答题模板09 4类导数综合问题解题技巧（端点效应（必要性探索）、洛必达法则、函数的凹凸性、拉格朗日中值定理）（方法+题型+实战 专项训练）（全国通用）2027年高考数学二轮复习讲练测

答题模板09 4类导数综合问题解题技巧 （端点效应（必要性探索）、洛必达法则、函数的凹凸性、拉格朗日中值定理）（方法+题型+实战） 目 录 第一部分 考情破译 深挖命题意图，锁定备考中心 第二部分 方法铸模 梳理解题路径，固化思维工具 【结论背记清单】 方法一 用端点效应（必要性探索）的应用及解题技巧 方法二 用洛必达法则的应用及解题技巧 方法三 函数凹凸性应用及解题技巧 方法四 拉格朗日中值定理的应用及解题技巧 第三部分 题型精研 针对高频题型，集中强化训练 【题型01】端点效应（必要性探索） 【题型02】洛必达法则 【题型03】函数凹凸性 【题型04】拉格朗日中值定理 第四部分 实战演练 检验学习成效，打磨答题规范 命题规律与预测 1.导数综合问题是高考数学的重要考查内容，常与函数单调性、极值、最值、不等式证明及参数范围问题相结合，综合性较强。 2.端点效应常用于函数不等式及恒成立问题的必要性探索，通过端点代入快速确定参数范围，缩小解题范围。 3.洛必达法则、函数凹凸性常用于处理极限计算、函数性质判断及不等式证明，注重导数运算与函数结构的综合应用。 4.拉格朗日中值定理主要用于建立函数增量与导数之间的联系，常与不等式证明、函数单调性及最值估计等问题结合。 考向结构图 一级版块 二级考向 端点效应（必要性探索） 利用端点值确定参数范围；函数不等式的端点必要条件；恒成立问题的端点探索；端点与内部驻点结合求最值；必要性与充分性验证 洛必达法则 型未定式； 型未定式；洛必达法则的连续使用；利用导数转化复杂极限；洛必达法则与函数极限综合应用 函数的凹凸性 利用二阶导数判断函数凹凸性；函数凹凸性与图象特征；切线与曲线的位置关系；利用凹凸性证明不等式；利用凹凸性解决函数零点、最值及不等式放缩问题 拉格朗日中值定理 拉格朗日中值定理的条件与基本应用；利用中值定理构造函数增量关系；利用导数范围估计函数值；利用中值定理证明不等式；中值定理与函数单调性、零点及最值综合应用 重点结论 1. 端点效应的类型 1.如果函数在区间上,恒成立,则且. 2.如果函数在区间上,恒成立,且(或),则或. 3.如果函数在区间上,恒成立,且(或,则或. 2. 洛必达法则 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 注意： 1. 将上面公式中的 换成 洛必达法则也成立。 2. 洛必达法则可处理 型。 3. 在着手求极限前, 首先要检查是否满足 , 型定式, 否则滥用洛必达法则会出错。当不满足三个前提条件时, 就不能用洛必达法则, 这时称洛必达法则不适用, 应从另外途径求极限。 4. 若条件符合, 洛必达法则可连续多次使用, 直到求出极限为止。 , 如满足条件, 可继续使用洛 必达法则。 3. 曲线的凹凸性 设函数 在区间 内可导, 如果对应的曲线段位于其每一点的 切线的上方, 则称曲线在 内是凹的, 如果对应的曲线段位于其每一点 的切线的下方, 则称曲线在 内是凸的。从图象上来看, 曲线段向上弯 曲是凹的, 曲线段向下弯曲是凸的。 设函数 在 内具有二阶导数, 如果在 内 , 那么对应的曲线在 内是凹的, 如果在 内 , 那么对 应的曲线在 内是凸的 设 在区间 上连续, 如果对 上任意两点 , 恒有 则称 在 上的图形是凹的, 简称为凹弧; 如果恒有 则称 在 上的图形是凸的, 或简称为凸弧。 4. 拉格朗日（Lagrange）中值定理 若函数f（x）满足如下条件： （1）f（x）在闭区间[a，b]上连续； （2）f（x）在开区间（a，b）内可导． 则在（a，b）内至少存在一点ξ，使得． 拉格朗日中值定理的几何意义 如图所示，在满足定理条件的曲线上至少存在一点P（ξ，f（ξ）），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线． 需要注意的地方（逆命题不成立） 拉格朗日中值定理没有逆定理,即对曲线的任一切线,并不一定存在割线,使割线斜率等于 切线斜率,如在处的切线斜率为0,但不存在割线使割线斜率等于0 拉格朗日公式还有下面几种等价形式 ， ， ． 注：拉格朗日公式无论对于还是都成立，而ξ则是介于a与b之间的某一常数．显然，当时，． 解题方法 方法一 用端点效应（必要性探索）的应用及解题技巧 在处理“函数 f(x)≥0（或 ≤0）在区间 I 上恒成立”的含参不等式问题时，若区间端点（或极限点）处的函数值为0（或常数），则参数必须满足该点处的导数非负（或非正）条件，此即为必要性条件。通过此条件可迅速缩小参数范围，后续只需验证在此范围内原不等式是否恒成立（充分性）。该方法通过“端点取值→导数符号”建立联系，是求解含参恒成立问题中高效、精准的必要性探路工具。 第一步：确定端点或极限点 明确不等式成立的区间I（如[a,b] 或[a,+∞)）。找到使 f(x) 取等号或极限值为0的特殊点，通常为区间的端点x=a 或 极限点 x→a+。 第二步：利用端点值建立必要条件 若f(a)=0 且 f(x)≥0 在I 上恒成立，则函数在x=a 处不能递减，即： 若 a 为左端点，则需f′(a)≥0； 若 a 为右端点，则需f′(a)≤0； 若I 为开区间(a,b)，可考虑x→a+ 时的极限与导数符号。 注意：此条件为参数必须满足的必要条件，可据此求出参数的可能范围。 第三步：缩小参数范围 根据第二步得到的关于参数的不等式，解出参数的候选范围。此范围通常比直接处理原不等式简单得多。 第四步：验证充分性（关键步骤） 在得到的参数候选范围内，必须验证原不等式是否确实恒成立。常用方法： 构造新函数g(x)，证明其在 I 上单调递增（或递减）； 利用导数分析f(x) 在I 上的最小值是否 ≥0。 若验证通过，则候选范围即为最终答案；若不通过，则需调整或结合其他方法。 第五步：综合结论 将必要性与充分性结合，得到参数的精确取值范围 例题1-1 已知函数，若在上恒成立，求实数的取值范围． 例题1-2 ，若在上恒成立，求的取值范围. 例题1-3 ，若在上恒成立，求的取值范围. 例题1-4 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围. 方法二 用洛必达法则的应用及解题技巧 洛必达法则是处理“不定型”极限（如 0/0、∞/∞）的强大工具。在高考导数压轴题中，当需要求函数在某点的极限值来确定参数范围或不等式界值时，若直接代入得到不定型，可暗中使用洛必达法则求出极限，作为解题的关键步骤。其核心是“分子分母分别求导，再取极限”，它能够将复杂的极限问题转化为更简单的导数计算。 第一步：识别不定型 判断所求极限是否属于可适用洛必达法则的形式： 满 足或型 函数在的某去心邻域内可导，且。 第二步：应用洛必达法则 对分子和分母分别求导，然后求新分式的极限： 若结果仍为不定型，可重复使用法则，直至得到确定值或河判断的结果。 第三步：结合题意求解或判断 将求得的极限值代入原题情境： 若用于求参数范围，则极限值即为参数的临界值； 若用于不等式证明，则极限值常作为函数最值的参照点。 第四步：严谨表述（高考答题建议） 在高考答题中，尽量避免直接写明“由洛必达法则得”，而应使用以下等效表述： “当x→a 时，f(x)∼…，g(x)∼…” 通过导数的定义或构造辅助函数来合理化极限过程。 关键：逻辑上使用了洛必达的思想，但书写上转化为高中知识可接受的形式 例题2-1 函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   例题2-2 已知函数，.若当时，恒成立，则实数的取值范围为______． 例题2-3 已知函数．当时，求的取值范围． 例题2-4 恒成立,求的取值范围 例题2-5 设函数， (1)若，（为常数），求的解析式； (2)在（1）条件下，若当时，，求的取值范围． 方法三 函数凹凸性解题技巧的应用及解题技巧 方法概述：函数的凹凸性（二阶导数符号）描述了函数图象的弯曲方向。在证明某些涉及函数值平均值与自变量平均值的不等式时，利用凹凸性可直接建立不等式关系。此方法将几何直观（图象形状）转化为代数条件（二阶导正负），适用于处理形如或相反方向的不等式证明问题，是形转数"的典范。 第一步：判断目标不等式的结构 观察所证不等式是否与函数值的算术平均和自变量中点函数值有关。若形如： 则提示可能利用凹函数性质；若不等式方向相反，则可能利用凸函数性质。 第二步：求二阶导数判定凹凸性 对函数求二阶导数 若在区间上, 则f (x )在上为凹函数（或下凸)： 若在区间上, 则在上为凸函数（或上凸) 第三步：应用凹凸性不等式 根据凹凸性直接写出对应的不等式： 凹函数： 凸函数： 此步可直接用于证明原题不等式。 第四步：特殊推广与变形 凹凸性可推广至多个点加权平均的形式。 在高考题中，常见以下变形应用： 证明 结合导数几何意义，判断切线位置与函数值大小关系。 第五步：综合表述与结论 将凹凸性的判断过程与不等式结论清晰表述，完成证明。若题目涉及参数范围，可结合凹凸性条件建立关于参数的不等式 例题3-1 在，，，这四个函数中，当时，使恒成立的函数的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 例题3-2 设，若，，，则下列关系式中正确的是 A． B． C． D． 例题3-3 已知函数，的导数是. (1)求时，在处的切线方程； (2)当时，求证：对于任意的两个不等的正数，有； (3)对于任意的两个不等的正数，若恒成立，求的取值范围. 方法四 拉格朗日中值定理的应用及解题技巧 拉格朗日中值定理是连接函数值与导数的桥梁，其核心公式为。 在高考中， 它常被用来处理涉及函数值差的不等式证明或求参数范围问题。通过引入中值点, 可将原问题转化为对导数的取值分析，从而简化问题结构。它特别适用于题干中出现与关系的情景，是实现“差商转导数值”的关键转化策略。 第一步：识别结构特征 当题目中出现形如的表达式，或要求证明与和相关的不等式时， 可考虑使用拉格朗日中值定理。 第二步：构造并应用中值定理 对函数在区间(或上应用拉格朗日中值定理，得到： 从而将原不等式或关系式转化为关于的表达式。 第三步：分析导数的取值范围 根据的取值范围，分析在该区间上的最大值、最小值或上下界。 若要证明某个不等式，雲判断在该区间内是否满足相应的不等关系。 第四步：求解参数或完成证明 若为求参数范围问题：根据的取值要求，建立关于参数的不等式，解出取值范围。 若为证明不等式问题：通过对的取值分析，推导出原不等式成立。 第五步：注意事项与拓展 使用前需验证在相应闭区间上连续、开区间内可导的条件。 若题目涉及绝对值，需注意的正负性，必要时进行分类讨论。 例题4-1 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，它的表述如下： 若函数满足条件：①在闭区间上连续；②在开区间内可导，则存在，使得. (1)若，，，求满足的实数的值. (2)运用拉格朗日中值定理求解以下问题： （ⅰ）对任意的且，证明不等式. （ⅱ）已知函数，对任意的，，恒成立，求实数的取值范围.（结果保留3位小数） 参考数据：，，，. 例题4-2 已知函数f（x）x+alnx． （1）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程（用含a的式子表示） （2）讨论f（x）的单调性； （3）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：． 题型01端点效应（必要性探索） 1．，若在上恒成立，求的取值范围． 2．已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 3．已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 4．已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若在定义域内恒成立，求实数的取值范围. 题型02洛必达法则 5．，恒成立，求的取值范围 6．已知函数，如果当，且时，，求的取值范围． 7．已知函数，.若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 题型03函数凹凸性 8．下列函数中，当时，使得恒成立的函数有（    ） A． B． C． D． 9．若函数在区间上是凸函数，那么在中，求的最大值． 10．函数的单调性反映在图象上，就是曲线的上升或下降，但曲线在上升或下降的过程中，还有一个弯曲方向的问题，即函数的凹凸性，函数的凹凸性可以用连接曲线上任意两点的弦的中点与曲线上相应点（即具有相同横坐标的点）的位置关系来描述定义如下：设在区间上连续，如果对上任意两点恒有，则称在区间上的图象是凹的（图1），区间为凹的区间；设在区间上连续，如果对上任意两点恒有，则称在区间上的图象是凸的（图2），区间为凸的区间． 关于导数与函数的凹凸性的关系，有如下定理：设在区间上连续，在区间上具有一阶和二阶导数，那么①如果在上恒有，则在区间上的图象是凹的；如果在区间上的图象是凹的，则在上恒有；②如果在上恒有，则在区间上的图象是凸的；如果在区间上的图象是凸的，则在上恒有；其中是的导函数，为的一阶导数；是的导函数，为的二阶导数．根据以上内容，完成如下问题： (1)试判断函数图象是凹的还是凸的，用定理证明； (2)已知函数，求的凹的区间和凸的区间． 题型04拉格朗日中值定理 11．拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得.已知函数，，，那么实数的最大值为______. 12．法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. (1)已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. (2)已知函数有两个零点，记作，若，证明： 1．已知函数，若，则下列关系式中正确的是 A． B． C． D． 2．已知函数，当时，，求实数a的取值范围. 3．已知函数，若当时，恒有成立，求实数的取值范围． 4．已知函数，． (1)若，讨论函数的单调性； (2)若对任意的，都有，求实数的取值范围． 5．已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围； (3)设，是函数的两个极值点，证明：． 6．洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响.洛必达法则：给定两个函数，当时，.已知函数，. (1)证明：在区间上单调递减； (2)对于恒成立，求实数的取值范围； (3)，证明：（附：）. 7．已知函数． （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）若不等式恒成立，求a的取值范围． 8．已知函数，． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若在区间上恒成立，求实数a的取值范围． 9．已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若在区间上恒成立，求实数a的取值范围． 10．已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若存在，使得成立，求实数的取值范围. 11．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最小值； (3)函数，当时，求证：对任意的，且，有． 12．“拉格朗日中值定理”是法国数学家拉格朗日在其著作《解析函数论》中给出的，其内容为若函数满足如下条件：①在区间上的图象是连续的；②在区间上可导，则在区间上至少存在一个实数，使得成立．已知函数． (1)，且，若恒成立，求的取值范围； (2)当时，是否存在区间，使？若存在，写出证明过程；若不存在，说明理由； (3)当时，设的两个极值点为，，且，证明：． 13．已知函数的图象在定义域上连续不断，对任意，，若恒有，则称函数是区间上的上凸函数，若恒有，则称函数是区间上的下凸函数.当且仅当时等号成立，这个性质称为函数的凹凸性.上述不等式可以推广到取函数定义域中的任意个值，即若是上凸函数，则对任意，，…，恒有，若是下凸函数，则对任意，，…，，恒有，当且仅当时等号成立.应用以上知识解决下列问题： (1)判断函数，，在定义域上分别是上凸函数还是下凸函数（只写出结论，不需证明）； (2)利用（1）中的结论，在中，求的最大值； (3)判断并证明函数的凹凸性. 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 答题模板09 4类导数综合问题解题技巧 （端点效应（必要性探索）、洛必达法则、函数的凹凸性、拉格朗日中值定理）（方法+题型+实战） 目 录 第一部分 考情破译 深挖命题意图，锁定备考中心 第二部分 方法铸模 梳理解题路径，固化思维工具 【结论背记清单】 方法一 用端点效应（必要性探索）的应用及解题技巧 方法二 用洛必达法则的应用及解题技巧 方法三 函数凹凸性应用及解题技巧 方法四 拉格朗日中值定理的应用及解题技巧 第三部分 题型精研 针对高频题型，集中强化训练 【题型01】端点效应（必要性探索） 【题型02】洛必达法则 【题型03】函数凹凸性 【题型04】拉格朗日中值定理 第四部分 实战演练 检验学习成效，打磨答题规范 命题规律与预测 1.导数综合问题是高考数学的重要考查内容，常与函数单调性、极值、最值、不等式证明及参数范围问题相结合，综合性较强。 2.端点效应常用于函数不等式及恒成立问题的必要性探索，通过端点代入快速确定参数范围，缩小解题范围。 3.洛必达法则、函数凹凸性常用于处理极限计算、函数性质判断及不等式证明，注重导数运算与函数结构的综合应用。 4.拉格朗日中值定理主要用于建立函数增量与导数之间的联系，常与不等式证明、函数单调性及最值估计等问题结合。 考向结构图 一级版块 二级考向 端点效应（必要性探索） 利用端点值确定参数范围；函数不等式的端点必要条件；恒成立问题的端点探索；端点与内部驻点结合求最值；必要性与充分性验证 洛必达法则 型未定式； 型未定式；洛必达法则的连续使用；利用导数转化复杂极限；洛必达法则与函数极限综合应用 函数的凹凸性 利用二阶导数判断函数凹凸性；函数凹凸性与图象特征；切线与曲线的位置关系；利用凹凸性证明不等式；利用凹凸性解决函数零点、最值及不等式放缩问题 拉格朗日中值定理 拉格朗日中值定理的条件与基本应用；利用中值定理构造函数增量关系；利用导数范围估计函数值；利用中值定理证明不等式；中值定理与函数单调性、零点及最值综合应用 重点结论 1. 端点效应的类型 1.如果函数在区间上,恒成立,则且. 2.如果函数在区间上,恒成立,且(或),则或. 3.如果函数在区间上,恒成立,且(或,则或. 2. 洛必达法则 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 注意： 1. 将上面公式中的 换成 洛必达法则也成立。 2. 洛必达法则可处理 型。 3. 在着手求极限前, 首先要检查是否满足 , 型定式, 否则滥用洛必达法则会出错。当不满足三个前提条件时, 就不能用洛必达法则, 这时称洛必达法则不适用, 应从另外途径求极限。 4. 若条件符合, 洛必达法则可连续多次使用, 直到求出极限为止。 , 如满足条件, 可继续使用洛 必达法则。 3. 曲线的凹凸性 设函数 在区间 内可导, 如果对应的曲线段位于其每一点的 切线的上方, 则称曲线在 内是凹的, 如果对应的曲线段位于其每一点 的切线的下方, 则称曲线在 内是凸的。从图象上来看, 曲线段向上弯 曲是凹的, 曲线段向下弯曲是凸的。 设函数 在 内具有二阶导数, 如果在 内 , 那么对应的曲线在 内是凹的, 如果在 内 , 那么对 应的曲线在 内是凸的 设 在区间 上连续, 如果对 上任意两点 , 恒有 则称 在 上的图形是凹的, 简称为凹弧; 如果恒有 则称 在 上的图形是凸的, 或简称为凸弧。 4. 拉格朗日（Lagrange）中值定理 若函数f（x）满足如下条件： （1）f（x）在闭区间[a，b]上连续； （2）f（x）在开区间（a，b）内可导． 则在（a，b）内至少存在一点ξ，使得． 拉格朗日中值定理的几何意义 如图所示，在满足定理条件的曲线上至少存在一点P（ξ，f（ξ）），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线． 需要注意的地方（逆命题不成立） 拉格朗日中值定理没有逆定理,即对曲线的任一切线,并不一定存在割线,使割线斜率等于 切线斜率,如在处的切线斜率为0,但不存在割线使割线斜率等于0 拉格朗日公式还有下面几种等价形式 ， ， ． 注：拉格朗日公式无论对于还是都成立，而ξ则是介于a与b之间的某一常数．显然，当时，． 解题方法 方法一 用端点效应（必要性探索）的应用及解题技巧 在处理“函数 f(x)≥0（或 ≤0）在区间 I 上恒成立”的含参不等式问题时，若区间端点（或极限点）处的函数值为0（或常数），则参数必须满足该点处的导数非负（或非正）条件，此即为必要性条件。通过此条件可迅速缩小参数范围，后续只需验证在此范围内原不等式是否恒成立（充分性）。该方法通过“端点取值→导数符号”建立联系，是求解含参恒成立问题中高效、精准的必要性探路工具。 第一步：确定端点或极限点 明确不等式成立的区间I（如[a,b] 或[a,+∞)）。找到使 f(x) 取等号或极限值为0的特殊点，通常为区间的端点x=a 或 极限点 x→a+。 第二步：利用端点值建立必要条件 若f(a)=0 且 f(x)≥0 在I 上恒成立，则函数在x=a 处不能递减，即： 若 a 为左端点，则需f′(a)≥0； 若 a 为右端点，则需f′(a)≤0； 若I 为开区间(a,b)，可考虑x→a+ 时的极限与导数符号。 注意：此条件为参数必须满足的必要条件，可据此求出参数的可能范围。 第三步：缩小参数范围 根据第二步得到的关于参数的不等式，解出参数的候选范围。此范围通常比直接处理原不等式简单得多。 第四步：验证充分性（关键步骤） 在得到的参数候选范围内，必须验证原不等式是否确实恒成立。常用方法： 构造新函数g(x)，证明其在 I 上单调递增（或递减）； 利用导数分析f(x) 在I 上的最小值是否 ≥0。 若验证通过，则候选范围即为最终答案；若不通过，则需调整或结合其他方法。 第五步：综合结论 将必要性与充分性结合，得到参数的精确取值范围 例题1-1 已知函数，若在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】 【分析】采用分类讨论，说明时，满足题意，再讨论时，利用导数判断函数单调性说明符合题意；时，结合函数单调性说明在上不恒成立，综合即可得答案. 【法一】由题意，当时，，，而，则， ∴，满足题意； 注意到，，， 令， 当时，，∴在上单调递增， 结合知，从而在上单调递增， 又，∴恒成立，满足题意； 当时，，∴在上单调递增， 结合，，可得在上有唯一的零点， 且当时，，∴在上单调递减， 又，∴当时，，从而不能恒成立，不合题意； 综上所述，实数a的取值范围为． 【法二】端点效应 第一步：利用端点效应寻找“必要条件”（锁定参数临界值） 因为 在 上恒成立，所以它在端点 的右侧极小区间内也必须满足 。 已知 。为了使 （且 非常接近 0）时 ，函数在 处的切线斜率（即导数）必须大于等于 0。否则，如果 ，函数会在 之后立刻递减，出现 的情况，就不符合题意了。 所以，必要条件是 。 求导： 代入 ： 令 ，解得 。 第二步：验证“充分性”（证明 时确实恒成立） 我们猜想 就是最终答案，现在只需证明当 时， 恒成立即可。通常分为两段讨论： 情况 1：当 时 因为 ，所以 ，。 又因为 ，所以 。 两项相加： 显然成立。 情况 2：当 时 利用二阶导数来判断一阶导数的单调性。 因为 ，，，，所以 。 这说明 在 上是单调递增的。 那么 的最小值在 处： 因为 ，所以 。 所以 恒成立。 这说明 在 上是单调递增的。 于是： 恒成立，符合题意。 第三步：结论 综合第一步（必要条件 ）和第二步（充分性证明 成立），得出： 实数 的取值范围为 。 例题1-2 ，若在上恒成立，求的取值范围. 【答案】 【分析】对函数求导，利用导数分和两类进行讨论函数单调性及取值情况即可. 【详解】依题意，，，令，， 求导得，则函数，即在上单调递增， 若，则，当时，恒成立， 从而在上单调递增，则当时，恒成立，因此； 若，有，则，，由在上单调递增， 得存在，使得成立，即在上单调递减，从而，不符合题意， 所以的取值范围为. 【法二】端点效应 第一步：找端点，利用端点效应求必要条件 区间是 ，端点为 。 计算端点函数值：。 既然 时 恒成立，且 ，那么函数在 的右侧极小区间内必须是递增的（如果递减，就会出现 的情况）。 所以，必要条件是：端点处的导数 。 求导： 代入 ： 令 ，解得：。 (至此，我们“猜”出了答案，接下来的步骤是为了拿满分的严谨证明) 第二步：验证充分性（证明 时成立） 当 时，我们要证明 恒成立。 看导函数：。 令 ，对它求导： 因为 ，所以 ，。 所以 ，即 在 上单调递增。 所以 。 既然 ，说明 在 上单调递增。 所以 ，恒成立，符合题意。 (补充说明：如果 ，则 ，由于 递增且趋于正无穷，必然存在 使 在 递减，从而 ，不符题意。) 结论： 的取值范围是 。 例题1-3 ，若在上恒成立，求的取值范围. 【答案】 【分析】注意到，，因此可用端点效应，由，得，因此我们分和两类进行讨论. 【详解】，， 若，则，且，所以单调递增， 所以时，恒成立，所以在上单调递增， 则时，； 若，，则，， 且，单调递增， 所以由零点存在定理可知，存在，使得成立， 故当时，，即在上单调递减， 所以此时，故不成立； 综上：. 【法二】端点效应 第一步：找端点，利用端点效应求必要条件 区间是 ，端点为 。 计算端点函数值：。 为了让 时 ，函数在 右侧必须递增。 所以，必要条件是：。 求导： 代入 ： 令 ，解得：。 第二步：验证充分性（证明 时成立） 当 时，。 我们继续对 求导（二阶导数）： 当 时，，说明 在 上单调递增。 所以 。 既然 ，说明 在 上单调递增。 所以 ，恒成立，符合题意。 (补充说明：如果 ，则 ，而 。由零点存在性定理，存在 使得 。当 时，， 递减，则 ，不符题意。) 结论： 的取值范围是 。 例题1-4 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2） 【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围. 【详解】(1)当时，，， 由于，故单调递增，注意到，故： 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由得，，其中， ①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②.当时，分离参数a得，， 记，， 令， 则，， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此，, 综上可得，实数a的取值范围是. [方法二]：特值探路 当时，恒成立． 只需证当时，恒成立． 当时，． 只需证明⑤式成立． ⑤式， 令， 则， 所以当时，单调递减； 当单调递增； 当单调递减． 从而，即，⑤式成立． 所以当时，恒成立． 综上． [方法三]：指数集中 当时，恒成立， 记， ， ①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意； ②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又， 所以若满足，只需，即，所以当时，成立； ③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立， 所以时，满足题意. 综上，. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有： 方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究； 方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性； 方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！ 方法二 用洛必达法则的应用及解题技巧 洛必达法则是处理“不定型”极限（如 0/0、∞/∞）的强大工具。在高考导数压轴题中，当需要求函数在某点的极限值来确定参数范围或不等式界值时，若直接代入得到不定型，可暗中使用洛必达法则求出极限，作为解题的关键步骤。其核心是“分子分母分别求导，再取极限”，它能够将复杂的极限问题转化为更简单的导数计算。 第一步：识别不定型 判断所求极限是否属于可适用洛必达法则的形式： 满 足或型 函数在的某去心邻域内可导，且。 第二步：应用洛必达法则 对分子和分母分别求导，然后求新分式的极限： 若结果仍为不定型，可重复使用法则，直至得到确定值或河判断的结果。 第三步：结合题意求解或判断 将求得的极限值代入原题情境： 若用于求参数范围，则极限值即为参数的临界值； 若用于不等式证明，则极限值常作为函数最值的参照点。 第四步：严谨表述（高考答题建议） 在高考答题中，尽量避免直接写明“由洛必达法则得”，而应使用以下等效表述： “当x→a 时，f(x)∼…，g(x)∼…” 通过导数的定义或构造辅助函数来合理化极限过程。 关键：逻辑上使用了洛必达的思想，但书写上转化为高中知识可接受的形式 例题2-1 函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】根据正切函数的定义域可排除AC，再利用洛必达法则即可排除D. 【详解】因为当时，该函数无意义，故排除AC选项， 根据洛必达法则知，故D错误 故选：B. 例题2-2 已知函数，.若当时，恒成立，则实数的取值范围为______． 【答案】 【分析】按分段讨论，在时分离参数构造函数，利用导数探讨单调性，再利用洛必达法则求解即得. 【详解】当时，，不等式成立； 当时，，令，依题意，， 求导得，令，求导得， 函数在上单调递增，则，即， 函数在上单调递增，由洛必达法则知， 因此恒成立，则， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 例题2-3 已知函数．当时，求的取值范围． 【答案】 【分析】分离参数，构造新函数，及，判定其导函数的符号结合洛必达法则计算即可. 【详解】由题意可知，当时，即等价于． 设，则 设，则，因为，所以， 即当时，，所以在上单调递减， 当时，，当时，满足洛必达法则， 所以， 即当时，的取值范围是． 例题2-4 恒成立,求的取值范围 【答案】 【分析】常数分离得，判断的单调性并用罗比塔法则求其最小值. 【详解】， 记，， 则， 记， 则， 而， 所以,在单调递增,所以， 所以,在单调递增,所以， 即在上,所以在上单调递增， 所以， 所以. 例题2-5 设函数， (1)若，（为常数），求的解析式； (2)在（1）条件下，若当时，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据，求解； （2）由（1）知时，，此时，，将问题转化为对恒成立求解． 【详解】（1）解：因为，， 所以，， 解得， 所以； （2）由（1）可知，时，，此时，； 故时，成立时，成立， 对恒成立， 即对恒成立； 记，则， 记，则， 记 ，则 ， ∴当0时，，在上单调递增； ， 所以在上单调递增；； ∴时，0，即在上单调递增； 记，， 当时，，符合洛必达法则条件， ∴， ∴时，， ∴． 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，往往通过求解或转化为或求解. 方法三 函数凹凸性解题技巧的应用及解题技巧 方法概述：函数的凹凸性（二阶导数符号）描述了函数图象的弯曲方向。在证明某些涉及函数值平均值与自变量平均值的不等式时，利用凹凸性可直接建立不等式关系。此方法将几何直观（图象形状）转化为代数条件（二阶导正负），适用于处理形如或相反方向的不等式证明问题，是形转数"的典范。 第一步：判断目标不等式的结构 观察所证不等式是否与函数值的算术平均和自变量中点函数值有关。若形如： 则提示可能利用凹函数性质；若不等式方向相反，则可能利用凸函数性质。 第二步：求二阶导数判定凹凸性 对函数求二阶导数 若在区间上, 则f (x )在上为凹函数（或下凸)： 若在区间上, 则在上为凸函数（或上凸) 第三步：应用凹凸性不等式 根据凹凸性直接写出对应的不等式： 凹函数： 凸函数： 此步可直接用于证明原题不等式。 第四步：特殊推广与变形 凹凸性可推广至多个点加权平均的形式。 在高考题中，常见以下变形应用： 证明 结合导数几何意义，判断切线位置与函数值大小关系。 第五步：综合表述与结论 将凹凸性的判断过程与不等式结论清晰表述，完成证明。若题目涉及参数范围，可结合凹凸性条件建立关于参数的不等式 例题3-1 在，，，这四个函数中，当时，使恒成立的函数的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】先理解的几何意义，再根据所给的函数图像对号入座. 【详解】由知为凸函数，如图：    对于图像如图：    显然是凸函数符合题意； 对于，函数图像如图：    当时也是凸函数符合题意； 对于的函数图像如图：    是凹函数不符合题意； 故选：C. 例题3-2 设，若，，，则下列关系式中正确的是 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】，，，函数在上单调递增，因为，所以，所以，故选C． 【考点定位】1、基本不等式；2、基本初等函数的单调性． 例题3-3 已知函数，的导数是. (1)求时，在处的切线方程； (2)当时，求证：对于任意的两个不等的正数，有； (3)对于任意的两个不等的正数，若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程. （2）通过证明，，来证得. （3）将不等式分离常数，结合基本不等式、构造函数法以及导数来求得的取值范围. 【详解】（1）当时，，，， ，又切点， 切线方程，即. （2）由， 得 ， ， 由基本不等式得① ，② ，，，③， 由①②③得， 即. （3）由得， 所以 ， ， 即对于任意的两个不等的正数，恒成立， 即证恒成立，因为， 故恒成立， 设，， ，在上递增， 由解得， 所以在区间递减；在区间递增. 所以时，， 故所求的取值范围是. 【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，题中巧妙地用到了基本不等式并结合综合法来证明不等式成立.求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，结合导数来求解. 方法四 拉格朗日中值定理的应用及解题技巧 拉格朗日中值定理是连接函数值与导数的桥梁，其核心公式为。 在高考中， 它常被用来处理涉及函数值差的不等式证明或求参数范围问题。通过引入中值点, 可将原问题转化为对导数的取值分析，从而简化问题结构。它特别适用于题干中出现与关系的情景，是实现“差商转导数值”的关键转化策略。 第一步：识别结构特征 当题目中出现形如的表达式，或要求证明与和相关的不等式时， 可考虑使用拉格朗日中值定理。 第二步：构造并应用中值定理 对函数在区间(或上应用拉格朗日中值定理，得到： 从而将原不等式或关系式转化为关于的表达式。 第三步：分析导数的取值范围 根据的取值范围，分析在该区间上的最大值、最小值或上下界。 若要证明某个不等式，雲判断在该区间内是否满足相应的不等关系。 第四步：求解参数或完成证明 若为求参数范围问题：根据的取值要求，建立关于参数的不等式，解出取值范围。 若为证明不等式问题：通过对的取值分析，推导出原不等式成立。 第五步：注意事项与拓展 使用前需验证在相应闭区间上连续、开区间内可导的条件。 若题目涉及绝对值，需注意的正负性，必要时进行分类讨论。 例题4-1 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，它的表述如下： 若函数满足条件：①在闭区间上连续；②在开区间内可导，则存在，使得. (1)若，，，求满足的实数的值. (2)运用拉格朗日中值定理求解以下问题： （ⅰ）对任意的且，证明不等式. （ⅱ）已知函数，对任意的，，恒成立，求实数的取值范围.（结果保留3位小数） 参考数据：，，，. 【答案】(1) (2)（ⅰ）设（且），则， 当时，由拉格朗日中值定理得，存在，使得，即， 因为，所以，从而有，即， 当时，由拉格朗日中值定理得，存在，使得，即， 因为，所以，从而有，即. 综上，对任意的且，不等式成立. （ⅱ） 【分析】（1）求，利用拉格朗日中值定理建立关于的方程，求的值； （2）（ⅰ）构造函数（且），求，分，两种情况分别进行证明即可；（ⅱ）将问题转化为对任意的，，恒成立，构造函数，讨论函数在上的单调性，从而求解的取值范围. 【详解】（1）因为，所以， 所以由得，解得， 故实数的值为1. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）任意的，，恒成立， 等价于任意的，，恒成立， 不妨设，由拉格朗日中值定理得，存在，使得， 由的任意性，可知，恒成立， 易知，令， 则， 易知函数在上单调递减，，， 由零点存在定理知，存在，使得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，，即取得最大值， 最大值为， 又，， 所以， 所以，即或， 故实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 例题4-2 已知函数f（x）x+alnx． （1）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程（用含a的式子表示） （2）讨论f（x）的单调性； （3）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：． 【答案】（1）y＝（﹣2+a）x+2﹣a． （2）当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数， 当a＞2时，在（0，），（，+∞）上是减函数， 在区间（，）上是增函数． （3）证明 :由（2）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1， 则f（x1）﹣f（x2）x1+alnx1﹣[x2+alnx2] ＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2） ＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2）， 则2， 则问题转为证明1即可， 即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2， 则lnx1﹣lnx1， 即lnx1+lnx1＞x1， 即证2lnx1＞x1在（0，1）上恒成立， 设h（x）＝2lnx﹣x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0， 求导得h′（x）10， 则h（x）在（0，1）上单调递减， ∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0，故2lnx＞x， 则a﹣2成立． 【分析】（1）求出切点坐标，根据导函数求出切线斜率，即可得到切线方程； （2）求出导函数，对g（x）＝﹣x2+ax﹣1，进行分类讨论即可得到原函数单调性； （3）结合（2）将问题转为证明1，根据韦达定理转化为考虑h（x）＝2lnx﹣x的单调性比较大小即可得证. 【详解】（1）∵f（x）x+alnx（x＞0） ∴f′（x）（x＞0） ∴当x＝1时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a， 设切线方程为y＝（﹣2+a）x+b，代入（1，0），得b＝2﹣a， ∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y＝（﹣2+a）x+2﹣a． （2）函数的定义域为（0，+∞）， 函数的导数f′（x）， 设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1， ①当a≤0时，g（x）＜0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数； ②当a＞0时，判别式△＝a2﹣4， （i）当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≤0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数； （ii）当a＞2时，令f′（x）＞0，得：x； 令f′（x）＜0，得：0＜x或x； ∴当a＞2时，f（x）在区间（，）单调递增，在（0，），（，+∞）单调递减； 综上所述，综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数， 当a＞2时，在（0，），（，+∞）上是减函数， 在区间（，）上是增函数． （3）略. 【点睛】此题考查导函数的应用，根据几何意义求切线斜率，讨论函数的单调性，证明不等式，解决双变量问题，综合性强. 题型01端点效应（必要性探索） 1．，若在上恒成立，求的取值范围． 【答案】 【分析】注意到，，若，则一定存在一个，使得时，都有成立，所以在时单调递减，所以；并且，因此通过得出的参数范围就是正确答案，这便是端点效应．这种方法可以帮我们得出分类的依据，例如本题中，根据，得，因此我们分和两类进行讨论． 【详解】由，则，， 若，则，且， 则单调递增，即时，恒成立， 所以在上单调递增，即时，，符合题意； 若，则，则，，且， 则单调递增，则存在，使得成立， 所以在上单调递减，所以，不符合题意， 综上，的取值范围为． 2．已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）对函数进行求导得到，再根据导数的几何意义，即可得到答案； （2）先根据得到，缩小的取值范围，再利用放缩法证明在恒成立，即可得到答案； 【详解】（1）当时，，， ， 切点为，斜率为， 曲线在点处的切线方程：. （2）恒成立,, , 令，， 在恒成立， 在单调递增，且， ，， 在单调递减，在单调递增， ，恒成立， 实数的取值范围. 3．已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 【答案】(1)a=；增区间为，减区间为． (2)证明：［方法一］：【最优解】放缩法 当时，. 设，则. 当时，； 当时，.所以是的最小值点. 故当时，.因此，当时，. ［方法二］：【通性通法】隐零点讨论 因为，所以在区间内单调递增．设，当时，，当时，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以． 设，则． 所以在区间内单调递减，故，即成立． ［方法三］：分离参数求最值 要证时，即，则证成立． 令，则． 令，则，由知在区间内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减． 所以，而，所以恒成立，原命题得证． ［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式 ，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则．易知在区间内是减函数，在区间内是增函数．所以． 由，得． ． 当且仅当，即时，，所以． ［方法五］：异构 要证明，即证， 即证明，再证明即可． 令，． 设，则． 若时，在上恒成立，所以； 若时，当时；当时，． 所以为的极小值点，则． 因为，所以，所以． 令． 当时，；当时，，所以为的极小值点． 则，所以，即． 所以． ［方法六］： 高阶函数借位构建有界函数 ． 令，则． 令．显然为定义域上的增函数．又，故当时，，得；当时，，得．即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故．即恒成立，而恒成立． 【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间； （2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时，，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果. 【详解】（1）的定义域为，，则，解得：，故．易知在区间内单调递增，且， 由解得：；由解得：， 所以的增区间为，减区间为． （2）略 【整体点评】（2）方法一：利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解； 方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法； 方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法； 方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样； 方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐； 方法六：基本类似于方法三． 4．已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若在定义域内恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）. 【分析】（1）先对函数求导，然后说明每个区间导数的符号，进而求出函数的单调区间； （2）构造函数，由在上恒成立，得在上恒成立，对求导，研究其单调性，求出的最小值，即可得出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， ， ∵恒成立，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减. 故的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）令， ∵在上恒成立，∴当时，恒成立， ， 令，则在上单调递增，且， ∴当时，，，即单调递减， 当时，，，即单调递增， ∴，，故实数的取值范围为. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查恒成立求参问题，考查逻辑思维能力和运算能力，属于高考常考题型. 题型02洛必达法则 5．，恒成立，求的取值范围 【答案】 【分析】根据题意，先讨论的情况，然后讨论的情况，分离参数，利用导数求其最值，即可得到结果. 【详解】当时，; 当时，不等式可化为. 记， 则， 记，则， 当时，则; 当时，则. 因为，并且，所以. 这时符合题意. 综上可知，的取值范围是. 6．已知函数，如果当，且时，，求的取值范围． 【答案】 【分析】将题意转化为，令，利用洛必达法则求出，即可得出答案. 【详解】根据题目的条件，当且时， 得，等价于． 设，， 因为，设， 则， 所以在上单调递增， 因为，所以当时，， 即在上单调递减，当在上单调递增． 当趋近时，趋近，当趋近时，趋近， 所以符合洛必达法则的条件， 即， 所以当时， 所以的取值范围是． 7．已知函数，.若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】 【分析】由题意可得，分、、三种情况，结合洛必达法则求解即可. 【详解】因为对任意，不等式恒成立， 即在内恒成立， 即在内恒成立， ①当时，，不等式成立； ②当时，，不等式成立； ③当时，即， 令， 则 ， 所以在内单调递增， 由洛必达法则得， 所以，故的取值范围是. 题型03函数凹凸性 8．下列函数中，当时，使得恒成立的函数有（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据题意可知，当时，使得恒成立，则函数在区间上为“上凸”函数，数形结合可得出合适的选项. 【详解】当时，使得恒成立，则函数在区间上为“上凸”函数， 当时，在函数的图象上任取两点、， 再取线段的中点，取点， 如函数为“上凸”函数，则点应在点的下方. 对于A选项，如下图所示： 点在点的上方，不合乎题意； 对于B选项，如下图所示： 点在点的下方，合乎题意； 对于C选项，如下图所示： 点在点的上方，不合乎题意； 对于D选项，如下图所示： 点在点的下方，合乎题意. 故选：BD. 【点睛】本题考查函数凹凸性的判断，考查数形结合思想的应用，属于基础题. 9．若函数在区间上是凸函数，那么在中，求的最大值． 【答案】 【分析】直接由凸函数的代数性质放缩不等式即可得解，注意取等条件是否成立. 【详解】因为函数在区间上是上凸函数， 则 即，当且仅当时，即时，取等号． 10．函数的单调性反映在图象上，就是曲线的上升或下降，但曲线在上升或下降的过程中，还有一个弯曲方向的问题，即函数的凹凸性，函数的凹凸性可以用连接曲线上任意两点的弦的中点与曲线上相应点（即具有相同横坐标的点）的位置关系来描述定义如下：设在区间上连续，如果对上任意两点恒有，则称在区间上的图象是凹的（图1），区间为凹的区间；设在区间上连续，如果对上任意两点恒有，则称在区间上的图象是凸的（图2），区间为凸的区间． 关于导数与函数的凹凸性的关系，有如下定理：设在区间上连续，在区间上具有一阶和二阶导数，那么①如果在上恒有，则在区间上的图象是凹的；如果在区间上的图象是凹的，则在上恒有；②如果在上恒有，则在区间上的图象是凸的；如果在区间上的图象是凸的，则在上恒有；其中是的导函数，为的一阶导数；是的导函数，为的二阶导数．根据以上内容，完成如下问题： (1)试判断函数图象是凹的还是凸的，用定理证明； (2)已知函数，求的凹的区间和凸的区间． 【答案】(1) 的图象是凸的，证明如下： 因为，， 又，所以，所以图象是凸的． (2)的凹的区间为，的凸的区间为 【分析】（1）求以及，判断的正负可证明； （2）求以及的解，即可求出函数的凹凸区间． 【详解】（1）略 （2）因为函数，所以的定义域为， ，， 令，则，令，则， 故的凹的区间为，的凸的区间为． 题型04拉格朗日中值定理 11．拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得.已知函数，，，那么实数的最大值为______. 【答案】 【分析】根据题意得到，构造，求导得到其单调性，进而可求解. 【详解】，不妨设因为函数， 在上连续，且在上可导， 则需要，使得， 又因，所以可得， ，所以，， 令，则， 当时，，所以在上单调递增 当时，，所以在上单调递减， 故， 故答案为： 12．法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. (1)已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. (2)已知函数有两个零点，记作，若，证明： 【答案】(1)（i）； （ii）证明：要证，即证， 即证， 又， 由拉格朗日中值定理可知，存在， ， . 由题意知，当时，在上单调递增， 则，故， 即，所以命题得证. (2) 函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根. 令， 所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根， 所以，则，则由，得， 所以，则， 要证，即证， 又，令， 令， 又，所以，故在上单调递增， 所以， 所以，故在上单调递减，所以， 即， 即，所以不等式得证. 【分析】（1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可； （ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可； （2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解. 【详解】（1）（i）解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为. 法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得， 故问题转化为恒成立. 又，则恒成立，即恒成立， 因为， 故令，显然在上单调递减， 所以，所以，故实数的取值范围为. （ii）略 （2）略 【点睛】关键点点睛： （1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可； （2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题. 1．已知函数，若，则下列关系式中正确的是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先由均值不等式和不等式的性质比较自变量的大小可得，然后结合函数区间上单调递增比较p,q,r的大小即可. 【详解】因为，所以， ，又，， 又因为函数在区间上单调递增， 所以，即． 【点睛】本题主要考查函数的单调性，均值不等式比较代数式的大小等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2．已知函数，当时，，求实数a的取值范围. 【答案】 【分析】考虑和两种情况，参变分离，构造函数，求导得到其单调性，得到，结合洛必达法则求出答案. 【详解】当时，，即， ①当时，，， ②当时，等价于， 即， 令，，则， 记，， 则，因此在上单调递增， 且，所以， 从而在上单调递增， 所以， 由洛必达法则得， 即，. 综上所述，实数a的取值范围为. 3．已知函数，若当时，恒有成立，求实数的取值范围． 【答案】 【分析】由题意分离参数可得，令，对求导，求出的单调性结合洛必达法则求出的最大值. 【详解】∵，∴． ∴当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增． 若当时，恒有成立，即恒有成立． 当时，不等式恒成立． 当时，恒有成立， 即，令， 则． 令，则，进一步， ∴ 在上单调递减，∴． ∴在上单调递减，∴． 即在上恒成立，∴在上单调递减． ∴，∴． 综上，的取值范围为． 4．已知函数，． (1)若，讨论函数的单调性； (2)若对任意的，都有，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减． (2)． 【分析】（1）求导后，分别在、和三种情况下求得的正负，由此可确定单调性； （2）令，分别在、和三种情况下，利用导数确定单调性和最值，进而确定符合题意的取值范围. 【详解】（1）由题意得：定义域为， 则， ①当时， 由可得：或；由可得：； 的单调增区间为，，单调递减区间为； ②当时，则，此时的单调递增区间为； ③当时， 由可得：或；由可得：； 的单调增区间为，，单调递减区间为； 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；当时，在，上单调递增，在上单调递减． （2）令，则， ， ①当时，令，解得：，， ，， 当时，，在上单调递增， ，满足题意； ②当时，由①知：， 当时，，在上单调递减， 则当时，，不合题意； ③当时，，则，在上单调递减， 当时，，不合题意； 综上所述：实数的取值范围为. 【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数讨论含参数函数的单调性、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的关键是能够通过讨论导函数零点的位置确定函数在所给区间内的单调性，进而得到函数最值. 5．已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围； (3)设，是函数的两个极值点，证明：． 【答案】(1)当时，在上单调递增； 当时，在上递增，在递减. (2). (3)由题意可知，， 有两个极值点，，，是的两个根，则， ， 要证，即证， 即证，即证，即证， 令，则证明， 令，则， 在上单调递增，则，即， 所以原不等式成立. 【分析】（1）求导后根据二次方程判别式，分情况讨论导数符号，从而得到时函数的单调区间， （2）根据题意可以等价于导数能取负值，转化为二次函数在上有正根，求出的取值范围， （3）利用极值点满足韦达定理化简不等式，换元构造单变量函数，依靠函数单调性完成不等式证明. 【详解】（1），定义域为， 当时，， 若，即时，，所以在上单调递增； 若，即时，令，得，， 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，上递增，在递减. （2）， 函数存在单调递减区间，在上有解， ，设，则， 当时，显然在上有解； 当时，，， 由韦达定理知，，所以必有一个正根，满足条件， 当时，有，解得， 综上，实数的取值范围为. （3）略. 6．洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响.洛必达法则：给定两个函数，当时，.已知函数，. (1)证明：在区间上单调递减； (2)对于恒成立，求实数的取值范围； (3)，证明：（附：）. 【答案】(1)证明：， 令，则， 令，则， 若，则单调递减，单调递减，，在上单调递减， 若，则单调递增，，即 存在唯一，使得，且在上，单调递减，在上，单调递增， 且， 在区间上单调递减，且在上连续， 综上，在区间上单调递减. (2) (3)证明：当且时，，令， 则，令，则， 在上单调递增，， 即在上单调递增，（当时取等号）， ， ， ， ， 即. 【分析】（1）先求函数的导函数，再结合分分别求出导函数正负得出函数单调性即可证明； （2）先把不等式恒成立转化为，再结合函数单调性得出函数值范围即可求参； （3）构造函数，根据导函数得出函数单调性即可证明不等式再结合累加法及等比数列求和即可证明. 【详解】（1）略 （2）当时，，成立.当时，由可得， 令， 由（1）可知在上单调递减，. 由洛必达法则：， . （3）略 7．已知函数． （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）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果； （2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. 【详解】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）［方法一］：通性通法 ,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可． 8．已知函数，． (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若在区间上恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)①当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ②当时，在定义域上单调递增； ③当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ④当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． (2) 【分析】（1）求出，对分四种情况讨论，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间； （2）令 ，原问题等价于在区间上恒成立，因为，要想在区间上恒成立，只需，可得当时，利用导数研究函数的单调性，从而求出，进而可得结论. 【详解】（1） ， ①当，即时，时，，时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增； ②当，即时，和时，，时，， 所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ③当，即时，和时，，时，， 所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ④当，即时，，所以在定义域上单调递增； 综上：①当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ②当时，在定义域上单调递增； ③当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ④当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． （2）令 ， 原问题等价于在区间上恒成立，可见， 要想在区间上恒成立，首先必须要， 而， 另一方面当时，，由于，可见， 所以在区间上单调递增，故，所以在区间上单调递减， ∴成立，故原不等式成立． 综上，若在区间上恒成立，则实数的取值范围为． 9．已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若在区间上恒成立，求实数a的取值范围． 【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，在区间上单调递减，在区间上单调递增； ③当时，在区间上单调递减， 在区间和上单调递增； ④当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ⑤当时，在定义域上单调递增； (2) 【分析】（1）先求定义域，求导后分类讨论，得到函数的单调性；（2）构造，观察到，先用必要性探究得到，即，再充分性证明. 【详解】（1）函数，定义域为 则； ①时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减； 又时，，（）； ②当时，，时，，时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减； ③当时，，时，，时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增； ④当时，， 当和时，， 当时，， 所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ⑤当时，，当和时，， 当时，， 所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ⑥当，即时，，所以在定义域上单调递增； 综上：①当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减； ②当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增； ③当时，在区间上单调递减， 在区间和上单调递增； ④当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增； ⑤当时，在定义域上单调递增； （2）令， 原问题等价于在区间上恒成立， 可见， 要想在区间上恒成立，首先必须要， 而， ，解得：； 另一方面当时，， 由于，可见， 所以在区间上单调递增，故， 所以在区间上单调递减， ∴成立，故原不等式成立． 当时，，根据函数的连续性，可知存在，使得，不合题意，舍去； 综上，若在区间上恒成立，则实数的取值范围为． 【点睛】比较复杂一些的求参数的取值范围题目，通常情况下要构造函数，进行求解，而必要性探究和充分性证明的方法是非常重要的方法，要对函数的特殊值足够敏感. 10．已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）极大值为，的极小值为；（2）. 【分析】（1）求出导函数，由确定增区间，确定减区间，然后可得极值； （2）不等式转化为有解，引入函数，只需在上的最小值小于0， 【详解】解：（1）当时，. ∵，∴当，时，； 当时，. ∴的递增区间为，，的递减区间为， ∴的极大值为，的极小值为. （2）若，使得成立， 即有解， 设，只需在上的最小值小于0， . ①当时，时，，在上单调递增，. ∵，∴. ②当，即时，，，时，， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ∴. ∵，∴， ∴，不满足题意. ③当，即时，时，，在单调递减， . 又∵，∴. ∴实数的取值范围是. 【点睛】本题考查用导数求函数的极值，研究不等式有解问题，解题方法是转化为函数的最小值小于0．旨在考查学生的运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，分类讨论思想． 11．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最小值； (3)函数，当时，求证：对任意的，且，有． 【答案】(1) (2) (3)证明：由，得. 对任意的，且，令，则 只需证明 设， 则 所以在单调递增，于是. 又因为，当时，，由此可得 ， 所以原不等式得证. 【分析】（1）切线斜率等于函数在该点的导数值，结合点斜式即可求出切线方程; （2）利用和在上的单调性分析的单调性，结合端点导数值的正负确定的零点，进而划分原函数的增减区间，最终比较端点函数值得出最小值； （3）通过变量替换将双变量不等式转化为单变量函数问题，再构造新函数，利用导数分析其单调性来证明不等式成立. 【详解】（1）由题意得，，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）由（1）得， 因为在上单调递减，在上也单调递减， 所以在区间上单调递减， 因为，； 所以在上有且只有一个零点，记为， 所以当时，；当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 从而函数的最小值在或上取到， 又因为，而， 所以在区间上的最小值为. （3）略. 12．“拉格朗日中值定理”是法国数学家拉格朗日在其著作《解析函数论》中给出的，其内容为若函数满足如下条件：①在区间上的图象是连续的；②在区间上可导，则在区间上至少存在一个实数，使得成立．已知函数． (1)，且，若恒成立，求的取值范围； (2)当时，是否存在区间，使？若存在，写出证明过程；若不存在，说明理由； (3)当时，设的两个极值点为，，且，证明：． 【答案】(1) (2)存在，证明如下： 当时，函数. 验证是否存在区间（）使得. 方法一：不等式等价于. 由拉格朗日中值定理，可知存在，使得， 因此只需保证，这只需要在区间上单调递增， 由于函数，在时大于零， 所以的单调递增区间为， 所以只需要即可，因此存在这样的区间. 方法二：等价于函数在区间上为凹函数. 当（即）时，，在为凹函数； 当时，，为凸函数. 在凸区间（如）取，则； 在凹区间（如）取，则. 因此存在这样的区间. (3)由设则是方程 的两个根． 又 所以在 上严格递减，在上严格递增， 由于是的两个根，因此 因为，所以 在上，严格递减，而 ，所以 因为 ，所以 点都在区间内，且在该区间严格递减． 由，可得， 再看，令，则， 设， 当 时，所以， 因此， 由于，点都在区间内，且在该区间严格递增， 由可得， 于是， 又，所以， 两式相减，得 结合 ，可得 原命题得证． 【分析】（1）利用拉格朗日中值定理转化为要求对所有成立.然后利用导数分析，可得答案； （2）方法一：题设不等式等价变形为，由拉格朗日中值定理进行等价转化为只需证明在区间上单调递增，然后利用导数进行分析求解；方法二：分析函数的凹凸性，利用数形结合分析得到结论； （3）当时，设，利用函数极值点的定义可得，再由函数的单调性可得，即可证明. 【详解】（1）由题意，对于任意，有，等价于. 根据拉格朗日中值定理，存在使得. 因此，要求对所有成立. 整理得. 设函数，则. 在内，单调递增，在内，单调递减. . 故； （2）略 （3）略 13．已知函数的图象在定义域上连续不断，对任意，，若恒有，则称函数是区间上的上凸函数，若恒有，则称函数是区间上的下凸函数.当且仅当时等号成立，这个性质称为函数的凹凸性.上述不等式可以推广到取函数定义域中的任意个值，即若是上凸函数，则对任意，，…，恒有，若是下凸函数，则对任意，，…，，恒有，当且仅当时等号成立.应用以上知识解决下列问题： (1)判断函数，，在定义域上分别是上凸函数还是下凸函数（只写出结论，不需证明）； (2)利用（1）中的结论，在中，求的最大值； (3)判断并证明函数的凹凸性. 【答案】(1) ①当时，为上凸函数； ②当时，为下凸函数； 对是上凸函数. (2) (3)下凸函数 【分析】（1）利用上凸函数、下凸函数的定义与几何意义，作差，结合和角及二倍角的正弦推理判断即可. （2）利用（1）的结论，结合三角形三内角和定理求出最大值. （3）作差，结合对数运算、对数函数性质，基本不等式及不等式性质推理判断即得. 【详解】（1）对： ①当时，为上凸函数，为上凸函数，故为上凸函数； ②当时，为下凸函数，为下凸函数，故为下凸函数； 对： ， ，显然，则， 因此，函数是上凸函数. （2）由（1）知函数，是上凸函数， 在中，， 即，当且仅当取等号， 所以中，的最大值是. （3）函数的定义域是， 因为 ， 显然，则， 而，即，则， 又，有，则，， 所以函数是下凸函数． 【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答. 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 学科网（北京）股份有限公司 $