2024-2025学年高考数学一轮复习讲义(新高考)第05讲利用导数研究不等式能成立(有解)问题(知识+真题+5类高频考点)(精讲)(学生版+解析)

这是一份2024-2025学年高考数学一轮复习讲义(新高考)第05讲利用导数研究不等式能成立(有解)问题(知识+真题+5类高频考点)(精讲)(学生版+解析)，共49页。

TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc23218" 第一部分：基础知识 PAGEREF _Tc23218 \h 1
\l "_Tc20516" 第二部分：高考真题回顾 PAGEREF _Tc20516 \h 2
\l "_Tc27406" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc27406 \h 3
\l "_Tc7740" 高频考点一：分离变量法 PAGEREF _Tc7740 \h 3
\l "_Tc22497" 高频考点二：分类讨论法 PAGEREF _Tc22497 \h 4
\l "_Tc21653" 高频考点三：等价转化法 PAGEREF _Tc21653 \h 6
\l "_Tc14336" 高频考点四：最值定位法解决双参不等式问题 PAGEREF _Tc14336 \h 8
\l "_Tc15832" 高频考点五：值域法解决双参等式问题 PAGEREF _Tc15832 \h 10
\l "_Tc9716" 第四部分：新定义题 PAGEREF _Tc9716 \h 12
第一部分：基础知识
1、分离参数法
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；
步骤：
①分类参数（注意分类参数时自变量的取值范围是否影响不等式的方向）
②转化：，使得能成立；
，使得能成立．
③求最值.
2、分类讨论法
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，如果是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，)求解．
3、等价转化法
当遇到型的不等式有解（能成立）问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数或者“右减左”的函数，进而只需满足，或者，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.
4、最值定位法解决双参不等式问题
（1）,,使得成立
（2）,,使得成立
（3）,,使得成立
（4）,,使得成立
5、值域法解决双参等式问题
,,使得成立
①，求出的值域，记为
②求出的值域，记为
③则,求出参数取值范围.
第二部分：高考真题回顾
1．（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．
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：分离变量法
典型例题
例题1．（2024·四川宜宾·二模）已知不等式有解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
例题2．（23-24高二下·江西景德镇·阶段练习）已知函数，若，不等式在上存在实数解，则实数的取值范围 ．
例题3．（2024·福建泉州·模拟预测）（1）已知，求的最大值与最小值；
（2）若关于x的不等式存在唯一的整数解，求实数a的取值范围.
例题4．（23-24高三上·青海西宁·期末）已知函数.
(1)证明：.
(2)若关于的不等式有解，求的取值范围.
练透核心考点
1．（2024·吉林延边·一模）若对任意，存在实数，使得关于x的不等式成立，则实数的最小值为 ．
2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围 ．
3．（2024高三·全国·专题练习）已知函数， ，若使不等式成立，求的取值范围.
4．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)若存在，使得成立，求实数m的最小值.
高频考点二：分类讨论法
典型例题
例题1．（23-24高二上·福建福州·期末）已知关于的不等式解集中恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
例题2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)若对任意有解，求的取值范围.
例题3．（23-24高二下·重庆綦江·期中）已知函数（），（）．
(1)若函数在处的切线方程为，求实数与的值；
(2)当时，若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．
例题4．（2024·四川泸州·二模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，，求实数a的取值范围．
练透核心考点
1．（23-24高二下·江苏泰州·期中）若，不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023高三·全国·专题练习）已知函数，若在上存在一点，使得成立，求的取值范围.
3．（23-24·吉林长春·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)若在上有解，求实数a的取值范围.
4．（23-24高三上·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）已知函数.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若存在，使得，求的取值范围.
高频考点三：等价转化法
典型例题
例题1．（2024·浙江·模拟预测）已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是 .
例题2．（2024·江苏·一模）已知函数，函数.
(1)若过点的直线与曲线相切于点，与曲线相切于点.
①求的值；
②当两点不重合时，求线段的长；
(2)若，使得不等式成立，求的最小值.
例题3．（23-24高二下·海南省直辖县级单位·期中）已知.
(1)求函数的最小值；
(2)若存在，使成立，求实数a的取值范围；
练透核心考点
1．（23-24高二下·北京·期中）已知函数，.
(1)求的单调区间；
(2)若存在（是常数，）使不等式成立，求实数a的取值范围.
2．（2023·河北承德·模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求实数的取值范围.
3．（23-24高二下·山东聊城·阶段练习）已知函数，
(1)若，且对于任意，恒成立，求实数k的取值范围；
(2)令，若至少存在一个实数，使成立，求实数k的取值范围．
高频考点四：最值定位法解决双参不等式问题
典型例题
例题1．（23-24高三上·福建莆田·期中）已知函数．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)若，且对，都，使得成立，求实数的取值范围．
2．（2023高三·全国·专题练习）已知函数，其中参数．设函数，存在实数，使得不等式成立，求a的取值范围．
3．（23-24高二下·甘肃张掖·阶段练习）已知函数为的导数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.
高频考点五：值域法解决双参等式问题
典型例题
例题1．（23-24高一下·河南·阶段练习）已知函数和函数.
(1)当时，满足不等式成立，求实数的取值范围；
(2)若函数在上单调递增，且对于任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围.
例题2．（23-24高一上·辽宁辽阳·期末）已知函数．
(1)求的解析式；
(2)若函数，，，，求的取值范围．
例题3．（23-24高一上·河北石家庄·阶段练习）己知函数
(1)当时，解不等式；
(2)已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数m的取值范围．
练透核心考点
1．（23-24高一上·江苏镇江·阶段练习）已知函数.
(1)求不等式的解集.
(2)记，对，总使得成立，求实数的取值范围.
2．（23-24高一上·广东茂名·阶段练习）已知函数，，
(1)若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．
3．（23-24高一上·北京·期中）“函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意，都有，若函数的图象关于点对称，且当时，
(1)求的值；
(2)设函数
①证明函数的图象关于点称；
②若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围.
第四部分：新定义题
.1．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”.
(1)判断函数是否为“依赖函数”，并说明理由；
(2)已知函数在定义域上为“依赖函数”，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数的最大值.
第05讲 利用导数研究不等式能成立（有解）问题
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc23218" 第一部分：基础知识 PAGEREF _Tc23218 \h 1
\l "_Tc20516" 第二部分：高考真题回顾 PAGEREF _Tc20516 \h 2
\l "_Tc27406" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc27406 \h 3
\l "_Tc7740" 高频考点一：分离变量法 PAGEREF _Tc7740 \h 3
\l "_Tc22497" 高频考点二：分类讨论法 PAGEREF _Tc22497 \h 10
\l "_Tc21653" 高频考点三：等价转化法 PAGEREF _Tc21653 \h 18
\l "_Tc14336" 高频考点四：最值定位法解决双参不等式问题 PAGEREF _Tc14336 \h 25
\l "_Tc15832" 高频考点五：值域法解决双参等式问题 PAGEREF _Tc15832 \h 31
\l "_Tc9716" 第四部分：新定义题 PAGEREF _Tc9716 \h 37
第一部分：基础知识
1、分离参数法
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；
步骤：
①分类参数（注意分类参数时自变量的取值范围是否影响不等式的方向）
②转化：，使得能成立；
，使得能成立．
③求最值.
2、分类讨论法
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，如果是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，)求解．
3、等价转化法
当遇到型的不等式有解（能成立）问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数或者“右减左”的函数，进而只需满足，或者，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.
4、最值定位法解决双参不等式问题
（1）,,使得成立
（2）,,使得成立
（3）,,使得成立
（4）,,使得成立
5、值域法解决双参等式问题
,,使得成立
①，求出的值域，记为
②求出的值域，记为
③则,求出参数取值范围.
第二部分：高考真题回顾
1．（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.
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：分离变量法
典型例题
例题1．（2024·四川宜宾·二模）已知不等式有解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分离参数转化为，构造函数，利用导数法求出，即为所求.
【详解】不等式有解，即，，只需要，
令，
，，
令，，
，所以函数在上单调递增，
又，，所以存在，使得，即，
，，即；，，即，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，又由，可得，
.
.
故选：A.
【点睛】思路点睛：由题意问题转化为，，构造函数，利用导数求出的最小值，即只要.
例题2．（23-24高二下·江西景德镇·阶段练习）已知函数，若，不等式在上存在实数解，则实数的取值范围 ．
【答案】
【分析】将问题转化为在上存在实数解，令，由求解.
【详解】原条件等价于：在上存在实数解．
则在上存在实数解，
令，
则，
因为时，，则，
故在上单调递增，
∴ 的最小值为，
∴ 时，不等式在上存在实数解．
所以实数的取值范围是.
故答案为：
例题3．（2024·福建泉州·模拟预测）（1）已知，求的最大值与最小值；
（2）若关于x的不等式存在唯一的整数解，求实数a的取值范围.
【答案】（1）最大值，最小值1；（2）
【分析】
（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值；
（2）解法一：把不等式化为，由的单调性结合端点函数值分析求解即可；
解法二：令，求导，对a进行分类讨论，判断函数单调性及最大值，从而求得a的范围，结合有唯一整数解，进一步求出a的取值范围.
【详解】（1）因为，，所以，
令，解得，，的变化情况如下表所示．
所以，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
当时，有极大值，也是的最大值.
又因为，，而，
所以，所以为的最小值.
（2）解法一：因为，所以不等式可化为，
由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为的最大值，，，，，
所以，时，最大，所以不等式，
即存在唯一的整数解只能为1，所以，所以a的取值范围为.
解法二：令，由题意可知有唯一整数解，
，当时，，所以在单调递增，
而，所以，与题意矛盾；
当时，由可得或（舍去），
当时，，时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以时，取最大值为，
由题意可知，解得，
因为，所以当即时，
由有唯一整数解知，解得，
若，由在单调递增知，矛盾
所以，由在单调递减可知，
所以符合题意；
当时，，，
由在单调递减可知，，不符合题意；
综上所述，a的取值范围为.
例题4．（23-24高三上·青海西宁·期末）已知函数.
(1)证明：.
(2)若关于的不等式有解，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据单调性求出的最小值即可证明.
（2）分离参数，借助（1）中不等式关系进行放缩，求其最小值，即可求出的取值范围.
【详解】（1）.
当时，；
当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故.
（2）由题意可得不等式有解.
因为，
所以
当时，等号成立，所以.
故的取值范围为
练透核心考点
1．（2024·吉林延边·一模）若对任意，存在实数，使得关于x的不等式成立，则实数的最小值为 ．
【答案】
【分析】
根据题意分析可知，构建，利用导数判断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】因为，，
可得，
构建，则，
构建，
因为在内单调递减，
可知在内单调递减，且，
当时，，即；
当时，，即；
可知在上单调递增，在上单调递减，则，
可得，可得，
所以实数的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解．
2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围 ．
【答案】
【分析】
由题意，即，构造函数，利用导数求出最大值即可.
【详解】存在，使得可得，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，
则，所以，，解得，因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
3．（2024高三·全国·专题练习）已知函数， ，若使不等式成立，求的取值范围.
【答案】
【分析】
由题设不等式能成立转化为在上能成立，即需求的最大值，求解即得的取值范围.
【详解】
因为使不等式成立，所以，即.
设，则问题转化为.
由，令，得.
当在区间内变化时，，的变化情况如下表：
由上表可知，当时，函数有极大值，也是最大值，为.所以，
即的取值范围是.
4．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)若存在，使得成立，求实数m的最小值.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)4
【分析】（1）直接利用导函数判定函数的单调性及求极值即可；
（2）分离参数，利用导函数求函数的最值即可.
【详解】（1）由，
令；令，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取得极小值，且为，无极大值；
（2）由能成立，
问题转化为，
令，
由；由，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，则，
故m的最小值为4．
高频考点二：分类讨论法
典型例题
例题1．（23-24高二上·福建福州·期末）已知关于的不等式解集中恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得的解集中恰有3个不同的正整数解，设 ，，作出两函数的图象，结合图象分，分别求解即可.
【详解】因为，所以.
设，，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又因为是过点的直线，如图所示：

由此可得当时，的解集中有若干个不同的正整数解，不满足题意；
当时，要使不等式的解集中恰有3个不同的正整数解，

当过点时，取最小值，
因为，此时，
当过点时，取最大值，
因为，此时，
所以的取值范围为.
故选：D.
例题2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)若对任意有解，求的取值范围.
【答案】(1)极小值为1，无极大值；
(2).
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可求极值；
（2）由题意可得任意有解，设，分、及讨论即可求解.
【详解】（1），得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以的极小值为，无极大值；
（2）对任意即，
设，，
①当时，单调递增，单调递增，，成立；
②当时，令单调递增，单调递增，，成立；
③当时，当时，单调递减，单调递减，，不成立.
综上，.
例题3．（23-24高二下·重庆綦江·期中）已知函数（），（）．
(1)若函数在处的切线方程为，求实数与的值；
(2)当时，若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】
（1）求导，由导函数几何意义得到方程，求出，从而得到，代入切线中，求出答案；
（2）转化为时，，求导得到的单调性，求出，再分三种情况求出，得到不等式，求出的取值范围.
【详解】（1），由得，
∴，，
即切点为，代入方程得，
所以，；
（2）由题意可得时，．
∵时，在恒成立，
故在为增函数，
∴，
．
①当时， 在区间上递增，所以，
由解得，舍去；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，解得或，
∴；
③当时，在区间上递减，所以，
由解得，∴.
综上，.
例题4．（2024·四川泸州·二模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对求导，利用导数的几何意义即可得解；
（2）先利用导数分析的单调性，再构造，将问题转化为，利用的单调性，分析得，从而得解.
【详解】（1）因为，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程；
（2）因为，且，
所以当时，，单调递减，
当或时，，单调递增；
不妨令，
当，即时，在单调递增，在单调递减，
且，
所以，此时符合题意；
当，即时，在和单调递增，在单调递减，
显然在处取得极小值，此时极小值为，
而，
所以，
要使，则必有，解得，故，
综上:的取值范围是.
【点睛】结论点睛：
（1）有解；有解．
（2）有解；有解．
（3）有解；有解．
（4），，．
练透核心考点
1．（23-24高二下·江苏泰州·期中）若，不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过构造函数法，结合函数的导数，根据所构造函数的最值进行求解即可.
【详解】设，则有，因为，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，最小值为：，
要想，不等式恒成立，只需，即，
因为，所以有成立，
设，则有，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，函数的最大值为：，
因此要想成立，只需，所以的最大值为，
故选：B
【点睛】关键点睛：利用构造函数法，结合导数的性质进行求解.
2．（2023高三·全国·专题练习）已知函数，若在上存在一点，使得成立，求的取值范围.
【答案】
【分析】构造函数，将问题转化为，从而求出，分类讨论的取值范围，分别求出即可得解.
【详解】令，
若使能成立，则对于，即可，
而.
当，即时，，在上单调递减，
则，，
而显然成立，故；
当，即时，，在上单调递增，
则，可得；
当，即时，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
∴，
而，∴，故，即不成立；
综上：.
3．（23-24·吉林长春·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)若在上有解，求实数a的取值范围.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，无极大值
(2)
【分析】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，然后由极值的定义求解即可；
（2）分和两种情况分析求解，当时，不等式变形为在，上有解，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求解的最小值，即可得到答案．
【详解】（1）当时，，所以
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时函数有极小值，无极大值.
（2）因为在上有解，
所以在上有解，
当时，不等式成立，此时，
当时在上有解，
令，则
由（1）知时，即，
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，所以，
综上可知，实数a的取值范围是.
【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题或有解问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围．
4．（23-24高三上·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）已知函数.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若存在，使得，求的取值范围.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）根据导数的性质进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合导函数零点之间的大小关系分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）时，，.
令，得；令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
即函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）函数的定义域为，，
由已知可知，
∴.
①当时，则，则当时，，∴函数在单调递增，
∴存在，使得的充要条件是，即，
解得；
②当时，则，则当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
∴存在，使得的充要条件是，
而，不符合题意，应舍去.
③当时，，函数在上单调递减，又，成立.
综上可得：的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据导函数零点之间的大小关系进行分类讨论.
高频考点三：等价转化法
典型例题
例题1．（2024·浙江·模拟预测）已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是 .
【答案】/
【分析】参变分离可得有解，令，，利用导数求出，即可求出参数的取值范围，从而得解.
【详解】由得，显然，
所以有解，
令，则，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，则，即的最小值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离得到有解，再构造函数，利用导数求出.
例题2．（2024·江苏·一模）已知函数，函数.
(1)若过点的直线与曲线相切于点，与曲线相切于点.
①求的值；
②当两点不重合时，求线段的长；
(2)若，使得不等式成立，求的最小值.
【答案】(1)①或1；②
(2)1
【分析】
（1）利用导数求的切线，再由切线与也相切，利用判别式即可求出；根据确定点，即可求；
（2）转化为原命题的非命题，利用单调性及恒成立探索时非命题成立，可得当时原命题成立，再验证能取得即可得解.
【详解】（1）①，设
，
切点.
方程，即，
联立，
由，可得或1；
②当时，，此时重合，舍去.
当时，，此时，
此时.
（2）令，
，则，
所以在上单调递增，
若对，均有成立，即恒成立，
或，
对，当时，设，
若，即时，，
若，即时，，
均有.
因为，均有的否定为，使得不等式成立，
所以由，使得不等式成立，可得，其中包含情况，
而时，单调递增，注意到
在上递减，在上递增，成立，符合.
综上：的最小值为1.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问条件为存在性问题，利用命题与命题的否定之间的真假关系，转化为研究恒成立问题是本题关键点之一，其次证明均有时，变换主元，转为关于的二次函数，利用二次函数分类讨论，是解决问题的关键所在.
例题3．（23-24高二下·海南省直辖县级单位·期中）已知.
(1)求函数的最小值；
(2)若存在，使成立，求实数a的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数即可求得的最小值；
（2）由分离常数，利用构造函数法，结合导数即可得解.
【详解】（1）依题意，的定义域是，，..
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
所以当时，取得最小值.
（2）因为存在，使成立，
即能成立，即能成立，
令，则，
所以当时，单调递减；当时，单调递增，
所以当时，取得最小值，所以.
【点睛】结论点睛：有解问题：
（1）有解；有解．
（2）有解；有解．
（3）有解；有解．
（4），，．
练透核心考点
1．（23-24高二下·北京·期中）已知函数，.
(1)求的单调区间；
(2)若存在（是常数，）使不等式成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)的递减区间是，递增区间是
(2)
【分析】（1）求得，令，求得，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）把不等式转化为则有解，设，即，求得，求得函数的单调性与最大值，即可求解.
【详解】（1）解：由函数的定义域为，且，
令，解得，
所以，，的对应值表为
所以的递减区间是，递增区间是.
（2）解：由不等式，可得，则
设，
因为存在，恒成立，所以
又由，令，解得或（舍去）
根据的对应值表
所以函数在区间上是减函数，在区间上是增函数，
所以，
因为，，所以，
所以.
【点睛】方法技巧：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．
2．（2023·河北承德·模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先求定义域，求导后，对进行分类讨论，即可得到函数的单调性；
（2）由题意，可取，得，对原不等式进行放缩可得，构造函数，求导得，再构造，求导得，取特殊值可得的最小值为正数，所以可知在处取得极小值，可得，所以恒成立，故实数的取值范围是.
【详解】（1）的定义域为，
，
当时，，在上单调递减；
当时，由，解得：，由，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
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）由，得，
取时，得，所以，
下证：，即证：，
令，则，
构造，则，
易知在上是单调递增函数，
又，，
在上存在唯一零点，设该零点为，
且满足，，
当时，，当时，，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
，
当时，，当时，，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
，
在上恒成立，即，
在上恒成立，
故实数的取值范围是.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相对较大，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.
3．（23-24高二下·山东聊城·阶段练习）已知函数，
(1)若，且对于任意，恒成立，求实数k的取值范围；
(2)令，若至少存在一个实数，使成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由导数得出的单调区间，再讨论，得出在上的单调性，由此得出实数k的取值范围；
（2）将问题转化为至少存在一个实数，使成立，求出的最小值，进而得出实数k的取值范围．
【详解】（1）由，可得，
若，则；若，则；
故的单调递增区间为，单调递减区间为．
当，即时，在上单调递增，
则，即符合题意；
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，
则，解得；
综上所述：实数k的取值范围为．
（2）若，则，可得，
故原题意等价于至少存在一个实数，使成立，
构造，则对恒成立，
故在上单调递增，则，可得，
故实数k的取值范围为.
【点睛】方法点睛：1．两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．
2．利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解．
高频考点四：最值定位法解决双参不等式问题
典型例题
例题1．（23-24高三上·福建莆田·期中）已知函数．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)若，且对，都，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用导数研究单调性，注意构造中间函数判断的符号；
（2）构造研究其单调性证在上恒成立，再应用导数研究在上的最大值，结合已知恒能成立有即可求范围.
【详解】（1）因为函数，所以．
设，则，故在上递减．
，即，
在上单调递减，最小值为．
（2）令，则在上恒成立，
即函数在上单调递减，所以，
所以，即在上恒成立；
又，当时，
在区间上单调递增；
在区间上单调递减．
函数在区间上的最大值为．
综上，只需，解得，即实数的取值范围是．
例题2．（2023高三·全国·专题练习）已知函数，其中参数．
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数，存在实数，使得不等式成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，对分类讨论求解单调区间；
（2）不等式成立，转化为，然后求解函数的最大与最小值列出不等式求解．
【详解】（1），
（1）当时，，，的减区间是．
（2）当时，，的减区间是．
（3）当时，，，的增区间是，
，的减区间是．
综上，当时，减区间是；当时，增区间是，减区间是.
（2），，因为存在实数，使得不等式成立，
，
，，,，，单减，，，单增．
．
，，，．
例题3．（2023高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)设．当时，若对，，使，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导根据极值点的大小关系可得导函数正负区间，进而可得函数单调性；
（2）由（1）在上的最小值为，再将题意转化为在上的最小值不大于在上的最小值，进而结合二次函数的最值讨论即可.
【详解】（1）∵，∴，
令，可得两根分别为1，，
∵，∴
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
（2），，由（1）知，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
∴在上的最小值为．
对，，使，即
在上的最小值不大于在上的最小值，（*）
又，
∴①当时，，此时与（*）矛盾；
②当时，，同样与（*）矛盾；
③当时，，且当时，，
解不等式，可得，
∴实数b的取值范围为．
练透核心考点
1．（23-24高二下·四川绵阳·期中）已知函数．
(1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
(2)若函数，对，，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）由单调性知在上恒成立，采用分离变量法知，由此可求得结果；
（2）将问题等价于，根据二次函数性质可求得，利用导数可求得，由此构造不等式可求得结果.
【详解】（1），
在上单调递增，在上恒成立，
，
当时，，，
实数的最小值为.
（2）对“，，使成立”等价于“当时，”，
在上单调递增，，
，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
，解得：，即实数的取值范围为.
2．（2023高三·全国·专题练习）已知函数，其中参数．设函数，存在实数，使得不等式成立，求a的取值范围．
【答案】
【分析】不等式成立，转化为，然后求解函数的最大与最小值列出不等式求解
【详解】由题意可知，
因为存在实数，使得不等式成立，
∴
，∵，，，单调递减减，
当，，∴单调递增．
∴，
．
∴，∴，
∵，∴．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
3．（23-24高二下·甘肃张掖·阶段练习）已知函数为的导数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出导函数，由得到切线斜率，再根据点坐标即可得到切线方程；
（2）转化问题为，结合二次函数性质可求得的最小值，构造，由的导函数判断的单调性，利用端点值和极值判断的正负，进而判断的单调性，求得，即可求解.
【详解】（1）由题意，所以0，
即切线的斜率，且，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由题意知，
且的对称轴为直线，
所以当时，.
由（1），设，则，
所以，
当时，；
当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
又，所以在区间上只有一个零点，
设为，且当时，；当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，
所以当时，，
所以，即，
因此，实数的取值范围是.
高频考点五：值域法解决双参等式问题
典型例题
例题1．（23-24高一下·河南·阶段练习）已知函数和函数.
(1)当时，满足不等式成立，求实数的取值范围；
(2)若函数在上单调递增，且对于任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合对数函数单调性可得，根据恒成立问题利用参变分离分析求解；
（2）根据对数函数以及二次函数单调性可得，由题意可得需要的取值范围总包含于的取值范围，根据三角函数有界性可得，结合对数函数性质运算求解.
【详解】（1）由得，即，整理得，
因为，则，可得，
又因为，即，
所以满足不等式的实数的取值范围为．
（2）由函数在上单调递增，
可得，解得．
因为，
由得，
则，可得，
若要满足题中条件，需要的取值范围总包含于的取值范围．
因为当时，，
则，解得．
综上所述：实数的取值范围为．
例题2．（23-24高一上·辽宁辽阳·期末）已知函数．
(1)求的解析式；
(2)若函数，，，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用换元法求函数解析式即可.
（2）分别求出两个函数值域，后转化为子集问题解决即可.
【详解】（1）令，则，
则，
所以的解析式为
（2）因为在上单调递增，
所以
因为在上单调递减，
所以
因为，，，所以，
所以
解得，所以的取值范围是.
例题3．（23-24高一上·河北石家庄·阶段练习）己知函数
(1)当时，解不等式；
(2)已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用一元二次不等式的解法求解即可；
（2）将对任意的，总存在，使成立,转化为值域之间的包含关系即可.
【详解】（1）当时，,
故，即或.
故所求解集为：.
（2）当时，，
对称轴为,且,,
所以对任意的，,
，，，
若，则,，
对任意的，总存在，使成立，
则,解得；
若，则,，不符合题意，舍去；
若，则,，
对任意的，总存在，使成立，
则,解得；
综上得：实数m的取值范围是
练透核心考点
1．（23-24高一上·江苏镇江·阶段练习）已知函数.
(1)求不等式的解集.
(2)记，对，总使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用函数的定义域和单调性列不等式组即可得到答案；
（2）由对数的运算性质得，又，总使得成立等价于值域值域，然后求的值域，并得，从而分离参数即可得到答案.
【详解】（1）的定义域为，易知函数在上是增函数.
由得，即，
由函数的定义域和单调性可得，解得.
故不等式的解集为.
（2）(2)因为,对,总使得成立，等价于值域值域.
函数的单调性可知，时，的值域为，
所以，即在恒成立，
分离参数得，
又易知与在均为减函数，
所以的最大值为；的最小值为，
所以.
故实数的取值范围.
2．（23-24高一上·广东茂名·阶段练习）已知函数，，
(1)若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用参变分离可得在区间上恒成立，根据恒成立问题结合基本不等式分析求解；
（2）设在内的值域为A，在内的值域为B，可知，先取求得，再检验即可.
【详解】（1）因为在区间上恒成立，
即，恒成立．
等价于在区间上恒成立，
又因为，则，
可得
，
当且仅当，即时等号成立，
故实数的取值范围为：．
（2）设在内的值域为A，在内的值域为B，
若对任意的，存在，使得，则，
不妨设在上的值域为，则，
因为时，，
所以，即函数的图象过对称中心，
（i）当时，即，函数在上单调递增，
由对称性可知，在上单调递增，所以在上单调递增，
由，，所以，所以，
由，可得，解得；
（ii）当时，即，函数在上单调递减，在上单调递增，
由对称性可知，在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
结合对称性可得， 或，
因为，所以，，
易知，又，所以，
所以当时，成立；
（iii）当时，即时，函数在上单调递减，
由对称性可知，在上单调递减，所以函数在上单调递减，
又，，则，由得，
，解得.
综上可知，实数的取值范围为
第四部分：新定义题
.1．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”.
(1)判断函数是否为“依赖函数”，并说明理由；
(2)已知函数在定义域上为“依赖函数”，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数的最大值.
【答案】(1)不是“依赖函数”，理由见解析；
(2).
【分析】（1）由“依赖函数”的定义举例子判断即可；
（2）分类讨论解决函数不等式恒成立的问题，分离参数，转化为求函数在的最小值问题即可.
【详解】（1）对于函数的定义域R内存在，而无解，故不是“依赖函数”.
（2）①若，故’
在上最小值为0，此时不存在，舍去；
②若，故’在上单调递减，
从而， 解得（舍）或.
从而存在使得对任意的，有不等式都成立，
即对恒成立，则，得，
由存在，使能成立，
又在单调递减，故当时，，
从而，解得，
综上，故实数的最大值为.
x
1
+
0
单调递增
单调递减
1
＋
0
－
↗
极大值
↘
x
-
0
+
极小值
x
1
-
0
+
极小值