设，所以， 所以在单调递减， 因为，所以. 例2．（24-25高三上·重庆渝中·阶段检测）设函数. (1)当时，判断在上的单调性； (2)当时，证明：； (3)设函数，若函数在上存在唯一极值点，求实数的取值范围. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数求在上的单调性； （2）令，利用导数求的单调性，证明在上恒成立； （3）令，函数在上存在唯一极值点等价于在上存在唯一变号零点，利用导数通过讨论判断的单调性和零点的存在，求出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：令， 则， 令，则，当时，， 所以在上单调递增，即在上单调递增； 所以，所以在上单调递增， 所以，所以不等式成立. （3）由题可知：， 则， 令且， 所以函数在上存在唯一极值点等价于在上存在唯一变号零点， 又因为且， 令， 则且 ①当时，， （i）当时，在上单调递减， 所以在上单调递增. 又因为，， 由零点存在性定理知：存在唯一，使得， 所以当时，；当时，， （ii）当时，， 所以， 所以由（i）（ii）知：在上单调递减，在上单调递增， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 又因为， 所以由零点存在性定理知：存在唯一，使得， 所以当时，；当时， 所以在上单调递减，上单调递增， 所以当时，， 又因为，由（2）知：， 所以由零点存在性定理知：存在唯一，使得， 当时，；当时，， 即为在上唯一变号零点，所以符合题意； ②当时，由时，得： ， 令且， 则且， 令， 又因为，则在上单调递增， 即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，， 即在上无零点，所以不符合题意. 综上：，即实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛： 1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理. 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 变式1．（24-25高三上·浙江·阶段检测）已知函数． (1)若，求函数的单调区间和最值； (2)若，且一次函数的图象和曲线相切于处，求函数的解析式并证明：恒成立． (3)若，且函数在上有两个极值点，求实数的取值范围． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，最小值为，无最大值． (2)，证明见解析 (3)． 【分析】（1）利用导数与单调性的关系求解单调区间，再结合单调性求解最值即可； （2）根据导数的几何意义求出；令，利用导数求出最小值为即可； （3）因为函数在上有两个极值点，所以在上有两个变号零点，分离参数得，求解直线与函数在上的图象有两个交点即可. 【详解】（1）因为，所以，定义域为，求导得， 故当时，；当时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以最小值为，无最大值． （2），所以，又， 所以，即； 令， 则，，这里表示的导函数． 令，则， 当变化时，与的变化情况如下表： 0 单调递减 单调递增 所以当时，函数有极小值，极小值为，也是最小值， 因为当时，无限趋向于，所以当时，， 又，此时，在上单调递减，在上单调递增， 所以，即不等式恒成立． （3）因为函数在上有两个极值点， 所以在上有两个变号零点， 因为，令，即， 因为不是的根，所以， 令，则， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，，，作出函数在上的图象， 当，即时，直线与函数在上的图象有两个交点， 设两个交点的横坐标分别为，且， 由图可知，当或时，，此时， 当时，，此时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时，函数有两个极值点，合乎题意． 因此，实数的取值范围为． 变式2．（24-25高二下·广东深圳·期中）已知函数． (1)若，讨论的单调性； (2)若函数只有一个零点，求的取值范围； (3)若，证明：方程有唯一解，且直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左至右的三个交点的横坐标成等比数列. 【答案】(1)在和单调递减，在单调递增 (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）将代入，求导即可得出单调性； （2）方法一：对函数求导得出的单调性，对与0的大小进行分类讨论，即可求出的取值范围； 方法二：将问题等价于在只有一个零点，求导得出单调性，对与0的大小进行分类讨论，即可求出的取值范围； （3）求解的单调性，得出直线与、最多有4个交点，构造函数讨论其单调性，得出零点个数和大小关系，进而证明从左至右的三个交点的横坐标成等比数列. 【详解】（1）由题意， 在中， 若，，定义域为， ，令，解得， 当变化时，和的变化情况如下表: 1 - 不存在 - 0 + 单调递减 不存在 单调递减 e 单调递增 所以，在和单调递减，在单调递增 （2）由题意及（1）得， 方法一： 在中，定义域为 ， 当时，解得：. - 不存在 - 0 + 单调递减 不存在 单调递减 单调递增 因此，在处取得极小值，为 （i）当时，由（1）知， 当时，，不存在零点； 当时，，不存在零点. （ii）当时， 当时，恒成立，不存在零点； 当）时，单调递减，至多存在一个零点. 当时，； 当时，又， 所以在上存在一个零点； 当时，又， 所以在上存在一个零点； （当时，，当时，） 所以，在上存在一个零点. （iii）当时， 当时，恒成立，不存在零点. 当时，若只有一个零点，则极小值 令， ∴函数在上单调递减， ，解得： 综上，的取值范围为或 方法二： 只有一个零点等价于在只有一个零点， 又， 则在上只有一个零点， ， （i）当时，恒成立，不存在零点. （ii）若，则对任意恒成立，可知在上单调递增， 且， 令，所以在上存在一个零点； （iii）若， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值. 若只有一个零点，则， 又，则. 又在单调递减，解得 综上，的取值范围为或 （3）由题意及（1）（2）得， 在中，，， 令，解得：． ∴在上，， 单调递减； 在上，， 单调递增. 所以. 由（1）知，在单调递减，在单调递增，， 则直线与、最多有4个交点． 令， 当时， ，所以恒成立. 当时， 令，则， 令，则， ∴在上单调递增，， ∴在上单调递增，， ∴，即， 在中，， ∴，即， ∴， ∴， ∴，即， 所以恒成立. 当时，在上单调递增. 当x→1时，，， 则在有唯一的零点，即存在，使得， 直线与、恰有三个交点，分别记为，，， 不妨设， 由得，即， 要证，即证， 而，即． 由得，即， 又，，，而在单调， ∴， 又由得，即， 又，，而在单调， 所以． 由，得，得证. 2 学科网（北京）股份有限公司 $