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高考数学真题专项练习 专题09 导数的综合应用（解析版）
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这是一份高考数学真题专项练习 专题09 导数的综合应用（解析版），共53页。试卷主要包含了的最大值为 ，之间满足关系式，已知函数，的导数，设函数等内容，欢迎下载使用。
专题09 导数的综合应用
十年大数据*全景展示
年份
题号
考点
考查内容
2011
理21[来源:学|科|网Z|X|X|K][来源:学,科,网Z,X,X,K]
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题[来源:学|科|网Z|X|X|K]
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数求函数的切线及不等式恒成立问题，考查分类整合思想、运算求解能力及应用意识．[来源:学§科§网][来源:Z。xx。k.Com]
文21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数求函数的切线、证明不等式，考查分类整合思想．
2012
文21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、函数单调性与导数的关系及不等式恒成立问题，考查分类整合思想、运算求解能力及应用意识．
2013
卷1
理21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函数最值，考查运算求解能力及应用意识．
卷2
理21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查函数的导数运算、函数极值与导数的关系、函数的单调性与导数关系、恒成立问题的解法等基础知识和基本方法，考查放缩思想、分析解决问题能力
2014
卷1
理11
文12
利用导数研究函数零点问题
本题主要考查函数零点、利用导数研究函数的图像与性质及分类整合思想，是难题．
卷1
理21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研究函数的单调性、证明不等式，考查分类整合思想．
卷2
文21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、考查利用导数研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题，考查分类整合思想．
2015
卷1
理12
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研究函数的图像与性质解函数不等式．
卷1
理21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题及分类整合思想．
卷2
理2
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研究函数的图像与性质解函数不等式．
卷2
理21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想．
2016
卷1
理21
利用导数研究函数零点问题
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数零点问题、与极值点偏移问题有关的不等式证明及分类整合思想．
卷2
文21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求切线、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想．
卷3
文21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类整合思想．
2017
卷1
理16
生活中的最优化问题
主要考查三棱锥的展开图与圆的内接关系、三棱锥的体积、利用导数求函数最值；考查数学应用意识．
卷1
理21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数零点问题及分类整合思想．
卷1
文21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想．
卷2
理21
利用导数解证不等式
不等式恒成立问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数解决不等式恒成立问题、导数与极值关系、利用导数证明不等式及分类整合思想．
卷2
文21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想
卷3
理11
文12
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、常见函数的导数、利用导数研究函数零点问题及分类整合思想．
卷3
理21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想
卷3
文21
利用导数解证不等式
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的研究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类整合思想
2018
卷1
理21
利用导数解证不等式
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利用导数证明不等式及分类整合思想
卷1
文21
利用导数解证不等式
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利用导数证明不等式
卷2
理21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用到证明不等式、利用导数研究函数零点问题．
卷2
文21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、利用导数求函数的单调区间、利用导数研究函数零点问题．
卷3
理21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证明不等式、导数与极值的关系
卷3
文21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求函数的切线、利用导数证明不等式
2019
卷1
理20
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、利用导数研究函数的极值、利用导数研究函数零点问题．
卷2
理20
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数零点问题及利用导数的几何意义研究切线．
卷3
理20
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数最值是否存在的探索性问题，考查分类整合思想．
卷1
文21
1．利用导数研究函数零点问题
2．利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的零点、利用导数研究函数恒成立问题，考查分类整合思想．
卷2
文21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的零点、利用导数研究函数极值，考查分类整合思想．
2020
卷1
理21
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数解决不等式恒成立的参数取值范围问题
文20
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数由零点个数求参数取值范围
卷2
理21
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数证明不等式
文21
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数解决不等式恒成立的参数取值范围问题
卷3
理21
导数的综合应用
导数的几何意义，应用研究函数的零点，应用导数证明不等式
文20
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数由零点个数求参数取值范围
大数据分析*预测高考
考 点
出现频率
2021年预测
生活中的最优化问题
1/34
2021年高考在导数综合应用方面，仍将以选填压轴题或解答题压轴题形式考查不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数解证不等式、利用导数研究零点或方程解问题，重点考查分类整合思想、分析解决问题能力．
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
11/34
利用导数解、证不等式
12/34
利用导数研究函数零点问题
10/34
十年试题分类*探求规律
考点30 生活中的最优化问题
1．（2017全国卷1理16）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为 ．
【答案】
【解析】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则．
，
，
三棱锥的体积．
设，x>0，则，
令，即，得，易知在处取得最大值．
∴．
2．（2020江苏17）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底在水平线上，桥与平行，为铅垂线（在上）．经测量，左侧曲线上任一点到的距离（米）与到的距离（米）之间满足关系式；右侧曲线上任一点到的距离（米）与到的距离（米）之间满足关系式．己知点到的距离为米．
（1）求桥的长度；
（2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩和，且为米，其中，在上（不包括端点）．桥墩每米造价（万元），桥墩每米造价（万元）（），
问为多少米时，桥墩与的总造价最低？
【答案】（1）桥的长度为米；（2）为米时，桥墩与的总造价最低．
【解析】（1）过，分别作的垂线，垂足为，，则
．
令，得，∴，．
（2）设，则，由得．
总造价
，∵，∴令，得或，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，∴当时，取最小值，造价最低．
考点31 利用导数解决恒成立问题与探索性问题
1．（2019天津理8）已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A． B． C． D．
【解析】当时，恒成立；
当时，恒成立，
令
，
所以，即．
当时，恒成立，
令，则，
当时，，递增，当时，，递减，
所以当时，取得最小值．
所以．
综上，的取值范围是．
2．（2014辽宁）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当时，得，令，则，
，令，，
则，显然在上，，
单调递减，所以，因此；
同理，当时，得．由以上两种情况得．
显然当时也成立，故实数的取值范围为．
3．（2020全国Ⅰ理21）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增；（2）．
【思路导引】(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)首先讨论的情况，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．
【解析】(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)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．
4．（2020全国Ⅱ文21）已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）设，讨论函数的单调性．
【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间．
【思路导引】（1）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．
【解析】（1）函数的定义域为：，
，
设，则有，
当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需．
（2）且，因此，
设，则有，
当时，，∴，单调递减，因此有，即
，∴单调递减；
当时，，∴，单调递增，因此有，即，∴单调递减，∴函数在区间和上单调递减，没有递增区间．
5．（2020山东21）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）（2）
【思路导引】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）先二次求导，研究导函数符号变化情况，求出函数最小值，再根据基本不等式求最小值的最小值，最后根据不等式恒成立列不等式，解得结果．
【解析】（1）．
切线方程为，与坐标轴交点坐标分别为，
因此所求三角形面积为．
（2），，设，
在上单调递增，即在上单调递增，
当时，使得，
当时， ，
当时， ，
因此存在唯一，使得，，
当时，当时，
因此，
对恒成立，．
6．（2019全国Ⅰ文20）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f ′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
【解析】（1）设，则．
当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减．
又，故在存在唯一零点．
所以在存在唯一零点．
（2）由题设知，可得a≤0．
由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减．
又，所以，当时，．
又当时，ax≤0，故．
因此，a的取值范围是．
7．（2017新课标Ⅰ文21）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，
，
①若，则，在单调递增．
②若，则由得．
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
③若，则由得．
当时，；当时，，
故在单调递减，在单调递增．
（2）①若，则，所以．
②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为
．从而当且仅当，即时，．
③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为
．
从而当且仅当，即时．
综上，的取值范围为．
8．（2017新课标Ⅱ）设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围．
【解析】（1）
令得 ，．
当时，；当时，；当时，．
所以在，单调递减，在单调递增．
（2）．
当时，设函数，，因此在单调递减，而，故，所以．
当时，设函数，，所以在单调递增，而，故．
当时，，，
取，则，，
故．
当时，取，则，．
综上，的取值范围是．
9．（2017全国卷3理21）已知函数．
（1）若，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值．
【解析】1）的定义域为．
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点．
由于，所以当且仅当a=1时，．故a=1．
10．（2016年全国II文21）已知函数．
(Ⅰ)当时，求曲线在处的切线方程；
(Ⅱ)若当时，，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ）的定义域为．当时，
，
曲线在处的切线方程为
（Ⅱ）当时，等价于
令，则
，
（i）当，时，，
故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得
，
由和得，故当时，，在单调递减，因此．
综上，的取值范围是
11．(2015新课标Ⅱ理21）设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
(Ⅱ)若对于任意，，都有，求的取值范围．
【解析】(Ⅰ)．
若，则当时，，；
当时，，．
若，则当时，，；
当时，，．
所以，在单调递减，在单调递增．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增．
故在处取得最小值．
所以对于任意，，的充要条件是：
，即 ①
设函数，则．
当时，；当时．
故在单调递减，在 单调递增．
又，，故当时，．
当时，，即①式成立；
当时，由得单调性，，即；
当时，，即
综上，的取值范围是．
12．（2013全国卷1理21）已知函数＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线
（Ⅰ）求，，，的值
（Ⅱ）若≥－2时，≤，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ）由已知得，
而=，=，∴=4，=2，=2，=2；……4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，
设函数==（），
==，
有题设可得≥0，即，
令=0得，=，=－2，
（1）若，则－2＜≤0，∴当时，＜0，当时，＞0，即在单调递减，在单调递增，故在=取最小值，而==≥0，
∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，
(2)若，则=，
∴当≥－2时，≥0，∴在(－2，+∞)单调递增，而=0，
∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，
(3)若，则==＜0，
∴当≥－2时，≤不可能恒成立，
综上所述，的取值范围为[1，]．
13．（2012全国课标文21）设函数f(x)= ex－ax－2
(Ⅰ)求f(x)的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x－k) f´(x)+x+1>0，求k的最大值
【解析】(Ⅰ)的定义域为，．
若，则，所以的增区间为，无减区间；
若，则当时，； 当时，，所以在减区间为，增区间为．
(Ⅱ)由于a=1，所以．
故当时，(x－k) f´(x)+x+1>0等价于
，
令，则．
由(Ⅰ)知，函数在上单调递增，而，所以在上存在唯一的零点，故在上存在唯一零点．设此零点为，则．
当时，；当时，．所以在上的最小值为．又由，可得，所以．
由于等价于，故整数的最大值为2．
14．（2011全国课标理21）已知函数=，曲线=在点（1，）处的切线方程为．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）如果当＞0，且1时，＞，求的取值范围．
【解析】(Ⅰ)=，
∵直线=0的斜率为，且过点（1，1），∴=1且=，
即，解得=1，=1；
（Ⅱ）由(Ⅰ)知=，
∴=
设=（＞0），则=
①当≤0时，由=知，当时，＜0，而=0，故当∈（0，1）时，＞0，可得；
当∈（1，+∞）时，＜0，可得，
从而当＞0，且≠1时，＞0，即＞；
②当0＜＜1时，由于当∈（1，）时，＞0，故＞0，而=0，故∈（1，）时，＞0，可得＜0与题设矛盾；
③当≥1时，此时＞0，而=0，故当∈(1，+∞)时，＞0，可得，与题设矛盾，
综上所述，的取值范围为（—∞，0]．
15．（2019全国Ⅲ理20）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在 ，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）．
令，得x=0或．
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
（2）满足题设条件的a，b存在．
（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．
（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围．
【解析】（1）当时，．
，
所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．
（2）由，得．
当时，等价于．
令，则．
设 ，则
．
（i）当 时，，则
．
记，则
．
故
1
0
+
单调递减
极小值
单调递增
所以， ．
因此，．
（ii）当时，．
令 ，则，
故在上单调递增，所以．
由（i）得．
所以，．
因此．
由（i）（ii）得对任意，，
即对任意，均有．
综上所述，所求a的取值范围是
考点32 利用导数解、证不等式问题
1．（2020全国Ⅱ理21）已知函数．
（1）讨论在区间的单调性；
（2）证明：；
（3）设，证明：．
【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增．（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【思路导引】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，则：
，
在上的根为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增．
(2)注意到，
故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，即．
(3)结合(2)的结论有：
．
2．（2020全国Ⅲ理21）设，曲线在点处的切线与轴垂直．
（1）求；
（2）若有一个绝对值不大于的零点，证明：的所有零点的绝对值都不大于．
【答案】
【思路导引】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可．
【解析】（1），即．
（2）解法一：设为的一个零点，根据题意，，且，则
，由，，显然在，，
，易得，
设为的零点，则必有，即，
，，即．∴的所有零点的绝对值都不大于．
解法二：由（1）可得，，
令，得或；令，得，
∴在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或．
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
3．（2020江苏19）已知关于的函数，与（，）在区间上恒有．
（1）若，，，求的表达式；
（2）若，，，，求的取值范围；
（3）若，，，，求证：．
【解析】（1）由得．
又，，∴，∴函数的图像为过原点，斜率为的直线，∴．经检验：符合题意．
（2），设，则，
，∴当时，时．
由，得
当时，在上递增，∴，∴．
当时，，即，，．
综上，．
（3）∵，∴，
∴函数的图像在处的切线为，
可见直线为函数的图像在处的切线，
由函数的图像可知，当在区间上恒成立时，，
又由得，
设方程的两根为，，则，，
∴，
令，则，由图像可知．
设，则，
∴当时，，单调递减，∴，
故，即．
4．（2020天津20）已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析．
【思路导引】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
(Ⅱ)首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论．
【解析】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，．可得，，
∴曲线在点处的切线方程为，即．
(ii) 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：
单调递减
极小值
单调递增
∴函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值．
(Ⅱ)证明：由，得．
对任意的，且，令，则
． ①
令．
当x>1时，，
由此可得在单调递增，∴当t>1时，，即．
∵，，，
∴ ②
由(I)(ii)可知，当时，，即，故 ③
由①②③可得．
∴当时，任意的，且，有．
5．（2020浙江22）已知，函数，其中e=2．71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析．
【思路导引】（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明．
【解析】（I）在上单调递增，
，
∴由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
∴当时，成立，
因此只需证明当时，
∵
当时，，当时，，
∴，
在单调递减，，，
综上，．
（ii），
，，
，
∵，∴，
．
只需证明，即只需证明，
令，
则，
，即成立，因此．
6．（2015新课标Ⅰ理12）设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知存在唯一的整数，使得，设， ，由，可知在上单调递减，在上单调递增，作出与的大致图象如图所示，故，即，所以．
7．（2015新课标Ⅱ理12）设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得f (x)0成立的的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于
，当时， ，所以在
上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，，
数形结合可知，使得成立的的取值范围是．
8．（2018全国卷3理21）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【解析】（1）若时，，
∴．
令，
∴．
∴当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减．
∴，
∴恒成立，
∴在上单调递增，
又，
∴当时，；当时，．
（2），
，
，
，
．
设，
∴，，，
∴在邻域内，时，，时，．
时，，由洛必达法则得，
时，，由洛必达法则得，
综上所述，．
9．（2018全国卷3文21）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）由题意：得，
∴，即曲线在点处的切线斜率为，∴，即；
（2）证明：由题意：原不等式等价于：恒成立；令，
∴，，∵，∴恒成立，∴在上单调递增，∴在上存在唯一使，∴，即，且在上单调递减，在上单调递增，∴．
又，
，∵，∴，∴，∴，得证．
综上所述：当时，．
10．（2018全国卷1理21）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【解析】（1）①∵，∴，∴当时，，，∴此时在上为单调递增．
②∵，即或，此时方程两根为，当时，此时两根均为负，∴在上单调递减．当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．∴综上可得，时，在上单调递减；时，在，上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）可得，两根得，，令，∴，．∴，要证成立，即要证成立，∴，
即要证()
令，可得在上为增函数，∴，∴成立，即成立．
11．（2018全国卷1文21）已知函数．
（1）设是的极值点，求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）定义域为，．
∵是极值点，∴，∴．
∵在上增，，∴在上增．
又在上减，∴在上增．又，
∴当时，，减；当时，，增．
综上，，单调增区间为，单调减区间为．
（2）∵，∴当时有，
∴．
令，．
，同（1）可证在上增，又，
∴当时，，减；当时，，增．
∴，
∴当时，．
12．（2017新课标Ⅱ理21）已知函数，且．
(1)求；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
【解析】（1）的定义域为．
设，则，等价于．
因为，，故，而，，得．
若，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以是的极小值点，故．
综上，．
（2）由（1）知，．
设，则．
当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．
又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；当时，．
因此，所以是的唯一极大值点．
由得，故．
由得，．
因为是在的最大值点，由，得
．
所以．
13．（2017新课标Ⅲ文21）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明．
【解析】（1）的定义域为，．
若，则当时，，故在单调递增．
若，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
（2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为
．
所以等价于，
即．
设，则．
当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减．故当时，取得最大值，最大值为．所以当时，．从而当时，，即．
14．（2016年全国III卷）设函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）证明当时，；
（III）设，证明当时，．
【解析】（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为．
所以当时，．
故当时，，，即．
（Ⅲ）由题设，设，则，
令，解得．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
由（Ⅱ）知，，故，又，
故当时，．
所以当时，．
15．（2015全国1文21）设函数．
（I）讨论的导函数的零点的个数；
（II）证明：当时．
【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
当时，，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增．又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点．
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；
当时，．
故在单调递减，在单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为．
由于，所以．
故当时，．
16．(2013全国卷1理12)设函数，曲线在点（1，处的切线为．
(Ⅰ)求；
（Ⅱ）证明：．
【解析】(Ⅰ) 函数的定义域为，
由题意可得，故 ……………6分
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，，从而等价于
设函数，则，所以当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，从而在的最小值为． ……………8分
设函数，则，所以当时，，当时，，故在()单调递增，在单调递减，从而在的最大值为．
综上：当时，，即． ……………12分
17．（2013全国卷2理21）已知函数=．
(Ⅰ) 设=0是的极值点，求，并讨论的单调性；
(Ⅱ)当≤2时，证明：＞0．
【解析】(Ⅰ) =，
∵设=0是的极值点，∴==0，解得=1，
∴的定义域为（－1，+∞），=，∴=＞0，
∴在（－1，+∞）上是增函数，
∴当（-1，0）时，＜=0，当（0，+∞）时，＞=0，
∴的增区间为（0，+∞），减区间为(-1，0)．
(Ⅱ)当≤2，(，+∞)时，≤，故只需证明当=2时，＞0，
当=2时，函数=在(-2，+∞)单调递增．
又＜0，＞0，∴=0在（-2，+∞）有唯一实根，且∈(-1，0)，
当(-2， )时，＜0，当(，+∞)时，＞0，
∴当=时，取得最小值．
由=0得=，∴，
∴≥==＞0，
综上，当≤2时，＞0．
18．（2011全国课标文21）已知函数=，曲线=在点（1，）处的切线方程为．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）证明：当＞0，且1时，＞．
【解析】（Ⅰ）
由于直线的斜率为，且过点，故即
解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
考虑函数，则
所以当时，故
当时，
当时，
从而当
19．（2010全国课标文21）设函数=．
（Ⅰ）若=，求的单调区间；
（Ⅱ）若≥0时≥0，求的取值范围
【解析】（Ⅰ）时，，．当时；当时，；当时，．故在，单调增加，在（-1，0）单调减少．
（Ⅱ）．
令，则．
若，则当时，，为减函数，而，从而当x≥0时≥0，即≥0．
若，则当时，，为减函数，而，从而当时＜0，即＜0．
综合得的取值范围为．
20．(2016年四川) 设函数，其中．
（I）讨论的单调性；
（II）确定的所有可能取值，使得在区间内恒成立(e=2．718…为自然对数的底数)．
【解析】（I）由题意，
①当时，，，在上单调递减．
②当时，令，有，当时，；
当时，．
故在上单调递减，在上单调递增．
（II）令，．则．而当时，
，所以在区间内单调递增．又由，有，
从而当时，．
当，时，．
故当在区间内恒成立时，必有．
当时，．
由（I）有，而，
所以此时在区间内不恒成立．
当时，令．
当时，
，
因此，在区间内单调递增．
又，所以当时，，即恒成立．
综上，
21．(2015山东)设函数，其中．
（Ⅰ）讨论函数极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若，成立，求的取值范围．
【解析】：（Ⅰ）由题意知 函数的定义域为，
，
令，，
（1）当时，，
此时，函数在单调递增，无极值点；
（2）当时，，
①当时，，，
，函数在单调递增，无极值点；
②当时，，
设方程的两根为，
因为，
所以，，
由，可得，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增；
因此函数有两个极值点．
（3）当时，，
由，可得，
当时，，，函数单调递增；
当时，，，函数单调递减；
所以函数有一个极值点．
综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极值点；当时，函数有两个极值点．
（II）由（I）知，
（1）当时，函数在上单调递增，
因为 ，所以 时，，符合题意；
（2）当时，由，得，
所以 函数在上单调递增，
又，所以时，，符合题意；
（3）当时，由，可得，
所以时，函数单调递减；
因为，所以时，，不合题意；
（4）当时，设，
因为时，
所以在上单调递增．
因此当时，，即，
可得，
当时，，
此时，不合题意，
综上所述，的取值范围是．
考点33 利用导数研究函数零点问题
1．（2020全国Ⅰ文20）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）．
【思路导引】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图像的走向，从而求得结果．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
∴的减区间为，增区间为．
（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解．
令，则有，
令，解得，令，解得或，
∴函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，，而时，，当时，，∴当有两个解时，有，∴满足条件的的取值范围是：．
2．（2020全国Ⅲ文20）已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2)．
【思路导引】（1），对分和两种情况讨论即可；
（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可．
【解析】（1）由题，，
当时，恒成立，∴在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，∴在上单调递减，在，上单调递增．
（2）由（1）知，有三个零点，则，且，即，解得，
当时，，且，∴在上有唯一一个零点，
同理，，∴在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，∴有三个零点．
综上可知的取值范围为．
3．（2017全国卷3，理11）已知函数有唯一零点，则a=（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】函数的零点满足，
设，则，
当时，；当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
当时，函数取得最小值，为．
设，当时，函数取得最小值，为，
若，函数与函数没有交点；
若，当时，函数和有一个交点，
即，解得．故选C．
4．（2014卷1理11）已知函数=，若存在唯一的零点，且＞0，则的取值范围为（ ）
．（2，+∞） ．（-∞，-2） ．（1，+∞） ．（-∞，-1）
【答案】B
【解析1】由已知，，令，得或，
当时，；
且，有小于零的零点，不符合题意．
当时，
要使有唯一的零点且＞0，只需，即，．选B
【解析2】由已知，=有唯一的正零点，等价于
有唯一的正零根，令，则问题又等价于有唯一的正零根，即与有唯一的交点且交点在在y轴右侧记，，由，，，
，要使有唯一的正零根，只需，选B
5．（2019全国Ⅰ理20）已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【解析】（1）设，则，．
当时，单调递减，而，
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，即在存在唯一极大值点．
（2）的定义域为．
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点．
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
又，，所以当时，．
从而 在没有零点．
（iii）当时，，所以在单调递减．而，，所以在有唯一零点．
（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点．
综上，有且仅有2个零点．
6．（2019全国Ⅱ理20）已知函数．
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线．
【解析】（1）f（x）的定义域为．
因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）=，，
所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．
又，，
故f（x）在（0，1）有唯一零点．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，
故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
7．（2018全国卷2理21）已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
【解析】（1）当时，等价于，
设函数，则，
当时，，所以在单调递减，
而，故当时，，即．
（2）设函数，在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
当时，，没有零点；
当时，．
当时，；当时，．
在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
8．（2018全国卷2文21）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【解析】（1）当时，，．
令解得或．
当时，；
当时，．
故在，单调递增，在单调递减．
（2）由于，所以等价于．
设=，则，仅当时，所以
在单调递增，故至多有一个零点，从而至多有一个零点．
又，，故有一个零点．
综上，只有一个零点．
9．（2017全国课标1理21）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减．
（ⅱ）若，则由得．
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增．
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点．
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为．
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即．
又，故在有一个零点．
设正整数满足，则．
由于，因此在有一个零点．
综上，的取值范围为．
10．(2016年全国Ⅰ理21) 已知函数有两个零点．
（I）求a的取值范围；
（II）设，是的两个零点，证明：．
【解析】（Ⅰ）．
（i）设，则，只有一个零点．
（ii）设，则当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
又，，取满足且，则
，故存在两个零点．
（iii）设，由得或．
若，则，故当时，，
因此在上单调递增．又当时，，
所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；
当时，．因此在上单调递减，
在上单调递增．又当时，，
所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，
又在上单调递减，所以等价于，
即．由于，
而，所以．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
11．（2016年全国I文21）已知函数．
(I)讨论的单调性；
(II)若有两个零点，求的取值范围．
【解析】(1)由，得．
当时，有极小值．
因为的极值点是的零点．
所以，又，故．
因为有极值，故有实根，从而，即．
时，，故在R上是增函数，没有极值；
时，有两个相异的实根，．
列表如下
+
0
–
0
+
极大值
极小值
故的极值点是．
从而，
因此，定义域为．
（2）由（1）知，．
设，则．
当时，，所以在上单调递增．
因为，所以，故，即．
因此．
（3）由（1）知，的极值点是，且，．
从而
记，所有极值之和为，
因为的极值为，所以，．
因为，于是在上单调递减．
因为，于是，故．
因此的取值范围为．
12．（2015新课标Ⅰ理21）已知函数，．
（Ⅰ）当为何值时，轴为曲线的切线；
（Ⅱ）用 表示，中的最小值，设函数
，讨论零点的个数．
【解析】（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，
即，解得．
因此，当时，轴是曲线的切线．
（Ⅱ）当时，，从而，
∴在无零点．
当=1时，若，则，，
故=1是的零点；若，则，，故=1不是的零点．
当时，，所以只需考虑在的零点个数．
(ⅰ)若或，则在无零点，故在单调，
而，，所以当时，在有一个零点；
当0时，在无零点．
(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，
故当=时，取的最小值，最小值为=．
①若＞0，即＜＜0，在无零点．
②若=0，即，则在有唯一零点；
③若＜0，即，由于，，
所以当时，在有两个零点；
当时，在有一个零点．
综上，当或时，由一个零点；
当或时，有两个零点；当时，有三个零点．
13．（2014全国卷2文21）已知函数，曲线在点(0，2)处的切线与轴交点的横坐标为．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，曲线与直线只有一个交点．
【解析】（）∵=，∴=，
∴曲线在点（0，2）处的切线方程为
由题设知，=-2，∴=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
设==，
∴=，
由题设可知＞0，
当≤0时，＞0 ，∴在（-，0）上单调递增，∵=＜0， =4
∴在（-，0）上有唯一零点；
当＞0时，设=，则=＞，
∵==，
当0＜＜2时，＜0，则在（0，2）上单调递减，当＞2时，＞0，则在（2，+）上单调递增，故当=2时，取极小值=0，
∴当＞0时，＞≥=0，
∴在（0，）上无零点，
综上所述，在（-，+）上有唯一零点，即曲线与直线只有一个交点．．
14．（2019全国Ⅱ文21）已知函数．证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【解析】（1）的定义域为（0，+）．
．
因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，
，故存在唯一，使得．
又当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因此，存在唯一的极值点．
（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根．
由得．
又，故是在的唯一根．
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
15．(2016年山东)已知．
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立．
【解析】(Ⅰ) 因为，
当时，，，单调递增，
，，单调递减；
当时，
①当时，，
或，，单调递增，
，，单调递减；
②当时，， ，，单调递增，
③当时，，
或，，单调递增，
，，单调递减；
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知，时，，
于是，
，
令 ，，，
于是，
，的最小值为；
又
设，则在上单调递减，因为，，
所以存在，使得，且
时，，单调递增；
时，，单调递减；
又，，所以的最小值为．
所以．
即对于任意的成立．
专题09 导数的综合应用
十年大数据*全景展示
年份
题号
考点
考查内容
2011
理21[来源:学|科|网Z|X|X|K][来源:学,科,网Z,X,X,K]
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题[来源:学|科|网Z|X|X|K]
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数求函数的切线及不等式恒成立问题，考查分类整合思想、运算求解能力及应用意识．[来源:学§科§网][来源:Z。xx。k.Com]
文21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数求函数的切线、证明不等式，考查分类整合思想．
2012
文21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、函数单调性与导数的关系及不等式恒成立问题，考查分类整合思想、运算求解能力及应用意识．
2013
卷1
理21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函数最值，考查运算求解能力及应用意识．
卷2
理21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查函数的导数运算、函数极值与导数的关系、函数的单调性与导数关系、恒成立问题的解法等基础知识和基本方法，考查放缩思想、分析解决问题能力
2014
卷1
理11
文12
利用导数研究函数零点问题
本题主要考查函数零点、利用导数研究函数的图像与性质及分类整合思想，是难题．
卷1
理21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研究函数的单调性、证明不等式，考查分类整合思想．
卷2
文21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、考查利用导数研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题，考查分类整合思想．
2015
卷1
理12
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研究函数的图像与性质解函数不等式．
卷1
理21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题及分类整合思想．
卷2
理2
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研究函数的图像与性质解函数不等式．
卷2
理21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想．
2016
卷1
理21
利用导数研究函数零点问题
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数零点问题、与极值点偏移问题有关的不等式证明及分类整合思想．
卷2
文21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求切线、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想．
卷3
文21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类整合思想．
2017
卷1
理16
生活中的最优化问题
主要考查三棱锥的展开图与圆的内接关系、三棱锥的体积、利用导数求函数最值；考查数学应用意识．
卷1
理21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数零点问题及分类整合思想．
卷1
文21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想．
卷2
理21
利用导数解证不等式
不等式恒成立问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数解决不等式恒成立问题、导数与极值关系、利用导数证明不等式及分类整合思想．
卷2
文21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想
卷3
理11
文12
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、常见函数的导数、利用导数研究函数零点问题及分类整合思想．
卷3
理21
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类整合思想
卷3
文21
利用导数解证不等式
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的研究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类整合思想
2018
卷1
理21
利用导数解证不等式
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利用导数证明不等式及分类整合思想
卷1
文21
利用导数解证不等式
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利用导数证明不等式
卷2
理21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用到证明不等式、利用导数研究函数零点问题．
卷2
文21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、利用导数求函数的单调区间、利用导数研究函数零点问题．
卷3
理21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证明不等式、导数与极值的关系
卷3
文21
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求函数的切线、利用导数证明不等式
2019
卷1
理20
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、利用导数研究函数的极值、利用导数研究函数零点问题．
卷2
理20
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数零点问题及利用导数的几何意义研究切线．
卷3
理20
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数最值是否存在的探索性问题，考查分类整合思想．
卷1
文21
1．利用导数研究函数零点问题
2．利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的零点、利用导数研究函数恒成立问题，考查分类整合思想．
卷2
文21
利用导数研究函数零点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的零点、利用导数研究函数极值，考查分类整合思想．
2020
卷1
理21
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数解决不等式恒成立的参数取值范围问题
文20
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数由零点个数求参数取值范围
卷2
理21
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数证明不等式
文21
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数解决不等式恒成立的参数取值范围问题
卷3
理21
导数的综合应用
导数的几何意义，应用研究函数的零点，应用导数证明不等式
文20
导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性，应用导数由零点个数求参数取值范围
大数据分析*预测高考
考 点
出现频率
2021年预测
生活中的最优化问题
1/34
2021年高考在导数综合应用方面，仍将以选填压轴题或解答题压轴题形式考查不等式恒（能）成立问题与探索性问题、利用导数解证不等式、利用导数研究零点或方程解问题，重点考查分类整合思想、分析解决问题能力．
利用导数解决不等式恒（能）成立与探索性问题
11/34
利用导数解、证不等式
12/34
利用导数研究函数零点问题
10/34
十年试题分类*探求规律
考点30 生活中的最优化问题
1．（2017全国卷1理16）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为 ．
【答案】
【解析】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则．
，
，
三棱锥的体积．
设，x>0，则，
令，即，得，易知在处取得最大值．
∴．
2．（2020江苏17）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底在水平线上，桥与平行，为铅垂线（在上）．经测量，左侧曲线上任一点到的距离（米）与到的距离（米）之间满足关系式；右侧曲线上任一点到的距离（米）与到的距离（米）之间满足关系式．己知点到的距离为米．
（1）求桥的长度；
（2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩和，且为米，其中，在上（不包括端点）．桥墩每米造价（万元），桥墩每米造价（万元）（），
问为多少米时，桥墩与的总造价最低？
【答案】（1）桥的长度为米；（2）为米时，桥墩与的总造价最低．
【解析】（1）过，分别作的垂线，垂足为，，则
．
令，得，∴，．
（2）设，则，由得．
总造价
，∵，∴令，得或，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，∴当时，取最小值，造价最低．
考点31 利用导数解决恒成立问题与探索性问题
1．（2019天津理8）已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A． B． C． D．
【解析】当时，恒成立；
当时，恒成立，
令
，
所以，即．
当时，恒成立，
令，则，
当时，，递增，当时，，递减，
所以当时，取得最小值．
所以．
综上，的取值范围是．
2．（2014辽宁）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当时，得，令，则，
，令，，
则，显然在上，，
单调递减，所以，因此；
同理，当时，得．由以上两种情况得．
显然当时也成立，故实数的取值范围为．
3．（2020全国Ⅰ理21）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增；（2）．
【思路导引】(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)首先讨论的情况，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．
【解析】(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)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．
4．（2020全国Ⅱ文21）已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）设，讨论函数的单调性．
【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间．
【思路导引】（1）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．
【解析】（1）函数的定义域为：，
，
设，则有，
当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需．
（2）且，因此，
设，则有，
当时，，∴，单调递减，因此有，即
，∴单调递减；
当时，，∴，单调递增，因此有，即，∴单调递减，∴函数在区间和上单调递减，没有递增区间．
5．（2020山东21）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）（2）
【思路导引】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）先二次求导，研究导函数符号变化情况，求出函数最小值，再根据基本不等式求最小值的最小值，最后根据不等式恒成立列不等式，解得结果．
【解析】（1）．
切线方程为，与坐标轴交点坐标分别为，
因此所求三角形面积为．
（2），，设，
在上单调递增，即在上单调递增，
当时，使得，
当时， ，
当时， ，
因此存在唯一，使得，，
当时，当时，
因此，
对恒成立，．
6．（2019全国Ⅰ文20）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f ′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．
【解析】（1）设，则．
当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减．
又，故在存在唯一零点．
所以在存在唯一零点．
（2）由题设知，可得a≤0．
由（1）知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减．
又，所以，当时，．
又当时，ax≤0，故．
因此，a的取值范围是．
7．（2017新课标Ⅰ文21）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，
，
①若，则，在单调递增．
②若，则由得．
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
③若，则由得．
当时，；当时，，
故在单调递减，在单调递增．
（2）①若，则，所以．
②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为
．从而当且仅当，即时，．
③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为
．
从而当且仅当，即时．
综上，的取值范围为．
8．（2017新课标Ⅱ）设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围．
【解析】（1）
令得 ，．
当时，；当时，；当时，．
所以在，单调递减，在单调递增．
（2）．
当时，设函数，，因此在单调递减，而，故，所以．
当时，设函数，，所以在单调递增，而，故．
当时，，，
取，则，，
故．
当时，取，则，．
综上，的取值范围是．
9．（2017全国卷3理21）已知函数．
（1）若，求a的值；
（2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值．
【解析】1）的定义域为．
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点．
由于，所以当且仅当a=1时，．故a=1．
10．（2016年全国II文21）已知函数．
(Ⅰ)当时，求曲线在处的切线方程；
(Ⅱ)若当时，，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ）的定义域为．当时，
，
曲线在处的切线方程为
（Ⅱ）当时，等价于
令，则
，
（i）当，时，，
故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得
，
由和得，故当时，，在单调递减，因此．
综上，的取值范围是
11．(2015新课标Ⅱ理21）设函数．
(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；
(Ⅱ)若对于任意，，都有，求的取值范围．
【解析】(Ⅰ)．
若，则当时，，；
当时，，．
若，则当时，，；
当时，，．
所以，在单调递减，在单调递增．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的，在单调递减，在单调递增．
故在处取得最小值．
所以对于任意，，的充要条件是：
，即 ①
设函数，则．
当时，；当时．
故在单调递减，在 单调递增．
又，，故当时，．
当时，，即①式成立；
当时，由得单调性，，即；
当时，，即
综上，的取值范围是．
12．（2013全国卷1理21）已知函数＝，＝，若曲线和曲线都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线
（Ⅰ）求，，，的值
（Ⅱ）若≥－2时，≤，求的取值范围．
【解析】（Ⅰ）由已知得，
而=，=，∴=4，=2，=2，=2；……4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，
设函数==（），
==，
有题设可得≥0，即，
令=0得，=，=－2，
（1）若，则－2＜≤0，∴当时，＜0，当时，＞0，即在单调递减，在单调递增，故在=取最小值，而==≥0，
∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，
(2)若，则=，
∴当≥－2时，≥0，∴在(－2，+∞)单调递增，而=0，
∴当≥－2时，≥0，即≤恒成立，
(3)若，则==＜0，
∴当≥－2时，≤不可能恒成立，
综上所述，的取值范围为[1，]．
13．（2012全国课标文21）设函数f(x)= ex－ax－2
(Ⅰ)求f(x)的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x－k) f´(x)+x+1>0，求k的最大值
【解析】(Ⅰ)的定义域为，．
若，则，所以的增区间为，无减区间；
若，则当时，； 当时，，所以在减区间为，增区间为．
(Ⅱ)由于a=1，所以．
故当时，(x－k) f´(x)+x+1>0等价于
，
令，则．
由(Ⅰ)知，函数在上单调递增，而，所以在上存在唯一的零点，故在上存在唯一零点．设此零点为，则．
当时，；当时，．所以在上的最小值为．又由，可得，所以．
由于等价于，故整数的最大值为2．
14．（2011全国课标理21）已知函数=，曲线=在点（1，）处的切线方程为．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）如果当＞0，且1时，＞，求的取值范围．
【解析】(Ⅰ)=，
∵直线=0的斜率为，且过点（1，1），∴=1且=，
即，解得=1，=1；
（Ⅱ）由(Ⅰ)知=，
∴=
设=（＞0），则=
①当≤0时，由=知，当时，＜0，而=0，故当∈（0，1）时，＞0，可得；
当∈（1，+∞）时，＜0，可得，
从而当＞0，且≠1时，＞0，即＞；
②当0＜＜1时，由于当∈（1，）时，＞0，故＞0，而=0，故∈（1，）时，＞0，可得＜0与题设矛盾；
③当≥1时，此时＞0，而=0，故当∈(1，+∞)时，＞0，可得，与题设矛盾，
综上所述，的取值范围为（—∞，0]．
15．（2019全国Ⅲ理20）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）是否存在 ，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）．
令，得x=0或．
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
（2）满足题设条件的a，b存在．
（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．
（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）对任意均有 求的取值范围．
【解析】（1）当时，．
，
所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．
（2）由，得．
当时，等价于．
令，则．
设 ，则
．
（i）当 时，，则
．
记，则
．
故
1
0
+
单调递减
极小值
单调递增
所以， ．
因此，．
（ii）当时，．
令 ，则，
故在上单调递增，所以．
由（i）得．
所以，．
因此．
由（i）（ii）得对任意，，
即对任意，均有．
综上所述，所求a的取值范围是
考点32 利用导数解、证不等式问题
1．（2020全国Ⅱ理21）已知函数．
（1）讨论在区间的单调性；
（2）证明：；
（3）设，证明：．
【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增．（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【思路导引】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．
【解析】(1)由函数的解析式可得：，则：
，
在上的根为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增．
(2)注意到，
故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，即．
(3)结合(2)的结论有：
．
2．（2020全国Ⅲ理21）设，曲线在点处的切线与轴垂直．
（1）求；
（2）若有一个绝对值不大于的零点，证明：的所有零点的绝对值都不大于．
【答案】
【思路导引】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可．
【解析】（1），即．
（2）解法一：设为的一个零点，根据题意，，且，则
，由，，显然在，，
，易得，
设为的零点，则必有，即，
，，即．∴的所有零点的绝对值都不大于．
解法二：由（1）可得，，
令，得或；令，得，
∴在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或．
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
3．（2020江苏19）已知关于的函数，与（，）在区间上恒有．
（1）若，，，求的表达式；
（2）若，，，，求的取值范围；
（3）若，，，，求证：．
【解析】（1）由得．
又，，∴，∴函数的图像为过原点，斜率为的直线，∴．经检验：符合题意．
（2），设，则，
，∴当时，时．
由，得
当时，在上递增，∴，∴．
当时，，即，，．
综上，．
（3）∵，∴，
∴函数的图像在处的切线为，
可见直线为函数的图像在处的切线，
由函数的图像可知，当在区间上恒成立时，，
又由得，
设方程的两根为，，则，，
∴，
令，则，由图像可知．
设，则，
∴当时，，单调递减，∴，
故，即．
4．（2020天津20）已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析．
【思路导引】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
(Ⅱ)首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论．
【解析】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，．可得，，
∴曲线在点处的切线方程为，即．
(ii) 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：
单调递减
极小值
单调递增
∴函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值．
(Ⅱ)证明：由，得．
对任意的，且，令，则
． ①
令．
当x>1时，，
由此可得在单调递增，∴当t>1时，，即．
∵，，，
∴ ②
由(I)(ii)可知，当时，，即，故 ③
由①②③可得．
∴当时，任意的，且，有．
5．（2020浙江22）已知，函数，其中e=2．71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析．
【思路导引】（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明．
【解析】（I）在上单调递增，
，
∴由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
∴当时，成立，
因此只需证明当时，
∵
当时，，当时，，
∴，
在单调递减，，，
综上，．
（ii），
，，
，
∵，∴，
．
只需证明，即只需证明，
令，
则，
，即成立，因此．
6．（2015新课标Ⅰ理12）设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知存在唯一的整数，使得，设， ，由，可知在上单调递减，在上单调递增，作出与的大致图象如图所示，故，即，所以．
7．（2015新课标Ⅱ理12）设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得f (x)0成立的的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】令，因为为奇函数，所以为偶函数，由于
，当时， ，所以在
上单调递减，根据对称性在上单调递增，又，，
数形结合可知，使得成立的的取值范围是．
8．（2018全国卷3理21）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【解析】（1）若时，，
∴．
令，
∴．
∴当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减．
∴，
∴恒成立，
∴在上单调递增，
又，
∴当时，；当时，．
（2），
，
，
，
．
设，
∴，，，
∴在邻域内，时，，时，．
时，，由洛必达法则得，
时，，由洛必达法则得，
综上所述，．
9．（2018全国卷3文21）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）由题意：得，
∴，即曲线在点处的切线斜率为，∴，即；
（2）证明：由题意：原不等式等价于：恒成立；令，
∴，，∵，∴恒成立，∴在上单调递增，∴在上存在唯一使，∴，即，且在上单调递减，在上单调递增，∴．
又，
，∵，∴，∴，∴，得证．
综上所述：当时，．
10．（2018全国卷1理21）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【解析】（1）①∵，∴，∴当时，，，∴此时在上为单调递增．
②∵，即或，此时方程两根为，当时，此时两根均为负，∴在上单调递减．当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．∴综上可得，时，在上单调递减；时，在，上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）可得，两根得，，令，∴，．∴，要证成立，即要证成立，∴，
即要证()
令，可得在上为增函数，∴，∴成立，即成立．
11．（2018全国卷1文21）已知函数．
（1）设是的极值点，求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
【解析】（1）定义域为，．
∵是极值点，∴，∴．
∵在上增，，∴在上增．
又在上减，∴在上增．又，
∴当时，，减；当时，，增．
综上，，单调增区间为，单调减区间为．
（2）∵，∴当时有，
∴．
令，．
，同（1）可证在上增，又，
∴当时，，减；当时，，增．
∴，
∴当时，．
12．（2017新课标Ⅱ理21）已知函数，且．
(1)求；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且．
【解析】（1）的定义域为．
设，则，等价于．
因为，，故，而，，得．
若，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以是的极小值点，故．
综上，．
（2）由（1）知，．
设，则．
当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．
又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，；当时，．
因此，所以是的唯一极大值点．
由得，故．
由得，．
因为是在的最大值点，由，得
．
所以．
13．（2017新课标Ⅲ文21）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明．
【解析】（1）的定义域为，．
若，则当时，，故在单调递增．
若，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
（2）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为
．
所以等价于，
即．
设，则．
当时，；当时，．所以在单调递增，在单调递减．故当时，取得最大值，最大值为．所以当时，．从而当时，，即．
14．（2016年全国III卷）设函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）证明当时，；
（III）设，证明当时，．
【解析】（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得．当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为．
所以当时，．
故当时，，，即．
（Ⅲ）由题设，设，则，
令，解得．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
由（Ⅱ）知，，故，又，
故当时，．
所以当时，．
15．（2015全国1文21）设函数．
（I）讨论的导函数的零点的个数；
（II）证明：当时．
【解析】（Ⅰ）的定义域为，．
当时，，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增．又，当满足且时，，故当时，存在唯一零点．
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，；
当时，．
故在单调递减，在单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为．
由于，所以．
故当时，．
16．(2013全国卷1理12)设函数，曲线在点（1，处的切线为．
(Ⅰ)求；
（Ⅱ）证明：．
【解析】(Ⅰ) 函数的定义域为，
由题意可得，故 ……………6分
（Ⅱ）由(Ⅰ)知，，从而等价于
设函数，则，所以当时，，当时，，故在单调递减，在单调递增，从而在的最小值为． ……………8分
设函数，则，所以当时，，当时，，故在()单调递增，在单调递减，从而在的最大值为．
综上：当时，，即． ……………12分
17．（2013全国卷2理21）已知函数=．
(Ⅰ) 设=0是的极值点，求，并讨论的单调性；
(Ⅱ)当≤2时，证明：＞0．
【解析】(Ⅰ) =，
∵设=0是的极值点，∴==0，解得=1，
∴的定义域为（－1，+∞），=，∴=＞0，
∴在（－1，+∞）上是增函数，
∴当（-1，0）时，＜=0，当（0，+∞）时，＞=0，
∴的增区间为（0，+∞），减区间为(-1，0)．
(Ⅱ)当≤2，(，+∞)时，≤，故只需证明当=2时，＞0，
当=2时，函数=在(-2，+∞)单调递增．
又＜0，＞0，∴=0在（-2，+∞）有唯一实根，且∈(-1，0)，
当(-2， )时，＜0，当(，+∞)时，＞0，
∴当=时，取得最小值．
由=0得=，∴，
∴≥==＞0，
综上，当≤2时，＞0．
18．（2011全国课标文21）已知函数=，曲线=在点（1，）处的切线方程为．
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）证明：当＞0，且1时，＞．
【解析】（Ⅰ）
由于直线的斜率为，且过点，故即
解得，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
考虑函数，则
所以当时，故
当时，
当时，
从而当
19．（2010全国课标文21）设函数=．
（Ⅰ）若=，求的单调区间；
（Ⅱ）若≥0时≥0，求的取值范围
【解析】（Ⅰ）时，，．当时；当时，；当时，．故在，单调增加，在（-1，0）单调减少．
（Ⅱ）．
令，则．
若，则当时，，为减函数，而，从而当x≥0时≥0，即≥0．
若，则当时，，为减函数，而，从而当时＜0，即＜0．
综合得的取值范围为．
20．(2016年四川) 设函数，其中．
（I）讨论的单调性；
（II）确定的所有可能取值，使得在区间内恒成立(e=2．718…为自然对数的底数)．
【解析】（I）由题意，
①当时，，，在上单调递减．
②当时，令，有，当时，；
当时，．
故在上单调递减，在上单调递增．
（II）令，．则．而当时，
，所以在区间内单调递增．又由，有，
从而当时，．
当，时，．
故当在区间内恒成立时，必有．
当时，．
由（I）有，而，
所以此时在区间内不恒成立．
当时，令．
当时，
，
因此，在区间内单调递增．
又，所以当时，，即恒成立．
综上，
21．(2015山东)设函数，其中．
（Ⅰ）讨论函数极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若，成立，求的取值范围．
【解析】：（Ⅰ）由题意知 函数的定义域为，
，
令，，
（1）当时，，
此时，函数在单调递增，无极值点；
（2）当时，，
①当时，，，
，函数在单调递增，无极值点；
②当时，，
设方程的两根为，
因为，
所以，，
由，可得，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增；
因此函数有两个极值点．
（3）当时，，
由，可得，
当时，，，函数单调递增；
当时，，，函数单调递减；
所以函数有一个极值点．
综上所述：当时，函数有一个极值点；当时，函数无极值点；当时，函数有两个极值点．
（II）由（I）知，
（1）当时，函数在上单调递增，
因为 ，所以 时，，符合题意；
（2）当时，由，得，
所以 函数在上单调递增，
又，所以时，，符合题意；
（3）当时，由，可得，
所以时，函数单调递减；
因为，所以时，，不合题意；
（4）当时，设，
因为时，
所以在上单调递增．
因此当时，，即，
可得，
当时，，
此时，不合题意，
综上所述，的取值范围是．
考点33 利用导数研究函数零点问题
1．（2020全国Ⅰ文20）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）．
【思路导引】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图像的走向，从而求得结果．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
∴的减区间为，增区间为．
（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解．
令，则有，
令，解得，令，解得或，
∴函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，，而时，，当时，，∴当有两个解时，有，∴满足条件的的取值范围是：．
2．（2020全国Ⅲ文20）已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2)．
【思路导引】（1），对分和两种情况讨论即可；
（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可．
【解析】（1）由题，，
当时，恒成立，∴在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，∴在上单调递减，在，上单调递增．
（2）由（1）知，有三个零点，则，且，即，解得，
当时，，且，∴在上有唯一一个零点，
同理，，∴在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，∴有三个零点．
综上可知的取值范围为．
3．（2017全国卷3，理11）已知函数有唯一零点，则a=（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】函数的零点满足，
设，则，
当时，；当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
当时，函数取得最小值，为．
设，当时，函数取得最小值，为，
若，函数与函数没有交点；
若，当时，函数和有一个交点，
即，解得．故选C．
4．（2014卷1理11）已知函数=，若存在唯一的零点，且＞0，则的取值范围为（ ）
．（2，+∞） ．（-∞，-2） ．（1，+∞） ．（-∞，-1）
【答案】B
【解析1】由已知，，令，得或，
当时，；
且，有小于零的零点，不符合题意．
当时，
要使有唯一的零点且＞0，只需，即，．选B
【解析2】由已知，=有唯一的正零点，等价于
有唯一的正零根，令，则问题又等价于有唯一的正零根，即与有唯一的交点且交点在在y轴右侧记，，由，，，
，要使有唯一的正零根，只需，选B
5．（2019全国Ⅰ理20）已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【解析】（1）设，则，．
当时，单调递减，而，
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，即在存在唯一极大值点．
（2）的定义域为．
（i）当时，由（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点．
（ii）当时，由（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减．
又，，所以当时，．
从而 在没有零点．
（iii）当时，，所以在单调递减．而，，所以在有唯一零点．
（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点．
综上，有且仅有2个零点．
6．（2019全国Ⅱ理20）已知函数．
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线．
【解析】（1）f（x）的定义域为．
因为，所以在（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）=，，
所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．
又，，
故f（x）在（0，1）有唯一零点．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，
故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
7．（2018全国卷2理21）已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
【解析】（1）当时，等价于，
设函数，则，
当时，，所以在单调递减，
而，故当时，，即．
（2）设函数，在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
当时，，没有零点；
当时，．
当时，；当时，．
在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
8．（2018全国卷2文21）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【解析】（1）当时，，．
令解得或．
当时，；
当时，．
故在，单调递增，在单调递减．
（2）由于，所以等价于．
设=，则，仅当时，所以
在单调递增，故至多有一个零点，从而至多有一个零点．
又，，故有一个零点．
综上，只有一个零点．
9．（2017全国课标1理21）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减．
（ⅱ）若，则由得．
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增．
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点．
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为．
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即．
又，故在有一个零点．
设正整数满足，则．
由于，因此在有一个零点．
综上，的取值范围为．
10．(2016年全国Ⅰ理21) 已知函数有两个零点．
（I）求a的取值范围；
（II）设，是的两个零点，证明：．
【解析】（Ⅰ）．
（i）设，则，只有一个零点．
（ii）设，则当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
又，，取满足且，则
，故存在两个零点．
（iii）设，由得或．
若，则，故当时，，
因此在上单调递增．又当时，，
所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；
当时，．因此在上单调递减，
在上单调递增．又当时，，
所以不存在两个零点．综上，的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，
又在上单调递减，所以等价于，
即．由于，
而，所以．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
11．（2016年全国I文21）已知函数．
(I)讨论的单调性；
(II)若有两个零点，求的取值范围．
【解析】(1)由，得．
当时，有极小值．
因为的极值点是的零点．
所以，又，故．
因为有极值，故有实根，从而，即．
时，，故在R上是增函数，没有极值；
时，有两个相异的实根，．
列表如下
+
0
–
0
+
极大值
极小值
故的极值点是．
从而，
因此，定义域为．
（2）由（1）知，．
设，则．
当时，，所以在上单调递增．
因为，所以，故，即．
因此．
（3）由（1）知，的极值点是，且，．
从而
记，所有极值之和为，
因为的极值为，所以，．
因为，于是在上单调递减．
因为，于是，故．
因此的取值范围为．
12．（2015新课标Ⅰ理21）已知函数，．
（Ⅰ）当为何值时，轴为曲线的切线；
（Ⅱ）用 表示，中的最小值，设函数
，讨论零点的个数．
【解析】（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，
即，解得．
因此，当时，轴是曲线的切线．
（Ⅱ）当时，，从而，
∴在无零点．
当=1时，若，则，，
故=1是的零点；若，则，，故=1不是的零点．
当时，，所以只需考虑在的零点个数．
(ⅰ)若或，则在无零点，故在单调，
而，，所以当时，在有一个零点；
当0时，在无零点．
(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，
故当=时，取的最小值，最小值为=．
①若＞0，即＜＜0，在无零点．
②若=0，即，则在有唯一零点；
③若＜0，即，由于，，
所以当时，在有两个零点；
当时，在有一个零点．
综上，当或时，由一个零点；
当或时，有两个零点；当时，有三个零点．
13．（2014全国卷2文21）已知函数，曲线在点(0，2)处的切线与轴交点的横坐标为．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明：当时，曲线与直线只有一个交点．
【解析】（）∵=，∴=，
∴曲线在点（0，2）处的切线方程为
由题设知，=-2，∴=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
设==，
∴=，
由题设可知＞0，
当≤0时，＞0 ，∴在（-，0）上单调递增，∵=＜0， =4
∴在（-，0）上有唯一零点；
当＞0时，设=，则=＞，
∵==，
当0＜＜2时，＜0，则在（0，2）上单调递减，当＞2时，＞0，则在（2，+）上单调递增，故当=2时，取极小值=0，
∴当＞0时，＞≥=0，
∴在（0，）上无零点，
综上所述，在（-，+）上有唯一零点，即曲线与直线只有一个交点．．
14．（2019全国Ⅱ文21）已知函数．证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【解析】（1）的定义域为（0，+）．
．
因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，
，故存在唯一，使得．
又当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因此，存在唯一的极值点．
（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根．
由得．
又，故是在的唯一根．
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
15．(2016年山东)已知．
（I）讨论的单调性；
（II）当时，证明对于任意的成立．
【解析】(Ⅰ) 因为，
当时，，，单调递增，
，，单调递减；
当时，
①当时，，
或，，单调递增，
，，单调递减；
②当时，， ，，单调递增，
③当时，，
或，，单调递增，
，，单调递减；
(Ⅱ) 由(Ⅰ)知，时，，
于是，
，
令 ，，，
于是，
，的最小值为；
又
设，则在上单调递减，因为，，
所以存在，使得，且
时，，单调递增；
时，，单调递减；
又，，所以的最小值为．
所以．
即对于任意的成立．
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