专题2-7 导数压轴大题归类（13题型+解题攻略）-2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc19665" 题型01 恒成立求参：常规型 PAGEREF _Tc19665 \h 1
\l "_Tc22121" 题型02 恒成立求参：三角函数型 PAGEREF _Tc22121 \h 5
\l "_Tc9714" 题型03恒成立求参：双变量型 PAGEREF _Tc9714 \h 10
\l "_Tc22936" 题型04 恒成立求参：整数型 PAGEREF _Tc22936 \h 13
\l "_Tc25173" 题型05恒成立求参：三角函数型整数 PAGEREF _Tc25173 \h 17
\l "_Tc32189" /题型06“能”成立求参：常规型 PAGEREF _Tc32189 \h 21
\l "_Tc26778" 题型07“能”成立求参：双变量型 PAGEREF _Tc26778 \h 24
\l "_Tc5880" 题型08 “能”成立求参：正余弦型 PAGEREF _Tc5880 \h 28
\l "_Tc3182" 题型09 零点型求参：常规型 PAGEREF _Tc3182 \h 31
\l "_Tc518" 题型10 零点型求参：双零点型 PAGEREF _Tc518 \h 35
\l "_Tc22594" 题型11 零点型求参：多零点综合型 PAGEREF _Tc22594 \h 40
\l "_Tc17844" 题型12 同构型求参：x1，x2双变量同构 PAGEREF _Tc17844 \h 44
\l "_Tc11613" 题型13 虚设零点型求参 PAGEREF _Tc11613 \h 47
\l "_Tc9490" 高考练场 PAGEREF _Tc9490 \h 50

题型01 恒成立求参：常规型
【解题攻略】
【典例1-1】（2024上·北京·高三阶段练习）设，函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求a的取值范围；
(3)若，求a．
【答案】(1)在单调递减，在单调递增(2)(3)
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）构造函数，分类讨论与，结合（1）中结论即可得解；
（3）构造函数，利用导数分类讨论的取值范围，结合的单调性即可得解.
【详解】（1）因为的定义域为，，
则，令，得；令，得；
所以在单调递减，在单调递增.（2）因为，所以等价于，
记函数，当时，，不合题意；
当时，由（1）知，解得；
综上，的取值范围是.
（3）记函数，则，
若，令，得；令，得；
在单调递增，在单调递减，故，符合题意；
若，当时，，则在单调递减，
故，不合题意；若，当时，，则在单调递增，
故，不合题意；若，当时，，则在单调递增，
故，不合题意.综上，.
【典例1-2】（2024上·甘肃武威·高三统考期末）已知函数.
(1)当时，求的最大值；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）先求解出，然后根据的正负确定出的单调性，然后可求的最大值；
（2）先求解出，令的分子部分为，再根据与的关系进行分类讨论：当时，根据（1）的结果进行分析；当时，根据解析式各部分取值正负进行分析；当时，根据的正负再进行讨论，由此求解出结果.
【详解】（1）由题可知的定义域为，当时，，
因为，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
（2）因为，所以，
令，则，
当时，由（1）知，不满足题意；
当时，，所以恒成立，不满足题意；
当时，在上恒成立，
所以在上单调递减，所以.
①当时，因为，所以，
所以在上单调递减，所以，所以满足题意，
②当时，因为在上单调递减，且，
所以存在，使得，
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以当时，，不满足题意，
综上所述，.
【变式1-1】（2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若对恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）先求，然后将问题转化为“对恒成立”，然后通过分离参数结合函数的单调性求解出的取值范围；
（2）将问题转化为“对恒成立”，然后构造函数，通过多次求导分析函数单调性的过程求解出的取值范围.
【详解】（1）因为，又在上单调递增，
所以对恒成立，所以对恒成立，
所以对恒成立；令，且在上单调递增，
所以，所以，即的取值范围是；
（2）因为对恒成立，所以对恒成立，
设，所以，令，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以在上单调递减，所以，
当时，即，，所以在上单调递增，
所以，满足条件；当时，即，，且时，，
所以在上有唯一零点，记为，则，
即，单调递增，，单调递减，
故当时，，与题意矛盾，综上所述，的取值范围是.
【变式1-2】（2024上·山西·高三期末）已知函数，.
(1)求证：函数存在单调递减区间，并求出该函数单调递减区间的长度的取值范围；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，(2)
【分析】（1）先求，然后分析的根，由此完成证明；利用韦达定理表示出结合的范围求解出其范围；
（2）将问题转化为“在上恒成立”，建立函数，通过多次求导分析函数单调性的过程求解出的取值范围.
【详解】（1），令，
因为，二次函数对称轴，，且恒成立，
所以恒有两个不相等的正实根，且这两个正实根分别为，，，
所以的单调递减区间是，所以单调递减区间的长度，
因为，所以的取值范围为；
（2）由题意在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，令，
则，令，则，令，
则，当时，，所以在上单调递减，，
所以在上单调递减，，
当，即时，，所以在上单调递减，，
所以在上单调递减，成立，所以；
当，即，单调递减函数在时，，且，
所以在上有根，记为，在上，，在上，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，函数在时，，
因此在上有解，记为，在上，，单调递增，而，
因此在上，，从而在上不恒成立，
综上所述，的取值范围是.
【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若对任意的，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）第一步：求函数的定义域与导函数，第二步：分，分别讨论的正负，得函数的单调区间.
（2）第一步：转化不等式，第二步：构造新函数并求导，第三步：分，分别讨论的单调性，求出其最值，第四步：总结，得的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，在区间上单调递增；
当时，由，得，由，得，
在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）当时恒成立，等价于当时，恒成立．
设，则当时，恒成立，
．
①当时，由可得，，，又，，
在上单调递增，而，当时．恒成立．
②当时，令，则．
，，，且，
因此，即在上单调递增，当时，．
当，即时，，当时，，在上单调递增．
，当时，恒成立．
当，即时，，．
，，而，因，故，
而在单调递增，当时，，
在上单调递减，从而当时，，不符合题意．
综上所述，，即实数的取值范围是．
题型02 恒成立求参：三角函数型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)求证：时，；
(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当时，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见详解(2)(3)
【分析】（1）根据题意，转化为，令，利用导数求得的单调性，结合，即可得证；
（2）令，转化为在上恒成立，令在上恒成立， 求得，分、和，三种情况讨论，即可求解；
（3）由（1）（2），令，转化为在上恒成立，令在上恒成立． 分、和，三种情况讨论，结合函数的单调性和最值，即可求解.
【详解】（1）证明：时，求证等价于求证，
令，则，故在上单调递减，故，不等式成立．
（2）解：令，
因为，所以题设等价于在上恒成立，即在上恒成立，
可得，且，．
（i）当时，在上，，故，所以，符合题意；
（ii）当时，在上恒成立，故在上单调递增，故，所以，符合题意；
（iii）当时，，，
故必存在，使得，且当时，，
故在上单调递减，故在上，不符合题意．
综上所述：实数a的取值范围是．
（3）解：由（1）知：在上恒成立．
由（2）知：当时，，即在上恒成立．
令，
因为，所以题设等价于在上恒成立，
即：在上恒成立．
（i）当时，在上，，故，所以，符合题意；
（ii）当时，，
令，，
则
，
所以在上单调递增，所以，故，所以，
符合题意；
（iii）当时，，
当且时，，故，不符合题意．
综上所述：实数的取值范围为．
【典例1-2】（2023上·全国·高三期末）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最大值；
(3)设实数a使得对恒成立，求a的最大整数值.
【答案】(1)(2)(3)-2
【分析】（1）求出函数在处的导数，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；
（2）求出函数在区间上的单调性，求出最值即可；
（3）依题意，将不等式等价转化为在R恒成立，构造函数，利用导数求出函数的单调性和最小值的范围，进而求解.
【详解】（1），，
，，所求切线方程为，即，
所以切线方程为.
（2）令，则，当时，，在上单调递增.
又，，，使得.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，，
所以函数在区间上的最大值为.（3）不等式恒成立等价于恒成立,
令，当时，，恒成立,
当时，令，则,当时，，单调递减；
当时，，单调递增，，
当时，；当时，，的值域为,
，，，所以a的最大整数值为-2.
【变式1-1】（2023上·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增(2)
【分析】（1）求导函数，对进行分类讨论，利用导数研究函数的单调性；
（2）由题意，构造函数，利用导数研究函数的单调性，多次构造函数，通过导数研究单调性以及特殊点，即可求解.
【详解】（1），则，
当时，令，解得，令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当时，令，解得；令，解得；
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由题意得对任意恒成立，令，则.
若，当时，.令，则，
所以在区间上单调递增，且，
即，令，则，
所以在区间上单调递增，且，即，
所以当时，，则，
所以在区间上单调递增，且，即恒成立.
当时，，存在实数，使得，均有，
则在区间上单调递减，且，不符合题意.
综上，实数的取值范围是.
【变式1-2】（2023上·甘肃定西·高三甘肃省临洮中学校考阶段练习）已知函数为其导函数．
(1)求在上极值点的个数；
(2)若对恒成立，求的值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用指数函数的单调性与三角函数有界性分段讨论 的符号，由此得函数的单调性与极值；
（2）先探求恒成立的必要条件，再证明其充分性.充分性的证明先构造函数，再利用导函数研究函数单调性，结合（1）结论可证.
【详解】（1）
①当时，，所以，，则，
所以在单调递增；
②当时，则，
设，则，
且，，则，所以在单调递减，
又，故存在，使得，即，
且在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
③当时，则，所以，又，
所以，故在上单调递减；
④当时，则，所以，又，
所以，当且仅当时取等号，所以在上单调递增；
⑤当时，则，，
所以，在上单调递增；
综上所述，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
所以在上仅有个极值点.
（2）当时，恒成立，即.
令，若对恒成立，由，，
所以当时，取得最小值.由，
则为函数的极小值点，故，解得.
下面证明：当时，为函数的最小值点，，
令，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
又，且，
所以当时，的最小值为，则恒成立，即在上恒成立，
所以即在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，即恒成立，符合题意.综上所述，.
题型03恒成立求参：双变量型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值．
【答案】(1)单调递增，单调递减(2)
【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）求出，由有两个不等实根，结合判别式韦达定理得且，所以．不等式中消去得关于的不等式，分离参数转化为求函数的最值，从而得出结论．
【详解】（1）时，函数的定义域为由解得．
当时，在单调递减；
当时，在单调递增．
（2），则．
根据题意，得方程有两个不同的实根，
，即且，所以．
由，可得又
总有对恒成立．
①当时，恒成立，此时；
②当时，成立，即
令函数，则在恒成立
故在单调递增，所以．
③当时，成立，即
由函数，则，解得
当时，单调递增；当时，单调递减又，当时，所以．综上所述，．
【典例1-2】（2024上·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）设函数，其中.
(1)讨论函数在上的极值；
(2)若函数f(x)有两零点，且满足，求正实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）求出，分、讨论，可得答案；
（2）由零点存在定理可知，而题设，消去a可得，令，且，求出，，将其代入得，再利用导数分、讨论可得答案..
【详解】（1）由知，
1）当时，且有，，单调递增，故无极值；
2）当时，有，，单调递减，而，，单增，故，无极大值.综上，当时，无极值；
当时，极小值为，无极大值；
（2）由（1）可知当时，，，且，
由零点存在定理可知，而题设可知，消去a可得
，令，且，即，，
将其代入，整理可令得，而，
1)当时，且，有，单调递增，，满足题设；
2)当时，且，有，单调递减，，不满足题设；
综上，的取值范围为.
【变式1-1】（2023·上海松江·校考模拟预测）已知函数.
(1)若，求函数的极值点；
(2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若函数有三个不同的极值点、、，且，求实数a的取值范围.
【答案】(1)1(2)(3)
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性，即可求函数的极值点.
（2）由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
（3）首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【详解】（1）当时，，，
当时，，时，，所以函数在区间单调递增，在区间单调递减，
所以函数在处取得极大值，函数的极值点为1；
（2）函数的定义域为，不等式恒成立，即在上恒成立，
记，则，得到在区间上单调递减，
在上单调递增，则，即在区间上恒成立，
分离变量知：在上恒成立，则，
，由前面可知，当时，恒成立，即，所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，所以．
（3），设曲线图象上任意一点，
所以曲线在点处的切线方程为，
将代入得，故切点为，过的切线方程为，
所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，
所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，
从而当时，有三个极值点，，，并且，，，
取对数知：，，即，，
则
．构造，
在时恒成立，
则在区间上单调递增，且，
从而的解为，
综上所述．
【变式1-2】（2023下·山东德州·高三校考阶段练习）已知函数，其中.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若存在两个极值点的取值范围为，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）根据导数与单调性的关系可直接求解；
（2）先根据（1）的结论和韦达定理把化简为，然后通过比值代换构造新函数，再通过研究新函数求出结果.
【详解】（1）的定义域是，因为，
所以，令，则.
①当或，即时，恒成立，所以在上单调递增.
②当，即时，由，得或；
由，得，
在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知当时，有两个极值点，即方程有两个正根，
所以，则在上单调递减，所以，
，则
，
令，则，，所以在上单调递减，
又，且，
所以，由，
又在上单调递减，所以且，所以实数的取值范围为.
题型04 恒成立求参：整数型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知．
(1)若恒成立，求实数的取值范同：
(2)设表示不超过的最大整数，已知的解集为，求．（参考数据：，，）
【答案】(1)(2)
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得函数的最小值，进而可得参数范围；
（2）由，可得，分情况讨论该不等式是否有解，可得，进而可得.
【详解】（1）由，得，令得，当时，，当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，因为恒成立，所以，即，解得；
（2）由，得，则，
设函数，，令，可得，
所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以，即，则当时，即时，
由（1）得在单调递增，恒成立，且当时，；
当时，即时，由（1）知在单调递减，，不符合题意；
当时，易知有解；
因为的解集为，则，所以，即．
【典例1-2】（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）已知函数，，为自然对数底数．
(1)证明：当时，；
(2)若不等式对任意的恒成立，求整数的最小值．
答案】(1)证明见解析；(2)4.
【分析】（1）记，利用导数研究单调性，结合可证；
（2）构造函数，根据确定，再构造函数，利用导数求函数的最大值，结合（1）中结论即可确定a的最小值.
【详解】（1）记，则，
所以在上单调递增，又，
所以，当时，，即.
（2）令，由题可知，当时，恒成立.
因为，所以，因为，所以，即，
所以，因为，所以.
当时，，故.
当时，不等式等价于，
设，由（1）知，，
，记，
易知，在上单调递减，且，
所以，当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减.
故当时，取得最大值.
所以，在区间上恒成立，所以，整数的最小值为4.
【变式1-1】（2023·江西景德镇·统考一模）已知函数，.
(1)若，求函数值域；
(2)是否存在正整数a使得恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由题设，对其求导，利用导数研究单调性，再根据区间单调性求值域即可；
（2）问题化为在上恒成立，构造，讨论、、，并应用导数研究单调性，进而判断函数值符号，即可求参数取值.
【详解】（1）由题设，则，
若，则，，可得，递增；
若，则，，可得，递减；
又，综上，，值域为.
（2）由，，则，
令，，则，且，
当，，（舍）；
当，则，故，
令，则
，
又，对于，有，即递增，
所以，故恒成立，
所以，即在上递增，又，则，
所以在上递增，又，即，，符合题意；
当，令，则，，
所以（舍）；
综上，正整数a的取值集合.
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若函数的图象在点处的切线与函数的图象相切，求k的值；
(2)若，且时，恒有，求k的最大值．
（参考数据：）
【答案】(1)1或9(2)7
【分析】（1）求出在点处的切线方程为，从而设出，由，得到方程组，求出k的值；
（2）参变分离得到当时，恒成立．构造函数，求导得到其单调性，结合隐零点得到，结合，求出，从而求出k的最大值.
【详解】（1）∵，∴，，从而得到，
∴函数的图象在点处的切线方程为，即．
设直线与的图象相切于点，
从而可得，，又，∴，解得或，
∴k的值为1或9．
（2）由题意知，当时，恒成立，等价于当时，恒成立．
设，则，
记，则在上恒成立，
∴在上单调递增．又，
，
∴在上存在唯一的实数m，且，使得①，
∴当时，，即，则在上单调递减，
当时，，即，则在上单调递增，
∴当时，，
由①可得，∴，
由对勾函数性质可知在上单调递增，
其中，
，
∴，又，∴k的最大值是7．
题型05恒成立求参：三角函数型整数
【典例1-1】（2020·云南昆明·统考三模）已知．
（1）证明：；
（2）对任意，，求整数 的最大值．
（参考数据：）
【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【解析】（1）求导得到单调区间，计算得到证明.
（2）令，则，计算得到，再证明恒成立即可，令，证明在上单调递增，计算得到答案.
【详解】（1），则，令，得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
所以，所以．
（2）由恒成立，令，则，由，得整数，
因此．下面证明对任意，恒成立即可．
由（1）知，则有，由此可得：
，
令，则，
设，又，所以单调递增，
当时，，在上单调递增．
故当时，，所以恒成立，
综上所述：整数 的最大值为2．
【典例1-2】（2020上·浙江·高三校联考阶段练习）已知函数，.
（1）若，求函数在上的单调区间；
（2）若，不等式对任意恒成立，求满足条件的最大整数b.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）3；
【解析】（1）利用导数研究函数的单调区间即可；
（2）根据分析知在上恒成立，分类讨论参数
，当时不等式恒成立，时，不能恒成立，时，上恒成立，在也要恒成立则必须要，有，结合基本不等式即可求的范围，进而得到最大整数值.
【详解】（1）当时，，
，而时，，∴时，在上单调递增，
时，在上单调递减；综上，在上单调递增，在上单调递减；
（2），，令由知：
，时，而知，
∴，使在上单调增，在上单调减；而，
∴在上恒成立.∴当时，有恒成立.
当时，有恒有，令即，
∴上，而在上，令，
，即单调减，又，
所以使，即上，单调增，上，单调减，
∴综上，，使在上单调增，上单调减；又，
1、时，在上单调减，上单调增，且，故此时不能保证恒成立；
2、时，上恒成立；在上要使恒成立，
令，有恒成立，
所以只要单调递增即可，有成立，
即
综上，知：时不等式对任意恒成立，故.
【变式1-1】（2022·全国·高三专题练习）已知函数，为的导函数．
(1)讨论在区间内极值点的个数；
(2)若，时，恒成立，求整数的最小值．
【答案】(1)答案见解析；(2)1.
【分析】（1）对函数进行求导得出，令，求导得，对进行分类讨论，利用导数研究函数的单调性和极值，从而求得在区间内极值点的个数；
（2）由，时，恒成立，求得，进而证明时，在，恒成立，利用放缩法得到，设，，，从而得出，利用导数研究函数的单调性和最值，从而证得，即恒成立，由此确定整数的最小值.
【详解】（1）解：由，得，
令，则，，，，
当时，，单调递增，即在区间内无极值点，
当时，，，故，
故在单调递增，又，，
故存在，使得，且时，，递减，
，时，，单调递增，故为的极小值点，
此时在区间内存在1个极小值点，无极大值点；
综上：当时，在区间内无极值点，当时，在区间内存在1个极小值点，无极大值点．
（2）解：若，时，恒成立，则，故，
下面证明时，在，恒成立，，时，，故时，，
令，，，故，
令，则，在区间，单调递增，
因为，，所以在上存在零点，
且时，；时，，故在上为减函数，在上为增函数，
又，，，
故存在，，使得，且，时，，递增，
，时，，单调递减，故时，取得最大值，且，
，，，故单调递减，
故，时，即成立，综上，若，时，恒成立，则整数的最小值1
【变式1-2】（2023·云南保山·统考二模）设函数，
(1)求在区间上的极值点个数；
(2)若为的极值点，则，求整数的最大值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）求得，令，可得，分和，两种情况讨论，求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解；
（2）由题意得到，化简，令，转化为，记，求得，当和，两种情况求得函数的单调性，结合和（1）中的极值点，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，令，可得，①当时，，单调递增，无极值点；
②当时，，单调递减，又，，故存在唯一，使得，
当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，有极大值点，综上可得，在区间上有1个极值点.
（2）解：若为的极值点，则，即，
由，
令，，即.
记，即，则，
①当时，，故在上单调递增，所以，符合题意；
②当时，若，
则，故在上单调递减，
由（1）这在区间上存在极值点，记为，则，
故，不符题意，综上可得，整数的最大值为1.
/题型06“能”成立求参：常规型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023上·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若存在，使成立，求实数的取值范围.
注：为自然对数的底数.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）求出函数的导数，对讨论，分为和两种情形，通过导数与0的关系可判断单调区间；
（2）依题转化为，设，即，，应用导数求最值，对对讨论，分为和，三种情形讨论即可求解.
【详解】（1）∵，定义域为，∴，
当时，∴，∴的递增区间是；
当时，由，得，∴的递增区间是，
，得，递减区间是；
（2）∵，∴，∴，
设，∴，
当，，在上单调递增，∴，，不符合题意，
当，则存在唯一的，使得.
当，使得，当，使得.
当，单调递减，当，单调递增，
∴，∴，这与矛盾.当，，在上单调递减，
∴，∴，综上，
【典例1-2】（2023上·湖南长沙·高三统考阶段练习）已知函数，是的导函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若存在实数使成立，求的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为(2)
【分析】（1）求导函数，利用导数研究函数的单调性即可；
（2）分类讨论求解函数的最大值，然后利用有解问题转化求解即可.
【详解】（1），所以，
令，得，令，得，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），则，
当时，恒成立，所以在上单调递减；
所以，所以在上单调递减，
所以，不符合题意；
当时，令得，令得，
所以在单调递减，在单调递增.
当时，，所以在上单调递增，，
所以在上单调递增，所以，符合题意；
当时，，所以在单调递减，在单调递增，，所以，若，即，则在[0，1]上单调递减，
所以，不符合题意；
若，即，则存在，使，
所以在单调递减，在单调递增，
若存在使成立，则，
解得，所以.综上：的取值范围为.
【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在，使得，求实数的最小值．
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分类讨论，即可得到的单调区间；
（2）根据题意，分离参数可得，构造函数求其最小值，即可得到结果.
【详解】（1）因为，
所以的定义域为．
当时，；
当时，令，解得或（舍去），
所以当时，，当时，．
综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）若存在，使得，则存在，使得成立，
令，令，则，
当时，，即在单调递减，
当时，，则 在单调递增，
所以在取得极小值，即最小值，所以，即在上恒成立，
即存在，使得成立，即．
令，则，
令，所以，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以当时，恒成立，所以函数在上单调递增，所以，
所以，即实数的最小值为．
【变式1-2】（2023上·黑龙江齐齐哈尔·高三统考阶段练习）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.
题型07“能”成立求参：双变量型
【解题攻略】
【典例1-1】（2022·江西上饶·高三校联考阶段练习）已知函数，其中a≠0.
(1)若，讨论函数f(x)的单调性；
(2)是否存在实数a，对任意，总存在，使得成立？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)f(x)在单调递增，单调递减；(2)存在；a＝.
【分析】(1)求导讨论导数正负即可判断原函数单调性；
(2)根据a的范围分类讨论函数f(x)在[0，1]上的单调性并求最大值和最小值，判断是否满足已知条件即可.
【详解】（1）时，，当时，；当时，，
∴f(x)在单调递增，单调递减；
（2）存在满足条件的实数a，且实数a的值为．理由如下：，
(i)当时，，∴f(x)在[0，1]上单调递减，∴，
则，∴此时不满足题意；
(ii)当时，f(x)在单调递增，单调递减，
①当时，即，f(x)在[0，1]单调递减，同上，此时不满足题意；
②当时，即时，f(x)在单调递增，单调递减，
∴，
当时，对任意，，
∴此时不满足题意；
③当时，即，f(x)在[0，1]单调递增，，
令，易知g(x)在[0，1]单调递减，
∴，
若对任意总存在，使得，即使得，
∴，即，∴，∴，
综上所述，存在满足题意的实数a，且实数a的值为．
【典例1-2】（2023上·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校考阶段练习）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若存在，满足，且，，求实数a的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；
(2).
【分析】（1）根据的正负性，结合导数的性质分类讨论求解即可；
（2）根据已知等式构造函数，利用导数的性质，结合一元二次方程的求解根公式判断该函数的单调性，再通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.
【详解】（1）函数的定义域为，．
当时，，在上单调递减；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2），
又，则．
令，即方程在上有解．令，，
则，．，当时，，在上单调递减，
又，则在上恒成立，不合题意；
当时，，令，可知该方程有两个正根，
因为方程两根之积为1且，所以．
当时，，
当时，；
则时，，
而．
令，则，
令，，
则在上单调递减，，
则在上单调递减，，即，
故存在，使得，故满足题意．
综上所述，实数a的取值范围是．
【变式1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，.
(1)若曲线在和处的切线互相平行，求的值；
(2)求的单调区间；
(3)若对任意，均存在，使得，求的取值范围．
【答案】(1)(2)答案见解析(3)
【分析】（1）由题意可得出，可求得实数的值；
（2）求出函数的定义域，求得，对实数的取值进行分类讨论，分析的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（3）分析可知当时，有，分析两个函数的单调性，可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：，则，其中，
由题意可得，即，解得．
（2）解：函数的定义域为，则.
①当时，对任意的，，
由，可得；由，可得，此时函数的增区间为，减区间为；
②当时，则，由可得；由可得或.
此时函数的减区间为，增区间为、；
③当时，对任意的，且不恒为零，此时函数的增区间为，无减区间；
④当时，则，由可得；由可得或.
此时函数的减区间为，增区间为、.
综上所述，当时，函数的增区间为，减区间为；
当时，函数的减区间为，增区间为、；
当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为、.
（3）解：对任意，均存在，使得，
所以，当时，有．在的最大值．
由（2）知：①当时，在上单调递增，
故，
所以，，解得，此时；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，
故，
由，知，所以，，则，则.
综上所述的取值范围是．
【变式1-2】（2023上·重庆·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)当时，求函数在区间上的最大值和最小值;
(2)若对任意的，均存在，使得，求a的取值范围．
【答案】(1)最大值为，最小值为；(2).
【分析】（1）利用导数研究的区间单调性，进而确定端点值和极值，比较它们的大小，即可得最值；
（2）将问题转化为、上，利用二次函数性质及导数求函数最值，即可得结果.
【详解】（1）由题设，则，
所以在上，递增，在上，递减，
则，极大值，综上，最大值为，最小值为.
（2）由在上，
根据题意，只需即可，由且，
当时，，此时递增且值域为R，所以满足题设；
当时，上，递增；上，递减；
所以，此时，可得，
综上，a的取值范围.
.
题型08 “能”成立求参：正余弦型
【典例1-1】（2017·江苏淮安·高三江苏省淮安中学阶段练习）函数.
（1）求证：函数在区间内至少有一个零点；
（2）若函数在处取极值，且，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由零点存在定理进行论证；
（2）先由极值定义得，再分离参变得，转化为求函数最大值，利用导数不难得为单调减函数，因此，即得实数的取值范围.
【详解】（1）因为，
所以，从而，
，若，则，
所以函数在区间内至少有一个零点；若，则，
所以，又函数在区间上连续不断，
所以由零点存在定理可知函数在区间内至少有一个零点；
综上：函数在区间内至少有一个零点；
（2）因为，所以，又函数在处取极值，
所以，即，解得，
当时，，，
当时，，递增；
当时，，递减；
所以时，函数在处取的极大值，所以，，使得成立，
即等价于，
令，，则，，
，，
即（等号在和处取等），所以在上单调递减，，
所以，又，所以，所以实数的取值范围是
【典例1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数f（x）＝x+2﹣2csx
（1）求函数f（x）在[，]上的最值：
（2）若存在x∈（0，）使不等式f（x）≤ax成立，求实数a的取值范围
【答案】（1）f（x）min＝2，f（x）max＝2；（2）（1，+∞）．
【分析】(1)求导后分析导数的正负再求得函数的单调性与最值即可.
(2)设,再代入,求导得的值域为,再根据的范围进行讨论,分析的最大值即可.
【详解】（1）f'（x）＝1+2sinx,当x时,由f'（x）＜0得,,由f'（x）＞0得,,
∴函数f（x）在[,）上单调递减,在（,]上单调递增,
∴f（x）min＝f（）＝2,f（x）max＝f（）＝2；
（2）存在x∈（0,）使不等式f（x）≤ax成立,即x+2﹣2csx＜ax成立,
设g（x）＝f（x）﹣ax＝x+2﹣2csx﹣ax,则g（0）＝0,g'（x）＝1+2sinx﹣a,
当x∈（0,）时,1+2sinx∈（1,3）,所以g'（x）∈（1﹣a,3﹣a）,
由于1﹣a≥0即a≤1时,g'（x）＞0,则g（x）＞g（0）＝0,即f（x）＞ax恒成立,不满足题意,
故1﹣a＜0,即a＞1,此时g'（0）＝1﹣a＜0,因为g'（x）＝1+2sinx﹣a在（0,）上单调递增,
所以存在区间（0,t）⊆（0,）,使x∈（0,t）时,g'（x）＜0,
所以g（x）在（0,t）上单调递增,则当x∈（0,t）时,g（x）＜g（0）＝0,即f（x）＜ax,
所以实数a的取值范围是（1,+∞）．
【变式1-1】（2020·四川泸州·统考二模）已知函数.
（1）求证：当x∈(0,π]时，f(x)