【高考二轮题型复习】2023年高考数学题型精讲精练学案（全国通用）——专题10 导数压轴解答题（综合类）（原卷版+解析版）

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专题10 导数压轴解答题（综合类）

导数中的解答类压轴题绕不开的两大永恒问题：不等式的证明和参数范围问题，由于上一专题我们着重讲了不等式的证明，本专题我们重点就相关的参数问题和函数零点等诸多综合性问题作一个系统性的研究，方便大家学习掌握。

一、热点题型归纳
题型1.含参问题之端点效应
题型2.含参问题之分离变量法
题型3.含参问题之分类讨论法
题型4.含参问题之最值定位法
题型5.双变量-转化同构
题型6.双变量-齐次换元法
题型7.同构函数法
题型8.函数零点型问题
题型9.隐零点问题
二、最新模考题组练
三、十年高考真题练

【题型1】含参问题之端点效应
【解题技巧】
假设题于给出含参不等式在上恒成立，让求参数的取值范围，这类问题俗称含参不等式愝成立问题.若恰好满足，则称该不等式具有端点效应.具有端点效应的含参不等式恒成立问题的一种常用的解题方法是带参讨论，寻找讨论的分界点是解题的关键.既然要恒成立，且，那么在右侧附近函数值不能减少，所以，由此可得到成立的必要条件（不一定是充分条件），从而找到讨论的分界点.
注意
1.端点赋值法（函数一般为单增或者单减，此时端点，特别是左端点起着至关重要的作用）
2.为了简化讨论，当端点值是闭区间时候，代入限制参数讨论范围。注意，开区间不一定是充分条件。有时候端点值能限制讨论范围，可以去除不必要讨论。
【典例分析】
1.（2022.河南高三期中）设函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，，求实数的取值范围.
【解析】（1）由题意，，
所以或，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
（2）解法1：令，
则，
所以在上単调递减，，
（i）当时，，所以在上恒成立，故在上单调递减，
结合知，即，符合题意，
（ii）当时，，设，则且，
因为，所以，从而，
又，所以，故，所以，
因为，所以，从而当时，必有，
所以在上有唯一的零点，且当邛，，故在上单调递增，
又，所以当时，，即，不合题意，
综上所述，实数的取值范围为.
解法2：令，
则，
所以在上单调递减，，
（i）当时，，所以在上恒成立，故在上单调递减，
结合知，即，符合题意，
（ii）当时，，所以在上有唯一的零点，
且当时，，所以单调递增，
结合知当时，，即，不合题意，
（iii）当时，不能恒成立，不合题意，综上所述，实数的取值范围为.
【变式演练】
1.（2023.广西高三模拟）已知函数为的导数.（1）当时，求的最小值；（2）当时，恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）由题意，，当时，，所以，从而在上单调递增，故的最小值为.
（2）当时，成立，
当时，等价于（1），
当时，等价于（2），
设，则，
当时，设，则，
当时，由（1）可得，所以在上单调递增，结合知恒成立，所以在上单调递增，又，所以恒成立，
而在上，，从而，满足（1），
当时，，
易得在上为增函数，，
所以在上有一个零点，当时，；当时，，
从而在上单调递减，在上单调递增，又，
所以在上有一个零点，且当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，又，
所以在上恒成立，故在上单调递增，
又，所以在恒成立，从而，满足（2），所以当时，满足题意，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
又，
所以在上有一个零点，且当时，，从而在上单调递减，
又，所以当时，，不满足（1），不合题意，
综上所述，实数的取值范围为.

2.设函数.（1）若，求的单调区间；（2）若当时，，求的取值范围.
【解析】（1）当时，，
当时，，当时，，所以的减区间为，增区间为.
（2）当时，，设，
则，由（1）可得，所以，故在上单调递增，
又，所以恒成立，从而，符合题意，
当时，，因为，所以，
从而当时，，所以在上单调递减，
而，所以当时，，故在上单调递减，
又，所以当时，，故在上不能恒成立，不合题意，
综上所述，实数的取值范围为.

【题型2】含参问题之分离变量法
【解题技巧】
1）利用分离参数法来确定不等式,（,为实参数）恒成立中参数的取值范围的基本步骤:①将参数与变量分离,即化为（或）恒成立的形式；②求在上的最大（或最小）值；若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则可以通过洛必达法则求出“最值”；③解不等式(或) ,得的取值范
2)重要结论
≥f(x)恒成立⇔≥f(x)max；≤f(x)恒成立⇔≤f(x)min ；
≥f(x)能成立⇔≥f(x)min；≤f(x)能成立⇔≤f(x)max。
3）参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：
（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.
（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题。
注意：
1.若分离参数后，所求最值恰好在“断点处”，则选填题可以通过洛必塔法则求出“最值”，若解答题最好不用此法，转入分类讨论或最值定位即可。
【典例分析】
1．（2022·江苏·姜堰中学高三阶段练习）已知函数，.
(1)证明：对，直线都不是曲线的切线；
(2)若，使成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析 (2)
（1）若直线与曲线相切，直线过定点，设切点，
由得定义域为，，
所以，整理得①，
又在上单调递增，
当且仅当时，①成立，这与矛盾，结论得证．
（2）原不等式可整理为：，
令，在上单调增，，
当时，，令，
当时，，单调递减，∴；
当时，不存在；当时，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
∴，∴；综上．
【变式演练】
1．（2022·河南·高三阶段练习）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)若在上恒成立，求整数的最小值.
【答案】(1) (2)1
【详解】（1）解：因为当时，所以，则
因为，所以切点坐标为，
所以曲线在点处的切线方程为，即，
所以切线与坐标轴的交点坐标分别为 所以，所求三角形的面积为
（2）解：由可得在上恒成立
令，则令，
所以在上恒成立，所以，在为减函数
因为，所以，存在，使得，即
所以，时，，，在上单调递增，
当时，，，在上单调递减，所以，，
因为，所以，，
因为，可知，，
所以，因此整数的最小值为1.
2．（2022·四川·蓬溪高三阶段练习）已知函数(1)时，求函数在点处的切线方程(2)若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)(2)
（1）解：时，，，所以，，
所以，函数在点处的切线方程为，即.
（2）解：因为函数在处取得极值，，
所以，解得，此时，
时，，单调递减；时，，单调递增；
在处取得极小值，满足题意. 所以
因为对，恒成立 所以对恒成立，
即对恒成立，令，则，
当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即.所以，实数的取值范围为

【题型3】 含参问题之分类讨论法
【解题技巧】
如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解：如果能转化为二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(，或，)来进行分类讨论。
【典例分析】
1.（2022·江西江西·高三阶段练习）已知函数，是的导函数．(1)讨论的单调性；(2)是否存在，使得，对恒成立？若存在，请求出的所有值；若不存在，请说明理由．（参考数据：，）
【答案】(1)答案见解析 (2)存在，整数的所有值为
（1）由题意知：定义域为，，
令，则；
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增；
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.
（2）由（1）知：对恒成立，即对恒成立；
令，则；
①当且时，，在上单调递增，
，解得：（舍）；
②当且，即时，，不合题意；
③当且时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
又，，，，
满足且，的所有整数为；综上所述：的所有值为.
【变式演练】
1．（2022·山东·滕州市高三阶段练习）已知函数。(1)当时，求在上的值域；(2)当时，，求实数a的取值范围.
【答案】(1) (2)
（1）由题意知，，
时，，，
时，恒成立，所以单调递增，
∴，即所以的值域为.
（2）注意到，，
若，，
由（1）知，当时，；
当时，，所以恒成立，符合题意；
若，，当时，，不合题意，舍去；
若，因为当时，，所以单调递增，
而，，故存在满足，
且时，，单调递减，，不合题意，舍去；综上可知，.
2．（2022·河北·高三阶段练习）函数.(1)若有三个解，求的取值范围；
(2)若，且，，求实数的取值范围.
【答案】(1)(2)
（1）的定义域为，由得，当或时，；
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故有极大值，有极小值.
时，；时，；
若有三个解，则.
（2）因为，，即，得，
令，则在上恒成立.
由得，且.
①当即时，由，得，所以，
所以在上单调递减，所以，所以符合题意.
②当时，令，得；
令，得，此时递增，所以，
这与相矛盾，所以不合题意.综上知，.

【题型4】 含参问题之最值定位法
【解题技巧】
1.注意是同一变量还是不同变量。 2.各自对应的是最大值还是最小值。
（1）,,使得成立
（2）,,使得成立
（3）,,使得成立
（4）,,使得成立
【典例分析】
1．（2022·山东聊城·高三期中）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；(2)设，当时，对任意，存在，使，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析 (2)
【详解】（1）定义域为，
，令，得或．
当即时：，，函数在上单调递减；
，，函数在单调递增；
当，即时：
，，函数在单调递增；
，，函数在上单调递减；
，，函数在上单调递增；
当即时：，，函数在单调递增；
当即时：
，，函数在单调递增；
，，函数在上单调递减；
，，函数在上单调递增；
综上：当时，单调递减区间有，单调递增区间有；
当时，单调递减区间有，单调递增区间有，；
当时，单调递增区间有，无单调递减区间；
当时，单调递减区间有，单调递增区间有，．
（2）当时，
由（1）得函数在区间上单调递减，在区间，上单调递增，
从而函数在区间上的最小值为．
即存在，使，
即存在，使得，
即，令，，则，
由，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以，所以．
【变式演练】
1．（2022·成都市锦江区模拟预测）已知函数，，其中，．(1)试讨论函数的极值；(2)当时，若对任意的，，总有成立，试求b的最大值．
【答案】(1)答案见解析 (2)
【详解】（1）由题意得的定义域为，．
当时，在区间内恒成立，
在区间内单调递增，无极值．
当时，令，得；令，得．
在区间内单调递增，在区间内单调递减，
在处取得极大值，且极大值为，无极小值．
综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值．
（2）由知当时，的最大值为．
由题意得，且在区间内单调递增．
又，，根据零点存在定理可得，
存在，使得，
且当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
．
，，两边取对数可得，
．
令，则当时，，
即函数在区间内单调递减，故，
，即，即．对任意的，，总有成立，，即，，即．
又，故的最大值为0．
2．（2022·陕西·模拟预测）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若对、，使恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)
(1)的定义域为，，
设，则，，
所以在上为增函数，
所以当时，，即，所以在上单调递增；
当时，，即，所以在上为减函数.
综上可得，的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)对，使恒成立，即对，
成立.
由（1）知在[0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，所以，
为和中的较大者，
∵，，，
又∵，得.∴，即.
∴在[0，2]上
∴，
即，解之，得或，
∴对，使恒成立时，a的取值范围为.

【题型5】双变量-转化同构
【解题技巧】
若题干给出对任意的在区间上，关于和的某不等式恒成立，且该不等式对和具有轮换对称性，求参数取值范围.这类问题一般根据不等式的等价变形，将原不等式化为这种同构形式，转化为函数的单调性来进一步研究参数的取值范围.
注意：1.含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。
2.去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。
【典例分析】
1.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若，对任意的且，都有，求实数的取值范围.
【解析】（1）由题意，的定义域为，
当时，，所以在上单调递减，
当时，或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）若，则，当时，，
故在上单调递减，不妨设，则，
从而，
所以，设，
则是增函数，故在上恒成立，所以，
设，则，所以，从而在上单调递增，在上单调递减，故，
因为恒成立，所以，即实数的取值范围为.
【变式演练】
1．（2022·安徽·合肥市高二期中）已知的图象在处的切线与直线平行．（1）求函数的极值；（2）若，，，求实数的取值范围．
【答案】（1）极大值为，无极小值；（2），．
【详解】（1）的导数为，
可得的图象在，（1）处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，即，，，
由，可得，由，可得，则在递增，在递减，
可得在处取得极大值为，无极小值；
（2）可设，若，，，可得，
即有，设在为增函数，
即有对恒成立，可得在恒成立，
由的导数为得：当，可得，
在递减，在，递增，即有在处取得极小值，且为最小值，
可得，解得，则实数的取值范围是，．
2．（2022·四川一模（理））已知函数的图像在处的切线与直线平行．(1)求函数的单调区间；(2)若，且时，，求实数m的取值范围．
【答案】(1)在递增，在递减(2)
(1)的导数为，
可得的图象在处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，即，
，，
由，可得，由，可得，则在递增，在递减．
(2)因为，若，由，
即有恒成立，设，
所以在为增函数，即有对恒成立，
可得在恒成立，由的导数为，
当，可得，在递减，在递增，
即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得
则实数m的取值范围是．

【题型6】 双变量-齐次换元法
【解题技巧】
若问题的不等式或等式中含有两个变量，称这类题型为双变量问题，前面几个小节已经涉及了双变量问题的一些细分题型，这一小节主要针对用换元法解决双变量问题的题型.若能将要证明的不等式或目标代数式通过变形成关于（或等）的整体结构，通过将（或等）换元成把问题化归成单变量问题来处理.这一方法也称为“齐次换元”。
【典例分析】
1.已知函数，其中.（1）若对于一切恒成立，求实数的取值范围；
（2）在函数的图象上取两定点，记直.线的斜率为，是否存在，使得成立?若存在，求的取值范围，若不存在，说明理由.
【解析】（1）若，则当时，不可能恒成立，故，，令得：，令得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
因为恒成立，所以，即，
令，则，令得：，令得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，从而，
所以，故只能，且，所以.
（2）由题意，，
令，
则，
令，则，所以，
从而在上单调递减；在上单调递增，故当时，，即，
从而，
又，所以，
又，所以在上单调递增，
故存在唯一的使，解得：，
故当且仅当时，，即，
综上所述，存在使成立，且的取值范围为.
【变式演练】
1．（2022春·甘肃张掖·高三阶段练习）已知函数为常数，且在定义域内有两个极值点.（1）求的取值范围；（2）设函数的两个极值点分别为，求的范围.
【答案】(1)；(2).
【分析】(1)求出的导函数，由此探讨函数在内有两个不同的零点即可得解；
(2)由(1)中信息确定出并将用表示出，换元构造函数即可作答.
【详解】(1)函数的定义域为，，
因在定义域内有两个极值点，则有二不等的正实根，
从而得，解得，所以的取值范围是；
(2)由(1)知，而，则，

，
令，则，，
从而得在上单调递增，即有，的值域是，
所以的范围是.
2．（2022·遂宁·模拟预测）已知函数，，其中e为自然对数的底数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)当时，有，求证：对，有；(3)若，且，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3).
【分析】（1）根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程；
（2）利用导数求出，根据二次函数和一次函数的性质求出，即可求解；
（3）根据题意可得，设，则，利用导数研究函数的单调性可得，令()，再次利用导数研究函数的性质，求出即可.
【详解】（1）因为，所以点即为点
，，故切线方程为，即；
（2）因为当时，，，
故在上单调递增，所以，
当时，，此时；
当时，在上单调递减，此时，
故，所以成立；
（3）由题意得：，又因为，所以，
又，即，
即，所以①
设，则①式变形为
，所以单调递增，所以，
因为，所以，令，，则，
当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，有，
故．即实数的取值范围为.
【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点:（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
3．（2022·四川成都·高三校考期中）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；(2)当时，设，，函数有两个极值点．①求m的取值范围；②若，求的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)① ；②
【分析】（1）求导，分，和三种情况讨论，根据导函数的符号即可得函数的单调区间；（2）①由题意函数有两个变号零点，构造函数，利用导数求出函数的单调区间和最值，从而可得出答案；②由已知，则，令，将分别用表示，，构造函数，，利用导数求出函数在的值域即可.
【详解】（1）解：，
当时，或时，，时，，
所以的增区间是，，减区间是，
当时，，所以在上单调递增；
当时，或时，，时，，
所以的增区间是，，减区间是；
（2）解：①，因为函数有两个极值点，
所以有两个变号零点，
令，则，
当时，，单减，当时，，单增，
所以函数在上递减，在上递增，
当时，，当时，，
所以只需即可，所以；
②由已知，则，令，得，
，令，，则，
令，则，
所以函数在上递增，又因为，
所以当时，，即，所以函数在上递增，
由洛必达法则，，所以的范围是.
【点睛】本题考查了导数的综合应用及导数与函数单调性，极值点的关系，考查了分类讨论思想和计算能力及转化思想，属于难题.

【题型7】同构函数法
【解题技巧】
在某些函数方程、不等式问题中，可以通过等价变形，将方程或不等式变成左右两端结构一致的情形，进而构造函数，运用函数的单调性来解决问题，这种处理问题的方法叫做同构。同构一般用在方程、不等式、函数零点、反函数等相关问题中，用好同构，需要较强的观察能力和一定的解题经验。常见同构体：；；；；；。
【典例分析】
1．（2022·辽宁·大连市模拟预测）已知函数．(1)求函数的单调区间；
(2)设函数，若函数有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为；单减区间为(2)
【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出函数的单调区间；（2）同构处理，为设函数，则，结合的单调性得到有两个根，结合第一问中的结论，列出不等关系，求出a的取值范围.
【解析】(1)函数的定义域为，．
函数的单调递增区间为；单减区间为．
(2)要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．即．
整理为，设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
由（1）可知，函数）的单调递增区间为；单减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．所以a的取值范围是．
【变式演练】
1．（2022·云南昆明·高三阶段练习）已知函数，其中
(1)若，求的极值；(2)若，求实数a的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值；(2).
【分析】（1）求出定义域，二次求导，先得到在上单调递增，再根据得到当时，，当时，，求出在处取得极小值1，无极大值；
（2）设，利用同构思想对不等式变形得到，结合单调性得到，构造，，利用导函数研究函数单调性，得到，从而求出实数a的取值范围.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，令，
则在上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，极小值为，无极大值；
（2）由题意得：，
因为，所以不等式两边同除以得：，
变形为，即，
设，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，
故，即，构造函数，，
则，当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
故，所以，解得：，由于，故实数a的取值范围为.
【点睛】同构思想在导函数压轴题目中经常出现，通常函数中同时出现了和的相关项时，考虑同构来处理，本题第二问的难点在于先把不等式两边同除以得到，再变形得到，从而得到同构式，构造函数进行求解即可.

【题型8】函数零点型问题
【解题技巧】
已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)移项讨论法（找点或者极限法）：直接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范围；(2)分离参数（回避找点）：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)分离函数法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
【典例分析】
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，为函数的导函数．
(1)若函数在定义域内是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)当a＝1，函数在内有2个零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）函数在定义域内是单调函数，即恒成立或恒成立，参变分离即可求解；（2）将问题转化为与在内有2个公共点来求解.
（1）函数是R上单调函数
恒成立或恒成立
等价于恒成立或恒成立
设， ∴或 ∵
∵ ，∴ ，∴
∴或.即实数a的取值范围为
（2）当a＝1时，
在内有2个零点
等价于与在内有2个公共点
令，则
当时，；当时，
∴在，上单调递减，在上单调递增．
当时，取极小值 当时，取极大值
∵， ∴
要使与在内有2个公共点
需满足或
∴或 ∴或
即实数m的取值范围为
【变式演练】
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求函数的极值；(3)当时，设函数，，判断的零点个数，并证明你的结论．
【答案】(1)(2)极小值，无极大值(3)有且只有一个零点，证明见解析
【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程；（2）求出定义域，求导后，分与两种情况进行求解得到极值情况；（3）判断出有且仅有一个零点，构造函数，二次求导，结合零点存在性定理得到结论.
【详解】（1），所以，，所以切点为，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）定义域为
当时，对恒成立，在上为增函数，无极值
当时，令，所以，，





-
0
+

↘
极小值
↗
在处取得极小值，无极大值
（3）有且只有一个零点 证明如下：时，
，
令，，则 令
所以对恒成立 所以在上为增函数
由知， 所以在上有唯一零点





-
0
+


极小值

， 而在上单调递增，
所以在上有且只有一个零点 当时，，无零点
所以在上有且只有一个零点 所以在上有且只有一个零点.
【点睛】函数零点问题，利用导函数研究函数的单调性，极值和最值情况，结合零点存在性定理作出判断.
2．（2022·青海·高三阶段练习）已知函数（其中e为自然对数的底数）．(1)若，证明：当时，恒成立；(2)已知函数在R上有三个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析； (2).
【分析】（1）把代入函数，在给定条件下，等价变形不等式，构造函数，借助导数推理作答.（2）把问题转化为函数有两个都不是0的零点，再利用导数探讨最大值，并结合零点存在性定理推理判断作答.
【详解】（1）当时，，因，，
令，求导得，即函数在上单调递减，
，，因此，当时，恒成立，
所以当时，恒成立.
（2）依题意，，由，得，显然是函数的一个零点，因函数在R上有三个零点，则有两个都不是0的零点，
，当时，，函数在上单调递减，此时，在上最多一个零点，不符合题意，
当时，在上单调递减，，则当时，，当时，，
因此，函数在上单调递增，在上单调递减，，
要有两个零点，必有，即，得，
因，则存在，使得，即函数在上有一个零点，
令，，求导得：，令，，
则函数在上单调递增，，，因此，函数在上单调递增，，，即在时，恒成立，当时，在时恒有成立，
因此，，，令，
则，
于是得，则存在，使得，
即函数在上有一个零点，因此在上有一个零点，
从而得，当时，在上有两个零点，即函数在R上有三个零点，
所以实数a的取值范围是.
【点睛】涉及由函数零点个数求参数范围问题，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值，结合零点存在性定理推理求解.

【题型9】隐零点问题
【解题技巧】
解题思路：
（1）导函数（主要是一阶导函数）等零这一步，有根x0但不可解。但得到参数和x0的等量代换关系备用；（2）知原函数最值处就是一阶导函数的零点处，可代入虚根x0；（3）利用x0与参数互化得关系式，先消掉参数，得出x0不等式，求得x0范围；（4）再代入参数和x0互化式中求得参数范围。
【典例分析】
1．（2022·甘肃·高三阶段练习（理））已知函数 。（1）若，求函数的单调区间；（2）若存在，使成立，求整数的最小值．
【答案】（1）的增区间为，减区间为（2）5
【详解】（1）由题意可知，，，
当时，令，或；
时，，在单调递增；
时，，在单调递减；
综上所述，的增区间为，减区间为
（2）原式等价于，即存在，使成立．
设，，则，
设，则，∴在上单调递增．
又，，
根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，
设该零点为，则，且，即，
∴.由题意可知，又，，∴a的最小值为5．
【变式演练】
1．（2022·陕西·安康市室高三阶段练习（理））已知函数，.(1)讨论函数的单调性；(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）函数的定义域为，
所以.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令得，令得，
所以在上单调递减：在上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为对恒成立，即对恒成立.
设，其中，所以，，
设，其中，则，所以函数在上单调递增.
因为，，所以，存在，使得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以.
因为，则，
设，其中，则，所以函数在上为增函数，
因为，则，则，
由可得，所以，
所以，可得，
所以，所以.所以实数a的取值范围为.
2．（2022·福建师大附中高三阶段练习）设， 其中．
(1)讨论的单调性；(2)令， 若在上恒成立， 求的最小值．
【解析】（1），
①当时，在上恒成立，在上单调递减；
②当时，在上单调递增，且当时，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
（2）因为，
所以若，，与在上恒成立矛盾，所以，
则，令，
则由可知在上单调递减，
又当时，，，，
又，，使得，
，，，，
且当时，单调递增；
当时，单调递减，

，
又，，解得，令，
则在上恒大于0，在上单调递增，．



1.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）由题意，的定义域为，且，当时，恒成立，所以在上单调递增
当时，或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2），设，
则，所以在上单调递增，
又，所以在上单调递增，
当时，，所以在上恒成立，故在上单调递增，
结合知恒成立，符合题意，
当时，，所以在上有一个零点，
且当时，，所以在上单调递减，
结合知当时，，从而，不合题意，
综上所述，的取值范围为.
2．（2022·贵州·高三阶段练习（理））已知函数，．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析 (2)
【详解】（1），
当时，由，得出，．
当，由，得或，由，得，
∴在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，由，得或，由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，由，得，由，得，
此时在上单调递减，在上单调递增；
当时，，则在上单调递增．
（2）由可转化为，
令，，令，，
当 时，，故在上单调递减，
又 所以时，在内存在唯一零点，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递境，故．
因为，所以，所以，
所以，即．
3．（2022·黑龙江·高三开学考试（理））已知函数.
（1）设函数，求函数的极值；
（2）若在上存在一点，使得成立，求的取值范围.
【答案】（1）当时，极大值为，无极小值；当时，无极值；（2）或.
【详解】（1）依题意，定义域为，
∴，
①当，即时，令，∵，∴，
此时，在区间上单调递增，令，得.
此时，在区间上单调递减.
②当，即时，恒成立，在区间上单调递减.
综上，当时，在处取得极大值，无极小值；
当时，在区间上无极值.
（2）依题意知，在上存在一点，使得成立，
即在上存在一点，使得，故函数在上，有.
由（1）可知，①当，即时，在上单调递增，
∴，∴，∵，∴.
②当，或，即时，在上单调递减，
∴，∴.
③当，即时，
由（2）可知，在处取得极大值也是区间上的最大值，
即，
∵，∴在上恒成立，此时不存在使成立.
综上可得，所求的取值范围是或.
4．（2022·全国·高三专题练习）已知（且），．
(1)求在上的最小值；(2)如果对任意的，存在，使得成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)-1(2)
【分析】（1）对求导，因为为偶函数，求出在的单调性，即可求出上的最小值；
（2）由（1）知，在上的最小值为 ，所以，使得成立，即成立，即，设，，即只需即可．
（1），显然为偶函数，当时，
时，，，∴在单调递增；
时，，，∴在单调递减；
，，，∴在上的最小值为．
由偶函数图象的对称性可知在上的最小值为．
（2）先证，设，则，
令，令，
∴在上单调递增，在上单调递减．
故①恒成立．
由题意可得，使得成立，
即成立．由①可知，
参变分离得，设，，即只需即可．

由①知得，∴
令，令，∴在上单调递减，在上单调递增．
∴，∴，
又已知故a的取值范围为．
5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)设，若，，且，使得，求的最大值.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）求出导函数，然后对分、、三种情况讨论即可求解；
（2）由题意，当满足时，取得最大值，令，求出的值即可得答案.
(1)解：因为，所以，
当时，令，可得或，令，可得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，所以在R上单调递增；
当时，令，可得或，令，可得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
(2)解：因为，所以由（1）知在和上单调递增，在上单调递减，
因为，，且，使得，
所以当满足时，取得最大值，
令，
所以当时，，
同理可得，
所以当时，，
所以此时，即的最大值为.
6．（2022·江苏南京·高三统考阶段练习）已知函数
(1)若，求函数的单调区间；(2)若任意，， 求a的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间，单调递增区间(2)
【分析】（1）由导数法判断单调性即可；
（2）令，则任意，等价为任意，，分别讨论、、、，通过导数法讨论即可
（1），令，解得，
当，，，，所以单调递减区间为，单调递增区间为
（2）令，则任意，等价为任意，，，设，
当时，，不合题意；
当时，由指数函数及二次函数的单调性易得在单调递减，又，不合题意；
当时，则为增函数，令得
当时，，则， 所以在上单调递减，，所以在上单调递减，所以，不合题意．
当时，时，，又，，∴在上单调递增；所以，所以在上单调递增；所以，符合题意.
综上所述，.
7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)讨论函数在上的单调性；
(2)若函数的图象与的图象有三个不同的交点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先求出函数的解析式，求导，然后再分别讨论和两种情况下的符号，从而可得出函数的单调区间；（2）根据题意可得，令，可得关于的一元二次方程，利用导数求出函数的单调区间，作出图象，分析可得关于的一元二次方程的根的范围，讨论分析，从而可得出答案.
（1）解：，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，当时，，则为单调递增函数，
当时，，则为单调递减函数，
综上：当时，在上单调递增，
当时，的增区间为，减区间为；
（2）解：因为函数的图象与的图象有三个不同的交点，
所以方程有3个不同的解，即，
令，则，所以①，
由，当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，所以，
当时，，当时，，作出的图象，如图所示，
由题意可得方程①的根，有一个必在内，另一个根或或，
当时，方程①无意义，当时，，则不满足题意，
所以当时，由二次函数的性质可得， 解得，
综上：实数a的取值范围为.

【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数的单调区间，极值最值得方法，并灵活运用，难点在于将零点问题转化为方程得根的问题，考查了分类讨论思想和数形结合思想，属于难题.
8．（2022·河南·高三阶段练习）已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)是否存在实数a，使对恒成立，若存在，求出a的值或取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是；(2)存在，.
【分析】（1）由题可得，构造，进而判断导函数的正负，求出单调区间；（2）由题可得恒成立，通过分类讨论，构造函数，利用导数研究函数的单调性，最值，进而可得.
（1）因为，
所以，即.
当时，，令，则，
所以在单调递增，因为，
所以，当时，，；当时，，，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）法一：设，则，
①当时，，，即，故不符合题意.
②当时，当时，.·
令，即，
取，则，即，.
故不符合题意.
③当时，令，，则，
故在单调递增.
因为，，
所以存在唯一的使得，
所以，时，，；时，，，
故在单调递减，在单调递增.
所以的最小值为，
因为，即，两边取对数得，
所以.
令，则，
所以在单调递增，在单调递减，
故，当且仅当时，等号成立，
故当且仅当时，在恒成立，综上，存在a符合题意，.
法二：设，则，
设，易知在单调递增，
①当时，因为，，
所以存在唯一，使得，即，.
所以当，，即，单调递减；
当，，即，单调递增.
故，即，符合题意.
②当时，，，
所以存在唯一，使得，
所以当，，即，单调递减，
故，即，故不符合题意.
③当时，，，
所以存在唯一，使得，所以当，，即.
所以在单调递增，故，即，故不符合题意.
④当时，，不符合题意.
⑤当时，，不符合题意. 综上，存在a符合题意，.
法三：①当时，，故在上单调递增.
因为在单调递增，且，，
故存在唯一，使得，即，即，故，
所以任意，都有. 故不符合题意.
②当时，，
对于函数，.所以时，；时，.
所以在单调递减，在单调递增，故，所以，
故，故符合题意.
③当且时，对于函数，
因为在单调递增，且，，
所以存在，使得，即，
所以.
令，则，故在单调递增，在单调递减.
故，当且仅当时，“=”成立.
所以当时，，即，，
故不符合题意.综上，存在a符合题意，.
法四：设，，易知在单调递增.又当时，，所以的值域为；
当时，的值域为.所以的值域为.
故对于上任意一个值，都有唯一的一个正数，使得.
因为，即.
设，，所以要使，只需.
当时，因为，即，所以不符合题意.
当时，当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增.
所以.设，，
则，当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减.
所以，所以，，当且仅当时，等号成立.
又因为，所以，所以.综上，存在a符合题意，.
9．设函数，．（1）判断函数零点的个数，并说明理由；（2）记，讨论的单调性；（3）若在恒成立，求实数的取值范围．
【解析】解：（1）由题意得：，，故在递增；
又（1），（e），故函数在内存在零点，
的零点个数是1；
（2），，
当时，，在递减，
当时，由，解得：（舍取负值），
时，，递减，，时，，递增，
综上，时，在递减，时，在递减，在，递增；
（3）由题意得：，问题等价于在恒成立，
设，若记，则，
时，，在递增，（1），即，
若，由于，故，故，
即当在恒成立时，必有，当时，设，
①若，即时，由（2）得，递减，，，递增，
故（1），而，即存在，使得，
故时，不恒成立；
②若，即时，设，，
由于，且，即，故，
因此，故在递增，
故（1），即时，在恒成立，
综上，，时，在恒成立．
10．（2022·重庆·临江中学高三开学考试）已知函数．(1)当时，证明；(2)若存在极值点，且对任意满足的，都有，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，，定义域为，
设，则，
所以函数在单调递增，在上单调递减，所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，，当且仅当时等号成立，
所以，且等号不同时成立，所以；
（2）函数，，
若存在极值点，则，所以，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
由，不妨设，若，则；
若，由可得，则，
所以，即对恒成立，
令，则，
则

，
设，则，

，
令，，
则，，
令，
则，
令，则，
当时，令，
则
，
设，
所以，所以，
所以当时，，单调递增，，单调递增，
，单调递增，，单调递减，，
，符合题意；
当时，，存在，单调递减，，
，，单调递增，，，不符合题意；
所以，由单调递增可得.
11．（2022·全国·高三专题练习）已知函数（其中为自然对数的底数）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）结合已知条件分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，即可得出原函数的增区间和减区间；
（2） 分析可得，构造函数，即在上恒成立，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
（3） （1）解：依题意，令，，
则，令，解得或.
当时，即时，恒成立且不恒为零，所以函数的增区间为；
当时，即时，由可得或，由可得，
所以，函数的增区间为、，减区间为；
当时，即时，由可得或，由可得.
所以，函数的增区间为、，减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为；
当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
（2）解：当时，恒成立，
所以在上单调递增，且.因为，所以，
则不等式可化为，
即.令，则问题等价于函数在上单调递增，
即在上恒成立，
即，.令，，
则.令，解得，
所以当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
所以当时，函数取得最小值，且，
所以当时，，所以.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；（2），；
（3），；（4），.






1．（2020·全国·高考真题）已知函数.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，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，
，
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！
2．（2020·全国·高考真题）已知函数f（x）=2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间
【分析】（1）[方法三]不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；
（2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数 ，再求导得到，根据的正负，判断 的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性.
【详解】（1）
[方法一]【最优解】：
等价于．设，则．
当时，，所以在区间内单调递增；
当时，，所以在区间内单调递减．
故，所以，即，所以c的取值范围是．
[方法二]：切线放缩
若，即，即当时恒成立，
而在点处的切线为，从而有，
当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为．
[方法三]：利用最值求取值范围
函数的定义域为：
，
设，则有 ，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即，
要想不等式在上恒成立，只需；
所以c的取值范围为．
（2）且
因此，设 ，则有，
当时，，所以， 单调递减，因此有，即
，所以单调递减；
当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.
【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；
方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.
方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.
3．（2021·天津·高考真题）已知，函数．（I）求曲线在点处的切线方程：（II）证明存在唯一的极值点（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，又，则切线方程为；
（II）令，则，令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：

所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
4．（2021·北京·高考真题）已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：













增
极大值
减
极小值
增
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.所以，，.
5．（2021·全国·高考真题）设函数，其中.
（1）讨论的单调性；（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【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）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，又，
因为，故，当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由（1）中函数的单调性可得，故即.
【点睛】不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.
6．（2021·全国·高考真题）已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；在上,单调递减；,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，
由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，
即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．故实数a的范围为．
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
7．（2021·全国·高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
8．（2022·全国·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.
9．（2022·全国·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．(1)若，求a；(2)求a的取值范围．
【答案】(1)3(2)
【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；（2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.
【详解】（1）由题意知，，，，
则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，，则，解得，
则，解得；
（2），则在点处的切线方程为，
整理得，设该切线与切于点，，则，
则切线方程为，整理得，
则，整理得，
令，则，令，解得或，令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：




0

1



0

0

0










则的值域为，故的取值范围为.
10．（2022·全国·高考真题）已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,
所以切线斜率为2 所以曲线在点处的切线方程为
（2） 设
若,当,即
所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意
若 (1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减 当单调递增
所以当 当 所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当 设
所以在单调递增 所以存在,使得
当单调递减 当单调递增,
又 所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有 而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点 所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为

【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.