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高考导数复习专题一
知识点一 已知切线（斜率）求参数,由导数求函数的最值（不含参）,函数单调性、极值与最值的综合应用,利用导数研究方程的根
典例1、已知函数，．已知曲线在点处的切线与直线平行．
（1）求的值；
（2）证明：方程在内有且只有一个实根．
随堂练习：已知函数的图象在处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）若关于的方程在区间上有两个不相等的实数根，求的取值范围.
典例2、已知函数．（）在处的切线l方程为．
（1）求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；
（2）若方程有两个实数根，．且．证明：．
随堂练习：已知函数的图象的一条切线为轴.
（1）求实数的值；
（2）令，若存在不相等的两个实数满足，求证：.
典例3、设函数，曲线在原点处的切线为x轴，
（1）求a的值；
（2）求方程的解；
（3）证明：.
随堂练习：已知函数，直线与曲线相切．
（1）求实数的值；
（2）若曲线与直线有两个公共点，其横坐标分别为．
①求实数的取值范围；
②证明：．
知识点二 利用导数研究函数的零点,函数极值点的辨析
典例4、已知函数．
（1）求证：有且仅有两个极值点的；
（2）若，函数有三个零点，求实数c的取值范围．
随堂练习：已知函数，.
（1）是否存在使得0为函数的极值点？若存在，求的值；若不存在，说明理由；
（2）若函数有且只有两个零点，求的值.
典例5、已知函数，求证：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）在上有且仅有2个零点.
随堂练习：设函数，，（为参数）．
（1）当时，求的单调区间，并证明有且只有两个零点；
（2）当时，证明：在区间上有两个极值点．
典例6、已知a为实数，函数
（1）当时，求曲线在点（1，f（1））处的切线的方程：
（2）当时，求函数f（x）的极小值点；
（3）当时，试判断函数f（x）的零点个数，并说明理由.
随堂练习：已知函数，为的导数．
（1）判断并证明在区间上存在的极大值点个数；
（2）判断的零点个数．
高考导数复习专题一答案
典例1、 答案：（1）；（2）证明见解析.
解：（1）， 由题意知，曲线在点处的切线斜率为2，
则， 所以，解得.
（2）令，，
则，， 所以，
所以函数在内一定有零点，
，
∴在上单调递增，所以函数在内有且只有一个零点，
即方程在内有且只有一个实根.
随堂练习：答案： （1）1；（2）.
解：（1）∵， ， 则，解得.
（2）由（1）有. ∴原方程可整理为.
令， 得， ∴当时，，
当时，，又， 即在上是增函数，在上是减函数.
∴当时，有最大值.
∵，.
∴.
由，得，，
故的取值范围是.
典例2、 答案：（1）1、；证明见解析 （2）证明见解析
解：（1）将代入切线方程，有，
所以，所以，
又，所以，
若，则，与矛盾，故，．
∴，，，
设在处的切线方程为， 令，
即，所以，
当时，，
当时，设，，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，
即函数的图象总在切线的上方（除切点外）．
（2）由（1）知， 设的根为，则，
又函数单调递减，故，故，
设在处的切线方程为，
因为，，所以，所以．
令，，
当时，，
当时，设，则，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即．
设的根为，则， 又函数单调递增，故， 故，又，
所以．
随堂练习：答案：（1），（2）见解析
解:（1）由，得，，
设切点坐标为，由题意得， 解得.
（2），令，
则，当时，，，
又可以写成，当时，，，
因此在上大于0，在上单调递增，又，
因此在上小于0，在上大于0，
且在上单调递减，在上单调递增， ，
当时，， 记，
记函数的导函数为，则
，
故在上单调递增， 所以，所以，
不妨设，则，
而，，有单调性知，即.
典例3、答案：（1） （2） （3）证明见解析
解：（1）因为， 所以，
因为曲线在原点处的切线为轴，所以，即.
（2）方程可化为，
令， 则，
所以在上单调递增， 又，所以在上有唯一零点，
所以方程有唯一解.
（3）要证， 即证，
即证， 先证，
由（2）易得，
所以；
再证， 令，
则， 所以在单调递减，
所以当时，， 即，
所以，
因为， 所以，即；
所以.
随堂练习：答案：（1） （2）①；②证明见解析
解：（1）设切点，，
得，，所以，代入直线方程得；
（2）①由（1）知，若曲线与直线有两个公共点，
则等价于有2个实数根，，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
，当趋向于正无穷大时，趋向于0，
当趋向于负无穷大时，趋向于负无穷大， 则；
②，即，等价于，
令，， ，
因为，所以，故，所以在上单调递增，故,
不妨设，故，即，由已知，所以，
由①知，当时，单调递增，故，所以， 所以.
典例4、答案：（1）证明见解析； （2）当时，；当时，．
解：（1）依题意，，令，即，
因为恒成立，则有两个根，不妨令，
即，当或时，，当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
分别是的极大值点和极小值点， 所以有且仅有两个极值点的．
（2）由（1）知是关于x的方程的两根，即有，，
因，则，解得或，
当时，，，则，，
由（1）知在，上单调递增，在上单调递减，
则函数的极大值为，极小值为，要使函数有三个零点，
当且仅当， 即，解得；
当时，，，则，，
函数在，上单调递增，在上单调递减，
则函数的极大值为，极小值为，要使函数有三个零点，
当且仅当， 即，解得，
所以，当时，；当时，．
随堂练习：答案：（1）不存在，详见解析；（2）1.
解:（1）由函数， . 得， .
若0为函数的极值点， 则，
解得，此时，函数单调递增，无极值点，
所以不存在使得0为函数的极值点；
（2）令，得 ，
当或时，， 当时，，
所以当函数取得极大值，当时，函数 取得极小值，
若函数有且只有两个零点，
则或，
即或 ，
解得或（舍去）
典例5、 答案：（1）证明见解析（2）证明见解析
解：（1）因为，所以，
设，则，则当时，，
所以即在单调递减，
又，，且图像是不间断的，
由零点存在性定理可得在有唯一零点，设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，
故在存在唯一极大值点.
（2）因为，所以，
设，则，则当时，，
所以即在单调递减，
由（1）知，在单调递增，在单调递减.
又，，所以，
又的图像是不间断的，所以存在，使得；
又当时，，所以在递减，
因，又，又的图像是不间断的，
所以存在，使得；
当时，，，所以，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
随堂练习：答案：（1）在和单调递增，在单调递减；证明见解析；
（2）证明见解析．
解:（1）当时，，，.
当时，；当时，，
所以在和单调递增，在单调递减．
且，，，.
根据零点存在定理得，在有唯一零点，在有唯一零点，
因此，在上有且只有两个零点．
（2）当时，，，
令，则，
当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增．
又因为，，，
根据零点存在定理得，在和各有一个零点分别为，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，
故在上有一个极大值点和一个极小值点．
典例6、答案：（1） （2）极小值点 （3）函数f（x）的零点个数为2，理由见解析
解：（1）当时，，
设曲线在点（1，f（1））处的切线的方程为，
因为，所以，又，
所以切线方程为，即.
（2）当时，，故， 令，故，
f（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：
0
极小值
所以f（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以函数f（x）有且仅有一个极小值点.
（3）函数f（x）的零点个数为2，理由如下：
①当时，.
由于， 所以，
故函数f（x）在区间（0，a]上单调递减， ，
所以函数f（x）在区间（0，a]上有且仅有一个零点：
②当时，， 故，
令，得， ，，故，
因此恒有，所以函数f（x）在区间（a，+∞）上单调递增.
又，
所以函数f（x）在区间（a，+∞）上有且仅有一个零点.
综上，函数f（x）的零点个数为2.
随堂练习：答案：（1）在区间上存在的极大值点个数为1，理由见解析；
（2）2个零点，理由见解析.
解：（1）在区间上存在的极大值点个数为1，理由如下：
，， ，令，，
则，令，，
，当时，，所以，
即在上单调递减，
又， ，
故存在，使得，
且当时，，当时，，
所以在处取得极大值，
故在区间上存在的极大值点个数为1；
（2）的定义域为，
①当时，由（1）知，在上单调递增，而，所以当时，，
故在上单调递减，又， 所以是在上的唯一零点；
②当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
而，， 所以存在，使得，
且当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
又，所以当时，，
所以在上没有零点；
③当时，，所以在上单调递减，
而， 所以在上有唯一零点；
④当时，，所以，从而在上无零点；
综上：有且仅有两个零点.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）高考导数复习专题二
知识点一 由导数求函数的最值（不含参）,函数单调性、极值与最值的综合应用
利用导数研究函数的零点
典例1、已知函数．
（1）若，求函数在区间上的最大值；
（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围．
随堂练习：已知函数．
（1）若，求函数在区间的最值；
（2）若恰有三个零点，求a的取值范围．
典例2、已知函数在处取得极值.
（1）求在上的最小值；
（2）若函数有且只有一个零点，求b的取值范围.
随堂练习：已知.
（1）若在有唯一零点，求值； （2）求在的最小值.
典例3、已知函数，且，其中是自然对数的底数
（1）当时，求函数的单调区间和最值；
（2）若函数没有零点，求实数m的取值范围．
随堂练习：已知函数.
（1）当，求的最值； （2）若有两个不同的极值点，求的取值范围.
知识点二 求过一点的切线方程,用导数判断或证明已知函数的单调性,利用导数研究方程的根,
利用导数研究双变量问题
典例4、已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同零点，，①求实数a的取值范围； ②求证：．
随堂练习：已知函数，（其中是自然对数的底数）
（1）试讨论函数的零点个数；
（2）当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
典例5、已知函数．
（1）当时，求曲线与曲线的公切线的方程；
（2）设函数的两个极值点为，
求证：关于的方程有唯一解．
随堂练习：已知，函数.
（1）当时，求的单调区间和极值；
（2）若有两个不同的极值点，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：（……为自然对数的底数）.
典例6、已知函数.
（1）若函数存在两个零点，求实数的范围;
（2）当函数有两个零点，且存在极值点，
证明:①; ②.
随堂练习：函数，．
（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若直线是函数图象的切线，求的最小值；
（3）当时，若与的图象有两个交点，，试比较与的大小．（取为2.8，取为0.7，取为1.4）
高考导数复习专题二答案
典例1、答案： （1）；（2）
解：（1）当时，，所以，令，解得或，令，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值为，
当时，所以函数在区间上的最大值为；
（2）由，所以，
当时所以函数在定义域上单调递增，则只有一个零点，故舍去；
所以，令得或，
函数有三个零点，等价于的图象与轴有三个交点，函数的极值点为，，
当时，令得或，所以函数在和上单调递增，
令得，所以函数在上单调递减，所以函数在处取得极大值，
在处取得极小值，解得；
当时，令得或，所以函数在和上单调递增，
令得，所以函数在上单调递减，所以函数在处取得极小值，
所以的图象与轴不可能有三个交点； 综上可得，即
随堂练习：答案： （1）最大值为37，最小值为；（2）.
解：（1）若，则，，
令，得或，列表如下：
x 1 3
+ 0 - 1 +
单增 5 单减 单增 37
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值为，
的极小值为，，. 故最大值为37，最小值为．
（2）， 当时，恒成立，在R上单调递减，
此时至多一个零点，不符合题意；
当时，令，则， 所以当或时，；当时，；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以极大值为，的极小值为．
因为恰有三个零点，所以，解得，
所以；综上所述，a的取值范围为．
典例2、答案：（1） （2）
解：（1）因为，所以，
在处取得极值，，即解得，
，所以，
所以当或时，当时，
在上单调递增，在上单调递减，
又，在上的最小值为.
（2）由（1）知，， 若函数有且只有一个零点，
则方程有唯一解，即有唯一解，
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
又，函数图象如下所示：
或，得或， 即b的取值范围为.
随堂练习：答案：（1）（2）
解:（1）由得， 令，，由得；
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增； 故
因为在有唯一零点，所以只需与直线有一个交点， .
（2），.
当时，恒成立，所以在上单调递增，因此最小值为；
当时，由得；由得；
所以在上单调递减，在上单调递增；因此；
当时，在上恒成立，所以在上单调递减；
因此，最小值为； 综上，.
典例3、答案：（1）单调减区间是，单调增区间是，最小值是，无最大值
（2）
解：（1）当时， ，，令，
当时，，单调递减，当时，，单调递增
∴单调减区间是，单调增区间是
∴最小值是，无最大值．
（2）由题可知，，其中，
当时，恒成立，在区间上单调递增．
令，即，，如图
因为当时，，，
可知，，必有一个零点，不符合题意． 当时，令，则，
时，，单调递减，当时，，单调递增
当时，即，有一个零点，不符合题意
当时，即，没有零点，符合题意
当时，即，因为，
∴，，有一个零点，不符合题意．综上所述，当时，函数没有零点．
随堂练习：答案：（1）最小值为，无最大值；（2）.
解:（1）当时，，，，
则在单调递减，在单调递增， 则，无最大值.
（2）.有两个极值点有两个不等实根有两个不等的实根.
记，则. 所以，.
则在上单调递增，上单调递减，，
，且当时，，如图所示：
∴即. 综上，的取值范围是．
典例4、答案：（1） 1、单调递增区间是，单调递减区间是（2）①；②证明见解析
解：（1）对函数求导，得．
当时，，
因为函数的定义域， 由，得， 由，得，
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）由，得，
①函数有两个不同零点，等价于方程有两个不同的实根．
设，即方程有两个不同的实根． 设，
，再设，所以函数在上单调递增，
注意到， 所以当时，，当时，．
所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增．
当时，， 当时，， 当时，，只需，即所求．
②注意到，，要证，只需证．
由①知，，故有，即． 下面证明：．
设，有，
所以函数在上单调递增， 所以，
所以，故有．
又，，且在上单调递减，所以，即得．因此
随堂练习：答案：（1）答案见解析 （2）证明见解析
解：（1）由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：
减 极小值 增
如下图所示：
当时，函数无零点； 当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
（2）证明：，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得， 要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，所以，，
因为，可得， 函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为， 所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时， ，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，故原不等式成立.
典例5、 答案：（1）（2）见解析
解:（1）曲线在切点处的切线方程为：，即，
曲线在切点处的切线方程为，即，
由曲线与曲线存在公切线，得，得，即．
令，则， ，解得，∴在上单调递增，
，解得，∴在上单调递减， 又，∴，则，
故公切线方程为．
（2）要证明关于的方程有唯一解， 只要证明，
先证明：． ∵有两个极值点，
∴有两个不同的零点， 令，则，
当时，恒成立，∴单调递增，不可能有两个零点；
当时，，则，∴在上单调递增，
，则，∴在上单调递减，又时，，时，，
∴，得，∴．
易知，
由，得，，
∴．
下面再证明：． ，
令，则只需证，令，则，
∴，得． ∴有唯一解．
随堂练习：答案：（1） 1、递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值
（2）（i）；（ii）证明见解析
解：（1）当时，()，则，
故当时，，当时，，
故的递减区间为，递增区间为， 极小值为，无极大值；
（2）(i)因为()，
令()，问题可转化函数有个不同的零点，
又，令，
故函数在上递减，在上递增，
故，故，即，
当时，在时，函数，不符题意，
当时，则，，，
即当时，存在，，
使得在上递增，在上递减，在上递增，
故有两个不同的极值点的a的取值范围为；
（ii）因为，，且， 令，则，，
又，
令，即只要证明，即，
令，
则，
故在上递增，且，所以，即，
从而，
又因为二次函数的判别式，
即，即，
所以在上恒成立，故.
典例6、 答案：（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
解：（1） 因为，令
则 所以在递减，递增
又有两个零点，所以
令，则在上单调递增 又，所以时 故
（2）（i） 而
（ii）由上知 而有：
即 又
即
又即
随堂练习：答案： （1）；（2）；（3）.
解：（1）：， 则，
在上单调递增， 对，都有，
即对，都有， ，， 故实数的取值范围是；
（2）， 设切点，则切线方程为，
即， 即，
令，由题意得，，
令，则，
当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增，
，故的最小值为；
（3）由题意知，， 两式相加得，
两式相减得，即 ，
即， 不妨令，记，
令，则，在上单调递增，则，
，则， ，
， ，即，
令，则时，， 在上单调递增，
又， ，
则，即．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）高考导数复习专题三
知识点一 求过一点的切线方程,用导数判断或证明已知函数的单调性,利用导数研究方程的根,
利用导数研究双变量问题
典例1、已知函数，实数，为方程的两个不等的根.
（1）求实数的取值范围；（2）证明：.
随堂练习：已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）设存在两个极值点，且，若，求证：.
典例2、已知，函数，其中为自然对数的底数.
（1）判断函数的单调性；
（2）若是函数的两个极值点，证明：.
随堂练习：已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，．
（2）若存在两个极值点，证明：．
典例3、已知函数(aR)．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，为函数的两个极值点，证明：．
随堂练习：1、设函数．
（1）求函数的最小值；
（2）设存在两个不同零点，，记，，求证：．
随堂练习：2、已知函数，，其中.
（1）若函数的图象与直线在第一象限有交点，求的取值范围.
（2）当时，若有两个零点，，求证：.
知识点二 由导数求函数的最值（不含参）,函数单调性、极值与最值的综合应用
利用导数研究函数的零点
典例4、已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）若函数有两个零点，求实数m的取值范围；
（3）若不等式仅有一个整数解，求实数a的取值范围．
随堂练习：已知函数.
（1）当时，求在区间上的最小值；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
典例5、已知函数．
（1）当时，求的最小值； （2）若函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
随堂练习：已知函数，．
（1）当时，求函数的最小值；
（2）当时，求证有两个零点，，并且．
典例6、已知函数．
（1）当时，求的最小值；
（2）若函数有两个不同的零点，求的取值范围．
随堂练习：已知函数.
（1）求的最小值；
（2）记为的导函数，设函数有且只有一个零点，求的取值范围.
高考导数复习专题三答案
典例1、答案 （1） （2）证明见解析
解：（1）函数的定义域为， ，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则， 所以
（2）在处的切线的斜率为，其切线方程为，
首先证明： ，
,
在上单调递增，在上单调递减,
的最大值，所以成立,
在处的切线的斜率为，其切线方程为，
再证明：,
，
在上单调递增，在上单调递减,
的最大值，所以成立,
不妨设，实数，为方程的两个不等的实根,
设直线与在处的切线的交点的横坐标为，
则可得, 由可得，
设直线与在处的切线的交点的横坐标为，
则可得,
由可得， 所以.
（注：不等式，可以直接使用）
随堂练习：答案：（1）答案见解析 （2）证明见解析
解：（1）由题意可知，，
当时，，则在是单调递增；当时，若，即时，若，即时，和时，时，，
综上，时，在是单调递增；
时，在和递增， 在递减
（2）由题意可设，是的两个根， 则
（用分别表示出和），
整理，得，此时
设，求导得 恒成立，
在上单调递减，
典例2、答案：（1）答案见解析 （2）证明见解析
解： （1）， 令，，
当时，， 所以有2个根：，
所以当或时，，
当时，，
所以当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，，所以恒成立，所以在上单调递增.
所以时，在上单调递增.
综上得：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
（2）因为是函数的两个极值点，所以是方程的两根，
设，则，，
要证明，即证， 即证，
即证， 令，则，
即证， 即证，
令， ，
所以在上单调递增， 所以，故结论成立.
随堂练习：（1）证明见解析；（2）证明见解析.
解：（1）当时，，定义域为，
在定义域上恒成立，
所以在上单调递减，当时，；当时，原命题得证．
（2），若存在两个极值点，则，解得．
由韦达定理可知，
原命题即证：．
不妨设，原命题即证：，由（*）知，
齐次化，即证：，不放令，
原命题即证：，记，
则，
当时，在上单调递减，．
典例3、答案： （1）答案见解析；（2）证明见解析.
解:（1），令
当即时，，在上单调递增； 当即或时，
① 当时，在上单调递增；
② 当时，令，
+ 0 - 0 +
递增 极大值 递减 极小值 递增
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增， 在上单调递减.
（2）由（1）知时有两个极值点， 且，不妨设，
要证即证，
即，
设由（1）知当时，在上单调递增，
，则在上单调递减， .原式得证.
随堂练习：1、答案： （1）；（2）证明见解析.
解:（1）函数，定义域为， ，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增； 所以；
（2）不妨设,， ，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
∴在递减，在递增， ∴，，
∴， ∴，
∵，即， ∴，
∴
要证， 即 即证
即证 即证
又由于，， 所以只需证
即证明， 即证， 即证
随堂练习：2、答案： （1）；（2）证明见解析.
解：（1）设， 则由题设知，方程，在有解，
而.
设，则.
①若，由可知，且，
从而，即在上单调递减，从而恒成立，
因而方程在上无解.
②若，则，又时，，
因此，在上必存在实根，设最小的正实根为，
由函数的连续性可知，上恒有， 即在上单调递减，
也即，在上单调递减，从而在上恒有，
因而在上单调递减，故在上恒有，即，
注意到，因此，
令时，则有，由零点的存在性定理可知函数在，上有零点，符合题意.
③若时，则由可知，恒成立，从而在上单调递增，
也即在上单调递增，从而恒成立，故方程在上无解.
综上可知，的取值范围是.
（2）因为有两个零点，所以（2）， 即，
设，则要证，因为，，
又因为在上单调递增， 所以只要证明，
设， 则，
所以在上单调递减，（2），所以，
因为有两个零点，，，所以，
方程即构造函数， 则，，， 记，
则在上单调递增，在上单调递减， 所以，且，
设， ， 所以递增，
当时，， 当时，， 所以，
即，
，，， 所以，
同理， 所以，
所以， 所以，
由得： ， 综上：.
典例4、答案： (1)；(2)；(3)．
解:(1)函数，则，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得极大值，也是最大值为．
(2)函数有两个零点，相当于函数的图象与直线有两个交点．
当时，，时，， 结合（1）中结论，可得．
(3)因为，所以不等式仅有一个整数解，
即只有一个整数解，因为的极大值为，，，
所以当时，只有一个整数解，
即当时，不等式仅有一个整数解． 所以实数的取值范围是
随堂练习：答案： （1） ； （2）.
解： （1），令，得.当时，
，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
当时，有极小值，也是最小值，最小值为.
（2），定义域，由题意， 即有两个零点，
令 所以在时，，函数单调递增；
当时，函数单调递减.所以函数的最大值
时，， 函数的图象如图所示，
所以，所以.
典例5、答案：（1） 0 （2）
解：（1）当时， 令，，
，
因为在上单调递增， 所以，
又因为时，， 所以，当且仅当时，等号成立，
所以在上是增函数，且， 所以在上是增函数，所以；
由于，问题转化为求在区间有一根时，实数a的取值范围，当，即时，
（2）由（1）可知，
即在区间无零点，不满足题意， 当，即时，
令， 令，
①当时，，
所以在上为增函数， ，
所以存在唯一一个实数，使．
②当时，， ．
由①②知，当时，单调递减， 当时，单调递增，
因为， 所以存在唯一实数，使，
所以当时，单调递减， 当时，单调递增，
因为， 所以存在唯一实数，使，
即在区间有唯一零点，
综上所得，函数两个不同的零点时，实数a的取值范围是．
随堂练习：答案：（1） 1 （2）证明见解析
解：（1）当时，， ．
令，则，所以在单调递增，
又因为，，所以存在，使得，此时．
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增．
所以的最小值为，
（2）， ，当时，，单调递减；
当时，，单调递增． 则，
这时， 利用放缩
记的正根为 所以，
所以存在两个零点和，，，
因为，即 两式相减得；
两式相加得． 要证，即
只要证， 令，，
，则在单调递增，所以，
又因为，所以得证，所以成立．
典例6、答案： （1）1 （2）
解：（1）的定义域为，时，，
当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以是的极小值点，也是的最小值点，故．
（2）由，定义域为 ，
当时，，所以在上单调递减，则最多有一个零点，不合题意；
当时，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则的极小值为．
设，则，所以，从而在上单调递减，又．
当，即时，； 所以当时，最多有一个零点，不合题意；
当，即时，，即； 又，
则，所以在内有一个零点． 由（1）得:，
所以，所以在内有一个零点，
结合的单调性，可知时，有两个不同的零点，故的取值范围为．
随堂练习：答案： （1） 1、； （2）或.
解：（1）由题得，
∴当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增， 所以是的极小值点；
又当时，，当时，，当时，，
所以只能在内取得最小值，因为是在（0，）内的极小值点，也是最小值点，
所以．
（2）由题可得（）， ∴
①当时，，函数在上单调递增，
又∵， ∴函数有且仅有1个零点，∴符合题意；
②当时，令，，函数在上单调递增，
因为，
∴存在唯一的实数，使得，即，
当时，，单调递减；时，，单调递增；
又∵时，，时，，且，
∴当函数有且仅有1个零点时，，
∴符合题意
综上可知，的取值范围是或.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）高考导数复习专题四
知识点一 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究函数的零点
典例1、已知函数f(x)＝2ex(x＋1)－xsinx－kx－2，k∈R．
（1）若k＝0，求曲线y＝f(x)在x＝0处切线的方程；
（2）讨论函数f(x)在[0，＋∞)上零点的个数．
随堂练习：已知函数．
（1）求函数的图象在处的切线方程；（2）判断函数的零点个数，并说明理由.
典例2、已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论在区间上的零点个数.
随堂练习：已知函数.
（1）若，求曲线的斜率等于3的切线方程；
（2）若在区间上恰有两个零点，求a的取值范围.
典例3、已知函数，其中为常数.
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若函数在区间上只有一个零点，求的取值范围.
随堂练习：已知函数，其中.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在内只有一个零点，求的取值范围.
知识点二 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的零点
典例4、已知函数，曲线在处的切线方程为.
（1）求的值； （2）函数在区间上存在零点，求的值；
（3）记函数，设（）是函数的两个极值点，若，
且恒成立，求实数的最大值.
随堂练习：已知函数
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围；
（3）若，判断函数的零点的个数.
典例5、已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）函数在区间上有零点，求k的值；
（3）记函数，设是函数的两个极值点，若，
且恒成立，求实数k的取值范围.
随堂练习：已知函数，设．
（1）若，求的最小值
（2）若函数有两个零点，求实数m的取值范围；
（3）若直线是曲线的一条切线，求证：，都有．
典例6、已知函数，（）.
（1）求函数在点（e，e）处的切线方程；
（2）已知，求函数极值点的个数；
（3）若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
随堂练习：已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若对任意的，恒成立，求a的取值范围；
（3）当a=3时，设函数，证明：对于任意的k<1，函数有且只有一个零点．
高考导数复习专题四答案
典例1、答案：（1） （2）当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.
解：（1）当时，，，
则曲线在处切线的斜率为，
又，故切点为，因此切线方程为.
（2）首先证明：当时，. 证明：设，，则，单调递增，
于是，即原不等式得证.，，
当时，， 故在上单调递增.
若，则当时，，单调递增，
又，故此时有且仅有1个零点. 若，则，
又，
所以在上存在唯一的零点，，当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，
且，，因此在上有2个零点.
综上，当时，有且仅有1个零点；当时，有有2个零点.
随堂练习：答案：（1） （2）在区间上有且仅有一个零点，理由见解析
解：（1）， 所以函数的图象在处的切线方程为，
即.
（2）设，则，
①当时，，所以单调递减；且，，
由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，，
所以在上单调递增，
且， ，所以在上有唯一零点；
当时，单调递减，且，所以在上没有零点.
②当时， 单调递增，， ，
所以在区间有唯一零点，设为，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
在区间上，此时单调递减，
且，故有，此时单调递减，且，
由，得， 所以.
当时， ，所以单调递增，
又，故，
，，
所以存在，使，即，故为的极小值点.
此时. 所以在上没有零点.
③当时，，
所以，所以在区间上没有零点.
综上在区间上有且仅有一个零点.
典例2、答案：（1） （2）见解析
解：（1）当时， ，即切点的坐标为
切线的斜率
切线的方程为： 即
（2）
令 ，解得 ，在上递增 同理可得，在上递增上递减
讨论函数零点情况如下：
（Ⅰ）当，即时，函数无零点，在上无零点
（Ⅱ） 当，即时，函数在上有唯一零点，而，
在上有一个零点
（Ⅲ）当，即时，由于，
当时，即时， ，
由函数的单调性可知，函数在上有唯一零点，在上有唯一零点，
在有两个零点
当，即时，，而且 ，
由函数单调性可知，函数在上有唯一零点，
在上没有零点，从而在有一个零点
综上所述，当时，函数在有无零点
当或时，函数在有一个零点
当时，函数在有两个零点
随堂练习：答案： （1）； （2）．
解: 由已知函数定义域是，
（1），， 由解得（舍去），
又，所以切线方程为，即；
（2）， 易知只有一个极值点，要使得有两个零点
则，即，此时在上，递减，
在上，递增， 在时取得极小值，
所以解得． 综上的范围是．
典例3、 （1）； （2）.
解: （1）当时，，
对函数求导可得，
所以， 又，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）由（1）知，
因为，所以， 所以，所以，
所以， 故函数在区间上单调递增.
因为函数在区间上只有一个零点，
结合零点存在定理可得， 解得，即的取值范围是.
随堂练习：答案：（1）； （2）.
解：（1）, ，
则， 故所求切线方程为；
（2）， 当时，对恒成立 ，
则在上单调递增，从而，则，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则 ，
当时， 对恒成立，则在上单调递减，
在（1，2）内没有零点 ， 综上，a的取值范围为（0，1）.
典例4、答案： （1） （2）或 （3）
解：（1）因为曲线在处的切线方程为，所以切点为，
所以，得
（2）由（1）得，则，当时，，当时，，
所以在上递减，上递增， 所以当时，取得极小值，
因为， 所以在区间上存在一个零点，此时，
因为，
所以在区间上存在一个零点，此时， 综上或
（3）， 则，
由，得， 因为（）是函数的两个极值点，
所以方程有两个不相等的正实根， 所以，， 所以，
因为，所以，解得或， 因为，所以，
所以
令，则，所以在上单调递减，
所以当时，取得最小值，即，
所以， 所以实数的最大值为
随堂练习：答案： （1）；（2）；（3）当时，函数恰有1个零点．
解：（1）若，则，
所以，所以，所以切线方程为
（2）依题意，在区间上 因为，．
令得，或． 若，则由得，；由得，．
所以，满足条件；
若，则由得，或；由得， ，
依题意，即，所以．
若，则． 所以在区间上单调递增，，不满足条件； 综上，．
（3），．
所以．设，．
令得． 当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．所以的最小值为．
因为，所以．所以的最小值．
从而，在区间上单调递增． 又，
设． 则．令得．由，得；
由，得．所以在上单调递减，在上单调递增．所以．
所以恒成立．所以，．
所以．
又，所以当时，函数恰有1个零点．
典例5、答案： （1） （2）或 （3）
解：（1）因为，所以，切线斜率为，
又，切点为，所以切线方程为；
（2），， 当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增， 所以的极小值为，，
在区间上存在一个零点，此时；
又，，
在区间上存在一个零点，此时． 综上，的值为0或3；
（3）函数，，所以，
由得，依题意方程有两不相等的正实根、，
，，， 又，，，解得，
，
构造函数，， 所以，在上单调递减；
所以当时，， 所以．
随堂练习：答案： （1）0 （2） （3）证明见解析
解：（1）当时，， 令．
列表如下：
单调递减 极小值0 单调递增
所以的最小值为0
（2），
当时，单调递减；当时，单调递增，
， 要使有两个零点，首先必有
当时，注意到，
在和上各有一个零点，符合题意， 综上：取值范围为．
（3）由题得，，设与切于，
，，
要证：，需证：
即证：，即证：．
令，需要证明：，．
构造，，在上单调递增， ，证毕．
典例6、 答案：（1） （2）答案见解析 （3）
解：（1）由已知，所以，所以，切线斜率，
所以函数在，点处的切线方程为，即.
（2）， 令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
由得，
所以当时，由，
函数有两个变号零点，函数有两个极值点.
当时，函数有一个变号零点，函数有一个极值点.
当时，函数没有变号零点，函数没有极值点.
（3）不等式等价于.
令，
则在上恒成立，所以必须有，
所以. 又，
显然当时，，则函数在上单调递增，
所以，所以. 综上可知，的取值范围为.
随堂练习：答案：（1）； （2）； （3）证明见解析.
解：（1）由求导得：，则，而，
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2），，令，
求导得：，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，
则有，所以a的取值范围是.
（3）当a=3时，，由k<1得，
当时，，即函数在上单调递增，而，，
即函数在上有唯一零点，因此，函数在上有唯一零点，
当时，令，则，，
当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
，，因此，函数在上没有零点，
综上得，函数在R上有唯一零点，
所以对于任意的k<1，函数有且只有一个零点．
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知识点一 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究不等式恒成立问题，利用导数研究函数的零点
典例1、已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）设，若恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若有两个零点，求实数a的取值范围.
随堂练习：已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线方程为y=0，求m的值；
（2）若对任意，都有，求m的取值范围；
（3）讨论在区间上的零点个数.
典例2、已知，设函数，
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，若不等式恒成立，求实数的值；
（3）若函数与的图象没有交点，求实数的取值范围．
(注：题中为自然对数的底数，即)
随堂练习：已知函数．（注：是自然对数的底数）
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若只有一个极值点，求实数a的取值范围；
（3）若存在，对与任意的，使得恒成立，求的最小值．
典例3、设函数．
（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；
（2）若，求实数的取值范围；
（3）求证：当时，函数不存在零点．
随堂练习：已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若关于x的不等式恒成立，求实数a的值；
（3）设函数，在（2）的条件下，证明：存在唯一的极小值点，且．
知识点二 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究函数的零点
典例4、已知函数
求曲线在点处的切线方程
若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围
随堂练习：已知函数，.
（1）求在点处的切线方程；
（2）求证：当时，有且仅有个零点.
典例5、已知函数（）．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）若恰有两个零点，求实数的取值范围．
典例6、已知函数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2）当时，求的单调区间；
（3）当时，在区间有一个零点，求的取值范围．
高考导数复习专题五答案
典例1、答案：（1）；（2）；（3）.
解:（1）当时，，，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）因为，
若恒成立，则恒成立，所以恒成立，
令，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，所以，故a的取值范围为.
（3）若有两个零点，则有两个零点，
所以在上有两个解，所以在上有两个解，
令，，，
令，，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，且，
所以在上，单调递增，在上，单调递减，
所以，又在上，；在上，，
所以a的取值范围为.
随堂练习：答案： （1）1 （2） （3）3、答案见解析
解：（1）因为曲线在点处的切线方程为y=0，所以，即，解得m=1.
（2），， 由于在单调递增，所以.
①当时，，所以在单调递增，即.
②当时，令，解得，
，的情况如下：
x
- 0 +
单调递减 极小值 单调递增
函数在单调递减，即，不合题意.
综上，使在都成立的m的范围是.
（3）根据第（2）的结论，
①当时，在单调递增，且有唯一零点x=0，所以在区间上没有零点；
②当时，
若，即时，在区间上有1个零点；
若，即时，在区间上没有零点；
综上，时，在区间上没有零点：
当时，在区间上有1个零点.
典例2、答案： （1）；（2）；（3）．
解:（1）时，，所以， 所以，
所以切线方程为：，即
（2） 设，，
又不等式： 恒成立，即恒成立，
故是的极大值点，所以，得；
另一方面，当时，，，
在区间单调递减，又，故在单调递增，单调递减，
所以，即恒成立 综合上述：
（3）由题意，即方程没有实根，
我们先把方程有实根时，的取值范围求出，再关于取补集，
不妨设：()，
则方程变为，
设函数，
∵，在上递增， （）
设，则， 所以在上增，在上减 ，(的图象如图)
有实数解，结合， 则，有
即，所以方程有实根时，的取值范围为
所以方程没有实根时，的取值范围为．
随堂练习：答案： （1） （2） （3）
解：（1）当时，，故，
故在点处的切线方程为，化简得．
（2）由题意知有且只有一个根且有正有负．
构建，则
①当时，当时恒成立，在上单调递增，
因为， 所以有一个零点，即为的一个极值点；
②当时，当时恒成立，即无极值点；
③当时，当；当，
所以在单调递减，在上单调递增，
故， 若，则即.
当时，， 当时，,
设，故，
故在上为增函数，故， 故，
故当时，有两个零点，此时有两个极值点．
当时，当时恒成立，即无极值点；综上所述：．
由题意知，对与任意的，使得恒成立，则，
又要使取到最小值，则．
当时，，故，所以的最小值为e；
当时，当时，， 所以无最小值，即无最小值；
当时，由（2）得只有一个零点，即且
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
此时，因，
所以代入得 ：，
令，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，此时，所以的最小值为．
典例3、答案： （1）； （2）； （3）证明见解析.
解：（1）因为，则，
因为点在直线上，则， 所以，，解得.
（2）因为成立，则，
当时，，下面证明，
设，其中，则，
令，则且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
即成立，所以，故实数的取值范围为.
（3）因为，所以， 且两个等号不同时成立，即，
令，其中，则且不恒为零，
所以函数在上单调递增，且，当时，，即，
所以当时，，即，此时函数不存在零点；
当时，，而，此时，
即，所以此时函数不存在零点；
当时，，而，所以，
即，所以此时函数不存在零点． 综上可得，时，函数不存在零点．
随堂练习： 答案：（1）；（2）；（3）证明见解析.
解：（1），而，所以在处的切线方程为：
（2）由题意得：，因为，所以问题等价于在上恒成立，
令，则，
当时，恒成立，则在上单调递增，又，
所以当时，，不满足题意，舍去；
当时，因为时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值且为最大值，即最大值为，
所以，整理得：令，
则，易得在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，即最大值为，所以的解为．
（3）， 设，则，
当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
又，所以在上有唯一零点， 在上有唯一零点1；
且当时，；当时，；当时，．因为，
所以时的唯一极小值点．由得故，由得，．
因为当时，在取得最小值，由得，．
所以．
典例4、答案： (1) x+y-1=0. (2) .
解:（1）因为，所以.所以 又
所以曲线在点处的切线方程为 即.
（2）由题意得，， 所以. 由，解得，
故当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增. 所以.
又，，
若函数恰有两个零点， 则解得.
所以实数的取值范围为.
随堂练习：答案：（1） （2）证明见解析
解：（1）由知，则，，
所以，，，所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）证明：记，则，
当时，，在上单调递增，
，，则，使得；
当时，，在上单调递减，
，，则，使得，
当时，；当时，. 故在上递增，在上递减，
，，故当时，；
当时，. 综上，有且仅有个零点.
典例5、答案： （1）；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）．
解：（1）当时，，，所以，．
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）因为，定义域为，
所以．
①当时，与在上的变化情况如下：
最大值
所以在内单调递增，在内单调递减．
②当时，与在上的变化情况如下：
极大值 极小值
所以在，内单调递增，在内单调递减．
③当时，，所以在上单调递增．
④当时，与在上的变化情况如下：
极大值 极小值
所以在，内单调递增，在内单调递减．
（3）由（2）可知：
①当时，在内单调递增，在内单调递减，
当时，取得最大值．
（i）当时，， 所以在上至多有一个零点，不符合题意．
（ii）当时，．
因为，，在内单调递减， 所以在内有唯一零点．
因为， 所以且．
因为，，
且在内单调递增，所以在内有唯一零点．
所以当时，恰有两个零点．
②当时，在，内单调递增，在内单调递减，
因为当时，取得极大值，
所以在上至多有一个零点，不符合题意．
③当时，在上单调递增，
所以在上至多有一个零点，不符合题意．
④当时，在，内单调递增，在内单调递减．
因为当时，取得极大值，
所以在上至多有一个零点，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
典例6、答案：（1）（2）单调递增区间为，，单调递减区间为，，，．
（3）
解：（1），所以， 又，
所以在，处的切线方程：，即．
（2）当时，， ，
所以在，上，，单调递增，
在，，，上，，单调递减，
所以单调递增区间为，，单调递减区间为，，，．
（3）当时，令，得， 所以，
令，，，
当，时，，，即， 所以在，上单调递增，
又，， 若在区间有一个零点，则，
故的取值范围，．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）高考导数复习专题六
知识点一 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究不等式恒成立问题
典例1、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．
随堂练习：已知，，
（1）若与在处的切线重合，分别求，的值.
（2）若，恒成立，求的取值范围.
典例2、已知函数.
（1）求的图象在处的切线方程；
（2）已知，对，，求a的取值范围.
随堂练习：已知函数在点处的切线方程2x－2y－3=0．
（1）求实数a，b的值；
（2）设函数的两个极值点为，且，若恒成立，求满足条件的的最大值．
典例3、已知函数.
（1）若在处的切线与轴垂直，求的极值；
（2）若有两个不同的极值点，且恒成立，求的取值范围.
随堂练习：已知函数的图象在点处的切线与直线平行．
（1）求实数m的值，并求函数的单调区间；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．
知识点二 利用导数研究方程的根,由导数求函数的最值（含参）
典例4、已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围.
随堂练习：已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若方程在上有实根，求实数a的取值范围．
典例5、已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数与的图像有两个不同的公共点，求的取值范围.
随堂练习：已知函数.
（1）求在（为自然对数的底数）上的最大值；
（2）对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点P，Q，使得是以О为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上
典例6、已知函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若有且仅有两个不相等实根，求实数a的取值范围．
随堂练习：已知函数f(x)＝lnx－ax2－2x.
（1）若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；
（2）若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；
（3）当时，关于x的方程在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围.
高考导数复习专题六答案
典例1、答案:（1） （2）
解：（1）当时，, 所以.
所以,，
所以曲线在点处的切线的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由题易得，由，得:
，
令， 则，所以在上单调递增，
式等价于，即．
所以，，
令，则有， 令，即，解得，
当时， ；当时， ；
所以在上单调递减，在上单调递增， 所以；
所以只需，即． 综上，实数m的取值范围是．
随堂练习：答案：（1）， （2）
解：（1）因为，， 所以.，，
因为且， 即且， 解得，.
（2）因为对恒成立，
.对恒成立，
即对恒成立，
令，
因为， 所以是的最小值点，且是的极值点，即，
因为在上单调递增，且，所以，
下面检验：当时，对恒成立，
因为，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，符合题意， 所以.
典例2、答案：（1） （2）
解：（1），
， 的图象在处的切线方程为：
， ， ，在上恒成立，
令， ，
令， ，
令， ，
， ，则在上单调递减，
， 在上单调递减， ，
①当，即时，， ，在上单调递减，
， 解得，
②当时，， 所以存在使得，
当时，， ，在单调增， ，
因为，所以， 所以，
所以当，与矛盾，所以当时，不符合题意，
综上所述，a的取值范围.
随堂练习：答案：（1），b=1 （2）
解：（1）由，得，
因为点在切线方程2x－2y－3=0上，所以2－2y－3=0， 解得，即，
又∵，所以解得，b=1．
（2）由（1）知，，则，
则，
由，得，因为，是函数g（x）的两个极值点，
所以方程有两个不相等的正实根，，
所以，，所以．因为，所以，解得或．
因为，所以，
所以，
令，则，
所以F（x）在当上单调递减，所以当时，F（x）取得最小值，
即，所以， 即实数的最大值为．
典例3、答案：（1） 极大值为，极小值为 （2）
解：（1），的定义域为， ，
若在处的切线与轴垂直， 则，
所以，，
所以在区间递增； 在区间递减.
所以的极大值为，极小值为.
（2）若有两个不同的极值点，则有两个不同的正根，
即有两个不同的正根， 所以，解得.
， ， 依题意，恒成立，
恒成立，
恒成立，即恒成立，所以，
解得. 故的取值范围为
随堂练习：答案：（1），增区间是，减区间是 （2）
解：（1）函数的定义域为，，
因为函数的图象在点处的切线与直线平行，
所以，故，解得，所以，所以．
当时，，又，则， 故，所以在上单调递减．
（2）设，则，
当时，，，是增函数，即在上单调递增，
所以，因此在上单调递增，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是．
不等式可化为，
设，由已知可得在上恒成立，满足题意．
因为，令，
则，令，
则，所以即在上是增函数，
，当时，，
函数即在上单调递增， 所以，在上单调递增，
所以恒成立，原不等式恒成立；
当时，则，又，
所以存在，使得，
时，，即在上单调递减，
时，，即在上单调递增，
又，所以时，，从而在上单调递减，
于是当时，，不合题意．
综上，实数a的取值范围是．
典例4、答案：（1）单增区间是，单减区间是，极小值，无极大值；（2）.
解:（1）的定义域是，， 可得，
x -2
0
减函数 极小值 增函数
所以的单增区间是，单减区间是
当时，取得极小值，无极大值.
（2）由（1）以及当，， ，， ，
因为方程有两个不同的解， 所以a的取值范围为.
随堂练习：答案：（1） 见解析； （2） .
解：（1）， 时，，在R上单调递减；
时，，，单调递增， ，，单调递减；
综上，时，在R上单调递减；
a＞0时，f(x)在单调递增，在单调递减.
（2），
令， 则，
∴g(x)在(1，e)上单调递增， ∴ ∴.
典例5、答案：（1） 答案见解析 （2）
解：（1），，.
①当，，函数在上单调递增；
②当，令，得， 时，；时，，
在上单调递减，在上单调递增.
综上所述：当，的单调递增区间为，无单调递减区间；
（2）当，的单调递增区间为，的单调递减区间为.
根据题意可知：方程，即有两个不同的实根.
由可得：. 令，当时，，
时，，，所以在上单调递增，
要使有两个不同的实根，则需有两个不同的实根.
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，.
①若，则，没有零点；
②若，则，当且仅当时取等号，只有一个零点；
③若，则，，.
令，则当时，，即在上单调递增，
所以，即.
故此时在上有一个零点，在上有一个零点，符合条件.
综上可知，实数的取值范围是.
随堂练习：答案：（1）1答案见解析 （2）存在，理由见解析.
解：（1）当时，，，
令，解得，此时在和上单调递减，在上单调递增，
由于，故当时，；
当时，，，
故当时，在区间上单调递减，；
当时，在区间上单调递增，，
当时，.
综上，当时，在上的最大值为，
当时，在上的最大值为.
（2）假设曲线上存在两点，，使得是以为直角顶点的直角三角形，
且此直角三角形斜边的中点在y轴上，则，只能在轴的两侧，
不妨设（），则，且．
因为△是以为直角顶点的直角三角形，所以，即： ①
是否存在点，等价于方程①是否有解．
若，则，代入方程①得：，此方程无实数解；
若，则，代入方程①得：，
设（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，从而，
所以当时，方程有解，即方程①有解．
所以，对任意给定的正实数，曲线上存在两点，，
使得△是以为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．
典例6、答案： （1）答案详见解析 （2）
解：（1）的定义域为，，
当时，恒成立，所以在上递增；
当时，在区间递增；在区间递减.
（2）依题意有且仅有两个不相等实根，即有两个不相等的实根，
，构造函数，
，所以在区间递增；在区间递减.
所以. ，当时，，，
， 所以的取值范围是.
随堂练习：答案：（1）－；（2）(－∞，－1]；（3）.
解:（1）由题意，得 (x>0)，
因为x＝2时，函数f(x)取得极值，所以，即，解得，
则，则，令，则或，所以和时，，单调递减，时，，则单调递增，故函数在x＝2处取得极大值，故符合题意，因为；
（2）函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意在时恒成立，
即在时恒成立，则在时恒成立，即，
当时，取最小值，所以a的取值范围是.
（3）当时，， 即.
设， 则，令，或，
当变化时，的变化情况如下表：
x (0，1) 1 (1，2) 2 (2，4)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增
所以g(x)极小值＝g（2）＝ln2－b－2， g(x)极大值＝g（1）＝－b－，
又g（4）＝2ln2－b－2，
因为方程g(x)＝0在[1，4]上恰有两个不相等的实数根， 则，解得ln2－2所以实数b的取值范围是.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）高考导数复习专题七
知识点一 利用导数研究不等式恒成立问题,利用导数证明不等式,含参分类讨论求函数的单调区间
典例1、已知：函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若在上单调递增，求实数的取值范围.
随堂练习：已知函数.
（1）讨论的单调性；（2）求证：当时，.
典例2、已知函数．
（1）讨论函数的单调性； （2）若且，求证：．
随堂练习：已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性； （2）若且，求证：.
典例3、已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）证明：当时，，.
随堂练习：已知函数
讨论函数的单调性；
设，对任意的恒成立，求整数的最大值；
求证：当时，
知识点二 利用导数研究方程的根,由导数求函数的最值（含参）
典例4、已知函数，其中.
（1）当时，求的最小值； （2）讨论方程根的个数.
随堂练习：已知，．
（1）存在满足：，，求的值；
（2）当时，讨论的零点个数．
典例5、已知函数，．
（1）当a＝2时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论关于x的方程的实根个数．
典例6、函数，.
（1）试讨论的单调性； （2）若恒成立，求实数的集合；
（3）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.
高考导数复习专题七答案
典例1、答案： （1）单调递增；（2）.
解:（1）当时，， 所以，
令，则， 当时，，递减；
当时，，递增； 所以取得最小值，
所以在上成立， 所以在上递增；
（2）因为在上单调递增， 所以，恒成立，
即，恒成立， 令，则，
当时，当时，，递减； 当时，，递增；
所以取得最小值， 所以
当时，易知，不成立， 当a=0时，成立，
综上：， 所以实数的取值范围.
随堂练习：答案：（1）见解析；（2）证明见解析.
解：（1）函数，定义域为， 所以，
当时，，在单调递减；
当时， 令，则，解得，在单调递增；
令，则，解得；在单调递减；
综上：当时，在单调递减；
当时，在单调递增，在单调递减；
（2）要证当时，， 只须证：，
而，因此，只要证：， 设，
则， 当时，单调递增；
当时，单调递减； 所以，即；
所以当时，．
典例2、答案：（1）答案见解析；（2）证明见解析.
解:（1）函数的定义域为，．
若，则，在上单调递减．若，当时，；
当时，；当时，，
故在上，单调递减；在上，单调递增．
若，当时，； 当时，；当时，，
故在上，单调递减；在上，单调递增．
（2）若且，则． 欲证，
只需证． 设函数，则．
当时，，函数在上单调递增，所以．
设函数，则．
设函数，则．
当时，， 故存在，使得，
从而函数在上单调递增；在上单调递减， 所以，且，
故存在，使得， 即当时，，当时，，
从而函数在上单调递增；在上单调递减．
因为，， 所以当时，，所以，，
即，．
一题多解：（2）另解一 若且，则，
欲证， 只需证．
设函数，则． 当时，，函数在上单调递增．
所以． 设函数，，
因为，所以，所以， 又，所以，
所以， 即原不等式成立．
随堂练习：答案： (1)答案见解析；(2)证明见解析.
解:（1）函数的定义域为
①若时，则，在上单调递减；
②若时，当时， 当时，；当时，
故在上，单调递减；在上，单调递增
（2）若且，欲证 只需证 即证
设函数，，则
当时，；故函数在上单调递增 所以
设函数，则
设函数，则
当时， 故存在，使得
从而函数在上单调递增；在上单调递减
当时， 当时， 故存在，使得
即当时，，当时，
从而函数在上单调递增；在上单调递减
因为 故当时，
所以 即
典例3、答案：（1）在上单调递增，在上单调递减． （2）证明见解析.
解：（1）由题意知， ,
当 时， 对恒成立，
所以当 时， ；当 时，,
所以函数 在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：要证明当时，，,
即证当时，对任意， 恒成立，
令 ， 所以，
因为，，则，仅在或时取等号，所以函数 在上单调递减，
所以 ， 即当时，，.
随堂练习:答案:（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）；（3）证明见解析.
解:（1）
① 若，则，函数在上为增函数；
②若，由可得；由可得
因此在上为增函数，在上为减函数；
（2）若，则，不满足题意；
若，则在上为增函数，在上为减函数；
设，则，又在上单调递增 且，
故存在唯一使得 当时，，当时，
故，解得 ，又， 则综上的最大值为；
（3）由（2）可知，时，
，
记，则 记，则
由可得 ，
所以函数在上单调递减，在上单调递增
所以
故，故函数在上单调递增
即
典例4、答案：（1） （2）答案见解析
解：（1）时，.
①时，， ，
所以，即在时单调递减；
②时，.
所以，即在时单调递增；
当时，取得最小值为 所以的最小值是.
（2）由题，， 则，
即.
所以.由，得.
当时，； 当时，；
所以，在上递减；在上递增.
又因为，所以，当且仅当或.
又，故和不可能同时成立.
所以方程根的个数是两函数和的零点个数之和，其中
当时，函数的零点个数转换为直线与函数图象的交点个数，
，令，即，解得.
当易知时，,单调递减， 当时，，单调递增；
在处取得最小值为，
所以时，直线与函数图象无交点，函数无零点；
时，直线与函数图象有一个交点，函数有1个零点；
时，直线与函数图象有2个交点函数，有2个零点.
同理：函数的零点个数转化为直线与函数图象交点个数，
设，则 所以函数在单调递增，
在处的函数值为， 所以故时，在上必有1个零点.
综上所述，时，方程有1个根； 时，方程有2个根；时，方程有3个根.
随堂练习：答案：（1） 或4； （2）答案见解析.
解：（1）时，原条件等价于， ∴，
令，则，
∴为增函数，由，则有唯一解，所以，
时，，解得：． 综上，或4．
（2）ⅰ.时，则，，
而，，即为增函数，又，
当时；当时，故，
∴恒成立，故时零点个数为0；
ⅱ.时，，由①知：仅当时，此时零点个数为1．
ⅲ.时，，则，，
∴为增函数，，，
∴仅有一解，设为，则在上，在上，
所以最小值为，故．
又，，
故、上各有一零点，即有2个零点．
ⅳ.时，上，
，
∴无零点，则上，，，
∴为增函数，，，
∴有唯一解，设为，则，
又，，
故、上，各有一个零点，即有2个零点．
ⅴ.时，由（1）知：上有唯一零点：；
在上，则，，
所以为增函数，，，故使，
则上，递减；上，递增；
故，而，
又，，故在、上各有一个零点，
所以共有3个零点．
综上：时零点个数为0；时零点个数为1；时零点个数为2；时 零点个数为3．
典例5、答案：（1） （2）答案不唯一，具体见解析
解：（1）当a＝2时，，， 则切线的斜率为，
又，所以曲线在处的切线方程是，即．
（2）即为，化简得，
令，则， 令，则，
令，得． 当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
①当时，，即， 所以在R上单调递减．
又，所以有唯一零点0；
②当时，，，所以存在，，
又，
令，，
所以在上单调递减，，
即，所以存在，，
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－ 0 ＋ －
单调递减 单调递增 单调递减
则，又，所以存在，；
同理，，又，所以存在，，
由单调性可知，此时有且仅有三个零点0，，．
综上，当时，有唯一零点，方程有唯一的实根；
当时，有且仅有三个零点，方程有3个实根．
典例6、答案：（1）当时，在 上是减函数，在上是增函数，当时， 在上是减函数；（2）；（3）2，证明见解析.
详解:（1）定义域为： ，， 由得： ，
当时，， 在 上是减函数，在上是增函数，
当时，， 在上是减函数，
当时，，在上是减函数，
综上所述，当时，在 上是减函数，在上是增函数，
当时，在上是减函数.
（2）由（1）知， 当时，，
由恒成立得，， 设，，
， 由得：， 在 上是增函数，在上是减函数，
， ， 要使恒成立，则，
当时，在上是减函数，且， 当，，不合题意，
综上所述，实数的集合；
（3）原问题可转化为方程的实根个数问题，
当时，的图象与的图象有且仅有2个交点，理由如下：
由得，， 令，
因为，所以是的一根， ，
，当时，，，
所以，在上单调递减，， 即在上无实根；
，当时，， 所以在上单调递增，
又，， 所以在上有唯一实数根 ，，
且满足，
①当时，，在上单调递减， 此时，在上无实根；
②当时，，在上单调递增，
此时，
， 故在上有唯一实根；
，当时，由（1）知，在上单调递增，
所以，
故
即在上无实根；
综合，，得，有且仅有两个实根，即的图象与的图象有且仅有2个交点.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）高考导数复习专题八
知识点一 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,利用导数研究不等式恒成立问题,由导数求函数的最
典例1、已知函数．
（1）若，求函数的单调递减区间； （2）若，求函数在区间上的最大值；
（3）若在区间上恒成立，求的最大值.
随堂练习：已知．
（1）若有最值，求实数a的取值范围；
（2）若当时，，求实数a的取值范围．
典例2、已知函数且．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求的取值范围．
随堂练习：已知．
（1）已知函数在点的切线与圆相切，求实数a的值；
（2）当时，，求实数a的取值范围．
典例3、已知函数.
（1）若，求在处的切线方程； （2）求的最值；
（3）若时，，求a的取值范围.
随堂练习：设函数，记．
（1）求曲线在处的切线方程； （2）求函数的单调区间；
（3）若函数的图象恒在的图象的下方，求实数a的取值范围．
知识点二 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,用导数判断或证明已知函数的单调性,
利用导数证明不等式
典例4、设函数.
（1）若，求在点处的切线方程； （2）求的单调递减区间；
（3）求证：不等式恒成立.
随堂练习：已知函数.
（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，若方程有两个不相等的实数根，求证：.
典例5、已知函数
（1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间；
（3）若关于x的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：
随堂练习：已知函数为常数，是自然对数的底数），曲线在点, 处的切线与轴平行．
（1）求的值； （2）求的单调区间；
（3）设，其中为的导函数．证明：对任意，．
典例6、已知直线是函数图象的切线，也是曲线的切线．
（1）求，的值； （2）证明：当,,时，；
（3）当时，讨论函数的单调性．
随堂练习：已知函数，为的导函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的单调区间和极值；
（3）当时，求证：对任意的，，且，有．
高考导数复习专题八答案
典例1、答案：（1） （2）答案见详解 （3） 1
解：（1）当时，，则，
令．因为 ，则 所以函数的单调递减区间是
（2）． 令，由，解得，（舍去）．
当，即时，在区间上，函数在上是减函数．
所以函数在区间上的最大值为；
当，即时，在上变化时，的变化情况如下表
x
+ + -
↗ ↘
所以函数在区间上的最大值为．
（3）综上所述：当时，函数在区间上的最大值为；
当时，函数在区间上的最大值为．
当时，则在上恒成立 ∴函数在上是减函数，则
∴成立
当时，由（2）可知：
①当时，在区间上恒成立，则成立；
②当时，由于在区间上是增函数，
所以 ，即在区间上存在使得，不成立
综上所述：的取值范围为，即的最大值为．
随堂练习：答案：（1） （2）
解：（1）函数的定义域为，，
当时，在上恒成立，则在上单调递增，无最值，不合题意，舍去
当时，令，则，令，则
∴在上单调递减，在上单调递增，则在处取到最小值
所以，即实数a的取值范围为．
（2）因为，，所以， 因为，所以成立．
令，则 令，则当时恒成立
∴在上单调递增，则 则当时恒成立
所以函数在上单调递增，所以，
所以，即实数a的取值范围为．
典例2、答案：（1） （2）
解：（1）当时，因为， 所以，，
又因为， 所以曲线在点处的切线方程为， 即；
（2）因为且， 所以，
当时，，所以在上单调递增，取，则，不符合题意，
当时，令，解得或（舍），
当时，，所以在区间上单调递减，
当时，，所以在区间上单调递增，
所以在上的最小值为，
若恒成立，只需，解得， 综上可知，的取值范围是．
随堂练习：答案：（1）或；（2）.
详解:（1）由题知，，．在点的切线斜率为，
在点的切线方程为， 即，
由题意知，，解得或．
（2）设 ，
设，， 当时，，，，
即在上是增函数，，
当时，， 则当时，， 函数在上是增函数，
当时，，满足题意，
当时，， 在上是增函数，，
存在上，使，当时，，函数在是减函数
当时，，不满足题意．
综上所述，实数的取值范围为．
典例3、答案：（1） ； （2）答案见解析； （3） .
解：（1）当时，， 则，故，又，
所以在处的切线方程为，即
（2）， .
①当时，， 则在R上单调递增，所以无最值；
②当时，令，得.
当时，; 当时，,
在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得最小值为 无最大值.
综上，当时，无最值；当时，有 最小值为，无最大值.
（3）由题意得对于任意的恒成立， 且当x=0时，等号成立.
令则，
①若，则. 令, 则，显然在[0，+∞)上恒成立，
在[0，十∞)上单调递增，即在[0，十∞)上单调递增.
当，即时，. 又, 易证，
, ，使，
时，,即在上单调递减， 对，不符合题意;
当,即时，, 在上单调递增，
，，符合题意，所以;
②当时，只需证明当时，即可.
令 ， 则
， 易得即在上单调递增，
故时，， ，，即在上单调递增，
所以，即当时，在上恒成立，
综上所述，的取值范围是.
随堂练习：答案：（1） ； （2）单调区间见解析； （3）
解：（1），所以，，则切线方程为.
（2），，
当时，，则在上为增函数；
当时，，即，则在上为增函数，上为减函数.
综上所述，当时，则的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，则的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）函数的图象恒在的图象的下方，即恒成立；
由(2)知，当时，则在上为增函数，此时无最大值，
事实上，不合题意；
当时，在上为增函数，上为减函数.
所以，故； 即实数a的取值范围是
典例4、答案：（1） （2） （3）证明见解析
解：（1）当时，，， ，又，
在点处的切线方程为：，即.
（2）由题意得：定义域为，； 令，解得：，
当时，；当时，； 的单调递减区间为.
（3）设，则，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，又，，
，使得，则，，
在上单调递减，在上单调递增，
（当且仅当时取等号），
又，，，即恒成立.
随堂练习：答案：（1）；（2）当时，在上是减函数；当 时，在上是增函数；（3）证明见解析.
解:（1）当时，，
所以 ，，
所以函数的图象在处的切线方程为，即；
（2）由已知得，，令，得，
所以当时，，当时，，
所以在上是减函数，在上是增函数；
（3）当时，，，由（2）得在上单调递减，在单调递增，
所以，且时，，当时，，，
所以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，
构造函数，则，
当时，所以，
在上单调递减，且，，
由 ，
在上单调递增，
.
所以.
典例5、答案：（1）；（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（3）证明见解析.
解:（1），， ，，
所以在点处的切线方程为， 整理得：，
（2）函数定义域为，
当时，，此时在上单调递增； 当时，令，得，
此时在上，单调递减， 在上，单调递增，
综上：时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增；
（3）证明：由（2）可知，当时，才有两个不相等的实根，且，
则要证，即证，即证， 而，则，否则方程不成立），
所以即证，化简得，
令，则， 当时，，单调递减，
当时，，单调递增， 所以（1），而，
所以， 所以，得证．
随堂练习：答案：（1） ； （2）在递增，在递减； （3）证明见解析.
解：（1）由题设，，，
又在,处的切线与轴平行，即， .
（2）由（1）得：，， 令，，
当时，，当时，，又，
时，，时，， 在递增，在递减；
由，即，，，，
（3）由（2），对于，， ，，
时，递增，,时，递减，
，即， 设，则，
时，递增，即，则，
综上，，故，，得证．
典例6、答案：（1） ，； （2）证明见解析；
（3） 在上单调递增，在上单调递减.
解：（1）设与和的切点分别为,、,；
， ，， ，可得，
切线方程分别为即，
或即，
，解得， ，；
（2）令，,,，则，
令，解得：，令，解得：，
故在递增，在递减，则，故,,时，即；
，则，故，
在上单调递减，而，，
（3）由（2）中的单调性，可得：， 由（2）及可得：，
使得，即时，时，
∴在上单调递增，在上单调递减．
随堂练习：：答案： （1） ；（2）函数的单调递减区间为，单调递增区间为；的极小值为，无极大值 ；（3）证明见解析 ．
解： （1）当时，，．可得，，所以曲线在点 处的切线方程为， 即．
（2）依题意，．
从而可得，整理可得：， 令，解得．
当x变化时，的变化情况如下表：
x
- 0 +
单调递减 极小值 单调递增
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
的极小值为，无极大值．
（3）证明：由，得．对任意的，，且，令，则：
． ①
令，． 当时，，
由此可得在单调递增， 所以当时，，即．
因为，，，
所以 ． ②
由（2）可知，当时，，即， 故 ③
由①②③可得．
所以，当时，任意的，且，有．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）高考导数复习专题九
知识点一 求在曲线上一点处的切线方程（斜率）,用导数判断或证明已知函数的单调性,
利用导数证明不等式
典例1、设函数，其中为自然对数的底数.
（1）当时，判断函数的单调性（2）若直线是函数的切线，求实数的值；
（3）当时，证明：.
随堂练习：已知函数，且曲线在处的切线平行于直线．
（1）求a的值； （2）求函数的单调区间；
（3）已知函数图象上不同的两点，试比较与的大小．
典例2、已知函数
（1）若曲线在点处的切线与轴平行.（i）求的值；（ii）求函数的单调区间；
（2）若，求证：.
随堂练习：已知函数，g .
（1）求在点处的切线方程； （2）讨论的单调性；
（3）当时，求证： .
典例3、形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知，.
（1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的单调区间；
（3）求证：恒成立.
随堂练习：已知函数，．
（1）求曲线在处的切线方程； （2）求函数在上的单调区间；
（3）证明：对任意的实数，，，都有恒成立．
知识点二 函数单调性、极值与最值的综合应用,利用导数证明不等式
典例4、已知函数在处的切线过点，a为常数．
（1）求a的值； （2）证明：．
随堂练习：已知函数(为自然对数的底数，为常数)的图像在(0，1)处的切线斜率为.
（1）求的值及函数的极值； （2）证明：当时，.
典例5、已知函数.
（1）当时，恒成立，求的取值范围；
（2）若曲线的一条切线为，证明：当时，恒成立.
随堂练习：：已知函数（），曲线在点处的切线在轴上的截距为.
（1）求的最小值； （2）证明：当时，.
典例6、已知函数.
（1）当时，求的单调区间；（2）若恒成立，求a的值；
（3）求证：对任意正整数，都有（其中e为自然对数的底数）.
随堂练习：已知曲线在处的切线方程为．其中a、b均为实数．
（1）求的值； （2）若是函数的极小值点，证明：．
高考导数复习专题九答案
典例1、答案：（1）在区间上单调递增.（2）（3）见证明
解：（1）函数的定义域为.
因为，所以， 所以在区间上单调递增.
（2）设切点为，则，
因为，所以，得， 所以.
设，则， 所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减， 所以.
因为方程仅有一解， 所以.
（3）因为，
设，则，所以在单调递增.
因为，， 所以存在，使得.
当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，
所以. 因为，所以，，
所以.
随堂练习：答案： （1）；（2）函数的单调增区间是，单调减区间是；
（3）
解: （1）的定义域为．
曲线在处的切线平行于直线，，．
（2），．
当时，是增函数；当时，是减函数．
函数的单调增区间是，单调减区间是．
（3），，．
又，
．
设，则， 在上是增函数．
令，不妨设，，，
即．又，，．
典例2、答案：（1）（i），（ii）单增区间为，单递减区间为（2）证明见解析.
解:（1）（i）定义域为，由 可得，
因为曲线在点处的切线与轴平行， 所以，可得：，
（ii）当时，，， 令，则，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，；当时，，；
所以单增区间为，单递减区间为；
（2）要证明，即证， 等价于
令，只需证明， ，，
由得有异号的两根， 令其正根为，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，所以，
所以，，可得，
所以，即.
随堂练习：答案：（1） （2）当时，在R上单调递增；当时，在 上单调递减，在上单调递增； （3）证明见解析
解：（1）定义域为，，则，
所以在点处的切线方程为：，即
（2）定义域为R，，当时，恒成立，在R上单调递增，
当时，令，解得：，令，
解得：，故在上单调递减，在上单调递增，
综上：当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，
在上单调递增.
（3）令，，，当时，，
单调递减，故，即，故，
令，，其中，
则，
令，则，令，解得：，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，，由于，故，
所以在上恒成立，故在上单调递增，，
所以，证毕.
典例3、答案：（1）；（2）的单调增区间为，无单调减区间；（3）证明见解析.
解: （1）由幂指函数导数公式得， 所以，又，
所以，曲线在处的切线方程为.
（2），
则，
所以的单调增区间为，无单调减区间.
（3）构造，， 则，
令， 所以，
因为与同号，所以，所以，又，所以，
所以即为上增函数，又因为， 所以，当时，；
当时，. 所以，为上减函数，为上增函数，
所以，， 即，
因此，恒成立，即证.
随堂练习：答案：（1）；（2）单调递增区间是，单调递减区间是；
（3）证明见解析.
解:（1）由题意可知，，， 所以，
所以在处的切线方程为，即．
（2），
当时，； 当时，；
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是．
（3）证明：不等式 可化为．
设， 即证函数在上是增函数，
即证在上恒成立，
即证在上恒成立． 令，则，
在上单调递减，在上单调递增，， 所以，即．
因为，所以， 所以要证成立，只需证．
令，， 则，
当时，，单调递减； 当时，，单调递增，
所以， 所以，
即在上恒成立，即证．
典例4、答案：（1） （2）证明见解析.
解：（1）由，得， 所以，，
因为在处的切线过点， 所以，
所以，解得，
（2）证明：要证，即证， 即证，
即证， 因为， 所以即证，
令，则， 当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增， 所以， 所以恒成立，
令，则， 所以在递增，
所以当时，取得最小值0， 所以原不等式成立.
随堂练习：答案：（1），极小值，无极大值 （2）证明见解析
解：（1）由，得. 由题意得，，即，
所以，. 令，得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
所以当时，取得极小值，且极小值为， 无极大值．
（2）证明：令，则. 由(1)知，，
故在上单调递增． 所以当时，， 即.
典例5、答案：（1） （2）证明见解析
解：（1）由，得，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
，此时恒成立，
当时，令则，解得， 当时，，
当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减.
当时，取得最小值为 ，不满题意，
综上所述，的取值范围为.
（2）由题意可知，， 所以，
设切线为的切点为， 则 ，解得，
所以， 所以，
要证，只需证即可，
所以表示点与点连线的斜率，
因为，所以当距的距离越远，斜率越小，当b趋近a时，，
所以成立，即证.
随堂练习：答案：（1） 的最小值为0. （2）详见解析.
解：（1），，
故曲线在点处的切线方程为：
将代入求得，所以.
当时，，单调递增； 当时，，单调递减；
所以， 故的最小值为0.
（2）由（1）知当时，，从而
所以有，，（当时等号成立）， 所以有，
要证成立，只要证成立，
令，且 ， ，
故在上为增函数，所以
即恒成立，故成立，
所以成立.
典例6、答案：（1） 单调增区间是，单调减区间是和 （2） （3）证明见解析
解：（1）的定义域为，，
令得或，当时，；当时，；当时，，
∴的单调增区间是，单调减区间是和.
（2）由，得对恒成立. 记，，
1°若，则恒成立，在上单调递减，
当时，，不符合题意.
2°若，令，得， 当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减， ∴.
记，. 令得，
当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴，即（当且仅当时取等号），
∴.又因为，故.
（3）由（2）可知：，（当且仅当时等号成立）.
令，则，（，3，4…，n）.
∴，
即，
也即，
所以，
故对任意正整数，都有.
随堂练习：答案：（1） （2）证明见解析
解：（1）定义域为 ， ， 由题意知， ,
解得 , ∴;
（2）由（1）知 ， 令 ，则 ，
从而 ，即单调递增，
，故存在唯一的 使得，
故可得下表：
x
- 0 +
递减 极小值 递增
从而是仅有的一个极小值点，∴ ，∴，
令 ， 则 ，
从而 在 上单调递减，， 故 ；
下证 ，即证； 一方面令，则，
则 在上单调递增，从而 ，
另一方面，令， 令有，
x
+ 0 -
递增 极大值 递减
从而， 从而即成立，故 ，
故.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）高考导数复习专题十
知识点一 利用导数证明不等式,利用导数研究方程的根,求已知函数的极值点
典例1、己知函数（e是自然对数的底数）.
（1）若是函数的两个零点，证明：；
（2）当时，若对于，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围.
随堂练习：已知函数（）
（1）当时，有两个实根，求取值范围；
（2）若方程有两个实根，且，证明：
典例2、已知函数，.
（1）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围；
（2）若方程有且仅有两个实根，①求实数的取值范围； ②证明：.
随堂练习：已知函数在处的切线方程为．
（1）求a，b的值；（2）若方程有两个实数根，
①证明：；②当时，是否成立？如果成立，请简要说明理由．
典例3、已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间； （2）当时，
①证明：； ②方程有两个实根，且，求证：.
随堂练习：已知函数.
（1）若，讨论的单调性； （2）若方程有两个不同的实数根.
（i）求的取值范围；（ii）若，求证：. (参考数据：)
知识点二 利用导数研究函数的零点,含参分类讨论求函数的单调区间
典例4、设函数，.
（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在处有极值且，当函数恰有三个零点时，求实数的取值范围.
随堂练习：已知函数，其中e为自然对数的底数.
（1）求的单调区间：（2）若函数在区间上存在零点，求实数a的取值范围.
典例5、已知函数，.
（1）讨论的单调性；（2）设，函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.
随堂练习：已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）设，若有3个互不相等的实根，求的取值范围．
典例6、已知函数，.
（1）讨论的零点个数；（2）若对，不等式恒成立，求a的取值范围.
随堂练习：已知函数，，其中是的导函数.
（1）讨论函数的单调性；（2）若关于的方程有且仅有一个实根，求的取值范围.
高考导数复习专题十答案
典例1、答案：（1）答案见解析 （2）
解：（1）由，得， 令，解得或，
当时，，和时，
，单调递增，时，，单调递减；
当时，恒成立，在上单调递增； 当时，，和时，
，单调递增，当时，，单调递减；
综上所述：当时，的单调递增区间为和，的单调递减区间为；
当时，在上单调递增，无减区间；
当时，的单调递增区间为和，的单调递减区间为；
（2）因为函数在处有极值且 所以，即，解得，
当时，，，
令，解得或，
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数在处取极小值，即成立；
的单调递增区间为和，单调递减区间为，所以，，
如图所示，
函数有三个零点，可转化为函数与函数有三个交点，
数形结合可知，， 解得， 所以的取值范围为.
随堂练习：答案：（1）见解析 （2）
解：（1）∵，∴， 当时，恒成立，
所以的单调递增区间为，无单调递减区间.
当时，令，得：令，得，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上：当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
（2）当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
由（1）知. 当时，函数在区间上单调递增且，
所以函数在区间上不存在零点.所以当时，在区间上单调递减且，
所以函数在区间上不存在零点.
所以当时，函数在区间上单调递减，在上单调递增，
又∵，，∴当，即时，函数在区间上不存在零点；
当，即时，函数在区间上存在零点.
综上，实数a的取值范围为.
典例2、答案：（1） 答案见解析 （2）
解：（1）函数的定义域为，且.
当时，即当时，对任意的，，此时函数的增区间为；
当时，即当时，由可得，由可得，
此时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由，可得，其中，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，当时，，此时函数单调递增，
当时，，所以，函数单调递减，
所以，函数的极大值为，且当时，，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，因此，实数的取值范围是.
随堂练习：答案：（1） 答案见解析 （2）
解：（1）， ，
时,令，即，
，，在上单调递减，
，，在上单调递增；
当时， ，，在上单调递增.
（2）， 令，则有2个互不相等的实根，
设，，则代表，两个函数有2个交点
如图，设切点坐标为， ，，
则切线方程为： 又切点在上，
联立①②，解得，切线斜率 因此 的取值范围为
典例3、答案：（1） 答案见解析； （2） .
解：（1）由已知可得，定义域为，.
因为，解可得，. 解可得，，所以在上单调递减；
解可得，，所以在上单调递增.
所以，在处有唯一极小值，也是最小值，.
所以，当时，，恒成立，此时的零点个数为0；
当时，，有唯一零点；
当时，，此时有， 且.
由在上单调递减，，，
根据零点的存在定理可知，，即，使得；
令，，则在上恒成立，
所以在上单调递减，又，所以.
所以在上恒成立， 又，，
又在上单调递增，
根据零点的存在定理可知，，即，使得.
所以是的零点，所以的零点个数为2.
综上所述，当时，的零点个数为0；当时，有1个零点；
当时，的零点个数为2.
（2）由已知可得，. 因为，，所以有
令，对于，，
则，则对恒成立，即对恒成立.
令，则只需即可. ，所以在上单调递增.
所以， 所以，解得.
随堂练习：答案：（1） 当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） .
解：（1），，，
当时，对，恒成立，故在上单调递增；当时，令，解得；
令，解得， 故在上单调递减，在上单调递增.
（2）等价于，即， 所以，
令， 则方程有且只有一个实数根等价于函数只有个零点，
令，因为为的一个零点， 则仅有一个零点为或无零点.
①若是仅有的一个零点，则，所以，
此时，则，，
所以存在，使得，与仅有一个零点矛盾，故.
②若无零点， 因为， 当时，，则在R上单调递增，
又，， 所以存在，使得，与题意不符；
当时，，对，，在R上无零点，符合题意；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，若无零点，则，
又，所以，即.
综上所述，关于x的方程有且仅有一个实根时，实数a的取值范围为.
典例4、答案：（1） 见解析； （2） .
解：（1）证明：因为是函数的两个零点，且， 所以，即有，
，即有， 则有， 令,
因为， 所以， 则，解得：，即 ，
则，
因为，所以， 所以， 即要证，
设， 则，则有，
令，则， 又，所以，
所以在上单调递增，即在上单调递增， 所以，
故在上单调递增， 又， 所以， 即，
则， 故有；
（2）当时，， 令，
又因为曲线与曲线都有唯一的公共点，
即有唯一的解， 因为，
当，即时，， 则函数单调递增，
又趋于0时， 趋于，趋于时， 趋于，
则只有唯一的解，满足题意，
当，即时，令，
即得有两个解：，，
由韦达定理可得， 故两个解一个大于4，一个小于4，即，
又因为，所以，则有， 当时，，函数单调递减，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
故函数存在一个极大值和一个极小值，且极大值点为，极小值点为，
要使有唯一的解， 只需大于极大值或小于极小值，
即或， 当时， 即恒成立，
又， 即， 则，
令， 求导可得， 令，得，
当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减，
则在上单调递增，在上单调递减，又， 所以，
要使恒成立，则有； 当时， 即恒成立，
又， 即， 则，
又在上单调递减， 故在上无最小值，
又，则不存在使恒成立， 综上，实数的取值范围为.
随堂练习：答案：（1） 取值范围是 （2）证明见解析
解：（1）的定义域为， ，
在上单调递增，所以的取值范围是.
（2）的定义域为， 有两个不相等的实数根，
令，由（1）知在上递增，则，
则有两个不相等的零点，，
，.
要证，只需证，即证， 即证，
， 故只需证，
不妨设，令， 则只需证， 只需证，
令， ， 所以，
即当时，成立. 所以，即，所以.
典例5、答案：（1） ； （2）①；②证明见解析.
解：（1）因为不等式对于恒成立，即对于恒成立
所以，令，则，
所以当时，递增；当时，递减；
即在处取得极大值也为最大值，从而.
（2）①方程，即， 所以，
令，则， 因为单调递增，所以，
因为有且仅有两个实根，
所以有且仅有两个实根，即有且仅有两个实根，
令，则，
由（1）知：在上递增，在上递减，
而在上值域为，上值域为，
由有两个零点，则，即，
当时，，所以，
由零点存在定理知：在上存在唯一零点，
当时，令，则，故递减，
所以，即， 故，
令得：，即有，所以，
由零点存在定理知：在上存在唯一零点，
综上，有且仅有两个零点， 所以.
②因为有且仅有两个实根，不妨设，所以，两式相除得，
令，解得，
要证，即证，即证，即证，
令，则对恒成立，
所以，证得.
随堂练习：答案：（1） ， （2）①证明见解析，②成立，理由见解析
解：（1）， 因为函数在处的切线方程为，
所以，，
∴，或，（舍）， 所以，；
（2）①证明：由（1）可知，，
令， 则，令，得，
所以函数在上递减，在上递增， 所以，
即， 又，，，，
且，，∴，使得，即，即，
当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，
所以，
∵，∴，令，则 ，
所以函数在上递增， 故， 所以，
即， ∴；
②解：成立，理由如下： 当直线过，时割线方程为，
得，当直线过，时割线方程为，得，
∴.
典例6、答案：（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）①证明见解析；②证明见解析
解：（1）函数的定义域为，函数的导数，解得，
所以当时，此时，函数单调递减区间为，
所以当时，此时，函数单调递增区间为，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）当时，①要证不等式成立，即证明成立.即证明成立.
令 当时，此时，
当时，此时， 所以在单调递减，在单调递增
所以最小值为， 恒成立，即恒成立得证.
②由①得恒成立，即直线始终在曲线下方或有唯一切点，
又结合（1）可知单调递减区间为，单调递增区间为，
所以当时取最小值，
且当时，；当时，；当时，.
所以方程有两个实根，则，且.
由直线与联立解得交点的横坐标，显然
因此，要证，只要证即可
即证，即证即可
又因为，所以只要证
令恒成立
所以在单调递增，即
所以得证，原命题得证.
随堂练习：答案：（1） 答案见解析； （2）(i)；(ii)证明见解析.
解：（1）的定义域为， 当时，.
设，则，由得：，
当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，
的最大值为， ，即在上恒成立，
在上单调递减.
（2）（i）由得：，即.
设，则，由得：，
当时，函数单调递增， 当时，函数单调递减，
有极大值也是最大值， 当时，，当时，.
要使有两个不同的实数根，则，
即，即实数m的取值范围为.
（ii）证明：，则，即，故.
设，由得， 设，则，
设，则，
在上单调递增，故，故，
在上单调递增，故，
，结合（i）有.
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