专题02 导数的综合应用（题型专练）数学苏教版高二选择性必修第一册

专题02 导数的综合应用 （题型突破·举一反三） 题型01 利用导数证明不等式 题型02 利用导数研究不等式恒成立问题 题型03 利用导数研究能成立问题 题型04 利用导数研究函数的零点 题型05 利用导数研究方程的根 题型06 利用导数研究双变量问题 ▌题型01 利用导数证明不等式 1.核心思路 要证 f(x)>g(x),x∈D构造 h(x)=f(x)−g(x)，证明：h(x)min>0要证f(x)≥g(x)，证h(x)min≥0，注明等号成立条件。 2.常见套路 一次求导可判断h′(x)符号：直接求最值 h′(x)正负不好判断：二阶求导，研究导函数单调性 隐零点：h′(x)=0解不出来，设零点x0，得到关系式代换 常用放缩（注意等号）：ex≥x+1,lnx≤x−1(x>0) 【典例1】已知，，函数的导函数，且．设的极值点为． (1)求的单调区间和极值； (2)证明：； (3)证明：． 【变式1-1】（1）证明：当时，； （2）已知，若在恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得在恒成立，求的取值范围； 【变式1-2】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：当时，； (3)若有两个零点，求的取值范围． 【变式1-3】已知函数，（为自然对数的底数，），函数的极值点为． (1)求的值； (2)证明：对，． ▌题型02 利用导数研究不等式恒成立问题 ∀x∈D，不等式恒成立，转化为最值： ∀x∈D,f(x)≥a⟺f(x)min≥a ∀x∈D,f(x)≤a⟺f(x)max≤a 两种主流解法 ①直接求含参函数最值（需要分类讨论）② 分离参数法：化成a≥g(x) 或a≤g(x) a≥g(x)恒成立 ⇒a≥g(x)max​ a≤g(x)恒成立 ⇒a≤g(x)min​ 注意：分离时除式正负，不等号方向要变；警惕端点、间断点 【典例2】设函数，，． (1)当时，设，，且轴，求、两点间的最短距离； (2)若时，函数的图象恒在的图象上方，求实数的取值范围． (3)设函数，当有两个极值点时，求证：. 【变式2-1】设函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)已知时，．是上的增函数，且． （i）求的取值范围； （ii）设，若，当时，，求的最大值． 【变式2-2】已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若，，求的取值范围. 【变式2-3】已知函数，． (1)求函数的极值； (2)（ⅰ）若在上恒成立，求正整数的最大值； （ⅱ）证明：，． ▌题型03利用导数研究能成立问题 ∃x∈D，使得不等式成立 ∃x∈D,f(x)≥a⟺f(x)max≥a ∃x∈D,f(x)≤a⟺f(x)min≤a 和恒成立对比口诀：恒成立：最小≥、最大≤能成立：最大≥、最小≤ 【典例3】已知函数，若函数在区间上存在单调递减区间，则实数的范围是______. 【变式3-1】已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若在上有解，求实数的取值范围． 【变式3-2】已知函数在上存在减区间，则实数的取值范围为______. 【变式3-3】已知函数，. (1)求函数的单调区间； (2)若在区间上存在一点，使得成立，求a的取值范围. ▌题型04利用导数研究函数的零点 零点：f(x)=0的解，等价于y=f(x)与x轴交点个数 通用步骤 定义域，求导，讨论单调性、极值 画出草图，抓住极值正负（核心！） 配合零点存在定理：区间两端函数值异号，则至少一个零点 极限趋势：x→0+,x→+∞,x→−∞时f(x)趋向 常用转化 f(x)=0零点个数 分离参数，看y=a与y=g(x)交点数 结论模板（单峰函数） 极大值<0：无零点 极大值=0：1 个零点 极大值>0，极小值<0：2 个零点 极小值>0：无零点 【典例4】已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)已知函数有两个不同的零点，，求实数的取值范围； (3)证明：当时， 【变式4-1】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有三个零点，求的取值范围. 【变式4-2】已知，函数. (1)若，求的图象在点处的切线方程； (2)若在定义域上只有1个零点，求的取值范围； (3)，证明不等式：. 【变式4-3】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)时，求零点的个数； (3)若时，恒成立，求实数的取值范围． ▌题型05利用导数研究方程的根 方程f(x)=g(x)的根 等价：函数F(x)=f(x)−g(x) 的零点 等价：y=f(x) 和 y=g(x) 图像交点个数 和题型04本质一样，只是设问形式是方程！区别：零点：f(x)=0方程根：f(x)=g(x) 常用方法： 移项构造新函数，同零点套路 分离参数 a=h(x)，数形结合看水平线y=a与曲线交点 注意：方程带定义域限制、分式、对数，排除增根 【典例5】已知函数. (1)若曲线在点处的切线方程为, 求； (2)若有三个零点，求的取值范围； (3)若只有一个极值，求的取值范围. 【变式5-1】已知，． (1)求的极值； (2)若方程有两个不相等的实数根． （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围． 【变式5-2】已知函数． (1)当时，求的极值； (2)设，函数， ①若存在实数，使得方程有两个不同的实数根，求的取值范围； ②若①中的方程有两个不同的实数根，，证明：． 【变式5-3】已知． (1)判断的单调性，并求出的极值； (2)画出的大致图象； (3)判断方程的解的个数． ▌题型06利用导数研究双变量问题 极值点偏移 条件：f(x1)=f(x2),x1=x2，求证 x1+x2>2x0（x0是极值点） 标准流程： 设x1<x0<x2​ 构造辅助函数：F(x)=f(x)−f(2x0−x),x>x0​ 求导判断F(x)单调性，得到f(x)>f(2x0−x) f(x1)=f(x2)>f(2x0−x2)，利用单调性脱去f 【典例6】已知函数（）． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若有唯一零点，求的取值范围； (3)若存在两个不同且均不大于1的零点，，证明：． 【变式6-1】已知函数． (1)讨论的零点个数． (2)若有两个零点且，求证：． 【变式6-2】已知函数． (1)设函数，若在定义域内恒成立，求的取值范围； (2)当时方程有两个实数根且．证明：． 【变式6-3】已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围． (2)已知，，若，求证：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 导数的综合应用 （题型突破·举一反三） 题型01 利用导数证明不等式 题型02 利用导数研究不等式恒成立问题 题型03 利用导数研究能成立问题 题型04 利用导数研究函数的零点 题型05 利用导数研究方程的根 题型06 利用导数研究双变量问题 ▌题型01 利用导数证明不等式 【典例1】（1）解得， 当单调递减； 当单调递增； 根据，解得， 所以. ， 综上，的单调递减区间为，单调递增区间为．极小值，无极大值. (2)由题干和（1）猜想推广可得， 所以， ， 因为的极值点为，所以， 即，又为R上的增函数， 所以， 即证. 令，即证， ，令，， 则 所以在上单调递减， 且时，，所以存在唯一使得， 从而，函数单调递增；，函数单调递减； 又时，，所以时，有成立. (3)由（2）知， 因为，所以 ， 所以， 根据为R上的增函数可得. 【变式1-1】（1）证明：设， 求导得，因为时，， 所以，所以在单调递增，又， 所以，即 （2）若，左式右式，不符合题意，舍去； 要使在上恒成立，两边同时取对数得， 即在上恒成立， 令， 求导得， 令，则， 求导得， 由（1）中结论可得，所以，所以在单调递减， 若，则，， 因为，所以，则， 所以，即， 所以在单调递增， 又因为时，，所以， 即； 若，同理可得在单调递减， 因为当时，， 所以， 即，不符题意，舍去， 综上所述，的取值范围为. （3）由（2）得当时，对于恒有，与在恒成立矛盾，故的取值范围为. 【变式1-2】（1）当时，，则，从而，， 故所求切线方程为，即． (2)为比较与，令，其中，则． 故在上单调递减，在上单调递增，所以，等号当且仅当时成立． 取，得，等号当且仅当时成立． 当时，，，且仅在时取等号，因此在上严格单调递增． 所以当时，，即所证结论成立． （3）由题意，，． ①当时，由第（2）问证明中的（），得（），故只有零点，不符合题意． 当时，记，，为判断与的大小，令，定义域为． 则，所以在上单调递增，在上单调递减，且． 当从右侧趋近时，，当时，． 当时，，故，当时，由指数函数的单调性，、、分别等价于、、． ②当时，，由在上单调递减及知，结合连续性及上述单调性，在内有唯一零点，其另一零点为． 于是当且仅当，在定义域内其余非零点处，故在、上为正，在上为负． 因此在、上分别单调递增，在上单调递减． 又，当时，由连续性和单调性，在内恰有一个零点，在和上均为正，连同，恰有两个零点，符合题意． ③当时，由第（2）问证明可知在上严格单调递增，又，所以只有一个零点，不符合题意． ④当时，，由在上单调递增及知，结合连续性及（），在内有唯一零点，其另一零点为． 于是当且仅当，在定义域内其余非零点处，故在、上为正，在上为负． 因此在、上分别单调递增，在上单调递减． 又，当时，由连续性和单调性，在内恰有一个零点，在和上均为负，连同，恰有两个零点，符合题意． 综上，的取值范围为． 【变式1-3】（1）由，得， 因为函数的极值点为，所以，解得， 此时，则， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极值点，满足题意，即． (2)令，， 则， 因为函数、在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又，， 所以存在唯一，使得， 即，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 当且仅当，即或时等号成立，但，所以等号不成立， 所以，即． ▌题型02 利用导数研究不等式恒成立问题 【典例2】（1）当时，，， 由轴，可知两点的纵坐标相等，即，所以，即， 因为，两点间的距离，由于，， 令()，则，求导得， 令，则， 因为时，所以（仅在时等号成立），即在上单调递增， 因此，即在上单调递增， 所以的最小值为，所以两点间最短距离为； （2）已知时，恒成立， 且，， 所以，整理得对任意恒成立， 令()，则问题转化为对任意恒成立， 注意到，要使在时恒成立，则在右侧必须单调递增， 求导，且， 若要满足条件，必有，即， 当时，， 令，求导得， 令，求导得， 所以在上单调递增，且， 因此，在上单调递增，且，所以，从而， 综上，当时，在上单调递增，因此对任意恒成立，所以实数的取值范围是； (3)先证明两个不等式：，， 设，则（不恒为零），故在上单增， 而，故当时，即； 当时，即. 定义域为，. 令，得，由题意，是方程的两个不等实根， 记，则， 令，得．令，故在上递增，在上递减． 因为，又， 且当时，恒成立，所以， 不妨设，则． 由前述不等式有． 又代入，并整理得． 同理， 所以， 整理得，而， 故，得证. 【变式2-1】（1）因为当时，，所以， 故曲线在点处的切线方程为； （2）（i）若，当时，，， 所以在上递增，，符合题意； 若，则由题意知，是的极大值点，则． 因为，所以．当时，． 当时，，符合题意． 综上，的取值范围为； （ii）因为，所以由（i）知，，． 记，， 则对，当时，． 当时，取，则，． 因为是上的增函数，且，所以． 因为，所以． 令，则，矛盾； 当时，， 证明在上恒成立即可． 当时，， 由题意知，，， 则当时，，单调递减，故，符合题意； 当时，因为的图像关于直线对称， 所以，，使得． 因为，所以， 所以对，均有． 综上可知，在上恒成立．故的最大值为． 【变式2-2】（1）求导得， 令，解得或， 当时，，则由，得或，由，得， 则在上单调递减，在和上单调递增； 当时，，，则在区间上单调递增； 当时，，则由，得或，由，得， 则在区间上单调递减，在和上单调递增． （2）由，可得， 即， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，则， 故，令， 则，令，解得， 则当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 则，所以， 故的取值范围为． 【变式2-3】（1）由函数的定义域为，， 则， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减；在上单调递增， 所以函数在处取得极小值，且极小值为，无极大值． （2）（ⅰ）由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令函数，，则， 所以函数在上单调递减， 而，， 则存在，使得，即， 因此当时，， 所以正整数的最大值为． （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，当时，，恒成立， 即对恒成立，取，， 则， 因此 ． ▌题型03利用导数研究能成立问题 【典例3】 【变式3-1】（1）当 时，， ， ，， 因此切线过点 且斜率为0，即切线方程为 . （2），， 令，则或， 当，即时，，因此 在 上单调递增； 当，即 时，由，得，由，得， 所以 在和上单调递增，在上单调递减； 当，即 时，由，得，由，得， 所以 在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当 时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在 上单调递增； 当 时， 在和上单调递增，在上单调递减. （3） ，即，即， 所以 在上有解， 令 ，则 ， 令 ，则， 所以 在 单调递增且 ， 时，，，单调递减； 时，，，单调递增； 可得 的最小值为 ，因此只要 ，就存在 使得在上有解； 故的取值范围为. 【变式3-2】 【变式3-3】（1）函数的定义域为. ， ①当，即时， 因为当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增. ②当，即时， 因为当时，，故在上单调递增. 综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递增区间为. （2）在上存在一点，使得，即， 也就是在上存在一点，使得， 即函数在上的最小值小于零. 由（1）可知：①当，即时， 在上单调递减， 所以的最小值为，由，可得. 因为，所以. ②当，即时，在上单调递增， 所以的最小值为，由，可得. ③当，即时，可得最小值为， 因为，所以， 故，此时，不成立. 综上讨论可得所求的范围是：. ▌题型04利用导数研究函数的零点 【典例4】（1），故，而， 故曲线在点处的切线方程为， 整理得切线方程为. （2）， 若，则恒成立，故在上单调递增， 这与有两个不同的零点矛盾； 若，令，则，令，则， 故在上单调递增，在上单调递减， 故， 因为函数有两个不同的零点，，故， 设，则， 故在上为减函数，而，故的解为， 故. 而当时，，时，， 故时，确有两个不同的零点，故. (3)当时，要证即证， 整理得即证， 设，则， 当时，，故在上为减函数； 当时，，故在上为增函数； 故即，取， 则即成立. 【变式4-1】（1）函数的定义域为， 则， 令，得或， ①若，则，的单调性如表： − 0 + ↘ 极小值 ↗ 故在上单调递增，在上单调递减； ②若，则，的单调性如表： + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故在和上单调递增，在上单调递减； ③若，则，易得在上单调递增； ④若，则，的单调性如表： + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故在和上单调递增，在上单调递减， （2）由（1）可知， 当时，在上单调递增，在上单调递减，至多有两个零点，不符合题意； 当时，在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意； 当时，在和上单调递增，在上单调递减， 因为， 若使得有3个零点，则， 即，无解； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 若使得有3个零点，则， 即，解得且， 综上所述，的范围为且. 法二：由函数， 可得有一个零点，要使得有3个零点，即方程有2个实数根，又由方程，可化为， 令，即函数与图象有两个交点， 令，得， 的单调性如表： − − 0 + + ↘ ↘ 极小值 ↗ ↗ 所以函数在处取得极小值， 当时，，又，的大致图象如图， 由函数与图象有两个交点，根据图象可得， 所以要使得有3个零点，则实数的取值范围为. 【变式4-2】（1）由，得，所以的定义域为. 当时，， ， 所以，. 所以的图象在点处的切线方程为. （2）因为，所以当在定义域上只有1个零点时，在上没有非零零点. 的定义域为. . ①若，则， 则当时，单调递减； 当时，单调递增. 又，所以只有1个零点，即，符合题意； ②若，令，得或， 因为， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 又时，且， 所以在上存在唯一的，使得， 所以有2个零点，即，与已知矛盾； ③若，则恒成立，所以单调递增，则只有1个零点，符合题意； ④若，令，得或， 因为， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 又时，且，所以在上存在唯一的使得， 所以有2个零点，与已知矛盾； 综上所述，若在定义域上只有1个零点，则. (3)取，由（2）可知时， 即. 取，可得， 所以，，…，， 累加得， 即，得证. 【变式4-3】（1）由题意可知：的定义域为，且， 当时，，则在定义域上单调递增； 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立， 所以在定义域上单调递减， 综上所述：当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在定义域上单调递减. （2）若，则的定义域为， 令，，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在内单调递减，则， 且，，可知在上各有一个零点， 又因为，所以有两个零点. （3）由分离参数可得，即在上恒成立， 令，， 则， 令，，则， 因为，则，可知在上单调递减， 则，且， 可知，满足，即， 可得，， 当时，，即；当时，，即； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 可得，所以实数a的取值范围为. ▌题型05利用导数研究方程的根 【典例5】（1）∵，∴ ∴曲线在点处的斜率为：； 由切线方程为得，斜率，解得. 由，代入切线方程 得， 解得 所以. （2）函数的定义域为 令，即， 设 ∴， 令解得或，令解得， ∴在上单调递增；在上单调递减； ∴的极大值为,的极小值为. 要使有三个根，需且, 即,解得 ∴的取值范围为. （3）只有一个极值即有且仅有一个根或者虽有多个根但是仅有一个为极值点. 即等价于. 设，则 令解得或； ∴在上单调递增，在上单调递减； ∴的极大值为，的极小值为. ∴当或时仅有一个实数根； 当或时，有两个实数根（其中一个为重根且非极值点），故仅有一个极值点. 综上， 或. ∴的取值范围为 【变式5-1】（1）定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以单调递减区间为，单调递增区间为． 故有极小值，无极大值． （2）（i）方程等价于， 设，问题转化为与有两个交点， ，时，， 令，，所以在上单调递增， 且，故存在唯一满足，即， 并且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 又因为和时，，所以当时方程有两个不等实根． 故的取值范围为． （ii）原方程变形得：，设，则方程变为， 设两根为，则， 且满足， 不妨设，下面证明， 令， 则不等式变形为， 令，， 所以在上单调递增，所以， 即不等式成立，变形可得， 由基本不等式可得 ， 要使不等式恒成立，只需， 故的取值范围为． 【变式5-2】（1）由题意知，求导得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 故的极大值为，无极小值． （2）①， 则， 若，则，单调递增，方程不存在两个不同的实数根，不符合题意． 若，则当时，，单调递增；当时，，单调递减； 此时存在实数，使得方程有两个不同的实数根． 所以的取值范围为． ②由①可知，不妨设，由有两个不同的实数根，得 因此有， 整理得． ， 令，，因为， 所以在上单调递减，所以． 则． 【变式5-3】（1）的定义域为，求导得 令，解得， 将对应的的情况列表： 单调递减 单调递增 由表可知，当时，有极小值，极小值为； （2）根据（1）的分析，可知函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极小值，当时，，当时，. 故可作出该函数的大致图象如下： （3）方程的解的个数就是函数的图象与直线的交点个数. 由（1），（2）可知，当时，方程的解有0个； 当或时， 方程的解有1个； 当时，方程的解有2个． ▌题型06利用导数研究双变量问题 【典例6】（1）当，，求导：.，. 切线方程为：，即. （2）由得出 ，函数和同过点，即和恒交于.有一个零点即有一个解，即和除外无交点，画出函数图象. 结合图象可知若保证直线和只有一个交点，直线可从（不包括）处旋转到，此时斜率a的范围是；另外和相切时符合题意，（1）已算出处的斜率为1，所以a的范围是. (3)根据（2）的结论可知两个零点分别为和，由得出，证明等价于证明，整理得,即.令，，构造函数，求导得：， ，当时，，在单调递减，，在单调递增， ，即，成立. 【变式6-1】（1）令，显然不是该方程的解， 所以由， 设， 当时，，在上单调递增， 当，或时，，在和上单调递减，如下图所示： 当时，直线与函数没有交点，所以无零点； 当时， 直线与函数有一个交点，所以有唯一零点； 当时，直线与函数有两个交点， 所以有两个零点． 当时，直线与函数有一个交点，所以有唯一零点； 综上所述：当时，无零点；当或时， 有唯一零点； 当时， 有两个零点． (2)因为有两个零点且， 所以，，， 则，， 所以， 设，则，，则， 所以， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以， 因为，所以， 所以， 所以. 【变式6-2】（1）恒成立，的定义域为，所以在上恒成立， 令，原问题转化为求函数在的最大值，则， 令，则，所以函数在上单调递增； 令，则，所以函数在上单调递减， 所以，所以， 故的取值范围为． (2)当时，令，则， 显然该函数在定义域内单调递增，而，所以存在，使， 因此当时，单调递减；当时，单调递增． 令，解得或． 设函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和， 则， 又，， 函数在处的切线方程为； 在处的切线方程为，令，得； 令得，因为， 所以，故命题得证． 【变式6-3】（1）由，得， 因为在上单调递增，所以在上恒成立，即对任意成立， 由，且，可知当时，取得最小值， 要使不等式恒成立，需，可得， 又因为，得实数的取值范围为. (2)当时，，定义域为，， 不妨设，由，移项得， 令，求导得，故在上单调递增， 由，得，即，所以， 因此， 所以， 若，则恒成立，则在单调递增，则不存在， 所以，记，所以，即， 要证，即证，只需证明，即可推出，即成立， 令，即，不等式等价于 ， 令，得， 在上单调递减，因此，即，不等式得证， 综上，成立. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 导数的综合应用 （题型突破·举一反三） 题型01 利用导数证明不等式 题型02 利用导数研究不等式恒成立问题 题型03 利用导数研究能成立问题 题型04 利用导数研究函数的零点 题型05 利用导数研究方程的根 题型06 利用导数研究双变量问题 ▌题型01 利用导数证明不等式 1.核心思路 要证 f(x)>g(x),x∈D构造 h(x)=f(x)−g(x)，证明：h(x)min>0要证f(x)≥g(x)，证h(x)min≥0，注明等号成立条件。 2.常见套路 一次求导可判断h′(x)符号：直接求最值 h′(x)正负不好判断：二阶求导，研究导函数单调性 隐零点：h′(x)=0解不出来，设零点x0，得到关系式代换 常用放缩（注意等号）：ex≥x+1,lnx≤x−1(x>0) 【典例1】已知，，函数的导函数，且．设的极值点为． (1)求的单调区间和极值； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为．极小值，无极大值. (2)由题干和（1）猜想推广可得， 所以， ， 因为的极值点为，所以， 即，又为R上的增函数， 所以， 即证. 令，即证， ，令，， 则 所以在上单调递减， 且时，，所以存在唯一使得， 从而，函数单调递增；，函数单调递减； 又时，，所以时，有成立. (3)由（2）知， 因为，所以 ， 所以， 根据为R上的增函数可得. 【详解】（1）解得， 当单调递减； 当单调递增； 根据，解得， 所以. ， 综上，的单调递减区间为，单调递增区间为．极小值，无极大值. （2）略； （3）略. 【变式1-1】（1）证明：当时，； （2）已知，若在恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得在恒成立，求的取值范围； 【答案】（1）证明：设， 求导得，因为时，， 所以，所以在单调递增，又， 所以，即 （2） （3） 【详解】（1）略. （2）若，左式右式，不符合题意，舍去； 要使在上恒成立，两边同时取对数得， 即在上恒成立， 令， 求导得， 令，则， 求导得， 由（1）中结论可得，所以，所以在单调递减， 若，则，， 因为，所以，则， 所以，即， 所以在单调递增， 又因为时，，所以， 即； 若，同理可得在单调递减， 因为当时，， 所以， 即，不符题意，舍去， 综上所述，的取值范围为. （3）由（2）得当时，对于恒有，与在恒成立矛盾，故的取值范围为. 【变式1-2】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：当时，； (3)若有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1)​ (2)为比较与，令，其中，则． 故在上单调递减，在上单调递增，所以，等号当且仅当时成立． 取，得，等号当且仅当时成立． 当时，，，且仅在时取等号，因此在上严格单调递增． 所以当时，，即所证结论成立． (3)​ 【详解】（1）当时，，则，从而，， 故所求切线方程为，即． （2）略 （3）由题意，，． ①当时，由第（2）问证明中的（），得（），故只有零点，不符合题意． 当时，记，，为判断与的大小，令，定义域为． 则，所以在上单调递增，在上单调递减，且． 当从右侧趋近时，，当时，． 当时，，故，当时，由指数函数的单调性，、、分别等价于、、． ②当时，，由在上单调递减及知，结合连续性及上述单调性，在内有唯一零点，其另一零点为． 于是当且仅当，在定义域内其余非零点处，故在、上为正，在上为负． 因此在、上分别单调递增，在上单调递减． 又，当时，由连续性和单调性，在内恰有一个零点，在和上均为正，连同，恰有两个零点，符合题意． ③当时，由第（2）问证明可知在上严格单调递增，又，所以只有一个零点，不符合题意． ④当时，，由在上单调递增及知，结合连续性及（），在内有唯一零点，其另一零点为． 于是当且仅当，在定义域内其余非零点处，故在、上为正，在上为负． 因此在、上分别单调递增，在上单调递减． 又，当时，由连续性和单调性，在内恰有一个零点，在和上均为负，连同，恰有两个零点，符合题意． 综上，的取值范围为． 【变式1-3】已知函数，（为自然对数的底数，），函数的极值点为． (1)求的值； (2)证明：对，． 【答案】(1) (2)令，， 则， 因为函数、在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 又，， 所以存在唯一，使得， 即，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 当且仅当，即或时等号成立，但，所以等号不成立， 所以，即． 【详解】（1）由，得， 因为函数的极值点为，所以，解得， 此时，则， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极值点，满足题意，即． （2）略 ▌题型02 利用导数研究不等式恒成立问题 ∀x∈D，不等式恒成立，转化为最值： ∀x∈D,f(x)≥a⟺f(x)min≥a ∀x∈D,f(x)≤a⟺f(x)max≤a 两种主流解法 ①直接求含参函数最值（需要分类讨论）② 分离参数法：化成a≥g(x) 或a≤g(x) a≥g(x)恒成立 ⇒a≥g(x)max​ a≤g(x)恒成立 ⇒a≤g(x)min​ 注意：分离时除式正负，不等号方向要变；警惕端点、间断点 【典例2】设函数，，． (1)当时，设，，且轴，求、两点间的最短距离； (2)若时，函数的图象恒在的图象上方，求实数的取值范围． (3)设函数，当有两个极值点时，求证：. 【答案】(1)1； (2)； (3)先证明两个不等式：，， 设，则（不恒为零），故在上单增， 而，故当时，即； 当时，即. 定义域为，. 令，得，由题意，是方程的两个不等实根， 记，则， 令，得．令，故在上递增，在上递减． 因为，又， 且当时，恒成立，所以， 不妨设，则． 由前述不等式有． 又代入，并整理得． 同理， 所以， 整理得，而， 故，得证. 【详解】（1）当时，，， 由轴，可知两点的纵坐标相等，即，所以，即， 因为，两点间的距离，由于，， 令()，则，求导得， 令，则， 因为时，所以（仅在时等号成立），即在上单调递增， 因此，即在上单调递增， 所以的最小值为，所以两点间最短距离为； （2）已知时，恒成立， 且，， 所以，整理得对任意恒成立， 令()，则问题转化为对任意恒成立， 注意到，要使在时恒成立，则在右侧必须单调递增， 求导，且， 若要满足条件，必有，即， 当时，， 令，求导得， 令，求导得， 所以在上单调递增，且， 因此，在上单调递增，且，所以，从而， 综上，当时，在上单调递增，因此对任意恒成立，所以实数的取值范围是； （3）略. 【变式2-1】设函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)已知时，．是上的增函数，且． （i）求的取值范围； （ii）设，若，当时，，求的最大值． 【答案】(1) (2)（i） （ii）1 【详解】（1）因为当时，，所以， 故曲线在点处的切线方程为； （2）（i）若，当时，，， 所以在上递增，，符合题意； 若，则由题意知，是的极大值点，则． 因为，所以．当时，． 当时，，符合题意． 综上，的取值范围为； （ii）因为，所以由（i）知，，． 记，， 则对，当时，． 当时，取，则，． 因为是上的增函数，且，所以． 因为，所以． 令，则，矛盾； 当时，， 证明在上恒成立即可． 当时，， 由题意知，，， 则当时，，单调递减，故，符合题意； 当时，因为的图像关于直线对称， 所以，，使得． 因为，所以， 所以对，均有． 综上可知，在上恒成立．故的最大值为． 【变式2-2】已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若，，求的取值范围. 【答案】(1)当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在和上单调递增． (2) 【详解】（1）求导得， 令，解得或， 当时，，则由，得或，由，得， 则在上单调递减，在和上单调递增； 当时，，，则在区间上单调递增； 当时，，则由，得或，由，得， 则在区间上单调递减，在和上单调递增． （2）由，可得， 即， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，则， 故，令， 则，令，解得， 则当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 则，所以， 故的取值范围为． 【变式2-3】已知函数，． (1)求函数的极值； (2)（ⅰ）若在上恒成立，求正整数的最大值； （ⅱ）证明：，． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)（ⅰ） （ⅱ）证明：由（ⅰ）知，当时，，恒成立， 即对恒成立，取，， 则， 因此 ． 【详解】（1）由函数的定义域为，， 则， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减；在上单调递增， 所以函数在处取得极小值，且极小值为，无极大值． （2）（ⅰ）由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令函数，，则， 所以函数在上单调递减， 而，， 则存在，使得，即， 因此当时，， 所以正整数的最大值为． （ⅱ）略 ▌题型03利用导数研究能成立问题 ∃x∈D，使得不等式成立 ∃x∈D,f(x)≥a⟺f(x)max≥a ∃x∈D,f(x)≤a⟺f(x)min≤a 和恒成立对比口诀：恒成立：最小≥、最大≤能成立：最大≥、最小≤ 【典例3】已知函数，若函数在区间上存在单调递减区间，则实数的范围是______. 【答案】 【详解】因为，所以， 因为函数在区间上存在单调递减区间， 即在区间上存在使得， 即在有解，即， 令，即， 因为对称轴为，所以， 所以，所以实数的范围是. 【变式3-1】已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若在上有解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)当 时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在 上单调递增； 当 时， 在和上单调递增，在上单调递减. (3) 【详解】（1）当 时，， ， ，， 因此切线过点 且斜率为0，即切线方程为 . （2），， 令，则或， 当，即时，，因此 在 上单调递增； 当，即 时，由，得，由，得， 所以 在和上单调递增，在上单调递减； 当，即 时，由，得，由，得， 所以 在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当 时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在 上单调递增； 当 时， 在和上单调递增，在上单调递减. （3） ，即，即， 所以 在上有解， 令 ，则 ， 令 ，则， 所以 在 单调递增且 ， 时，，，单调递减； 时，，，单调递增； 可得 的最小值为 ，因此只要 ，就存在 使得在上有解； 故的取值范围为. 【变式3-2】已知函数在上存在减区间，则实数的取值范围为______. 【答案】 【详解】由求导得， 因函数在上存在减区间，则在上有解区间，即在上能成立. 设，则，则函数在上单调递增， 故，即，故可得， 即实数的取值范围为. 【变式3-3】已知函数，. (1)求函数的单调区间； (2)若在区间上存在一点，使得成立，求a的取值范围. 【答案】(1)当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，函数的单调递增区间为 (2) 【详解】（1）函数的定义域为. ， ①当，即时， 因为当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增. ②当，即时， 因为当时，，故在上单调递增. 综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递增区间为. （2）在上存在一点，使得，即， 也就是在上存在一点，使得， 即函数在上的最小值小于零. 由（1）可知：①当，即时， 在上单调递减， 所以的最小值为，由，可得. 因为，所以. ②当，即时，在上单调递增， 所以的最小值为，由，可得. ③当，即时，可得最小值为， 因为，所以， 故，此时，不成立. 综上讨论可得所求的范围是：. ▌题型04利用导数研究函数的零点 零点：f(x)=0的解，等价于y=f(x)与x轴交点个数 通用步骤 定义域，求导，讨论单调性、极值 画出草图，抓住极值正负（核心！） 配合零点存在定理：区间两端函数值异号，则至少一个零点 极限趋势：x→0+,x→+∞,x→−∞时f(x)趋向 常用转化 f(x)=0零点个数 分离参数，看y=a与y=g(x)交点数 结论模板（单峰函数） 极大值<0：无零点 极大值=0：1 个零点 极大值>0，极小值<0：2 个零点 极小值>0：无零点 【典例4】已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)已知函数有两个不同的零点，，求实数的取值范围； (3)证明：当时， 【答案】(1) (2) (3)当时，要证即证， 整理得即证， 设，则， 当时，，故在上为减函数； 当时，，故在上为增函数； 故即，取， 则即成立. 【详解】（1），故，而， 故曲线在点处的切线方程为， 整理得切线方程为. （2）， 若，则恒成立，故在上单调递增， 这与有两个不同的零点矛盾； 若，令，则，令，则， 故在上单调递增，在上单调递减， 故， 因为函数有两个不同的零点，，故， 设，则， 故在上为减函数，而，故的解为， 故. 而当时，，时，， 故时，确有两个不同的零点，故. （3）略. 【变式4-1】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有三个零点，求的取值范围. 【答案】(1)①若，在上单调递增，在上单调递减； ②若，在和上单调递增，在上单调递减； ③若，在上单调递增； ④若，在和上单调递增，在上单调递减. (2) 【详解】（1）函数的定义域为， 则， 令，得或， ①若，则，的单调性如表： − 0 + ↘ 极小值 ↗ 故在上单调递增，在上单调递减； ②若，则，的单调性如表： + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故在和上单调递增，在上单调递减； ③若，则，易得在上单调递增； ④若，则，的单调性如表： + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故在和上单调递增，在上单调递减， （2）由（1）可知， 当时，在上单调递增，在上单调递减，至多有两个零点，不符合题意； 当时，在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意； 当时，在和上单调递增，在上单调递减， 因为， 若使得有3个零点，则， 即，无解； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 若使得有3个零点，则， 即，解得且， 综上所述，的范围为且. 法二：由函数， 可得有一个零点，要使得有3个零点，即方程有2个实数根，又由方程，可化为， 令，即函数与图象有两个交点， 令，得， 的单调性如表： − − 0 + + ↘ ↘ 极小值 ↗ ↗ 所以函数在处取得极小值， 当时，，又，的大致图象如图， 由函数与图象有两个交点，根据图象可得， 所以要使得有3个零点，则实数的取值范围为. 【变式4-2】已知，函数. (1)若，求的图象在点处的切线方程； (2)若在定义域上只有1个零点，求的取值范围； (3)，证明不等式：. 【答案】(1) (2) (3)取，由（2）可知时， 即. 取，可得， 所以，，…，， 累加得， 即，得证. 【详解】（1）由，得，所以的定义域为. 当时，， ， 所以，. 所以的图象在点处的切线方程为. （2）因为，所以当在定义域上只有1个零点时，在上没有非零零点. 的定义域为. . ①若，则， 则当时，单调递减； 当时，单调递增. 又，所以只有1个零点，即，符合题意； ②若，令，得或， 因为， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 又时，且， 所以在上存在唯一的，使得， 所以有2个零点，即，与已知矛盾； ③若，则恒成立，所以单调递增，则只有1个零点，符合题意； ④若，令，得或， 因为， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 又时，且，所以在上存在唯一的使得， 所以有2个零点，与已知矛盾； 综上所述，若在定义域上只有1个零点，则. （3）略 【变式4-3】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)时，求零点的个数； (3)若时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在定义域上单调递减. (2)2 (3) 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且， 当时，，则在定义域上单调递增； 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立， 所以在定义域上单调递减， 综上所述：当时，在定义域上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在定义域上单调递减. （2）若，则的定义域为， 令，，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在内单调递减，则， 且，，可知在上各有一个零点， 又因为，所以有两个零点. （3）由分离参数可得，即在上恒成立， 令，， 则， 令，，则， 因为，则，可知在上单调递减， 则，且， 可知，满足，即， 可得，， 当时，，即；当时，，即； 可知在上单调递增，在上单调递减， 则， 可得，所以实数a的取值范围为. ▌题型05利用导数研究方程的根 方程f(x)=g(x)的根 等价：函数F(x)=f(x)−g(x) 的零点 等价：y=f(x) 和 y=g(x) 图像交点个数 和题型04本质一样，只是设问形式是方程！区别：零点：f(x)=0方程根：f(x)=g(x) 常用方法： 移项构造新函数，同零点套路 分离参数 a=h(x)，数形结合看水平线y=a与曲线交点 注意：方程带定义域限制、分式、对数，排除增根 【典例5】已知函数. (1)若曲线在点处的切线方程为, 求； (2)若有三个零点，求的取值范围； (3)若只有一个极值，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）∵，∴ ∴曲线在点处的斜率为：； 由切线方程为得，斜率，解得. 由，代入切线方程 得， 解得 所以. （2）函数的定义域为 令，即， 设 ∴， 令解得或，令解得， ∴在上单调递增；在上单调递减； ∴的极大值为,的极小值为. 要使有三个根，需且, 即,解得 ∴的取值范围为. （3）只有一个极值即有且仅有一个根或者虽有多个根但是仅有一个为极值点. 即等价于. 设，则 令解得或； ∴在上单调递增，在上单调递减； ∴的极大值为，的极小值为. ∴当或时仅有一个实数根； 当或时，有两个实数根（其中一个为重根且非极值点），故仅有一个极值点. 综上， 或. ∴的取值范围为 【变式5-1】已知，． (1)求的极值； (2)若方程有两个不相等的实数根． （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)极小值，无极大值； (2)（i）；（ii）. 【详解】（1）定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以单调递减区间为，单调递增区间为． 故有极小值，无极大值． （2）（i）方程等价于， 设，问题转化为与有两个交点， ，时，， 令，，所以在上单调递增， 且，故存在唯一满足，即， 并且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 又因为和时，，所以当时方程有两个不等实根． 故的取值范围为． （ii）原方程变形得：，设，则方程变为， 设两根为，则， 且满足， 不妨设，下面证明， 令， 则不等式变形为， 令，， 所以在上单调递增，所以， 即不等式成立，变形可得， 由基本不等式可得 ， 要使不等式恒成立，只需， 故的取值范围为． 【变式5-2】已知函数． (1)当时，求的极值； (2)设，函数， ①若存在实数，使得方程有两个不同的实数根，求的取值范围； ②若①中的方程有两个不同的实数根，，证明：． 【答案】(1)极大值为，无极小值. (2)① ②由①可知，不妨设，由有两个不同的实数根，得 因此有， 整理得． ， 令，，因为， 所以在上单调递减，所以． 则． 【详解】（1）由题意知，求导得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 故的极大值为，无极小值． （2）①， 则， 若，则，单调递增，方程不存在两个不同的实数根，不符合题意． 若，则当时，，单调递增；当时，，单调递减； 此时存在实数，使得方程有两个不同的实数根． 所以的取值范围为． ②略. 【变式5-3】已知． (1)判断的单调性，并求出的极值； (2)画出的大致图象； (3)判断方程的解的个数． 【答案】(1) 单调递减 单调递增 极小值为，无极大值 (2) (3)当或时， 方程的解有1个；当，方程的解有2个． 【详解】（1）的定义域为，求导得 令，解得， 将对应的的情况列表： 单调递减 单调递增 由表可知，当时，有极小值，极小值为； （2）根据（1）的分析，可知函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极小值，当时，，当时，. 故可作出该函数的大致图象如下： （3）方程的解的个数就是函数的图象与直线的交点个数. 由（1），（2）可知，当时，方程的解有0个； 当或时， 方程的解有1个； 当时，方程的解有2个． ▌题型06利用导数研究双变量问题 极值点偏移 条件：f(x1)=f(x2),x1=x2，求证 x1+x2>2x0（x0是极值点） 标准流程： 设x1<x0<x2​ 构造辅助函数：F(x)=f(x)−f(2x0−x),x>x0​ 求导判断F(x)单调性，得到f(x)>f(2x0−x) f(x1)=f(x2)>f(2x0−x2)，利用单调性脱去f 【典例6】已知函数（）． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若有唯一零点，求的取值范围； (3)若存在两个不同且均不大于1的零点，，证明：． 【答案】(1) (2) (3)根据（2）的结论可知两个零点分别为和，由得出，证明等价于证明，整理得,即.令，，构造函数，求导得：， ，当时，，在单调递减，，在单调递增， ，即，成立. 【详解】（1）当，，求导：.，. 切线方程为：，即. （2）由得出 ，函数和同过点，即和恒交于.有一个零点即有一个解，即和除外无交点，画出函数图象. 结合图象可知若保证直线和只有一个交点，直线可从（不包括）处旋转到，此时斜率a的范围是；另外和相切时符合题意，（1）已算出处的斜率为1，所以a的范围是. （3）略. 【变式6-1】已知函数． (1)讨论的零点个数． (2)若有两个零点且，求证：． 【答案】(1)当时，无零点；当或时， 有唯一零点； 当时， 有两个零点． (2)因为有两个零点且， 所以，，， 则，， 所以， 设，则，，则， 所以， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以， 因为，所以， 所以， 所以. 【详解】（1）令，显然不是该方程的解， 所以由， 设， 当时，，在上单调递增， 当，或时，，在和上单调递减，如下图所示： 当时，直线与函数没有交点，所以无零点； 当时， 直线与函数有一个交点，所以有唯一零点； 当时，直线与函数有两个交点， 所以有两个零点． 当时，直线与函数有一个交点，所以有唯一零点； 综上所述：当时，无零点；当或时， 有唯一零点； 当时， 有两个零点． （2）略. 【变式6-2】已知函数． (1)设函数，若在定义域内恒成立，求的取值范围； (2)当时方程有两个实数根且．证明：． 【答案】(1) (2)当时，令，则， 显然该函数在定义域内单调递增，而，所以存在，使， 因此当时，单调递减；当时，单调递增． 令，解得或． 设函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和， 则， 又，， 函数在处的切线方程为； 在处的切线方程为，令，得； 令得，因为， 所以，故命题得证． 【详解】（1）恒成立，的定义域为，所以在上恒成立， 令，原问题转化为求函数在的最大值，则， 令，则，所以函数在上单调递增； 令，则，所以函数在上单调递减， 所以，所以， 故的取值范围为． （2）略. 【变式6-3】已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围． (2)已知，，若，求证：． 【答案】(1) (2)当时，，定义域为，， 不妨设，由，移项得， 令，求导得，故在上单调递增， 由，得，即，所以， 因此， 所以， 若，则恒成立，则在单调递增，则不存在， 所以，记，所以，即， 要证，即证，只需证明，即可推出，即成立， 令，即，不等式等价于 ， 令，得， 在上单调递减，因此，即，不等式得证， 综上，成立. 【详解】（1）由，得， 因为在上单调递增，所以在上恒成立，即对任意成立， 由，且，可知当时，取得最小值， 要使不等式恒成立，需，可得， 又因为，得实数的取值范围为. （2）略 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $