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2.4导数及综合应用
【备考指南】 1
【知识导图】 2
【考点梳理】 4
考点一：导数证明不等式 4
考点二：导数研究不等式恒（能）成立 9
考点三：导数研究方程的根 14
考点四：导数研究函数图象及性质 20
考点五：导数研究函数的零点（隐零点） 25
考点六：导数研究双变量问题 34
考点七：导数中的极值偏移问题 42
【真题在线】 48
【专项突破】 73
考点 考情分析 考频
导数的几何意义 2023年全国甲卷T8 2023年全国乙卷T21 2022年新高考Ⅰ卷T15 2022年新高考Ⅱ卷T14 2022年全国甲卷T20 2年5考
导数与极值、最值 2023年新高考Ⅱ卷T11 2022年新高考Ⅰ卷T10 2022年全国甲卷T8 2022年全国乙卷T16 2年4考
导数与证明不等式 2023年新高考Ⅱ卷T22 2021年新高考Ⅱ卷T22 2年2考
导数与恒成立（能成立） 2023年新高考Ⅰ卷T19 2023年全国甲卷T21 2023年全国乙卷T20 2022年新高考Ⅱ卷T22 2年4考
导数与零点 2023年全国乙卷T21 2022年新高考Ⅰ卷T22 2022年全国乙卷T21 2年3考
导数与双变量问题 2022年全国甲卷T21
预测：导数综合应用一般情况难度较大，对学生的综合素养要求较高，建议在二轮复习时，加强对学生思维能力的综合训练.
考点一：导数证明不等式
【典例精析】（多选）（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）已知曲线在点处的切线和曲线在点处的切线互相平行，则下列命题正确的有（ ）
A．有最大值是1 B．有最小值是1
C．有最小值是 D．若，则有最大值为
【答案】BD
【分析】根据导数值相等可得，进而分别构造函数即可利用导数求解函数的最值求解.
【详解】，
所以，故，进而
对于A，，
令，故当单调递增，
当单调递减，故，因此有最小值为1，A错误，
对于B，，
令，故当单调递增，当单调递减，所以，故的最小值为1，B正确，
对于C，，令，
故当单调递减，当单调递增，所以，故有最大值是，C错误，
对于D， ，令，
当单调递增，当单调递减，所以，故
由于函数单调递减，所以当
，故D正确，
故选：BD
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知，函数.
(1)证明：有且仅有一个极小值点；
(2)设是的唯一零点，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数确定函数的单调性，结合零点存在性定理即可由极值的定义求解，
（2）根据零点结合（1）构造函数，利用导数求解单调性，即可结合零点存在性定理求证.
【详解】（1）由题意，的定义域为，
得.
令，则，
所以在定义域上单调递增.
又，且当时，，
所以存在唯一的，使得.
所以当时，；当时，.
所以在区间上单调递减，在区间，上单调递增，
故有且仅有一个极小值点.
（2）由（1）知，若是的唯一零点，则，且.
由，得；
由，得.
所以.
设函数，
则，
所以在区间上单调递增.
.
设函数，
则，
所以在定义域上单调递增，
故，即，
所以.
由函数零点存在定理知，.
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性
(2)若函数有两个不相等的零点，求证：．
【答案】(1)分类讨论，答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数，分类讨论求出函数的单调区间即得.
（2）求出函数，利用零点的意义结合同构的思想，把的两个不同零点问题转化为的两个不同零点求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
①当，即时，由，得，由，得，
因此在上单调递增，在上单调递减；
②当，即时，由，得或，由，得，
因此在，上单调递增，在上单调递减；
③当，即时，恒成立，因此在上单调递增；
④当，即时，由，得或，由，得，
因此在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，在上单调递减，在上单调递增；
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）依题意，，由，得，
显然，令，则，有，
而，即函数在上单调递增，令，
求导得，当或时，当时，，
因此函数在上单调递减，且恒有，在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数取得极小值，方程有两个不相等的正实根，
则关于的方程有两个不等实根，且，，显然有，
而，则要证明，可证，即证，只需证，
由，得，于是，
不妨令，则只需证，令，，
函数，求导得，即函数在上单调递增，
因此，即成立，所以成立．
3．（2023·全国·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性
(2)若，求证：
①函数在上只有1个零点；
②.
【答案】(1)答案见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导得，分别确定和函数的正负，结合分类讨论，即可求解，
（2）根据函数函数单调性，即可求证只有一个零点，构造函数，即可由导数确定单调性求证.
【详解】（1）因为，
所以.
设，则，
所以在上单调递增，且，
所以当时，；当时，.
当时，，
所以在上单调递增.
当时，若，则，所以单调递减；
若或，则，所以单调递增.
当时，若，则，所以单调递减；
若或，则，所以单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增.
（2）①由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，所以在上没有零点.
因为，所以
所以当时，，
此时在上只有1个零点.
综上可得，在上只有1个零点.
②由，知在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以.
设，则.
由（1）知，当时，，
所以当时，，
所以在上单调递增，所以，
即，
所以.
【解题技巧】
利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
考点二：导数研究不等式恒（能）成立
【典例精析】（多选）（2023上·山西·高三校联考期中）已知函数，，则（ ）
A．函数在上无极值点
B．函数在上存在极值点
C．若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值
D．若，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】对求导后，根据导函数正负可确定的单调性，由极值点定义可知AB正误；由单调性可得，分离变量后，可知，利用导数可求得，知C正确；采用同构法可确定，可将化为，令，，利用导数可求得最大值，知D正确.
【详解】对于A，定义域为，，
令，则，
当时，；当时，；
，即在上单调递减，在上单调递增，
，在上单调递增，无极值点，A正确；
对于B，定义域为，，
令，则，
当时，；当时，；
，即在上单调递减，在上单调递增，
，在上单调递增，无极值点，B错误；
对于C，由A知：在上单调递增，
由得：，
则当时，，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，，即的最小值为，C正确；
对于D，若，则，
，，，
由AB知：均为定义域上的增函数，，，
由得：，，
；
令，则，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，即的最大值为，D正确.
故选：ACD.
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数求出函数的单调递减区间，从而得到不等式组，解得即可；
（2）依题意将不等式同构变形为，构造函数，研究新函数的单调性，得，参变分离可得，设，利用导数求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，，
令得，所以的单调递减区间是．
又在区间上单调递减，所以，
解得，即实数的取值范围为．
（2）不等式恒成立，
即恒成立，整理得恒成立．
所以恒成立，即恒成立，
所以恒成立．
令，则上式即恒成立．
易知在上单调递增，所以恒成立，
因此恒成立，
设，则，
令得，且当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最大值，
于是，解得，故实数的取值范围是．
2．（2023上·江苏徐州·高三校考阶段练习）已知函数，．
(1)判断是否存在x，使得，若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由；
(2)讨论的单调性．
【答案】(1)不存在x，使得，理由见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）原不等式等价于，结合换元法即可证明这不可能成立.
（2）第二问首先换元，然后连续求导，结合复合函数单调性以及零点存在定理即可求解.
【详解】（1）不存在x，使得，理由如下：
若成立，则，
整理得，
然而当时，，
不妨设，
则，
所以在上单调递增，
所以，
即对于任意的，不可能成立，
综上所述，不存在x，使得.
（2）当时，，
所以此时，
求导得，
继续求导得，
所以单调递减，
而，，
所以存在唯一的使得，
且当时，，此时关于单调递增，
当时，，此时关于单调递增减，
又关于在上单调递增，
所以存在唯一，使得，
且当即时，由复合函数单调性可知此时关于单调递增，
当即时，由复合函数单调性可知此时关于单调递减，
综上所述：当时，单调递增，当时， 单调递减，
其中，即满足.
3．（2023·四川成都·校联考一模）已知函数，.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，设函数，求证：有解.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）化简得出函数的解析式，利用可证得结论成立.
【详解】（1）解：当时，，则，
，则，
故当时，在处的切线方程为，即.
（2）证明：当时，，，
，
因为，故不等式有解.
【解题技巧】
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．
考点三：导数研究方程的根
【典例精析】（多选）（2023·浙江金华·校联考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．函数在区间上单调递减
B．函数在区间上的最大值为1
C．函数在点处的切线方程为
D．若关于的方程在区间上有两解，则
【答案】AC
【分析】利用导数分析函数的单调性，进而判断AB选项；结合导数的几何意义可判断C选项；画出函数大致图象，结合图象即可判断D选项.
【详解】因为，，
所以，
令，即；令，即，
所以函数在区间上单调递减，在上单调递增，故A正确；
因为，，
所以函数在区间上的最大值为4，故B错误；
因为，，
所以函数在点处的切线方程为，
即，故C正确；
因为，函数大致图象如图，

要使方程在区间上有两解，
则，故D错误.
故选：AC.
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，讨论函数的极值；
(2)若有两个不同的极值点，求t的取值范围．
【答案】(1)的极小值为，无极大值．
(2)
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性和极值；
（2）根据题意可得有两个不同的变号零点，整理得，设函数，结合单调性可知直线与曲线有两个不同的交点，利用导数判断原函数单调性和极值，进而根据交点分析求解.
【详解】（1）当时，，则的定义域为，且，
在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
所以的极小值为，无极大值．
（2）由题意可知：，则，
因为有两个不同的极值点，则函数有两个不同的变号零点，
可知方程有两个不等实根，
此方程可变形为，即．
设函数，则，
又因为在内单调递增，则在内单调递增，
可得，即．
设，则直线与曲线有两个不同的交点，
可知的定义域为，且，
在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
则，当时，，当时，，
若直线与曲线有两个不同的交点，则，
故t的取值范围为．
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)判断函数的单调性．
(2)若有两个不相等的实根，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意可得，即可得到，设，则只需证明，设，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为．
由，得．
当时，，所以在上单调递增．
当时，令，得．
当时，；当时，．
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）可知，且、，
根据题意可得，所以．
因为，设，则．
要证，即证，即证．
构造函数，易得．
．
构造函数，则，
所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增．
所以当时，，即，所以成立．
3．（2023上·四川雅安·高三校联考期中）已知函数.
(1)若曲线在处的切线经过坐标原点，求a的值
(2)若方程恰有2个不同的实数根，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数导数的几何意义即可求解；
（2）依题意，构造函数，运用分类讨论思想，求出函数的单调性，从而求出函数有2个零点时a的取值范围.
【详解】（1）因为，所以,由，，
得曲线在处的切线方程为.
因为该切线经过坐标原点，所以，
解得.
（2）令，则.
令，则.
若，则恒成立，在上单调递增.
因为，所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，
即方程有且仅有1个实数根，不符合题意.
若，则由，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则.
令，，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则.
若，则恒成立，
则在上单调递增，不可能有两个零点，
即方程不可能有2个不同的实数根，不符合题意.
若，则，，显然当时，，故，.
又，所以当和时，，单调递增，
当时，，单调递减.
因为，当时，，所以，
则恰有2个零点，即方程恰有2个不同的实数根，符合题意.
若，则，，显然当时，，故，.
又，所以当和时，，单调递增，
当时，，单调递减.
因为，当时，，所以，，
则恰有2个零点，即方程恰有2个不同的实数根，符合题意.
综上所述，的取值范围为.
【解题技巧】
与和相关的常见同构模型
①，构造函数，
，构造函数；
②，构造函数，
，构造函数；
③，构造函数，
，构造函数．
考点四：导数研究函数图象及性质
【典例精析】（多选）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数存在两个极值点，，则以下结论正确的为（ ）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】BD
【分析】由题可得方程有两个不相等的实数根，，构造函数，利用导数研究函数的性质画出函数的大致图象，然后结合条件逐项分析即得.
【详解】由题可得，则即，显然，
若方程有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，，
即的图象与直线有两个交点，且横坐标分别为，，
又，所以由可得，由可得，
所以在，上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，
对A，要使函数存在两个极值点，，则，A错误；
对B，当时，的图象如图，易知，B正确；
对C，若，则，得，故，C错误；
对D，因为，所以，又，所以，，所以，故，所以，D正确．
故选：BD．
【变式训练】
1．（2023·广东佛山·统考二模）已知函数，其中．
(1)若有两个零点，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由题可得方程有两个解，然后构造函数利用导数研究函数的性质进而即得；
（2）由题知恒成立，进而转化为证明当时，然后利用二次函数的性质结合条件可得只需证明即可，再构造函数利用导数证明不等式即得.
【详解】（1）由有两个零点，得方程有两个解，
设，则，
由，可得，单调递增，由，可得，单调递减，
所以的最大值为，当时，当时，，
所以可得函数的大致图象，
所以，解得，
所以，有两个零点时，的取值范围是；
（2）设，即，则恒成立，
由，，可得，
下面证明当时，，即证，
令，则证，，
令为开口向上的二次函数，对称轴为，
由（1）可知，故在时单调递增，
则，
下面只需证明即可，即证，
令，则，
令，则，
所以函数单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，即，从而不等式得证，
综上，的取值范围是．
2．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知函数，为的导数．
(1)讨论的单调性；
(2)若直线与曲线有两个交点，求a的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）设，对求导，分和讨论即可；
（2）分离参数得，设，利用导数研究其值域与图像即可.
【详解】（1）设的定义域为,.
当时,在上为增函数,在上单调递增;
当时,令,得.
若,则单调递增,
若,则单调递减.
综上,当时,在上单调递增;
当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.
（2）直线与曲线有两个交点,即关于的方程有两个解,
整理方程,得.
令,其中,
则.
令，则.
当时,,此时函数单调递增,
当时,,此时函数单调递减.
由,
得时,,则,
当时,,则,
当时,,则,
则函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,
则.
当趋近于时,趋近于0,即当时,;
当趋近于0时,趋近于,
作出如图所示图象：
故要使直线与曲线有两个交点,则需,
即的取值范围是.
3．（2023·宁夏银川·统考模拟预测）．
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)当时，设，若既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为；极大值为，无极小值；
(2).
【分析】（1）由题可得导函数，然后根据导数与函数单调性及极值关系即得；
（2）由题可得有两个不等正根，进而可得有两个不等正根，然后构造函数，利用导数研究函数的性质作出函数的大致图象利用数形结合即得.
【详解】（1）因为，
当时，，
所以，
由，得，由，得，
所以的单调增区间为，单调减区间为；
所以在处有极大值，极大值为，无极小值；
（2）因为，
所以，则有两个变号零点，
由，可得，
所以有两个不等正根，
设，则，
由，可得，函数单调递增，由，可得，函数单调递减，
所以在处有极大值，，
又，时；时，，
作出函数的大致图象，
由图象可知要使有两个不等正根，则，
即a的取值范围为.
【解题技巧】
函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
考点五：导数研究函数的零点（隐零点）
【典例精析】（多选）（2023·全国·模拟预测）已知函数（且），则（ ）
A．当时，曲线在点处的切线方程为
B．函数恒有1个极值点
C．若曲线有两条过原点的切线，则
D．若有两个零点，则
【答案】ACD
【分析】由导数的几何意义，求得曲线在点处的切线方程，可判定A正确；
由，当时，得到恒成立，可得判定B错误；
设切点为，求得点处的切线方程，代入原点，得到，设，利用导数求得函数的单调性和极大值，结合函数的图象与直线有两个不同的交点，求得的范围，可判定C正确；
转化为方程有两个解，设，利用导数求得函数的单调性与极大值，进而求得的范围，可判定D正确；
【详解】由函数，可得其定义域为．
A中：当时，，可得，
所以，所以曲线在点处的切线方程为，即，所以A正确；
B中：由，
当时，，故在上恒成立，故函数在上单调递增，无极值点，所以B错误；
C中：设切点为，则，
所以曲线在点处的切线方程为，又切线过原点，所以，即，即，所以，
设（且），则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，；当时，，
且的极大值为，
由题意可知，函数的图象与直线有两个不同的交点，
可得，所以，所以，所以C正确；
D中：要使有两个零点，则方程有两个解，即方程有两个解，
即方程有两个解，设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，
又因为，当时，，当时，，
所以，解得，所以D正确．
故选：ACD.
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)讨论函数在区间上的单调性；
(2)证明：存在实数，使得函数与各有2个零点，若各零点从小到大排列记为，，，，则满足．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负，从而得单调性；
（2）由，可得，，然后按是或的零点分类讨论证明．
【详解】（1）因为，所以．当时，，所以在上单调递增．
当时，令，解得．
当时，，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减．
当时，，，所以在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减．
（2）结合（1）可知，若存在实数，使得函数有2个零点，
则，即．
此时，当时，．
所以存在，使得函数有2个零点．
因为，所以存在，
使得函数也有2个零点．
因此为函数的一个零点，为函数的一个零点．
①若为函数的另一个零点，为函数的另一个零点，
则，，
所以,所以，所以．
②若为函数的另一个零点，为函数的另一个零点，
则，，，
所以,所以，所以，
综上可知，存在，使得函数与各有2个零点，且满足．
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数有两个零点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)设的两个零点分别为，证明：；
(3)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）方法一：分类讨论大于等于小于零的情况，再求导讨论单调性，分析零点情况；方法二：分离参数，转化成恒成立问题，再构造函数，求导讨论单调性，求最值；
（2）考查极值点偏移问题.方法一：第一步：根据函数零点的含义得出；第二步：构造函数，利用导数研究函数的单调性，得到的范围；第三步：根据所证不等式构造函数并研究函数的单调性，得到；第四步：利用函数的单调性进行证明.方法二：第一步：根据函数零点的含义，得到；第二步：将要证的不等式转化为；第三步：利用换元法及函数的单调性进行证明.
（3）利用（2）的结论进行不等式放缩，得到，再用累加法证明即可.
【详解】（1）解法一
由题，，当时，，所以在上单调递减，所以至多有一个零点.
当时，由得，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以.
要使函数有两个零点，必须满足，得.
当时，，
所以函数在上有且仅有1个零点.
，
记，则，记，则，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
因为，所以，
所以函数在上有1个零点
综上所述，当时，函数有两个零点.所以实数a的取值范围为.
解法二
因为有两个零点，所以关于x的方程，即有两个根，
所以直线与曲线有两个不同的交点
令，
则，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以.
又，当时，，所以，故实数a的取值范围为.
（2）解法一
因为，所以.
设，则，
令，解得.
当x变化时，的变化情况如下表：
x 1
＋ 0 －
单调递增 单调递减
由（1）知，不妨设，则根据，得.
令，
则
因为，所以，所以，则，
所以在上单调递增，
所以，即当时，，则，
又，所以.
因为，所以，
因为在上单调递增，，所以，所以.
解法二
由（1）知，因为，所以，
所以，所以.
要证，只需证，即证；，
不妨设，要证上式，只需证，即证.
令，即证.
设，则，所以在上单调递增，
所以，所以成立，所以.
（3）由（2）中解法二可知，，
令，得.
所以，
即.
3．（2023·广东·统考二模）已知，函数，为的导函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)讨论在区间上的零点个数；
(3)比较与的大小，并说明理由.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)答案见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）求导可得，根据和即可求解；
（2）令，则，.易知当时，从而单调递减；当时令，利用导数讨论函数的单调性，根据零点的存在性定理分析函数的单调性可得，即可得出零点的个数；
（3）由（2）可得当时在上恒成立.利用导数讨论函数的性质可得，结合得，，即可证明.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
，令，得.
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减.
因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，
则，.
因为，则，，则.
当时，则，
故，从而在上单调递减；
而，故当时，，
故在区间上无零点；即在区间上无零点；
当时，令，则，
因为，则，
从而，即在上单调递减；
而，，
因此存在唯一的，使得，
并且当时，；当时，.
即当时，，当时，.
故当时，单调递增，当时，单调递减.
而，故；
取，当时，，
所以存在唯一的，使得，即在区间上有唯一零点.
综上所述，当时，在上有唯一的零点；
当时，在上没有零点.
（3）
理由如下：
[解法一]由（2）可得，当时，在上恒成立.
即当时，，.
以下证明不等式：当时，有.
令，则，故在上单调递减，
则，即，，即有，
而，故，.
取，则有.
[解法二]显然，故，
以下证明不等式：当时，有.
令，则令，得.
故当时，，从而在上单调递增；
当时，，从而在上单调递减.
故是的极大值点，并且是最大值点，
故，即，.
取，则，故，
故，从而
【解题技巧】
方法策略：利用导数研究函数的零点问题求参的求解策略：
1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围；
2、构造函数法：转化为不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值，进而得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围；
3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，进而求得参数的取值范围.
考点六：导数研究双变量问题
【典例精析】（多选）（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）已知函数，，则（ ）
A．函数在上存在唯一极值点
B．为函数的导函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围是
C．若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值为
D．若，则的最大值为
【答案】BCD
【分析】对于A：利用导数推出在单调递增，可得A错误；对于B：利用导数研究函数的性质，得其图象，根据函数的图象与直线有两个交点，可得B正确；对于C：根据在单调递增，将不等式化为恒成立，右边构造函数求出最大值，可得C正确；对于D：根据以及指对同构得，将化为，再求导可求出最大值，可得D正确.
【详解】对于A：，令，则，
令，解得：，令，解得：，故在单调递增，在单调递减，
故，故在单调递增，函数在上无极值点，故A错误；
对于B：，令，则，
当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，故，即，
又时，，作出函数的图象，如图：

若函数有两个零点，得 有两个实根，得函数的图象与直线有两个交点，
由图可知，，故B正确；
对于C：由B得：在上恒成立，则在单调递增，则不等式恒成立，等价于恒成立，故，
设，则，
令，解得：，令，解得：，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，故，则实数的最小值为，故C正确；
对于D：若，则，
即，
∵，∴，，，
由A知，在上单调递增，故，
所以，
设，则，
令，解得：，令，解得：，
故在上单调递增，在上单调递减，
故，此时，
故的最大值是，故D正确；
故选：BCD
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，讨论函数的极值；
(2)已知，函数存在两个极值点，，证明：．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，确定单调性得极值；
（2）求导数，得极值点是的零点，然后构造函数，由的单调性得出，则．再构造函数，已知转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，交点的横坐标是，结合在上单调递增，问题转化为证明，即证（这里双变量化为单变量，再构造函数，再利用导数得单调性完成证明．
【详解】（1）当时，，∴．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
∴的极小值为，无极大值．
（2）解法一 ，
∴，∵有两个极值点，，
∴有两个变号零点，，即方程有两个不相等的实根，，
即方程有两个不相等的实根，．
设，则，易知在上单调递增，
∴，则．设，则直线与函数的图象有两个不同的交点．
∵，∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
不妨设，则．要证，即证，
∵在上单调递增，∴即证，
即证．设，
则，
∴在上单调递增，∴，
∵，∴，即，∴，得证．
解法二 ，∴，
∵有两个极值点，，∴有两个变号零点，
即方程有两个不相等的实根，，
即方程有两个不相等的实根，，
即方程有两个不相等的实根，．（关键：化同构）
设，易知在上单调递增，∴，
∴，，则，
则，
由对数平均不等式得，（对数平均不等式：已知实数，，，则）
∴，则，∴，得证．
2．（2023·山西·校考模拟预测）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对不等式参变分离，然后构造函数，利用导数求的最大值可解；
（2）将变形为，构造函数，根据其单调性将方程转化为，再构造函数，利用导数讨论其性质，结合图象可得，构造函数，根据单调性，并令，可得，最后由作差整理可证.
【详解】（1）的定义域为，
由，得.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而.
故，即的取值范围是.
（2）证明：由，得，
即，即.
设，则等价于.
易证在上单调递增，则，即.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而，且，
当x趋于时，趋于0.
方程有两个不同的正实根，不妨设，
由图可知，.
设
则在上单调递增.
因为，所以，即.
设，则，
即，则.
因为方程有两个不同的正实根，
所以，作差得.
因为，所以，所以，
则，故.
3．（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值．
【答案】(1)单调递增，单调递减
(2)
【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）求出，由有两个不等实根，结合判别式韦达定理得且，所以．不等式中消去得关于的不等式，分离参数转化为求函数的最值，从而得出结论．
【详解】（1）时，函数的定义域为
由解得．
当时，在单调递减；
当时，在单调递增．
（2），则．
根据题意，得方程有两个不同的实根，
，即且，所以．
由，可得
又
总有对恒成立．
①当时，恒成立，此时；
②当时，成立，即
令函数，则在恒成立
故在单调递增，所以．
③当时，成立，即
由函数，则，解得
当时，单调递增；当时，单调递减又，当时，
所以．
综上所述，．
【解题技巧】
含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及两个不同的变量，处理此类问题的步骤：（1）转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式；（2）巧妙构造函数，利用导数判断函数的单调性，进而证明不等式．
与和相关的常见同构模型
①，构造函数（或，构造函数）；
②，构造函数（或，构造函数）；
③，构造函数（或，构造函数）．
考点七：导数中的极值偏移问题
【典例精析】（多选）（2023·福建宁德·校考二模）已知函数，则（ ）
A．
B．若有两个不相等的实根，，则
C．
D．若，，均为正数，则
【答案】BCD
【分析】A：代入、直接计算比较大小；B：求的导函数，分析单调性，可得当有两个不相等实根时、的范围，不妨设，则有，比较的大小关系，因为，可构造，求导求单调性，计算可得成立，可证；C：用在上单调递增，构造可证明；D：令，解出，，做差可证明.
【详解】对于A：，，又，，
所以，所以，则，故A错误；
对于B：函数，定义域为，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则且时，有，所以若有两个不相等的实根、，有，
不妨设，有，要证，只需证，且，
又，所以只需证，
令，
则有，
当时，，，所以有，
即在上单调递增，且，所以恒成立，
即，即，即，故B正确.
对于C：由B可知，在上单调递增，则有，
即，则有，故C正确；
对于D：令，则，，，
，
，故D正确；
故选：BCD.
【变式训练】
1．（2023·云南大理·统考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
若，则，无极值；
若，由，可得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
此时，函数有唯一极小值，无极大值；
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
此时，函数有唯一极大值，无极小值；
所以当时，函数无极值；
当时，函数有极小值，无极大值；
当时，函数有极大值，无极小值；
（2）证明：由，两边取对数可得，即，
当时，，，
由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
而，时，恒成立，
因此，当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，
记，，
则 ，
即有函数在上单调递增，所以，即，
于是，而，，，
函数在上单调递增，因此，即.
2．（2023上·河南·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论.
【详解】（1）当时，，则；
令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）由得：，
恰有个正实数根，恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，又，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
当时，与有两个不同交点，
实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨设，则，
要证，只需证，
，，，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
，
在上单调递增，，
当时，恒成立，原不等式得证.
3．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知函数.
(1)当时，，求的取值范围.
(2)若函数有两个极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离可得在恒成立，令，，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）求出函数的导函数，依题意可得函数与函数，的图象有两个交点，利用导数说明的单调性，不妨设，要证，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当时，在恒成立，
令，，
则，
函数在上单调递减，
，
，
的取值范围是．
（2）函数，．
则，
函数有两个极值点，，
有两个正实数解方程有两个正实数解函数与函数，的图象有两个交点．
，令，解得，
当时，则单调递增，当时，则单调递减，
函数的极大值即最大值为．
又时，且当时，，又，
．
不妨设，
要证明，．
令，，．
所以
，
当且仅当，即时取等号，
函数在单调递增，
，，即，
因此成立．
【解题技巧】
（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减
(2)
【分析】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以，
因为，，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减.
（2）法一：
构建，
则，
若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为.
法二：
因为，
因为，所以，，
故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：.
【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论这种情况的关键是，注意到，从而分类讨论在上的正负情况，得到总存在靠近处的一个区间，使得，从而推得存在，由此得解.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
3．（2023·天津·统考高考真题）已知函数．
(1)求曲线在处切线的斜率；
(2)当时，证明：；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.
【详解】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.
4．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
5．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
6．（2022·天津·统考高考真题）已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出可求切线方程；
（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求.
（ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.
【详解】（1），故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.
7．（2022·浙江·统考高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
8．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
9．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
10．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
11．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
12．（2021·全国·统考高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．
（1）已知，求；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
【分析】（1）利用公式计算可得.
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.
（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.
【详解】（1）.
（2）设，
因为，故，
若，则，故.
，
因为，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
若，因为在为增函数且，
而当时，因为在上为减函数，故，
故为的一个最小正实根，
若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，
综上，若，则.
若，则，故.
此时，，
故有两个不同零点，且，
且时，；时，；
故在，上为增函数，在上为减函数，
而，故，
又，故在存在一个零点，且.
所以为的一个最小正实根，此时，
故当时，.
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
一、单选题
1．（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）若恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】问题可转化为不等式恒成立求参数问题.根据底数分类讨论，当时不成立；当时，分离参数转化为函数最值问题求解.
【详解】当时，，则，不符合题意；

当时，，
恒成立，
即恒成立，
设，
令，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，取得最大值，
所以，解得，
故选：C．
2．（2023·四川乐山·统考二模）若存在，使不等式成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】等价变形给定的不等式，并令，构造函数，将问题转化为存在，使得成立，再借助导数求解即得.
【详解】依题意，
，
令，即，由，得，
令，则原问题等价于存在，使得成立，
求导得，由，得，由，得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
而，又，
则当时，，若存在，使得成立，
只需且，解得且，即，
所以的取值范围为.
故选：D
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
3．（2023·全国·校联考模拟预测）已知函数存在零点，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造新函数，利用导数求单调性，再运用基本不等式即可求解
【详解】由得，
设，，
设，，
由得，由得，
所以在单调递增，在单调递减，所以，
而，
当且仅当，即时，等号成立，
因为有零点，则，所以，
故选：D.
4．（2023·四川成都·校联考一模）已知函数若有3个实数解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】时，，利用导数求函数单调区间，可证得此时有2个实数解，则时，，在定义区间内有1个实数解，利用函数单调性和最值列不等式求实数的取值范围.
【详解】时，，，
解得，解得，
在上单调递减，在上单调递增，
，，，
所以方程在和上各有1个实数解，
时，，函数在上单调递减，
依题意，在上有1个实数解，
则，解得.
实数的取值范围为.
故选：B
5．（2023下·江苏扬州·高二统考期末）已知偶函数满足，，且当时，.若关于的不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分析可知，函数是周期为的周期函数，由题意可得关于的不等式在上有且只有个整数解，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为偶函数满足，则，即，
所以，函数是周期为的周期函数，
当时，，令，可得.
由可得，由可得.
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为关于的不等式在上有且只有个整数解，
则关于的不等式在上有且只有个整数解，如下图所示：

因为，且，
又因为，所以，要使得不等式在上有且只有个整数解，
则这五个整数解分别为、、、、，
所以，，即，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用不等式的整数解的个数求参数的取值范围，解题的关键在于作出函数的图象，明确整数解是哪些整数，再结合图形求解.
6．（2023·江苏南通·江苏省如皋中学校考模拟预测）已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围.
【详解】对于任意，，，的范围恒定，
只需考虑的情况，
设对应的切点为，，，
设对应的切点为，，，
，，，
只需考虑，，其中的情况，
则，
，其中，
；
又，，
，；
令，则，
在上单调递增，又，
，又，，
；
令，则，
令，则，
在上单调递增，，
即，在上单调递减，，
，；
综上所述：.
故选：C.
二、多选题
7．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知关于的方程有两个不等的实根，且，则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】由已知与有两个不同的交点，利用导数研究函数性质，结合图象确定的范围，判断A，要证明只需证明，结合函数单调性只需证明，故构建函数，利用导数证明结论，判断B，利用比差法比较，判断C，利用的范围，结合指数函数性质证明，判断D.
【详解】方程，可化为，
因为方程有两个不等的实根，
所以与有两个不同的交点，
令，则，
令，可得，
当时，，函数在单调递减，
当时，，函数在单调递增，
，
当时，，且，当时，，
当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长，
故，
当时，，，
根据以上信息，可得函数的大致图象如下：
，且，故A正确．
因为，
构造，
，
在上单调递增，
，
，即，
由在单调递增
所以，故B正确．
对于C，由，，
所以，
又，所以，则，所以，故C错误．
对于D，由，可得，
所以，D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：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．
8．（2023·福建龙岩·统考二模）已知函数（）有两个零点，分别记为，（）；对于，存在使，则（ ）
A．在上单调递增
B．（其中是自然对数的底数）
C．
D．
【答案】BCD
【分析】利用导数研究函数的单调性和极值、最值，以及利用导数证明不等式，对以上各项逐一判断，即可求得本题答案.
【详解】∵由，得：，∴在单调递增，∴A错误；
∵有两个零点，即方程有两个根，令则
令，解得，令，解得
可得在上递增，在上单调递减，∴在处取得极大值，∴，，∴B正确；
由上可得：，又结合的单调性，
，∴，，∴，∴C正确；
由已知，有，而
∴
令，则，设，
则，当时，恒成立，所以在单调递增，
∴，∴，∵，∴
∴，∴，∴，
又在单调递增，∴，即，∴D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
三、填空题
9．（2023·全国·模拟预测）已知函数，若对于任意的，都有，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】将问题转化为，设，当时，研究在上的单调性，进而得到与已知相矛盾，再运用导数分别研究、时函数的单调性，进而可得其最值即可求得结果.
【详解】对于任意的，都有，即，
令，
则，且对于任意的，都有.
①当时，，，所以，
所以在上单调递减，所以，符合题意；
②当时，令，则，令，得.
当时，则，
所以当时，在上单调递减，
所以当时，，即，
所以在上单调递增，所以，这与矛盾，不符合题意；
当时，则，
所以当时，，在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递减，，符合题意.
综上，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】恒成立问题方法指导：
方法1：分离参数法求最值
(1)分离变量．构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
(2)恒成立 ；
恒成立 ；
能成立 ；
能成立 .
方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．
10．（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）若存在两个不等的正实数，，使得成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】对已知等式进行变形，构造新函数，利用导数判断函数的单调性，结合题意进行求解即可.
【详解】，
构造函数，
所以原问题等价于存在两个不等的正实数，，使得，
显然函数不是正实数集上的单调函数，
，
设，
当时，单调递增，
当时，单调递减，故，
当时，即时，单调递增，所以不符合题意；
当时，即时，显然存在，使得，
因此一定存在区间，使得在上异号，因此函数在上单调性不同，
因此一定存在两个不等的正实数，，使得成立，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是由构造函数.
11．（2023·湖北·武汉市第三中学校联考一模）若函数在处的切线与的图像有三个公共点，则的取值范围 ．
【答案】
【分析】数形结合，函数过点，当切线过点时，切线与函数的图象有三个公共点，当切线与相切时直线与函数的图象只有两个公共点，计算出两个临界情况相应的值，即可求得的取值范围
【详解】当时，，所以切点的坐标为，
当时，，，所以切线的斜率，
所以切线的方程为：
而，即过点
当切线过点时，切线与函数的图象有三个公共点，
将代入切线方程得：，得
当切线与相切时，切线与数的图象只有两个公点，
设切线：与在处相切，
由，得，
所以，得，，所以切点坐标为
代入切线：，得，
因此在处的切线与的图像有三个公共点时，的取值范围为：.
故答案为：.
四、解答题
12．（2023·广东肇庆·统考二模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】(1)在上单调递减；在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出，然后在定义域范围内分析即可.
（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明.
【详解】（1）的定义域为，
，
令，得：，
当变化时的关系如下表：
0 1
无意义 0
无意义
在上单调递减；在上单调递增.
（2）证明：要证，
只需证：
根据，只需证：
不妨设，由得：；
两边取指数，，化简得：
令：，则，
根据（1）得在上单调递减；
在上单调递增（如下图所示），
由于在上单调递减，在上单调递增，
要使且，
则必有，即
由得：.
要证，只需证：，
由于在上单调递增，要证：，
只需证：，
又，只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
即证，
令，
只需证：，
，
令，
在上单调递减，
所以，
所以
所以在上单调递减，所以
所以
所以：.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
13．（2023·福建龙岩·统考二模）已知函数，．
(1)若满足，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线；
(2)若，且，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义先求出曲线在点处的切线方程，再判定该切线方程为的切线即可；
（2）求，设，建立方程组，得出，为方程的两根，根据韦达定理确定，再由基本不等式判定，化简，构造函数求其单调性判定值域即可.
【详解】（1）由已知有，,
曲线在点处的切线方程为：,
即：，将代入即有：,
由得令得：，此时,
可得：曲线在点处的切线方程为：
，将代入化简，
可得：
故曲线在点处的切线也是曲线的切线．
（2）∵，
∴，令，得：，
∴，为方程的两根，
∴即：，
∴ ∴，
∴
，
令，则，
令，则，
∴在单调递减 ∴
即
【点睛】本题关键在第二问，设，由导函数建立方程组结合韦达定理得出，再求函数值之和，构造函数，结合基本不等式求其定义域内的单调性即可证明不等式.
14．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出.
【详解】（1）的定义域为R，
由题意，得，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．
因为，，
所以只需证．
因为，
所以只需证．
今，，
则
在恒成立．
所以在区间上单调递减，
所以，
即当时，．
所以，
即成立．
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则先消去参数.
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2.4导数及综合应用
【备考指南】 1
【知识导图】 2
【考点梳理】 4
考点一：导数证明不等式 4
考点二：导数研究不等式恒（能）成立 5
考点三：导数研究方程的根 5
考点四：导数研究函数图象及性质 6
考点五：导数研究函数的零点（隐零点） 7
考点六：导数研究双变量问题 8
考点七：导数中的极值偏移问题 9
【真题在线】 10
【专项突破】 12
考点 考情分析 考频
导数的几何意义 2023年全国甲卷T8 2023年全国乙卷T21 2022年新高考Ⅰ卷T15 2022年新高考Ⅱ卷T14 2022年全国甲卷T20 2年5考
导数与极值、最值 2023年新高考Ⅱ卷T11 2022年新高考Ⅰ卷T10 2022年全国甲卷T8 2022年全国乙卷T16 2年4考
导数与证明不等式 2023年新高考Ⅱ卷T22 2021年新高考Ⅱ卷T22 2年2考
导数与恒成立（能成立） 2023年新高考Ⅰ卷T19 2023年全国甲卷T21 2023年全国乙卷T20 2022年新高考Ⅱ卷T22 2年4考
导数与零点 2023年全国乙卷T21 2022年新高考Ⅰ卷T22 2022年全国乙卷T21 2年3考
导数与双变量问题 2022年全国甲卷T21
预测：导数综合应用一般情况难度较大，对学生的综合素养要求较高，建议在二轮复习时，加强对学生思维能力的综合训练.
考点一：导数证明不等式
【典例精析】（多选）（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）已知曲线在点处的切线和曲线在点处的切线互相平行，则下列命题正确的有（ ）
A．有最大值是1 B．有最小值是1
C．有最小值是 D．若，则有最大值为
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知，函数.
(1)证明：有且仅有一个极小值点；
(2)设是的唯一零点，证明：.
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性
(2)若函数有两个不相等的零点，求证：．
3．（2023·全国·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性
(2)若，求证：
①函数在上只有1个零点；
②.
【解题技巧】
利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
考点二：导数研究不等式恒（能）成立
【典例精析】（多选）（2023上·山西·高三校联考期中）已知函数，，则（ ）
A．函数在上无极值点
B．函数在上存在极值点
C．若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值
D．若，则的最大值为
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围．
2．（2023上·江苏徐州·高三校考阶段练习）已知函数，．
(1)判断是否存在x，使得，若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由；
(2)讨论的单调性．
3．（2023·四川成都·校联考一模）已知函数，.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，设函数，求证：有解.
【解题技巧】
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．
考点三：导数研究方程的根
【典例精析】（多选）（2023·浙江金华·校联考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．函数在区间上单调递减
B．函数在区间上的最大值为1
C．函数在点处的切线方程为
D．若关于的方程在区间上有两解，则
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，讨论函数的极值；
(2)若有两个不同的极值点，求t的取值范围．
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)判断函数的单调性．
(2)若有两个不相等的实根，且，求证：．
3．（2023上·四川雅安·高三校联考期中）已知函数.
(1)若曲线在处的切线经过坐标原点，求a的值
(2)若方程恰有2个不同的实数根，求a的取值范围.
【解题技巧】
与和相关的常见同构模型
①，构造函数，
，构造函数；
②，构造函数，
，构造函数；
③，构造函数，
，构造函数．
考点四：导数研究函数图象及性质
【典例精析】（多选）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数存在两个极值点，，则以下结论正确的为（ ）
A． B．
C．若，则 D．
【变式训练】
1．（2023·广东佛山·统考二模）已知函数，其中．
(1)若有两个零点，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围．
2．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知函数，为的导数．
(1)讨论的单调性；
(2)若直线与曲线有两个交点，求a的取值范围．
3．（2023·宁夏银川·统考模拟预测）．
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)当时，设，若既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
【解题技巧】
函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
考点五：导数研究函数的零点（隐零点）
【典例精析】（多选）（2023·全国·模拟预测）已知函数（且），则（ ）
A．当时，曲线在点处的切线方程为
B．函数恒有1个极值点
C．若曲线有两条过原点的切线，则
D．若有两个零点，则
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)讨论函数在区间上的单调性；
(2)证明：存在实数，使得函数与各有2个零点，若各零点从小到大排列记为，，，，则满足．
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数有两个零点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)设的两个零点分别为，证明：；
(3)证明：.
3．（2023·广东·统考二模）已知，函数，为的导函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)讨论在区间上的零点个数；
(3)比较与的大小，并说明理由.
【解题技巧】
方法策略：利用导数研究函数的零点问题求参的求解策略：
1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围；
2、构造函数法：转化为不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值，进而得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围；
3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，进而求得参数的取值范围.
考点六：导数研究双变量问题
【典例精析】（多选）（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）已知函数，，则（ ）
A．函数在上存在唯一极值点
B．为函数的导函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围是
C．若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值为
D．若，则的最大值为
【变式训练】
1．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，讨论函数的极值；
(2)已知，函数存在两个极值点，，证明：．
2．（2023·山西·校考模拟预测）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：.
3．（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值．
【解题技巧】
含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及两个不同的变量，处理此类问题的步骤：（1）转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式；（2）巧妙构造函数，利用导数判断函数的单调性，进而证明不等式．
与和相关的常见同构模型
①，构造函数（或，构造函数）；
②，构造函数（或，构造函数）；
③，构造函数（或，构造函数）．
考点七：导数中的极值偏移问题
【典例精析】（多选）（2023·福建宁德·校考二模）已知函数，则（ ）
A．
B．若有两个不相等的实根，，则
C．
D．若，，均为正数，则
【变式训练】
1．（2023·云南大理·统考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：．
2．（2023上·河南·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
3．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知函数.
(1)当时，，求的取值范围.
(2)若函数有两个极值点，证明：.
【解题技巧】
（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
3．（2023·天津·统考高考真题）已知函数．
(1)求曲线在处切线的斜率；
(2)当时，证明：；
(3)证明：．
4．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
5．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
6．（2022·天津·统考高考真题）已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
7．（2022·浙江·统考高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
8．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
9．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
10．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
11．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
12．（2021·全国·统考高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．
（1）已知，求；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
一、单选题
1．（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）若恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·四川乐山·统考二模）若存在，使不等式成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国·校联考模拟预测）已知函数存在零点，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·四川成都·校联考一模）已知函数若有3个实数解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023下·江苏扬州·高二统考期末）已知偶函数满足，，且当时，.若关于的不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·江苏南通·江苏省如皋中学校考模拟预测）已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知关于的方程有两个不等的实根，且，则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·福建龙岩·统考二模）已知函数（）有两个零点，分别记为，（）；对于，存在使，则（ ）
A．在上单调递增
B．（其中是自然对数的底数）
C．
D．
三、填空题
9．（2023·全国·模拟预测）已知函数，若对于任意的，都有，则实数的取值范围是 .
10．（2023·湖北黄冈·统考模拟预测）若存在两个不等的正实数，，使得成立，则实数的取值范围为 .
11．（2023·湖北·武汉市第三中学校联考一模）若函数在处的切线与的图像有三个公共点，则的取值范围 ．
四、解答题
12．（2023·广东肇庆·统考二模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.
13．（2023·福建龙岩·统考二模）已知函数，．
(1)若满足，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线；
(2)若，且，证明：．
14．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
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