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压轴题型14 八个视角处理双变量导数压轴题-2024年高考数学二轮冲刺之压轴题专项训练（新高考专用）
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这是一份压轴题型14 八个视角处理双变量导数压轴题-2024年高考数学二轮冲刺之压轴题专项训练（新高考专用），共36页。试卷主要包含了构造偏函数，比值代换消元，同构型双变量，切线估计与“剪刀差模型”，已知函数，其中是自然对数的底数，不等式放缩，已知函数．，多项式拟合等内容，欢迎下载使用。
在高中数学中，导数算是难度天梯里排N.1的存在，在高考出题人的心中，导数算是一个超赞的存在，天生的守门员。但其实，现在同学们接触的只是导数世界的“皮毛”，真正的精髓还是要到大学中才会学习。导数大题是近年来高考的重点和热点问题，也是高考必考的板块之一，不管是简答题还是选择、填空都有涉及，也是拉分项。
我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分地夸大。像导数、函数这样的大板块，同学们必须会解题。遇到一个问题应该认真分析题型与问题条件，反复思考结论，每步做到“言必有据，步步合理”不用题海战术，每个板块都能攻克了！今天给大家整理总结了高考导数大题的常见类型及求解策略方法，大家通做一遍，复习提分效果更佳！
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)1 构造偏导数
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)2 整体规划统一变量
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)3 比（差）值换元
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)4 同构性双变量
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)5 切线估计与剪刀差模型
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)6 不等式放缩
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)7 主元法
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)8 多项式拟合
经典例题
1.构造偏函数
注：1.构造偏差函数的基本应用
①.函数的极值点为；
②.函数，然后证明：或.
2.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：
①.构造一元差函数或是；
②.对差函数求导，判断单调性；
③.结合或，判断的符号，从而确定与的大小关系；
④.由的大小关系，得到，（横线上为不等号）；
⑤.结合单调性得到，进而得到.
例1．（23届福建七市联考）已知函数．
（1）讨论的极值点个数；
（2）若有两个极值点，且，当时，证明：．
解析：（1）当时，函数没有极值点；当时，函数有两个极值点．
（2）由（1）中知，则是方程的两根，不妨令，则，令解得，所以在单调递减，在单调递增，大致图像如图所示，由图像可知当时，，，下先证（*）
由，两边取对数得，作差得，
（*）等价于证明，
令，，
故在上单调递增，从而，即证得，所以，
再证明，令，
故在上单调递减，则，
所以，再令，
，则在上单调递增，
故，即证得．
2.整体划归，统一变量法
例2（23届泉州一诊）．已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若在有两个极值点，求证：．
解析：（1）综上所述，当时，在上单调递增；
当或时，在上单调递减，
在和上单调递增.
（2）在上由两个极值点，或，且为方程的两个根，即，，，，即，
将，代入上式，可得：
，
由题意，需证，令，求导得，当时，，则在上单调递减，即，故.
注2背景分析：
若，设的两个极值点为，下面我们来计算的表达式.
，则是方程的两个根（不妨设）.由，得，同理，由求根公式得：，，则，.于是
本题中，，最后考虑两个极值点的范围，即，可得证.
例3．（23届温州二模）已知函数．
（1）若，求方程的解；
（2）若有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为，求的取值范围并证明．
解析：（1）方程的解为.
（2）令，得，设，故在单调递增，在单调递减，，当时，当时，
若有两个零点，则，故，，令，得，设，则，故在单调递增，在单调递减，，当时，当时，
若有两个极值点，则，综上，.
不妨令，因为且，由与图象得，
由为的两根得，两式分别乘并整理得，所以，
要证，即证，
即证：，由于，所以 ，只需证，即证
，（），令，（），当时，所以在上单调递减，所以，故，得证.
3.比（差）值代换消元
例4．（23届武汉二月调考）已知关于的方程有两个不相等的正实根，且.
（1）求实数的取值范围；
（2）设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.
解析：（2）因为，由（1）得，则，设，则，即，由有最小值，即有最小值. 设，
那么.
记，由于，若，则，可得单调递增，此时，即单调递增，
此时在没有最小值，不符合题意.若，时，，则在单调递减，时，，则在单调递增.
又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得. 此时时，，即，此时在上单调递减；
时，，即， 在上单调递增.所以时，有最小值，而，即，
整理得，故.
由题意知.设
设.设，故递增，.此时递增，有，令且，则，即在上递增，故，此时，故在递增，而知，的唯一解是. 故的唯一解是，即.
综上所述，.
例5．（23届南通二模）已知函数．
（1）若，，求实数a的取值范围；
（2）设是函数的两个极值点，证明：．
解析：（1）实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点. 由（1）知，，，则. 综上，要证，只需证，因为
，
设，.
所以，所以在上单调递增，所以.所以，即得成立．所以原不等式成立.
4.同构型双变量
例6．已知函数和有相同的最大值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线y=b，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
解析：（1）；
（2）由（1）知，由于时，，时，，因此只有才可能满足题意，记，且，由（1）得在上单调递增，在单调递减，且，所以存在，使得，设，则，设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以，是增函数，时，，，又，所以存在，使得，即此时与有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，同理与也有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，若与和共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线和的公共点，记其横坐标为，令，则，记与的三个交点的横坐标从左到右依次为，且满足，且，即，又，且，且在和上分别单调，所以，即，所以为的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
注3.多变量同构型零点的基本规律
1.，图象如下，左端为，右端为.
性质：
（1）；
（2）同构特性：
（3）若方程存在三个实数根，分别记为，则有
（4）若方程存在四个实根，记为，且有，则有：
2.，图象如下：，左端为，右端为.
性质：
（1）；
（2）同构特性：
（3）若方程存在三个实数根，分别记为，则有
（4）若方程存在四个实根，记为，且有，则有：
5.切线估计与“剪刀差模型”
注4.“剪刀模型”基本原理
函数凸凹性：
若函数在区间上有定义，若，则称为区间上的凸函数. 反之，称为区间上的凹函数.
切线不等式： 在上为凸函数，，有. 反之，若为区间上的凹函数，则，有.
注：切线不等式是剪刀模型的理论依据.
3.剪刀模型
已知函数为定义域上的凸函数，且图象与交于两点，其横坐标为，这样如下图所示，我们可以利用凸函数的切线与的交点将的范围予以估计，这便是切线放缩的基本原理.
如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出零点的一个上下界，而切割线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解（精确解）的估计.
例7.（2023届皖南八校联考）已知函数，其中是自然对数的底数.
（1）设曲线与轴正半轴相交于点，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方；
（2）若关于的方程（为正实数）有两个不等实根，求证：.
解析：（1）证明：由题意可得：，，可得曲线在点处的切线为.令，
，当时，，当时，∴函数在上单调递减，在上单调递增，曲线上的点都不在直线的上方.
（2）证明：由（1）可得，解得，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，，曲线在点处的切线为，由（1）得，令，
，，∴由零点的存在性定理知，
同理可得曲线在点处的切线为，设与的交点的横坐标分别为，则，
. 下面证明：.
，
，且，
.
6.不等式放缩
例8（2023届湖北七市州联考T22）．已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若有3个零点，，，其中．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
解析：（1）当时，，， 则在恒成立，所以在单调递增，故的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）（ⅰ），，，则除1外还有两个零点，，令，当时，在恒成立，则，
所以在单调递减，不满足，舍去；当时，除1外还有两个零点，则不单调，所以存在两个零点，所以，解得， 当时，设的两个零点为，则，，所以．当时，，，则单调递增；当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增；
又，所以，，而，且，
，且，所以存在，，
使得，即有3个零点 ，，．
综上，实数a的取值范围为．
证明：因为，所以若，则，所以．
欲证，代入可得只需证明：
时，，构造函数证明.（区别于标准答案的直接构造，那谁想得到，消掉参数是解题方向）
当时，先证明不等式恒成立，设，
则，所以函数在上单调递增，于是，即当时，不等式恒成立．由，可得，因为，所以，即，两边同除以，得，即，
所以．
注5. 一些重要的不等式放缩
7.主元法
例9.（2022北京卷）已知函数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2）设，讨论函数在，上的单调性；
（3）证明：对任意的，，有．
解析：（1）
（2）由（1）有：，，
令，令，
设，恒成立，故在，单调递增，又因为，故在，恒成立，故，故在，单调递增；
（3）设,其中，，
由（2）有在,单调递增，又因为,所以在，
即，所以在，单调递增，
因为，则,而，故，得证.
8.多项式拟合
例10（2021新高考1卷）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
解析：如图，考虑用二次函数拟合上述曲线，只需保证二次函数在顶点处的邻域内拟合即可.可将在处二阶泰勒展开，故只需满足方程组，求得：.即.这样的话，的根为，且，由，得证.
针对性训练
1．已知函数有两个零点．
(1)求实数a的取值范围．
(2)函数，证明：函数有唯一的极小值点．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】(1)对函数求导，求出函数的单调区间，再利用函数图像，从而得出的最小值小于零，进而求出结果.
(2)通过函数的极值点的定义，将问题转化成导函数的零点问题，通过对函数求导，得出导函数严格单调，进而再利用零点存在性原求出的零点，从而得到证明.
【详解】（1）因为，所以，
当时，恒成立，函数在上单调递减，此时最多一个零点，不合题意，
当时，由，得到，
当时，，即在区间上单调递减，
当时，，即在区间上单调递增，
所以的最小值为
因为当时，，当时，，
又函数有两个零点，所以，得到，
所以实数a的取值范围为.
（2）因为函数，所以，，
令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，
又当时，，，则，
当时，，，则，
所以存在唯一实数，使得，即存在唯一零点，
且时，，时，，所以是函数唯一的极小值点，
故函数有唯一的极小值点.
2．已知.
(1)若在x=0处取得极小值，求实数a的取值范围；
(2)若有两个不同的极值点（），求证：（为的二阶导数）.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，讨论，，和四种情况，根据导数情况讨论函数的单调性即可得出；
（2）根据题意可得，构造函数，利用导数即可证明.
【详解】（1）由题意得，，，
①当时，在上单调递增，
所以当x＜0时，，在单调递减；
当x＞0时，，在单调递减；
所以在x＝0处取得极小值，符合题意．
当时，由可得，由可得，
②当0＜a＜1时，，在单调递增，在单调递减，
所以当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
所以在x＝0处取得极小值，符合题意．
③当a＝1时，知在区间单调递减，在区间单调递增，
所以在处取得最小值，即，
所以函数在R上单调递增，
所以在x＝0处无极值，不符合题意．
④当a＞1时，，由①知的减区间为，
所以当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；
所以在x＝0处取得极大值，不符合题意，
综上可知，实数a的取值范围为．
（2）为的零点，则，，，
，
令，构造函数，
由②知，当时，，即.
则，
所以在单调递减，故．
故，故原不等式得证．
【点睛】关键点睛：本题考查函数极值点的辨析，解题的关键是求出导数，根据导数形式正确分类讨论函数的单调性，结合极值的定义得出参数情况.
3．已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)见解析.
(2)
【分析】（1）分类讨论，两种情况，由导数得出单调性 ；
（2）将变形为，构造函数，由其单调性得出，进而由导数得出的最大值，从而得出求实数的取值范围.
【详解】（1）因为，所以.
当时，由，得，由，得，且，
故的单调递增区间为，单调递减区间为，；
当时，由，得，且，由，得，
故的单调递增区间为，，单调递减区间为.
综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为.
（2）易知，.
由，可得，
所以恒成立，即恒成立.
设，，则，所以在上单调递增.
当时，，所以恒成立等价于恒成立，
即对恒成立.
设，，.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于将整理成的形式，构造函数，由其单调性以及得出，最后求出的最大值，得出a的取值范围.
4．已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，求曲线与的公切线方程.
【答案】(1)在上单调递增.
(2)
【分析】（1）先求函数的导函数，再利用导数证明，由此判断函数的单调性；
（2）设曲线在点与曲线在的切线相同，由导数的几何意义可得
，利用导数研究方程的解可求，由此求公切线方程.
【详解】（1）当时，
令，有，
当时，，函数在上单调递减，
，函数在上单调递增，
故，即，
所以在上单调递增.
（2）因为，
所以，
设曲线在点与曲线在的切线相同，
则切线方程为，即，
整理得.
又切线方程也可表示为，
即，
整理得，
所以，
消整理得.
令，
令，
因为，所以函数在在单调递增，
又函数在在单调递增，
所以在单调递增，又，
当，
，
又得，
所以，
，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
因此函数只有一个零点，
即只有一个解，
此时切线方程为，
所以曲线与的公切线方程为.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于利用导数的几何意义确定切点的坐标满足的关系，再通过利用导数研究方程的解，确定切点坐标，由此求出切线方程.
5．已知.
(1)讨论的单调性；
(2)确定方程的实根个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）对求导，讨论，，和时，的正负，即可得出的单调性；
（2）将方程的实根个数转化为直线与的图象交点个数，对求导，结合的单调性和值域即可求出答案.
【详解】（1）因为，
所以，
当时，时，，是增函数，
时，，是减函数.
当时，或时，，是增函数，
时，，是减函数.
当时，，在上是增函数.
当时，或时，，是增函数，
时，，是减函数.
综上可得:当时，在上是增函数，在上是减函数；
时，在，上是增函数.在上是减函数；
时，在上是增函数；
时，在，上是增函数，在上是减函数.
（2）方程的实根个数即的实根个数.
即直线与的图象交点个数.
因为，所以时，，是增函数，
时，，是减函数.
因为，则的图象如图所示：
时，取值范围是，
时，取值范围是，
所以当，即时，方程没有实根，
当或，即或时，方程有1个实根；
当，即时，方程有2个实根.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．
6．已知函数，.
(1)当时，试讨论的单调性；
(2)求使得在上恒成立的整数的最小值；
(3)若对任意，当时，均有成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）求得并化简，分、和，三种情况讨论，即可求解函数的单调区间；
（2）根据题意得到，结合导数得到函数的单调性，求得，进而求得答案；
（3）由（1）得到，转化为，根据，求得，即可求解.
【详解】（1）由，可得函数的定义域为，
且，
①当时，恒成立，即在上单调递增；
②若，
当时，；当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
③若，
当时，；当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）知：当时，在时单调递增，
又因为时，，所以不符合题意，所以，
由（1）知，，当时，，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
可得，
所以使得在上恒成立的整数的最小值为1.
（3）由（1）可知，当时，在上单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，
所以，
又因为，所以，
又由，所以，所以，
即实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
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．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
7．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，求解单调性；
（2）参变分离，得到，构造，求导，得到其单调性，求出最大值，得到.
【详解】（1）.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减；
（2）的定义域为，
若恒成立，则恒成立，即恒成立，
令，只需，又，
令得，
时，，则单调递增；
时，，则单调递减；
故在时取得极大值，也时最大值.
所以，解得：，
故a的取值范围是.
8．已知，是自然对数的底数，函数．
(1)若，求函数的极值；
(2)是否存在实数m，，都有？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)极大值为；的极小值为
(2)存在，
【分析】（1）将代入可得，对函数求导利用导函数判断其单调性即可得出其极大值为，的极小值为；
（2）易知其定义域为，结合将化简变形可得，构造函数易得其为单调递增函数，即，求得函数在定义域内的最小值即可得.
【详解】（1）由，可得，
易知的定义域为，
则．
∴的极大值为；的极小值为．
（2）因为，由得，
即的定义域为．
当时，由可得，
，不等式两边同时除以可得，
，即
可得
所以．
设，则
即．
易得，所以为单调递增函数．
由，可得，所以
设，则．
∴当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增．
即时，；
由题意可得，即．
∴存在实数m，且m的取值范围为．
【点睛】方法点睛：不等式恒成立求解参数取值范围时，常用的方法是通过构造函数将问题转化成求解函数最大值或最小值问题，即可求得参数取值范围.
9．已知函数.
(1)若成立，求实数的取值范围；
(2)证明：有且只有一个零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究的区间最值，根据能成立有，即可求范围；
（2）应用导数研究的零点所在区间为并证明唯一性，再由可得，构造研究单调性即可证结论.
【详解】（1）由得：0，则在上单调递减，
在上最大值为，
若成立，则必有，
由，得，故实数的取值范围为.
（2）由在上单调递减，且恒成立，
最小正周期，在最大值为1，
由此在恒为负值，没有零点.
下面看在上的零点情况.
，则，故，
即在上单调递减，
，
故在上有唯一零点.
综上，在上有且只有一个零点.
令且，则，
所以，
令，则，即在上单调递减，
所以，
即.
10．已知函数，的导函数为.记函数在区间内的零点为，.
(1)求函数的单调区间；
(2)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）根据正切函数定义域可得定义域，求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）当时，可知恒成立，函数无零点；当时，利用零点存在定理可说明，由此可得的范围，结合函数单调性，通过分析法可知只需证明即可，结合可证得结论.
【详解】（1）的定义域为，；
当时，；当时，；
在上单调递减；在，上单调递增.
（2）①当时，，恒成立，此时无零点；
②当时，由（1）知：在上单调递增，
，，
存在唯一，使得；
，，，
又在上单调递增，
要证，即证，只需证，
又，则只需证；
，，
，
得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性和函数零点的问题，本题证明与零点有关的不等式的关键是能够利用零点存在定理说明零点所在的范围，从而通过分析法将问题转化为证明的问题.
11．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)分类讨论，答案见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）转化不等式，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）由题可得，．
当，即时，，
由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
当，即时，
由，得或；由，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
当，即时，
由，得或；由，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
当，即时，，在上单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；当时，
的单调递增区间为，，
单调递减区间为；当时，的单调递增区间为．
（2）当时，由，得，
即．
设，，
则．
设，，则．
因为当时，，所以函数在上单调递增．
又因为，所以当时，，即．
令，得，因为，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以．
又因为，所以．
因此，当时，恒成立．
故当时，．
【点睛】利用导数研究函数的性质或证明不等式，当一次求导无法求得函数的单调区间，可考虑进行二次求导来对函数进行研究，研究过程中要注意导函数和原函数的对应关系，不能弄混.
12．已知函数.
(1)求函数在区间上的最大值；
(2)若为整数，且关于的不等式恒成立，求整数的最小值.
【答案】(1)
(2)最小值为2
【分析】（1）讨论m的取值范围，结合二次函数的对称轴与区间的位置关系，即可求得答案；
（2）将不等式恒成立，转化为函数的最值问题，即设，利用导数求其最值，分类讨论，即可求得答案.
【详解】（1）若时，在区间上单调递减，
所以.
若，则二次函数图象对称轴，
当，即时，1离对称轴近，2离对称轴远，
所以.
当，即时，1离对称轴远，2离对称轴近，
.
若，对称轴在区间上单调递减，
综上，.
（2）因为恒成立，
即恒成立，
令,
所以,
当时，因为，所以，
所以在上是单调递增函数.
又因为，所以关于的不等式不能恒成立.
当时，,
令得，所以当时，；当时，.
因此函数在上是增函数，在上是减函数.
故函数的最大值为.
令，因为.
又因为在上是减函数，所以当时，,
即关于的不等式恒成立，
所以整数的最小值为2.
【点睛】方法点睛：解答关于的不等式恒成立问题，需将问题转化求函数最值，因此利用导数结合分类讨论，求解函数最值即可解决.
13．已知函，.
(1)讨论在的单调性；
(2)是否存在，且，使得曲线在和处有相同的切线？证明你的结论.
【答案】(1)答案见解析
(2)不存在，证明见解析
【分析】（1）对求导，讨论和时，的正负即可得出答案；
（2）假设存在，求出在和处的切线方程，建立等式，将等式化简，减少变量，从而构造新的函数，研究新函数的单调性，即可证明.
【详解】（1），
故时，；时，，
当，即时，在单调递减，在单调递增；
当，即时，在单调递增.
综上，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增.
（2）解法一：不存在a，，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，
即，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
即，，
所以，
由两边同乘以，
得，
令，，则，且，
由得，代入得，两边取对数得，
令，
当时，，，
所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；
当时，，，
所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；
综上，不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
解法二：不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，即
，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
令，，可得，
由两边同乘以，
得，则，且，
令，则，且.
由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，
又当时，，当时，，
所以若，存在，不妨设，
设，，又，所以，则，
由，得即，
则，所以，
所以，即，
令，，则，
所以在上单调递减，所以当时，，
即，取，即，
所以在时无解，
综上，不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
解法三：不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，
即，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
即，，
所以，
由两边同乘以，
得，
令，，则，且，
令，则，且.
由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，
又当时，，当时，，
所以若，存在，不妨设，
则，，
所以，
以下证明.
令，，则，
所以在上单调递减，所以当时，，
因为，所以，，
整理得.
因为，所以，与矛盾；
所以不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
【点睛】本小题主要考查导数及其应用、函数的单调性、不等式等基础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性和创新性.
14．已知函数．
(1)若，求在点处的切线方程；
(2)若（）是的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，得切点处的导数值，根据点斜式即可求解切线方程；
（2）根据极值点的定义，可得方程的两个根，根据韦达定理代入化简，将问题转化成，构造函数，结合导数证明即可.
【详解】（1）当时，，则，，，
所以在处的切线方程为,即；
（2）证明：由，可知，
因为（）是的极值点,所以方程的两个不等的正实数根，
所以，，
则
．
要证成立，只需证，即证，
即证，即证，即证，
设，则，即证，
令，则，
所以在上单调递减，则，
所以，故．
【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
15．已知函数.
(1)证明：；
(2)若，求实数的取值范围；
(3)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）构造函数，利用导数证得，从而证得.
（2）由分离，利用（1）的结论求得的取值范围.
（3）结合（1），列不等式，根据等比数列的前项和公式证得不等式成立.
【详解】（1）令，，由，解得，
当时，；当时，；
所以在递减，递增，
即，即；
（2）由可得：
由（1）知（当且仅当取等号），
，所以，即；
（3）由（1）知，令，可得，
所以
因为数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以.
【点睛】利用导数证明不等式的基本过程是：转化要证明的不等式（一边为或常数），然后构造函数，利用导数判断所构造函数的单调性、极值和最值等，由此证得不等式成立.
16．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若当时，不等式恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减，在和上单调递增
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为，当时，原不等式可化为，当时，原不等式可化为，根据函数的单调性讨论m的取值范围．
【详解】（1）依题意得．
①当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
③当时在上恒成立，所以在上单调递增；
④当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增．
（2）当时，恒成立，则恒成立．
（i）当时，不等式即，满足条件．
（ii）当时，原不等式可化为，该式对任意恒成立．
设，则．
设，则．
因为，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增．
又因为，所以是在上的唯一零点，
所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以当时，，所以．
（iii）当时，原不等式可化为，
此时对于（ii）中的函数，可知当时，，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，即，所以在上单调递减，
所以当时，，所以．
综上所述，m的取值范围是．
17．已知函数.
(1)当时，讨论函数在上的单调性；
(2)当时，，求实数的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减
(2)
【分析】（1）当时，求得，利用导数符号与函数单调性的关系可得出函数的单调性；
（2）对实数的取值进行分类讨论，在时，利用（1）中的结论验证即可；在或时，由可得出，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，利用单调性可验证在上不恒成立，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，则．
令，其中，
则，则在上单调递减．
故当时，，
所以在上单调递减．
（2）解：由（1）可知当且当时，函数在上为减函数，
此时，，
则当时，，满足题意；
由，化简可得，
令，其中，则．
当时，若，则，在上是减函数，
所以当时，，不符合题意．
当时，，则在上是减函数，此时，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
18．对定义在区间上的函数，如果对任意都有成立，那么称函数在区间上可被替代.
(1)若，试判断在区间上，能否可被替代？
(2)若，且函数在上可被函数替代，求实数的取值范围.
【答案】(1)能被替代；证明见解析
(2)
【分析】（1）根据定义，列式求出的导数，分析导数在定义域内的取值范围，得出最大值与最小值，最后作出判断即可；
（2）根据定义列式，利用还原法将，再通过对数运算化简式子，分离参数，根据分离后的函数单调性找出参数取值区间.
【详解】（1），，
设，，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，，，
所以，在区间上，能被替代.
（2），且函数在上可被函数替代，则对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，既有对任意恒成立。
也就是对任意恒成立，
即对任意恒成立，
所以，即对任意恒成立，
变形可得，即对任意恒成立，
对于函数，该函数在上为增函数，则函数有最大值为，所以；
对于函数，该函数在上为增函数，则函数有最小值，所以，
综上，满足条件的实数的取值范围是
【点睛】思路点睛：
常规函数求导问题中，涉及到三角函数的思路一般为两种：一、正常利用求导公式进行计算；二、利用换元法将三角函数换元进行计算。根据函数式子的复杂程度判断使用哪个思路，式子越复杂，复合函数形式越多，越优先考虑换元法思路.
19．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)对任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程；
（2）根据题意分析可得对任意实数，都有恒成立，构建，根据恒成立问题结合导数分析运算.
【详解】（1）∵，则，
若时，则，，
即切点坐标为，切线斜率，
∴切线方程为，即.
（2）∵，即，
整理得，
故原题意等价于对任意实数，都有恒成立，
构建，则，
注意到，则，
构建，则在上单调递增，且，
故在内存在唯一的零点，
可得当，则；当，则；
即当，则；当，则；
故在上单调递减，上单调递增，则，
又∵为的零点，则，可得且，
∴，
即在上的最小值为0，
故实数的取值范围.
【点睛】方法定睛：两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
20．已知函数.
(1)求函数的零点；
(2)证明：对于任意的正实数k，存在，当时，恒有.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据导数的性质，结合函数零点的定义进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，可以得到，进而得到不等式，
的等价条件，最后得以证明.
【详解】（1），定义域为，
，所以函数是上的减函数，
而，所以函数的零点是；
（2）由（1）可知：当时，，
即，
因此有，
进而有，
当时，等价于，
等价于，
设三个数中最大的数为，
所以当时，有.
【点睛】关键点睛：根据（1）的结论，得到不等式，再根据存在性的性质是解题的关键.
2
3
+
0
-
0
+
单调递增
单调递减
单调递增
在高中数学中，导数算是难度天梯里排N.1的存在，在高考出题人的心中，导数算是一个超赞的存在，天生的守门员。但其实，现在同学们接触的只是导数世界的“皮毛”，真正的精髓还是要到大学中才会学习。导数大题是近年来高考的重点和热点问题，也是高考必考的板块之一，不管是简答题还是选择、填空都有涉及，也是拉分项。
我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分地夸大。像导数、函数这样的大板块，同学们必须会解题。遇到一个问题应该认真分析题型与问题条件，反复思考结论，每步做到“言必有据，步步合理”不用题海战术，每个板块都能攻克了！今天给大家整理总结了高考导数大题的常见类型及求解策略方法，大家通做一遍，复习提分效果更佳！
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)1 构造偏导数
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)2 整体规划统一变量
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)3 比（差）值换元
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)4 同构性双变量
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)5 切线估计与剪刀差模型
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)6 不等式放缩
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)7 主元法
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)8 多项式拟合
经典例题
1.构造偏函数
注：1.构造偏差函数的基本应用
①.函数的极值点为；
②.函数，然后证明：或.
2.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：
①.构造一元差函数或是；
②.对差函数求导，判断单调性；
③.结合或，判断的符号，从而确定与的大小关系；
④.由的大小关系，得到，（横线上为不等号）；
⑤.结合单调性得到，进而得到.
例1．（23届福建七市联考）已知函数．
（1）讨论的极值点个数；
（2）若有两个极值点，且，当时，证明：．
解析：（1）当时，函数没有极值点；当时，函数有两个极值点．
（2）由（1）中知，则是方程的两根，不妨令，则，令解得，所以在单调递减，在单调递增，大致图像如图所示，由图像可知当时，，，下先证（*）
由，两边取对数得，作差得，
（*）等价于证明，
令，，
故在上单调递增，从而，即证得，所以，
再证明，令，
故在上单调递减，则，
所以，再令，
，则在上单调递增，
故，即证得．
2.整体划归，统一变量法
例2（23届泉州一诊）．已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若在有两个极值点，求证：．
解析：（1）综上所述，当时，在上单调递增；
当或时，在上单调递减，
在和上单调递增.
（2）在上由两个极值点，或，且为方程的两个根，即，，，，即，
将，代入上式，可得：
，
由题意，需证，令，求导得，当时，，则在上单调递减，即，故.
注2背景分析：
若，设的两个极值点为，下面我们来计算的表达式.
，则是方程的两个根（不妨设）.由，得，同理，由求根公式得：，，则，.于是
本题中，，最后考虑两个极值点的范围，即，可得证.
例3．（23届温州二模）已知函数．
（1）若，求方程的解；
（2）若有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为，求的取值范围并证明．
解析：（1）方程的解为.
（2）令，得，设，故在单调递增，在单调递减，，当时，当时，
若有两个零点，则，故，，令，得，设，则，故在单调递增，在单调递减，，当时，当时，
若有两个极值点，则，综上，.
不妨令，因为且，由与图象得，
由为的两根得，两式分别乘并整理得，所以，
要证，即证，
即证：，由于，所以 ，只需证，即证
，（），令，（），当时，所以在上单调递减，所以，故，得证.
3.比（差）值代换消元
例4．（23届武汉二月调考）已知关于的方程有两个不相等的正实根，且.
（1）求实数的取值范围；
（2）设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.
解析：（2）因为，由（1）得，则，设，则，即，由有最小值，即有最小值. 设，
那么.
记，由于，若，则，可得单调递增，此时，即单调递增，
此时在没有最小值，不符合题意.若，时，，则在单调递减，时，，则在单调递增.
又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得. 此时时，，即，此时在上单调递减；
时，，即， 在上单调递增.所以时，有最小值，而，即，
整理得，故.
由题意知.设
设.设，故递增，.此时递增，有，令且，则，即在上递增，故，此时，故在递增，而知，的唯一解是. 故的唯一解是，即.
综上所述，.
例5．（23届南通二模）已知函数．
（1）若，，求实数a的取值范围；
（2）设是函数的两个极值点，证明：．
解析：（1）实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点. 由（1）知，，，则. 综上，要证，只需证，因为
，
设，.
所以，所以在上单调递增，所以.所以，即得成立．所以原不等式成立.
4.同构型双变量
例6．已知函数和有相同的最大值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线y=b，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
解析：（1）；
（2）由（1）知，由于时，，时，，因此只有才可能满足题意，记，且，由（1）得在上单调递增，在单调递减，且，所以存在，使得，设，则，设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以，是增函数，时，，，又，所以存在，使得，即此时与有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，同理与也有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，若与和共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线和的公共点，记其横坐标为，令，则，记与的三个交点的横坐标从左到右依次为，且满足，且，即，又，且，且在和上分别单调，所以，即，所以为的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
注3.多变量同构型零点的基本规律
1.，图象如下，左端为，右端为.
性质：
（1）；
（2）同构特性：
（3）若方程存在三个实数根，分别记为，则有
（4）若方程存在四个实根，记为，且有，则有：
2.，图象如下：，左端为，右端为.
性质：
（1）；
（2）同构特性：
（3）若方程存在三个实数根，分别记为，则有
（4）若方程存在四个实根，记为，且有，则有：
5.切线估计与“剪刀差模型”
注4.“剪刀模型”基本原理
函数凸凹性：
若函数在区间上有定义，若，则称为区间上的凸函数. 反之，称为区间上的凹函数.
切线不等式： 在上为凸函数，，有. 反之，若为区间上的凹函数，则，有.
注：切线不等式是剪刀模型的理论依据.
3.剪刀模型
已知函数为定义域上的凸函数，且图象与交于两点，其横坐标为，这样如下图所示，我们可以利用凸函数的切线与的交点将的范围予以估计，这便是切线放缩的基本原理.
如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出零点的一个上下界，而切割线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解（精确解）的估计.
例7.（2023届皖南八校联考）已知函数，其中是自然对数的底数.
（1）设曲线与轴正半轴相交于点，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方；
（2）若关于的方程（为正实数）有两个不等实根，求证：.
解析：（1）证明：由题意可得：，，可得曲线在点处的切线为.令，
，当时，，当时，∴函数在上单调递减，在上单调递增，曲线上的点都不在直线的上方.
（2）证明：由（1）可得，解得，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以的最大值为，，曲线在点处的切线为，由（1）得，令，
，，∴由零点的存在性定理知，
同理可得曲线在点处的切线为，设与的交点的横坐标分别为，则，
. 下面证明：.
，
，且，
.
6.不等式放缩
例8（2023届湖北七市州联考T22）．已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若有3个零点，，，其中．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
解析：（1）当时，，， 则在恒成立，所以在单调递增，故的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）（ⅰ），，，则除1外还有两个零点，，令，当时，在恒成立，则，
所以在单调递减，不满足，舍去；当时，除1外还有两个零点，则不单调，所以存在两个零点，所以，解得， 当时，设的两个零点为，则，，所以．当时，，，则单调递增；当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增；
又，所以，，而，且，
，且，所以存在，，
使得，即有3个零点 ，，．
综上，实数a的取值范围为．
证明：因为，所以若，则，所以．
欲证，代入可得只需证明：
时，，构造函数证明.（区别于标准答案的直接构造，那谁想得到，消掉参数是解题方向）
当时，先证明不等式恒成立，设，
则，所以函数在上单调递增，于是，即当时，不等式恒成立．由，可得，因为，所以，即，两边同除以，得，即，
所以．
注5. 一些重要的不等式放缩
7.主元法
例9.（2022北京卷）已知函数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2）设，讨论函数在，上的单调性；
（3）证明：对任意的，，有．
解析：（1）
（2）由（1）有：，，
令，令，
设，恒成立，故在，单调递增，又因为，故在，恒成立，故，故在，单调递增；
（3）设,其中，，
由（2）有在,单调递增，又因为,所以在，
即，所以在，单调递增，
因为，则,而，故，得证.
8.多项式拟合
例10（2021新高考1卷）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
解析：如图，考虑用二次函数拟合上述曲线，只需保证二次函数在顶点处的邻域内拟合即可.可将在处二阶泰勒展开，故只需满足方程组，求得：.即.这样的话，的根为，且，由，得证.
针对性训练
1．已知函数有两个零点．
(1)求实数a的取值范围．
(2)函数，证明：函数有唯一的极小值点．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】(1)对函数求导，求出函数的单调区间，再利用函数图像，从而得出的最小值小于零，进而求出结果.
(2)通过函数的极值点的定义，将问题转化成导函数的零点问题，通过对函数求导，得出导函数严格单调，进而再利用零点存在性原求出的零点，从而得到证明.
【详解】（1）因为，所以，
当时，恒成立，函数在上单调递减，此时最多一个零点，不合题意，
当时，由，得到，
当时，，即在区间上单调递减，
当时，，即在区间上单调递增，
所以的最小值为
因为当时，，当时，，
又函数有两个零点，所以，得到，
所以实数a的取值范围为.
（2）因为函数，所以，，
令，则在区间上恒成立，即在区间上单调递增，
又当时，，，则，
当时，，，则，
所以存在唯一实数，使得，即存在唯一零点，
且时，，时，，所以是函数唯一的极小值点，
故函数有唯一的极小值点.
2．已知.
(1)若在x=0处取得极小值，求实数a的取值范围；
(2)若有两个不同的极值点（），求证：（为的二阶导数）.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，讨论，，和四种情况，根据导数情况讨论函数的单调性即可得出；
（2）根据题意可得，构造函数，利用导数即可证明.
【详解】（1）由题意得，，，
①当时，在上单调递增，
所以当x＜0时，，在单调递减；
当x＞0时，，在单调递减；
所以在x＝0处取得极小值，符合题意．
当时，由可得，由可得，
②当0＜a＜1时，，在单调递增，在单调递减，
所以当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
所以在x＝0处取得极小值，符合题意．
③当a＝1时，知在区间单调递减，在区间单调递增，
所以在处取得最小值，即，
所以函数在R上单调递增，
所以在x＝0处无极值，不符合题意．
④当a＞1时，，由①知的减区间为，
所以当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；
所以在x＝0处取得极大值，不符合题意，
综上可知，实数a的取值范围为．
（2）为的零点，则，，，
，
令，构造函数，
由②知，当时，，即.
则，
所以在单调递减，故．
故，故原不等式得证．
【点睛】关键点睛：本题考查函数极值点的辨析，解题的关键是求出导数，根据导数形式正确分类讨论函数的单调性，结合极值的定义得出参数情况.
3．已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)见解析.
(2)
【分析】（1）分类讨论，两种情况，由导数得出单调性 ；
（2）将变形为，构造函数，由其单调性得出，进而由导数得出的最大值，从而得出求实数的取值范围.
【详解】（1）因为，所以.
当时，由，得，由，得，且，
故的单调递增区间为，单调递减区间为，；
当时，由，得，且，由，得，
故的单调递增区间为，，单调递减区间为.
综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为.
（2）易知，.
由，可得，
所以恒成立，即恒成立.
设，，则，所以在上单调递增.
当时，，所以恒成立等价于恒成立，
即对恒成立.
设，，.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于将整理成的形式，构造函数，由其单调性以及得出，最后求出的最大值，得出a的取值范围.
4．已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，求曲线与的公切线方程.
【答案】(1)在上单调递增.
(2)
【分析】（1）先求函数的导函数，再利用导数证明，由此判断函数的单调性；
（2）设曲线在点与曲线在的切线相同，由导数的几何意义可得
，利用导数研究方程的解可求，由此求公切线方程.
【详解】（1）当时，
令，有，
当时，，函数在上单调递减，
，函数在上单调递增，
故，即，
所以在上单调递增.
（2）因为，
所以，
设曲线在点与曲线在的切线相同，
则切线方程为，即，
整理得.
又切线方程也可表示为，
即，
整理得，
所以，
消整理得.
令，
令，
因为，所以函数在在单调递增，
又函数在在单调递增，
所以在单调递增，又，
当，
，
又得，
所以，
，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
因此函数只有一个零点，
即只有一个解，
此时切线方程为，
所以曲线与的公切线方程为.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于利用导数的几何意义确定切点的坐标满足的关系，再通过利用导数研究方程的解，确定切点坐标，由此求出切线方程.
5．已知.
(1)讨论的单调性；
(2)确定方程的实根个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）对求导，讨论，，和时，的正负，即可得出的单调性；
（2）将方程的实根个数转化为直线与的图象交点个数，对求导，结合的单调性和值域即可求出答案.
【详解】（1）因为，
所以，
当时，时，，是增函数，
时，，是减函数.
当时，或时，，是增函数，
时，，是减函数.
当时，，在上是增函数.
当时，或时，，是增函数，
时，，是减函数.
综上可得:当时，在上是增函数，在上是减函数；
时，在，上是增函数.在上是减函数；
时，在上是增函数；
时，在，上是增函数，在上是减函数.
（2）方程的实根个数即的实根个数.
即直线与的图象交点个数.
因为，所以时，，是增函数，
时，，是减函数.
因为，则的图象如图所示：
时，取值范围是，
时，取值范围是，
所以当，即时，方程没有实根，
当或，即或时，方程有1个实根；
当，即时，方程有2个实根.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．
6．已知函数，.
(1)当时，试讨论的单调性；
(2)求使得在上恒成立的整数的最小值；
(3)若对任意，当时，均有成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）求得并化简，分、和，三种情况讨论，即可求解函数的单调区间；
（2）根据题意得到，结合导数得到函数的单调性，求得，进而求得答案；
（3）由（1）得到，转化为，根据，求得，即可求解.
【详解】（1）由，可得函数的定义域为，
且，
①当时，恒成立，即在上单调递增；
②若，
当时，；当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
③若，
当时，；当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）知：当时，在时单调递增，
又因为时，，所以不符合题意，所以，
由（1）知，，当时，，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
可得，
所以使得在上恒成立的整数的最小值为1.
（3）由（1）可知，当时，在上单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，
所以，
又因为，所以，
又由，所以，所以，
即实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
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．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
7．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，求解单调性；
（2）参变分离，得到，构造，求导，得到其单调性，求出最大值，得到.
【详解】（1）.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减；
（2）的定义域为，
若恒成立，则恒成立，即恒成立，
令，只需，又，
令得，
时，，则单调递增；
时，，则单调递减；
故在时取得极大值，也时最大值.
所以，解得：，
故a的取值范围是.
8．已知，是自然对数的底数，函数．
(1)若，求函数的极值；
(2)是否存在实数m，，都有？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)极大值为；的极小值为
(2)存在，
【分析】（1）将代入可得，对函数求导利用导函数判断其单调性即可得出其极大值为，的极小值为；
（2）易知其定义域为，结合将化简变形可得，构造函数易得其为单调递增函数，即，求得函数在定义域内的最小值即可得.
【详解】（1）由，可得，
易知的定义域为，
则．
∴的极大值为；的极小值为．
（2）因为，由得，
即的定义域为．
当时，由可得，
，不等式两边同时除以可得，
，即
可得
所以．
设，则
即．
易得，所以为单调递增函数．
由，可得，所以
设，则．
∴当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增．
即时，；
由题意可得，即．
∴存在实数m，且m的取值范围为．
【点睛】方法点睛：不等式恒成立求解参数取值范围时，常用的方法是通过构造函数将问题转化成求解函数最大值或最小值问题，即可求得参数取值范围.
9．已知函数.
(1)若成立，求实数的取值范围；
(2)证明：有且只有一个零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究的区间最值，根据能成立有，即可求范围；
（2）应用导数研究的零点所在区间为并证明唯一性，再由可得，构造研究单调性即可证结论.
【详解】（1）由得：0，则在上单调递减，
在上最大值为，
若成立，则必有，
由，得，故实数的取值范围为.
（2）由在上单调递减，且恒成立，
最小正周期，在最大值为1，
由此在恒为负值，没有零点.
下面看在上的零点情况.
，则，故，
即在上单调递减，
，
故在上有唯一零点.
综上，在上有且只有一个零点.
令且，则，
所以，
令，则，即在上单调递减，
所以，
即.
10．已知函数，的导函数为.记函数在区间内的零点为，.
(1)求函数的单调区间；
(2)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）根据正切函数定义域可得定义域，求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）当时，可知恒成立，函数无零点；当时，利用零点存在定理可说明，由此可得的范围，结合函数单调性，通过分析法可知只需证明即可，结合可证得结论.
【详解】（1）的定义域为，；
当时，；当时，；
在上单调递减；在，上单调递增.
（2）①当时，，恒成立，此时无零点；
②当时，由（1）知：在上单调递增，
，，
存在唯一，使得；
，，，
又在上单调递增，
要证，即证，只需证，
又，则只需证；
，，
，
得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性和函数零点的问题，本题证明与零点有关的不等式的关键是能够利用零点存在定理说明零点所在的范围，从而通过分析法将问题转化为证明的问题.
11．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)分类讨论，答案见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）转化不等式，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）由题可得，．
当，即时，，
由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
当，即时，
由，得或；由，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
当，即时，
由，得或；由，得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
当，即时，，在上单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；当时，
的单调递增区间为，，
单调递减区间为；当时，的单调递增区间为．
（2）当时，由，得，
即．
设，，
则．
设，，则．
因为当时，，所以函数在上单调递增．
又因为，所以当时，，即．
令，得，因为，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以．
又因为，所以．
因此，当时，恒成立．
故当时，．
【点睛】利用导数研究函数的性质或证明不等式，当一次求导无法求得函数的单调区间，可考虑进行二次求导来对函数进行研究，研究过程中要注意导函数和原函数的对应关系，不能弄混.
12．已知函数.
(1)求函数在区间上的最大值；
(2)若为整数，且关于的不等式恒成立，求整数的最小值.
【答案】(1)
(2)最小值为2
【分析】（1）讨论m的取值范围，结合二次函数的对称轴与区间的位置关系，即可求得答案；
（2）将不等式恒成立，转化为函数的最值问题，即设，利用导数求其最值，分类讨论，即可求得答案.
【详解】（1）若时，在区间上单调递减，
所以.
若，则二次函数图象对称轴，
当，即时，1离对称轴近，2离对称轴远，
所以.
当，即时，1离对称轴远，2离对称轴近，
.
若，对称轴在区间上单调递减，
综上，.
（2）因为恒成立，
即恒成立，
令,
所以,
当时，因为，所以，
所以在上是单调递增函数.
又因为，所以关于的不等式不能恒成立.
当时，,
令得，所以当时，；当时，.
因此函数在上是增函数，在上是减函数.
故函数的最大值为.
令，因为.
又因为在上是减函数，所以当时，,
即关于的不等式恒成立，
所以整数的最小值为2.
【点睛】方法点睛：解答关于的不等式恒成立问题，需将问题转化求函数最值，因此利用导数结合分类讨论，求解函数最值即可解决.
13．已知函，.
(1)讨论在的单调性；
(2)是否存在，且，使得曲线在和处有相同的切线？证明你的结论.
【答案】(1)答案见解析
(2)不存在，证明见解析
【分析】（1）对求导，讨论和时，的正负即可得出答案；
（2）假设存在，求出在和处的切线方程，建立等式，将等式化简，减少变量，从而构造新的函数，研究新函数的单调性，即可证明.
【详解】（1），
故时，；时，，
当，即时，在单调递减，在单调递增；
当，即时，在单调递增.
综上，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增.
（2）解法一：不存在a，，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，
即，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
即，，
所以，
由两边同乘以，
得，
令，，则，且，
由得，代入得，两边取对数得，
令，
当时，，，
所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；
当时，，，
所以在上单调递增，又，所以，从而，与矛盾；
综上，不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
解法二：不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，即
，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
令，，可得，
由两边同乘以，
得，则，且，
令，则，且.
由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，
又当时，，当时，，
所以若，存在，不妨设，
设，，又，所以，则，
由，得即，
则，所以，
所以，即，
令，，则，
所以在上单调递减，所以当时，，
即，取，即，
所以在时无解，
综上，不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
解法三：不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
证明如下：假设存在满足条件的a，，，
因为在处的切线方程为，
即，
同理在处的切线方程为，
且它们重合，所以，
整理得，
即，，
所以，
由两边同乘以，
得，
令，，则，且，
令，则，且.
由（1）知，当时，单调递增，当时，单调递减，
又当时，，当时，，
所以若，存在，不妨设，
则，，
所以，
以下证明.
令，，则，
所以在上单调递减，所以当时，，
因为，所以，，
整理得.
因为，所以，与矛盾；
所以不存在，，使得，且.
故不存在a，，且，使得曲线在和处有相同的切线.
【点睛】本小题主要考查导数及其应用、函数的单调性、不等式等基础知识，考查逻辑推理能力、直观想象能力、运算求解能力和创新能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性和创新性.
14．已知函数．
(1)若，求在点处的切线方程；
(2)若（）是的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，得切点处的导数值，根据点斜式即可求解切线方程；
（2）根据极值点的定义，可得方程的两个根，根据韦达定理代入化简，将问题转化成，构造函数，结合导数证明即可.
【详解】（1）当时，，则，，，
所以在处的切线方程为,即；
（2）证明：由，可知，
因为（）是的极值点,所以方程的两个不等的正实数根，
所以，，
则
．
要证成立，只需证，即证，
即证，即证，即证，
设，则，即证，
令，则，
所以在上单调递减，则，
所以，故．
【点睛】本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
15．已知函数.
(1)证明：；
(2)若，求实数的取值范围；
(3)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）构造函数，利用导数证得，从而证得.
（2）由分离，利用（1）的结论求得的取值范围.
（3）结合（1），列不等式，根据等比数列的前项和公式证得不等式成立.
【详解】（1）令，，由，解得，
当时，；当时，；
所以在递减，递增，
即，即；
（2）由可得：
由（1）知（当且仅当取等号），
，所以，即；
（3）由（1）知，令，可得，
所以
因为数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以.
【点睛】利用导数证明不等式的基本过程是：转化要证明的不等式（一边为或常数），然后构造函数，利用导数判断所构造函数的单调性、极值和最值等，由此证得不等式成立.
16．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若当时，不等式恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减，在和上单调递增
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为，当时，原不等式可化为，当时，原不等式可化为，根据函数的单调性讨论m的取值范围．
【详解】（1）依题意得．
①当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
③当时在上恒成立，所以在上单调递增；
④当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增．
（2）当时，恒成立，则恒成立．
（i）当时，不等式即，满足条件．
（ii）当时，原不等式可化为，该式对任意恒成立．
设，则．
设，则．
因为，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增．
又因为，所以是在上的唯一零点，
所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以当时，，所以．
（iii）当时，原不等式可化为，
此时对于（ii）中的函数，可知当时，，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，即，所以在上单调递减，
所以当时，，所以．
综上所述，m的取值范围是．
17．已知函数.
(1)当时，讨论函数在上的单调性；
(2)当时，，求实数的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减
(2)
【分析】（1）当时，求得，利用导数符号与函数单调性的关系可得出函数的单调性；
（2）对实数的取值进行分类讨论，在时，利用（1）中的结论验证即可；在或时，由可得出，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，利用单调性可验证在上不恒成立，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，则．
令，其中，
则，则在上单调递减．
故当时，，
所以在上单调递减．
（2）解：由（1）可知当且当时，函数在上为减函数，
此时，，
则当时，，满足题意；
由，化简可得，
令，其中，则．
当时，若，则，在上是减函数，
所以当时，，不符合题意．
当时，，则在上是减函数，此时，不符合题意．
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
18．对定义在区间上的函数，如果对任意都有成立，那么称函数在区间上可被替代.
(1)若，试判断在区间上，能否可被替代？
(2)若，且函数在上可被函数替代，求实数的取值范围.
【答案】(1)能被替代；证明见解析
(2)
【分析】（1）根据定义，列式求出的导数，分析导数在定义域内的取值范围，得出最大值与最小值，最后作出判断即可；
（2）根据定义列式，利用还原法将，再通过对数运算化简式子，分离参数，根据分离后的函数单调性找出参数取值区间.
【详解】（1），，
设，，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，，，
所以，在区间上，能被替代.
（2），且函数在上可被函数替代，则对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，既有对任意恒成立。
也就是对任意恒成立，
即对任意恒成立，
所以，即对任意恒成立，
变形可得，即对任意恒成立，
对于函数，该函数在上为增函数，则函数有最大值为，所以；
对于函数，该函数在上为增函数，则函数有最小值，所以，
综上，满足条件的实数的取值范围是
【点睛】思路点睛：
常规函数求导问题中，涉及到三角函数的思路一般为两种：一、正常利用求导公式进行计算；二、利用换元法将三角函数换元进行计算。根据函数式子的复杂程度判断使用哪个思路，式子越复杂，复合函数形式越多，越优先考虑换元法思路.
19．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)对任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程；
（2）根据题意分析可得对任意实数，都有恒成立，构建，根据恒成立问题结合导数分析运算.
【详解】（1）∵，则，
若时，则，，
即切点坐标为，切线斜率，
∴切线方程为，即.
（2）∵，即，
整理得，
故原题意等价于对任意实数，都有恒成立，
构建，则，
注意到，则，
构建，则在上单调递增，且，
故在内存在唯一的零点，
可得当，则；当，则；
即当，则；当，则；
故在上单调递减，上单调递增，则，
又∵为的零点，则，可得且，
∴，
即在上的最小值为0，
故实数的取值范围.
【点睛】方法定睛：两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
20．已知函数.
(1)求函数的零点；
(2)证明：对于任意的正实数k，存在，当时，恒有.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据导数的性质，结合函数零点的定义进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，可以得到，进而得到不等式，
的等价条件，最后得以证明.
【详解】（1），定义域为，
，所以函数是上的减函数，
而，所以函数的零点是；
（2）由（1）可知：当时，，
即，
因此有，
进而有，
当时，等价于，
等价于，
设三个数中最大的数为，
所以当时，有.
【点睛】关键点睛：根据（1）的结论，得到不等式，再根据存在性的性质是解题的关键.
2
3
+
0
-
0
+
单调递增
单调递减
单调递增
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