【二轮复习】高考数学 题型09 8类导数大题综合.zip

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技法01 利用导数证明不等式
技法02 利用导数研究恒成立问题
技法03 利用导数研究能成立（有解）问题
技法04 利用导数研究函数的零点问题
技法05 利用导数研究方程的根
技法06 利用导数研究双变量问题
技法07 导数中的隐零点问题
技法08 导数中的极值点偏移问题
技法01 利用导数证明不等式
不等式是数学中的一个重要概念，而导数作为一种重要的数学工具，在不等式证明中发挥着非常关键的作用。通过构造函数、利用导数的单调性等知识，我们可以更加便捷、快速地证明不等式，此类题型难度中等，是高考中的常考考点，需强加练习
例1．（2021·全国·统考高考真题）设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
1．（全国·高考真题）已知函数．
（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
【答案】(1)a=；增区间为，减区间为．(2)证明见解析.
【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间；
（2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时，，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果.
【详解】（1）的定义域为，，则，解得：，故．易知在区间内单调递增，且，
由解得：；由解得：，
所以的增区间为，减区间为．
（2）［方法一］：【最优解】放缩法
当时，.
设，则.
当时，；
当时，.所以是的最小值点.
故当时，.因此，当时，.
［方法二］：【通性通法】隐零点讨论
因为，所以在区间内单调递增．设，当时，，当时，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以．
设，则．
所以在区间内单调递减，故，即成立．
［方法三］：分离参数求最值
要证时，即，则证成立．
令，则．
令，则，由知在区间内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减．
所以，而，所以恒成立，原命题得证．
［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式
，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则．易知在区间内是减函数，在区间内是增函数．所以．
由，得．
．
当且仅当，即时，，所以．
［方法五］：异构
要证明，即证，
即证明，再证明即可．
令，．
设，则．
若时，在上恒成立，所以；
若时，当时；当时，．
所以为的极小值点，则．
因为，所以，所以．
令．
当时，；当时，，所以为的极小值点．
则，所以，即．
所以．
［方法六］： 高阶函数借位构建有界函数
．
令，则．
令．显然为定义域上的增函数．又，故当时，，得；当时，，得．即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故．即恒成立，而恒成立．
【整体点评】（2）方法一：利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解；
方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法；
方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法；
方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样；
方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐；
方法六：基本类似于方法三．
2．（2023·山东泰安·校考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当，且时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分，，分别讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为，然后构造函数，证明其单调性，即可得到证明.
【详解】（1），，
①当，即时，，在区间单调递增．
②当，即时，
令，得，令，得，
所以在区间单调递增；在区间单调递减．
③当，即时，
若，则，在区间单调递增．
若，令，得，令，得，
所以在区间单调递减；在区间单调递增．
综上，时，在区间单调递增；在区间单调递减；
时，在区间单调递增
时，在区间单调递减、在区间单调递增．
（2）证明：要证，即证，
即证．
令，，则，
所以在区间单调递增，所以时，，
即时，．
令，，则在时恒成立，
所以，且时，单调递增，
因为时，，，且，
所以，且时，，即．
所以，且时，．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了用导数研究函数的单调性，以及用导数证明不等式问题，难度较难，解决本题的关键在于构造函数，用其单调性去证明不等式.
3．（2023·河北·统考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的极值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)的极小值为，无极大值.
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合函数的单调性和极值点、极值的概念，即可求解；
（2）令，利用单调性得到，得到，转化为证明不等式，再由，利用导数得到，进而得到，转化为，令，
设，利用导数证得，得到，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当时，可得，解得，即函数的定义域为，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值；
当时，可得，解得，即函数的定义域为，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，
综上可得，函数的极小值为，无极大值.
（2）证明：因为，所以，解得，即函数的定义域为，
令，可得，所以在单调递增，
所以，即，
要证不等式，
只需证明，
又由函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，即，即，当且仅当时，等号成立，
所以，当时，，
只需证明：，即，
即，即，
令，可得，
设，可得，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，所以，
当且仅当时，等号成立，
又由以上不等式的等号不能同时成立，所以.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
技法02 利用导数研究恒成立问题
利用导数研究恒成立问题是高考中的常考考点，常用函数的构造变换和单调性结合考查，需强加练习
例2．（2020·新高考二卷·高考真题）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．
（2）［方法一］：通性通法
,，且.
设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，
因此
>1,
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由得，即，而，所以．
令，则，所以在R上单调递增．
由，可知，所以，所以．
令，则．
所以当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以，则，即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知，令，所以，所以．
于是．
由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．
令，所以．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为，且，所以，即．
令，则，所以在区间内单调递增．
因为，所以时，有，即．
下面证明当时，恒成立．
令，只需证当时，恒成立．
因为，所以在区间内单调递增，则．
因此要证明时，恒成立，只需证明即可．
由，得．
上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．
当时，因为，显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．
1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
2．（2020·全国·统考高考真题）已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．
只需证当时，恒成立．
当时，．
只需证明⑤式成立．
⑤式，
令，
则，
所以当时，单调递减；
当单调递增；
当单调递减．
从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．
综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，
记，
，
①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；
②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意.
综上，.
【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！
3．（2023·广东惠州·统考一模）已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程.
（2）利用参变分离结合导数可求参数的取值范围，我们也可以利用分类讨论求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围.
【详解】（1）当时，．
故切线的斜率，又切点为
切线方程为，化简得．
（2）法1：当时，恒成立，故，
也就是，即，
由得，令，
则，
令，则，
可知在单调递增，则，即在恒成立，．
故在单调递增，所以，故在恒成立．
所以在单调递增，而，所以，故．
法2：因为当时，恒成立，故，
由，
令，得或，
①当，即时，在上恒成立，
在上单调递减，，
不合题意，合题意．
②当，即时，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，
，
设，则恒成立，
在上单调递减，故即，合题意．
综上，．
法3：因为当时，恒成立，也就是，
即恒成立，令，
令，
恒成立，在上单调递增．
．
①当，即时，在上单调递增，
，合题意；
②当，即时，，
因为，，
存在，使得，即．
在上单调递减，在上单调递增．
，不合题意．
综上，．
【点睛】思路点睛：含参数的函数不等式的恒成立问题，可以利用参变分离，利用导数求出新函数的最值，或者直接对含参数的函数就导数的符号分类讨论，从而可求函数的最值.
技法03 利用导数研究能成立（有解）问题
利用导数研究能成立（有解）问题是高考中的常考考点，常用函数的构造变换和单调性结合考查，需强加练习
例3．（全国·高考真题）设函数，曲线处的切线斜率为0
求b;若存在使得，求a的取值范围．
的定义域为，，
（ⅰ）若，则，故当时，，在单调递增，
所以，存在，使得的充要条件为，即，
所以.
（ⅱ）若，则，故当时，；
当时，，在单调递减，在单调递增.
所以，存在，使得的充要条件为，
而，所以不合题意.
（ⅲ）若，则.
综上，a的取值范围是.
1．（2023·山东青岛·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在，使成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)先求导，把切点的横坐标代入导数方程得切线的斜率，再求切点坐标，从而求出切线方程，由方程求出切线与轴的交点即可求出三角形的面积.
(2) 令，则只要函数在区间的最小值小于即可.通过求导讨论函数的单调性，从而可求函数的最小值，最后求出a的取值范围.
【详解】（1）当时，，
，所以曲线在处的切线的斜率，又，
切线方程为.
与轴的交点分别是，
切线与坐标轴围成的三角形的面积·
（2）存在，使即，即.
即存在，使成立.
令，因此，只要函数在区间的最小值小于即可·
下面求函数在区间的最小值.
，
令，因为，
所以为上的增函数，且.
在恒成立·
在递调递增，
函数在区间的最小值为，
，得.
【点睛】易错点点睛：第二问的关键点在于把不等式能成立问题转化为求函数的最小值问题，在这类问题中，最容易错的地方是分不清恒成立和能成立的区别，若在给定区间内恒成立，则要大于的最大值；若在给定区间内能成立，则只需要大于的最小值.
2．（2023·安徽宿州·统考一模）已知函数（e为自然对数的底数），a，.
(1)当时，讨论在上的单调性；
(2)当时，若存在，使，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对a分类讨论，由导数法求函数单调性；
（2）法一，由分离变量法，转为由导数法研究函数最值，得出结论；法二，将函数拆分为前后两个函数，对a分类讨论，由导数法分别研究两函数单调性及最值，得出结论；
【详解】（1）当时，，的定义域为，，
当，即时，且不恒为0，所以在上单调递增；
当时，方程有两不等正根，
结合定义域由可得，由可得，
所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增；
当时，方程有一负根和一正根，
结合定义域由可得，由可得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
综上可知：
当时，在区间上单调递减，在区间和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）法一：分离变量可得：，令，，则
，
易得当时，，且，从而，
所以在单调递减，于是.
即a的取值范围为.
法二：当时，，令，，则，即为，
而在上单调递减，所以当时，，
又，
i. 当，即时，，符合题意；
ii. 当时，由（1）知在上是增函数，恒有，故不存在，使；
iii. 当时，由于时，，所以，
令，则，所以在上是增函数，最大值为，
又，所以，此时恒有，
因此不存在，使.
综上可知，，即a的取值范围为.
【点睛】函数不等式恒成立或可能成立问题，一般可用分离变量法，转为由导数法研究函数最值，得出结论；或采用分类讨论法，由导数法研究函数单调性及最值，得出结论；
3．（2023·四川宜宾·宜宾市叙州区第一中学校校考模拟预测）已知．（）
(1)讨论的单调性；
(2)若，且存在，使得，求的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）分和讨论即可；
（2）代入值，分离参数得，，设，利用导数和隐零点法即可得到答案.
【详解】（1）因为,
所以,
若时,单调递减,时,,单调递增；
若,由得或,
设,则,
时,单调递减,
时,单调递增,
所以，所以,
所以时,单调递减,
，时,,单调递增.
综上得,当时,在上单调递减,在上单调递增,
当时,在上单调递减,在，上单调递增.
（2）当时,,
存在,使得成立,
即成立,即成立，
设,则,
设,，则在上单调递增，
且,
所以存在,使得,
所以
令，，在上单调递增,得,
所以,时,单调递减,
时,,单调递增，
所以,
所以,即的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用分离参数法得到，然后设，利用导数求解最小值，其中用到了经典的隐零点法，是导数大题中的难点.
技法04 利用导数研究函数的零点问题
利用导数研究函数的零点问题是高考中的常考考点，常用函数的构造变换和单调性结合考查，需强加练习
例4-1．（2023·全国·统考高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【详解】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
例4-2．（2020·全国·统考高考真题）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.
（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，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
2．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
3．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
技法05 利用导数研究方程的根
利用导数研究方程的根是高考中的常考考点，常用函数的构造变换和单调性结合考查，需强加练习
例5．（2021·全国·统考高考真题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，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差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2．（2022·浙江·统考高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
3．（2023·吉林长春·统考模拟预测）函数．
(1)求证：；
(2)若方程恰有两个根，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意对求导可得，则对不等式恒成立，即函数在上单调递减，结合即可证明；
（2）由题意可知当时，即恰好有1根，利用二阶导数和零点的存在性定理研究函数的性质，得，再次利用导数研究函数的性质可得，结合即可证明.
【详解】（1）令，
，
令，得，对不等式恒成立，
即在上恒成立，得函数在上单调递减，
又，所以，即．
（2）易知是方程一个根，
所以当时，即恰好有1根，
令，，
设，，
令，令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，由零点的存在性定理，
得使得，即，得①，
当时，，即，函数单调递增，
当时，，即，函数单调递减，
所以②，由①②可得，
则，当时，即，函数单调递减，
又，所以，即，
所以，而，
所以，即证.
【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式证明问题时，常常采用分离参数法求范围：若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；也可以把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.
技法06 利用导数研究双变量问题
利用导数研究双变量问题是高考中的难点，双变量问题运算量大，综合性强，解决起来需要很强的技巧性，解题总的思想方法是化双变量为单变量，然后利用函数的单调性、最值等解决．需强加练习
例6．（2021·全国·统考高考真题）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：.
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
1．（四川·高考真题）已知函数，的导函数是．对任意两个不相等的正数、，证明：
(1)当时，；
(2)当时，．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先化简与，利用基本不等式分项进行证明，再综合作答；
（2）先用分析法找出特征式的等价不等式，再构造函数，转化为求函数的最值问题，利用导数研究函数的极值和最值即可证明.
【详解】（1）证明：（1）由，得：
，
，
而①
又，
所以②
因为，
所以，
因为，③
由①、②、③，得：，
即．
（2）证明：由，得
则
要证，
只需证即可.
下面证明对任意两个不相等的正数，，有恒成立.
即证成立，
因为，
设，，
则，
令，得，列表如下：
所以
所以
即对任意两个不相等的正数，，恒有
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
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，如本题中（2）问分离参数，得到．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，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，难度较大，如本题中利用换元思想（）构造函数.
2．（2022·浙江·统考高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
3．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知函数.
(1)设函数，若恒成立，求的最小值；
(2)若方程有两个不相等的实根、，求证：.
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）将问题转化为不等式在上恒成立，利用导数证明时，不等式成立，进而分类讨论与两种情况，从而得解；
（2）利用导数研究函数的性质可得，由题意可得，原不等式变形为，利用分析法，构造函数证明，即，结合即可证明.
【详解】（1）当、时，即恒成立，
等价于恒成立.
设，则，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，得，即，
当时，令，易得在上单调递增，
又，，
所以在，即上存在唯一零点，
所以，即，且；
当时，令，
易得关于的函数与在上单调递增，则，
当时，，即，不满足题意；
当时，易得，即恒成立；
综上：，则实数k的最小值为1；
（2）由题意知，，
，则，
令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，易得恒成立，当时，，
又函数有两个不同的实根，即与的图像有两个交点，
作出与的部分图像如图：

所以，且，
得，有.
要证，即证，
即证，即证，
由，得.
设，则，
令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即，
所以，则，
即，即证.
【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
技法07 导数中的隐零点问题
零点问题是高考的热点问题，隐零点的代换与估计问题是函数零点中常见的问题之一, 其源于含指对函数的方程无精确解, 这样 我们只能得到存在性之后去估计大致的范围，高考中曾多次考查隐零点代换与估计, 利用导数研究恒成立问题是高考中的常考考点，常用函数的构造变换和单调性结合考查，需强加练习
例7．已知函数 ，若, 求 的取值范围.
解：记 ,
依题意, 恒成立,
求导得 ,
令 ,
则 在 上单调递增,
又 ,
则 , 使得 , 即 成立,
则当 单调递减; 当 单调递增,
,
由 , 得 ,
于是得 ,
当 时, 令 ,
有 在 上单调递减,
而 在 上单调递增,
即 有函数 在 上单调递减,
于是得函数
在 上单调递减, 则当 时, , 不合题意;
当 且 时, 由 (1) 中 知, , 有 ,
从而
,
由 吅 , 因此满足 , 又
在 上单调递增, 则有 , 而 , 所以实数 的取值范困是 .
1．已知函数 ，当 且 时, 不等式 在 上恒成立, 求 的最大值.
解：依题分离参数得: ,
令 ,
则 ,
令 .
则 在 上递增,
,
存在 , 使 .
即 ,
当 时, ;
当 .
2．已知函数 对任意的 恒成立, 其中实数 , 求 的取值范围.
解：由已知得
由 得 在 上递增,
又 , 而 ,
所以
存在 , 使得 得 .
当 时, 递减;
当 时, 递增:
故
得 , 又因为 在 上递增, 且 ,
, 由 得 .
3．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）已知函数， 且.
(1)求a；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令且，讨论、研究单调性，求其最小值，结合恒成立，利用导数研究恒成立求参数即可；
（2）利用导数研究的单调性、极值情况，依据单调性证极大值的范围.
【详解】（1）由恒成立，
令且，
①当时，（舍）；
②当时， ，
在上，递减，在上，递增，
令，，
在上，递增，在上，递减，
所以，则.
（2）由（1）知：，所以，则，
令，则，
在上，则递减，在上，则递增，
，，
有两个根，图象如下，

∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴存在唯一极大值为，又，
所以，
令，在上，故单调递增.
，故，且为极大值，
所以，
，
所以.
【点睛】关键点点睛：第一问，讨论参数并应用导数研究且最小值，根据不等式恒成立确定参数值；第二问，导数研究极值点分布，进而证极大值的范围.
技法08 导数中的极值点偏移问题
极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高，需要综合复习
例8．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
1．（2023·陕西·校联考模拟预测）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，求证：．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，即可利用导数求得函数单调性；
（2）根据零点定理，用表示，通过换元法，求目标不等式转化为的值域问题，利用导数即可得证.
【详解】（1）的定义域为，．
当时，，则在上是增函数．
当时，；，
所以在上是减函数，在上是增函数．
综上，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数，在上是增函数．
（2）若函数有两个零，点，，根据（1），可得．
不妨设，由，得
两式相减，得，解得，
要证明，即证，
即证，
设，则．
则，则，
所以在上为增函数，从而，即成立，
因此，成立．即证.
【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，以及用导数证明不等式恒成立问题，涉及构造函数法，属综合中档题.
2．（2023春·湖北十堰·高二校联考阶段练习）已知函数．
（1）当时，若有两个零点，求的取值范围；
（2）若且，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用导数研究函数的性质，得到的大致图形，根据图形可得结果；
（2）设，即，所以，两式相减求出，两式相加得到，将所证不等式转化为，令，构造函数，利用导数可证不等式成立.
【详解】（1）时，，，
∴当时，，递增；当时，，递减，
∴时，．
又时，，且时，，时，，
所以的大致图形如图：
所以由图可得的取值范围是．
（2）设，即
∴，
两式相减得：，即：，
两式相加：．
要证：，只需证：，即：
只需证：，只需证：
只需证：，只需证：
令，则只需证：，
即证：
构造函数，
则，
∴在上单调递增，
∴，即，得证．
【点睛】本题考查了利用导数处理函数的零点问题，考查了转化化归思想，考查了构造函数，利用导数证明不等式问题，属于中档题.
3．（2023·四川达州·统考一模）已知函数(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当函数有两个零点时，证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【详解】试题分析：
本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题．（1）求导数后，根据导函数的符号判断出函数的单调性．（2）根据题意将证明的问题转化为证明，即证，构造函数，
利用函数的单调性证明即可．
试题解析：
（1）解：∵
∴．
①当时，令，解得，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
②当时，恒成立，
∴函数在R上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增．
当时，在R上单调递增.
（2）证明：当时，由（1）知函数单调递增，不存在两个零点．
所以．
设函数的两个零点为，
则，
设，
解得，
所以，
要证，
只需证，
设
设单调递增，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以，
故．0
单调递减
极小值
单调递增