专题07 函数与导数压轴题解答（新高考专用）
目录
【知识梳理】 2
【真题回顾】 3
【热考考点】 29
【热考点一】函数单调性含参问题 29
【热考点二】导数与数列不等式综合 34
【热考点三】双变量问题 42
【热考点四】用导数证明不等式 49
【热考点五】极值、最值问题 56
【热考点六】零点问题 63
【热考点七】不等式恒成立问题 71
【热考点八】极值偏移问题 78
1、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0．
（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令．
（3）判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
（4）比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
（5）转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2、应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题．
3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．
一、解答题
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
2．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线．
(1)当时，求的单调区间.
(2)求证：不经过点.
(3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
4．（2024·天津·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意成立，求实数的值；
(3)若，求证：．
5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
6．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
7．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
8．（2023·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若函数在单调递增，求的取值范围．
9．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
10．（2023·全国甲卷·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．
11．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
12．（2023·天津·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)求证：当时，；
(3)证明：．
13．（2023·全国·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
14．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
参考答案
1．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
2．(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【详解】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
3．(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
4．(1)
(2)2
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足；
（3）先确定的单调性，再对分类讨论.
【详解】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的值是2.
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论.
5．(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
6．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出后根据可求的最小值；
（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.
【详解】（1）时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值为.，
（2）的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
7．(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
8．(1)；
(2).
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立.
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意.
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意.
综上可知：实数得取值范围是.
【点睛】方法点睛：
（1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
（2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法
①函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立．
②函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集．
9．(1)在上单调递减
(2)
【分析】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以 ，
因为，，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减.
（2）法一：
构建，
则，
若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为.
法二：
因为，
因为，所以，，
故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：.
【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论这种情况的关键是，注意到，从而分类讨论在上的正负情况，得到总存在靠近处的一个区间，使得，从而推得存在，由此得解.
10．(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.
11．(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
由一次函数与对数函数的性质可得，当时，
，
且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
12．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.
【详解】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知： ，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.
13．(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
14．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
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）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
【热考点一】函数单调性含参问题
【典例1-1】设，.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若，试讨论的单调性.
【解析】（1）若，则，，
又，故，
所以在处的切线方程为，
即；
（2），，
当时，，令，即，解得，令，解得，
所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，，在上单调递增，
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当，即时，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上单调递增，,上单调递减．
综上：当时，所以在上单调递减，,上单调递增；
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减；
当时，，在上单调递增，
当时，所以在，,上单调递增，,上单调递减．
【典例1-2】已知函数.
(1)若函数存在一条对称轴，求的值；
(2)求函数的单调区间.
【解析】（1）因为函数，
所以函数定义域为，且函数存在一条对称轴，故对称轴为，
所以，
即，
所以，故，
当且仅当时上式恒成立，故.
（2）由题意，
当时，有且，
所以，故的单调减区间为；
当时，令，
且当时，，当时，，
所以的单调增区间为，单调或区间为；
综上，当时，的单调减区间为，无增区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
1、导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间．
2、导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：
（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．
3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．
在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的．
（1）二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性；
（2）通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性．
【变式1-1】已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性．
【解析】（1）当时，，
求导得，则，
即切线的斜率为，又，
故曲线在点处的切线方程为，
化简得．
（2）求导得，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【变式1-2】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，，讨论函数的单调性.
【解析】（1），，则，
则，即切线斜率，
故切线方程为，即；
（2）函数的定义域为，，
，
当时，，由，可得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
当时，，
①当时，，当或时，，
即函数在和上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减；
②当时，则对任意的，即函数在上单调递增；
③当时，，
当或时，，即函数在和上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减.
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
1．已知函数．讨论当时，的单调性．
【解析】由题意，则，
当时，对于，则恒成立，在上单调递减．
当时，对于有2个大于0的零点，分别是，
当时，在上单调递增；
当时，，在和上单调递减．
综上，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在和上单调递减．
【热考点二】导数与数列不等式综合
【典例2-1】[新考法]（2024·陕西榆林·模拟预测）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数.
(1)证明：在有唯一的不动点；
(2)已知，且的前项和为.证明：
①为递增数列，为递减数列，且；
②.
【解析】（1）令，
则，，，
所以当时，在上递减，
而，故在有唯一的零点，
即在有唯一的不动点.
（2）①因为，
所以，在上单调递增；
，
所以，
而在的不动点为，
所以，
假设时，成立，
则，即成立，
结合可得：对于任意恒成立，
故为递增数列，为递减数列，且；
②，
因为，所以，因此，即，
故.
【典例2-2】已知函数.
(1)讨论函数极值点的个数；
(2)当时，数列满足：.求证：的前项和满足.
【解析】（1）由，，
则，
当时，，令，得，
所以函数有唯一极值点；
当时，令，即，
由于，设方程的两根为，
则，所以，
所以函数有唯一极值点；
当时，令，即，
当，即时，设方程的两根为，
则，，
所以函数有两个极值点；
当，即时，方程无解，
所以函数无极值点.
综上所述，当时，函数有唯一极值点；
当时，函数有两个极值点；
当时，函数无极值点.
（2）当时，，，
则，
所以函数在上单调递增，
当时，，
由，可得，
所以，则，，
可得，所以.
设，，则，
所以函数在上单调递减，
所以，则，
所以
，
所以，
则，
所以，
则.
综上所述，.
在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．
【变式2-1】[新考法]（2024·高三·辽宁·开学考试）已知函数（是自然对数的底数）.
(1)若，求的极值；
(2)若，求；
(3)利用（2）中求得的，若，数列满足，且，证明：.
【解析】（1）由题意得，
则，为减函数，
令得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，极大值为，无极小值；
（2）因为，所以，
从而，
所以，即，
设，注意到，
所以，即为的极大值点，
由，令，解得，
检验，当时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以成立，
综上，；
（3）由（2）得，从而，，
则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，所以，，……，，
令，
则，
所以在上单调递减，且，
因为，又，所以，
所以，
所以，即，
所以，故，
又，所以，即，证毕.
【变式2-2】已知函数在点处的切线与轴重合．
(1)求函数的单调区间与极值；
(2)已知正项数列满足，，，记数列的前项和为，求证：．
【解析】（1）因为，且，
由题意可得，即，可得，
可知的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以有极大值，无极小值．
（2）由（1）可得，当且仅当时取等号，
可得，当且仅当时取等号，
等价变形为，即，当且仅当时取等号，
代入题干中可得，
则，即，
当时，，即，
且符合上式，所以，，则，
由，令得，即，
所以.
1．牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似如图设是的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列．
(1)若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值；
(2)已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且．
（ⅰ）设，求的解析式；
（ⅱ）证明：
【解析】（1）
，所以
当，所以
当，
所以的2次近似值为.
（2）（ⅰ）因为二次函数有两个不等实根,
所以不妨设，
则，
因为所以
所以在横坐标为的点处的切线方程为
令则
即，
所以.
（ⅰⅰ）由（ⅰ）知，
所以.
因为所以所以.
令则，又
所以，
数列是公比为2的等比数列.
.
令，则
当时，，所以在单调递减，
所以，即
因为所以即.
.
【热考点三】双变量问题
【典例3-1】已知函数．
(1)求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：．
【解析】（1）函数的定义域为．
令，解得；令，解得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
所以无最大值，最小值为；
（2），．
因为有两个不同的极值点，所以，．
欲证，即证，又，
所以原式等价于①.
由，,
得②.
由①②知原问题等价于求证，
即证．
令，则，上式等价于求证．
令，则，
因为，所以恒成立，所以单调递增，，
即，所以原不等式成立，即．
【典例3-2】已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知有两个极值点，且，
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求的最小值．
【解析】（1）当时，，
则，得，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）（i），
又是函数的两个极值点，所以是方程的两个正根
则，解得，
经检验，当时，符合题意.
所以实数的取值范围为.
（ii）由（i）知，则，，
，
令，
则，
当时，，则单调递减
当时，，则单调递增
故当时，取得最小值，
所以，即的最小值为.
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是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．
【变式3-1】（2024·高三·江苏无锡·期中）已知函数.
(1)若，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(2)过点可以作曲线的两条切线，切点分别为.
①求实数的取值范围；
②证明：若，则.
【解析】（1）易知，令，则，
显然时，，时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
则，即；
（2）①设切点，易知，，则有，
即，
令，则有两个交点，横坐标即分别为，
易知，显然时，，时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
且时有，时也有，，
则要满足题意需，即；
②由上可知：，
作差可得，即，
由①知：在上单调递减，在上单调递增，
令，
则始终单调递减，所以，
即，所以，所以，
不难发现，，
所以由弦长公式可知，
所以，
设
所以由，即，证毕.
【变式3-2】（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：，已知函数．
(1)若函数的最大值为0，求实数a的值；
(2)证明：．
(3)若函数存在两个极值点，证明：．
【解析】（1）由题意知：，，
①当时，，在单调递减，不存在最大值．
②当时，由得，
当，；，，
函数的增区间为，减区间为．
，令，求导得，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
因此，．
（2）由（1）知，，即，
当时， ．
．
．
（3）
“函数存在两个极值点”等价于
“方程有两个不相等的正实数根”
故，解得，
要证，即证，
，不妨令，故
由得，令
在恒成立，
所以函数在上单调递减，故．
成立．
1．已知函数.
(1)若直线与函数的图象相切，求实数的值；
(2)若函数有两个极值点和，且，证明：.（为自然对数的底数）
【解析】（1），定义域为.
设切点，.
且，
解得，，故实数的值为2；
（2），定义域为.
，
因为有两个极值点和，所以至少有两个不相等的正根.
令，令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
当时，取最大值，最大值为.
当；当，
则至多两个零点，要使有两个零点，
必有，.
由，两式作差得①，
令，由得，
则，代入①式得，
，则，
故所证不等式转化为，，
只需证，即证：.
令，，
，
，，在上单调递增，
，其中，
故，，即不等式得证.
【热考点四】用导数证明不等式
【典例4-1】（2024·高三·四川·期中）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，证明：.
【解析】（1）解，
令
得时，，当时，，
故单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），
要证明，则只需证明，
令，
，
，
，当且仅当时，上式等号成立，
当时，在区间上单调递减，
，即，
当时，得证.
【方法二】证明：令，
，
，
，当且仅当时，上式等号成立，
，
又当时，在区间上单调递减，
，
当时，得证.
【典例4-2】已知，证明：.
【解析】证明 设，
则，单调递增，
所以当时，，
即
所以，
所以要证，
只需证明，
设，则，
则时，，单调递减；
时，，单调递增.
所以的最小值为.
当时，，，
所以.
当时，设，
则，
设，则，
因为在上单调递增，
且，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，
所以在上恒成立，
故在上单调递增，
在上恒成立.
综上，当时，.
利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．
（4）对数单身狗，指数找基友
（5）凹凸反转，转化为最值问题
（6）同构变形
【变式4-1】已知函数（）.
(1)讨论函数的单调区间；
(2)当时，证明：.
【解析】（1），
①当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为；
②当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为；
③当时，的递增区间是，无减区间；
④当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为.
综上，当时，的递增区间是（），递减区间为；
当时，的递增区间是，递减区间为；
当时，的递增区间是，无减区间；
当时，的递增区间是，递减区间为.
（2）当时，，由题意可得，只需证明，
方法一：令，
则，
令，易知在上单调递增，
，
故存在，使得，即，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故时，取得唯一的极小值，也是最小值.
，
所以，即当时，.
方法二：不等式等价于，
只需证，
令，所以，
当时，单调递减，时，单调递增，
所以，即，当且仅当时取得等号，
令代替得到，
函数在上单调递增，且，
故存在，使得，
所以，当且仅当时取得等号，
所以，即当时，.
【变式4-2】已知函数.
(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；
(2)设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形；
(3)证明：.
【解析】（1）因为，
则，
由题意可知，，解得.
（2），
对于函数，
有，解得，即函数的定义域为，
对于函数，则，可得，解得或，
所以，函数的定义域为，故该定义域关于直线对称，
因为
，
故函数的图象关于直线对称，所以曲线是轴对称图形.
（3）当时，，
则，令，
则，
当时，，则函数在上为增函数，此时，，
即，所以，函数在上为增函数，此时，，
取，可得，
于是，即，
所以，，
故.
1．已知函数.
(1)当时，求函数在的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)证明：当时，.
【解析】（1）当时, ，所以.
得，点处的切线斜率为，
所以函数的图像在点处的切线方程为：，
即：.
（2）由得，
当时，恒成立，则在上单调递减；
当时，令得，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增.
综上所述，
当时， 在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知，当时，
的最小值.
要证，
只需证
只需证
设.
则，令得.
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增.
所以在处取最小值，且，
所以得证，
即得证.
【热考点五】极值、最值问题
【典例5-1】已知函数.
(1)若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；
(2)若，且有两个极值点，，其中，求的取值范围.
【解析】（1）的定义域为，
∵在上单调递增，
∴在上恒成立，即在上恒成立，
又，当且仅当时等号成立，
∴；
（2）由题意，
∵有两个极值点，
∴为方程的两个不相等的实数根，
由韦达定理得，，
∵，∴，
又，解得，
∴
，
设（），
则，
∴在上单调递减，
又，，
∴，
即的取值范围为.
【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函数.
(1)当时，求的零点个数；
(2)设，函数.
（i）判断的单调性；
（ii）若，求的最小值.
【解析】（1）由题可知，则，
令，可得，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
，
又，，
即在和内各有一个零点，
有2个不同的零点.
（2）（i）由题可知，
则，
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得，是关于的方程
的两个不同的实根，
故，，即.
故
，
设，
当时，，
为上的增函数，
的最小值为，
故的最小值为.
利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．
【变式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)令.
（i）讨论函数极值点的个数；
（ii）若是的一个极值点，且，证明：.
【解析】（1）因为，所以.
所以，.
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2）（i）因为，（）.
所以，（）
当时，在上恒成立，所以函数在上是增函数，不存在极值点；
当时，设，则在上恒成立.
所以在上是增函数.
又，，所以唯一存在，使得.
当时，，所以，所以在上单调递减；
当时，，所以，所以在上单调递增.
所以是函数唯一的极小值点，无极大值点.
综上：当时，无极值点；当时，只有个极小值点.
（ii）因为是的一个极值点，
由（i）可知，且.
所以.
因为，所以.
设，，则，则在上为减函数，且，
由，所以.
设，则，
由；由.
所以在上为增函数，在上单调递减，且.
所以，所以.
所以.
因为，所以，，
相乘得：
所以.
【变式5-2】（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围．
【解析】（1）当时，则，
可得，，即切点坐标为，切线斜率为，
所以切线方程为，即.
（2）定义域为，且，
若，则对任意恒成立．
所以在上单调递增，无极值，不合题意，
若，令，解得，令，解得，
可知在上单调递增，上单调递减，
则有极大值，无极小值，
由题意可得：，即.
令，，在上单调递减,
又，不等式等价于，解得.
综上的取值范围是．
1．已知函数．
(1)判断在区间上的单调性；
(2)求在区间上的极值点的个数．
【解析】（1）由已知可得，，
当时，，．
令，，
当时，单调递增，此时，
当时，，即，
在上单调递增．
（2）令，
当时，，，
所以．
令，，令，则，令，得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，，
所以在上单调递减，此时．
所以当时，，单调递减，，
所以，使，即在内有1个极值点．
令，当时，由，得到
令，
当时，，则，
所以．
令，则，
由（1）中的得，所以，，
所以，当且仅当时等号成立，所以当时，，
所以在上单调递增，此时．
所以当时，，单调递增．
又，．
所以使，所以在上单调递减，在上单调递增．
又，所以．又，
所以使，即在内有1个极值点．
综上，在内的极值点的个数为2．
【热考点六】零点问题
【典例6-1】已知曲线在处的切线方程为．
(1)求a，b；
(2)若函数有两个零点，求实数m的取值范围．
【解析】（1），
，
所以,解得.
（2），
函数有两个零点，
相当于曲线与直线有两个交点，
，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以时，取得极小值，
又时，,时，，
所以实数m的取值范围为．
【典例6-2】（2024·高三·湖北·期中）设函数.
(1)讨论函数在区间上的单调性；
(2)判断并证明函数在区间上零点的个数.
【解析】（1），且.
当时，，，
从而，
即此时函数在区间上单调递增；
当时，，，
从而，
即此时函数在区间上单调递减.
∴综上所述，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2），又，且函数在区间上单调递减，
∴函数在区间上存在唯一的零点.
当时，记，
从而，且此时，，
∴，在区间上单调递增.
，，∴存在，使得
且时，，即此时在区间上单调递减；
时，，即此时在区间上单调递增.
∴由，得，
即函数在区间上无零点；
而由，，
即函数在区间上有唯一的零点.
∴函数在区间上有2个零点.
函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．
【变式6-1】已知．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若恰有1个极大值点和1个极小值点．
①求极大值与极小值的和；
②判断零点的个数．
【解析】（1）由题可得，函数的定义域为，，
当时，，，
故切点为，切线在该点处的斜率为，
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）得，
因为分母在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号，
令，其对应一元二次方程的判别式．
若，此时，则且不恒为0，所以且不恒为0，所以在上单调递增，故没有极值点，
若，此时或，则有两个不等实根，不妨设，
由一元二次方程根与系数的关系可得，则同号．
当时，，两根均为负数，则在上恒成立，所以，所以在上单调递增，则没有极值点；
当时，，两根均为正数，故当或时，，所以，所以的单调递增区间为，，
当时，，所以，所以的单调递减区间为，故有极大值点，极小值点．
故时，恰有1个极大值点和1个极小值点．
①，故极大值与极小值的和为0．
②由①知，，，则，
又由①知，在，上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，，当时，；当时，，
故在，上各有一个零点，又，所以有3个零点．
【变式6-2】已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有两个零点，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，
求导得，则，
又，故切线方程为，
化简得．
（2）法一：的定义域为，
因为函数在上有两个零点，
令，
则，
即，所以，
令，，
所以将函数的零点问题转化为的图象和直线的交点问题，
求导得
，
因为的分母恒成立，
令，，
则，易知在时单调递增，
在时单调递减，，
则恒成立，所以令，解得，
所以当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以，
又因为，；；，
则的图象如图③所示，
图③
要使的图象和直线有两个交点，
由图象知，即，
所以的取值范围为．
法二：的定义域为，
，
①当时，，
易知在内单调递减，在上单调递增；
当时，，当时，，，
若在上有两个零点，
则，即；
②当时，，
令，解得（舍）或，
可知在上有一个零点，不满足题意；
③当时，当或时，；时，，
故在，单调递增，在单调递减，
又，
作出函数图象如图①所示，
图①
所以在上至多有一个零点，不满足题意；
④当时，，单调递增，
故在上至多有一个零点，不满足题意，
⑤当时，当或时，；当时，，
故在，单调递增，在单调递减，
又，
作出函数图象如图②所示，
图②
故在上至多有一个零点，不满足题意；
综上，的取值范围为．
1．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)设，求证：当时，有且仅有2个不同的零点．
（参考数据：）
【解析】（1）由题设，则，
又，则在、上，在上，
所以的递增区间为、，递减区间为.
（2）由，得，即方程在上有且仅有2个不同的根，
等价于与在上有2个交点，且，
①当时，存在，且图象连续且单调递增，
所以在上有且仅有1个零点，即使，
当时，，在上递减，
当时，，在上递增，
所以在上存在唯一极小值点，
则，
记，则，故在上单调递减，
所以，故上恒成立，
则，
综上，时，与在上有1个交点；
②当时，，即在上单调递增，
而在上递增，故在上递增，
而，由①知，
所以时，与在上有1个交点；
③当时，，
令，则，即在上单调递增，
所以，
所以时，与在上无交点；
综上，时，与在上有2个交点，
即当时，有且仅有2个不同的零点，得证.
【热考点七】不等式恒成立问题
【典例7-1】（2024·高三·天津滨海新·期末）已知函数，.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在时，使成立，求a的取值范围.
(3)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当时，函数的定义域为，求导得，
由，得；由，得，
所以函数的递减区间为，递增区间为.
（2）依题意，，则，
于是存在，成立，设，
则，函数在上递增，，
所以.
（3）依题意，对任意恒成立，
即对任意恒成立，
设，则对任意恒成立，
下面证明对任意恒成立，
设，，求导得，当且仅当时取等号，
函数在上单调递减，则，即，
于是对任意恒成立，只需在上单调递增，
即在上恒成立，则在上恒成立，因此，
所以实数的取值范围为.
【典例7-2】已知函数．
(1)已知在处取得极小值，求a的值；
(2)对任意，不等式恒成立，求a的取值范围．
【解析】（1）因为，定义域为
所以
因为在取得极小值，所以，所以，
检验：，定义域为，
，
x 3
- 0 +
↓ 极小值 ↑
所以；
（2）因为对恒成立
所以令
①即时，恒成立，
在单调递增恒成立，
②即时，，
x 1
- 0 +
0 ↓ 极小值 ↑
所以，与题意不符，舍去，
综上所述：．
1、利用导数研究不等式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；
（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、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），．
3、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，，有成立，则；
（2）若，，有成立，则；
（3）若，，有成立，则；
（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．
【变式7-1】已知函数.
(1)求的极值；
(2)设.
（i）当时，求函数的单调区间；
（ii）若在上恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）因为的定义域为，
所以，令，解得，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
（2）（i）函数的定义域为，
则.
当时，由，解得或；
由，解得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，由，解得或；
由，解得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，由，得函数在上单调递增；
当时，由，解得；由，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数的单调递增区间为和，递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为和，递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为，无减区间；
当时，函数的单调递增区间为，递减区间为.
（ii）在上恒成立可转化为在上恒成立，
设，，则，
令，则，
所以函数在上单调递减，
又，，
则函数在内存在唯一的零点，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，
又，得，
则，
所以，即实数的取值范围为.
【变式7-2】（2024·重庆·模拟预测）设，已知函数.
(1)当函数在点处的切线与直线平行时，求切线的方程；
(2)若函数的图象总是在轴的下方，求的取值范围.
【解析】（1）因为，则，解得，
则，又，所以切点为，
所以切线的方程为，即.
（2）由题意知，因为，所以当时，，
此时函数在区间上单调递增，又时，，不合题意，
当时，由得，当时，，时，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
设，
此时，所以，即为减函数，而，
要使函数的图象总是在轴的下方，必须，即，
所以，所以，即的取值范围是．
1．已知，函数，（是自然对数的底数）．
(1)讨论函数极值点的个数；
(2)若对任意的恒成立，求实数的值；
(3)在第（2）小题的条件下，若存在，使得，求实数的取值范围．
【解析】（1）当时，由知单调递增，所以极值点的个数为；
当时，对有，对有，
所以在上递减，在上递增，所以恰有个极值点.
综上，当时，极值点的个数为；
当时，极值点的个数为；
（2）根据已知有，所以，故.
此时由（1）中得到的单调性，可知仅在处取得最小值.
假设，则，但，这导致矛盾，所以，即.
当时，由（1）中得到的单调性知在处取得最小值，所以，确实满足条件.
综上，的值为.
（3）此时，，根据（2）的结论，我们有.
设，则.
再设，则.
情况一：若，则对有，故在上递增，从而对有.
从而在上递增，这就意味着对都有.
从而对任意，都有，不满足条件；
情况二：若，令是两个正数和中较小的一个，则对有.
故在上递减，从而对有.
从而在上递减，这就意味着，所以存在使得，满足条件.
综合以上两种情况，可知的取值范围是.
【热考点八】极值偏移问题
【典例8-1】已知函数.
(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；
(2)若，求证：.
【解析】（1）定义域均为，
，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
又，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且
所以，解得：.
（2）令，因为，所以，
由可得：
（1）-（2）得：，所以，
要证：，只要证：，
只要证：，
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只要证：，
令，
所以在上单调递增，所以，
即有成立，所以成立.
【典例8-2】已知函数，．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)设，试讨论函数的单调性；
(3)当时，若存在实数，满足，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得：．
验证：当时，，
易得在处取得极大值．
（2）因为，
所以，
①若，则当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
②若，，
当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减.
（3）证明：当时，因为，
所以，
所以，
令，，则，
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增；
所以函数在时，取得最小值，最小值为1，
所以，
即，所以，
当时，此时不存在，满足等号成立条件，
所以．
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示．
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．
【变式8-1】已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值.
【解析】（1）.
若，当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，当时，，即在（，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，则，即在上单调递增.
若，当时，，即在，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
（2）当实数时，，
，
，
，
令，，
由于，知当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增.
从而，，
于是，，即，
而，所以，
而当，时，取最小值6.
【变式8-2】已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【解析】（1）由题意得，，则，
由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减；
综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减；
（2）（i）由，得，
设，
由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又，当时，，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，
故的取值范围是．
（ii）不妨设，则，且．
法一：
当时，结合（i）知，即；
当时，．
设
则
所以在区间内单调递增，
则，即，
所以
又在区间内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
法二：
设，，
则，
所以在区间内单调递增，又，
所以，即．
又，所以，
又在区间内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
1．已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
【解析】（1），当时，单调递增；
当时，单调递减．所以，
解得，即的取值范围为．
（2）证明：不妨设，则，要证，
即证，则证，则证，
所以只需证，即．
令，则，．
当时，，则，
所以在上单调递减，则．所以．
由（1）知在上单调递增，所以，从而成立．
2．[新考法]已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
【解析】（1），，
其中，，
当时，即，此时恒成立，
函数在区间单调递增，
当时，即或，
当时，在区间上恒成立，
即函数在区间上单调递增，
当时，，得或，
当，或时，，
当时，，
所以函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是；
（2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，、是方程的两根，
有，，
又的图象与有三个公共点，
故，则，
要证，即证，又，
且函数在上单调递减，即可证，
又，即可证，
令，，
由，
则
恒成立，
故在上单调递增，即，
即恒成立，即得证；
②由，则，
令，，
则
，
故在上单调递增，即，
即当时，，
由，故，又，故，
由，，函数在上单调递减，故，
即，又由①知，故，
又，
故.专题07 函数与导数压轴题解答（新高考专用）
目录
【知识梳理】 2
【真题回顾】 3
【热考考点】 5
【热考点一】函数单调性含参问题 5
【热考点二】导数与数列不等式综合 5
【热考点三】双变量问题 7
【热考点四】用导数证明不等式 8
【热考点五】极值、最值问题 9
【热考点六】零点问题 10
【热考点七】不等式恒成立问题 11
【热考点八】极值偏移问题 12
1、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0．
（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令．
（3）判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
（4）比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
（5）转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2、应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题．
3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．
一、解答题
1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
2．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线．
(1)当时，求的单调区间.
(2)求证：不经过点.
(3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？
（参考数据：，，）
3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
4．（2024·天津·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意成立，求实数的值；
(3)若，求证：．
5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
6．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
7．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
8．（2023·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若函数在单调递增，求的取值范围．
9．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
10．（2023·全国甲卷·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．
11．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
12．（2023·天津·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)求证：当时，；
(3)证明：．
13．（2023·全国·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
14．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【热考点一】函数单调性含参问题
【典例1-1】设，.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若，试讨论的单调性.
【典例1-2】已知函数.
(1)若函数存在一条对称轴，求的值；
(2)求函数的单调区间.
【变式1-1】已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性．
【变式1-2】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，，讨论函数的单调性.
1．已知函数．讨论当时，的单调性．
【热考点二】导数与数列不等式综合
【典例2-1】[新考法]（2024·陕西榆林·模拟预测）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数.
(1)证明：在有唯一的不动点；
(2)已知，且的前项和为.证明：
①为递增数列，为递减数列，且；
②.
【典例2-2】已知函数.
(1)讨论函数极值点的个数；
(2)当时，数列满足：.求证：的前项和满足.
【变式2-1】[新考法]（2024·高三·辽宁·开学考试）已知函数（是自然对数的底数）.
(1)若，求的极值；
(2)若，求；
(3)利用（2）中求得的，若，数列满足，且，证明：.
【变式2-2】已知函数在点处的切线与轴重合．
(1)求函数的单调区间与极值；
(2)已知正项数列满足，，，记数列的前项和为，求证：．
1．牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似如图设是的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列．
(1)若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值；
(2)已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且．
（ⅰ）设，求的解析式；
（ⅱ）证明：
【热考点三】双变量问题
【典例3-1】已知函数．
(1)求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：．
【典例3-2】已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知有两个极值点，且，
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求的最小值．
【变式3-1】（2024·高三·江苏无锡·期中）已知函数.
(1)若，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(2)过点可以作曲线的两条切线，切点分别为.
①求实数的取值范围；
②证明：若，则.
【变式3-2】（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：，已知函数．
(1)若函数的最大值为0，求实数a的值；
(2)证明：．
(3)若函数存在两个极值点，证明：．
1．已知函数.
(1)若直线与函数的图象相切，求实数的值；
(2)若函数有两个极值点和，且，证明：.（为自然对数的底数）
【热考点四】用导数证明不等式
【典例4-1】（2024·高三·四川·期中）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，证明：.
【典例4-2】已知，证明：.
【变式4-1】已知函数（）.
(1)讨论函数的单调区间；
(2)当时，证明：.
【变式4-2】已知函数.
(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；
(2)设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形；
(3)证明：.
1．已知函数.
(1)当时，求函数在的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)证明：当时，.
【热考点五】极值、最值问题
【典例5-1】已知函数.
(1)若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；
(2)若，且有两个极值点，，其中，求的取值范围.
【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函数.
(1)当时，求的零点个数；
(2)设，函数.
（i）判断的单调性；
（ii）若，求的最小值.
【变式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)令.
（i）讨论函数极值点的个数；
（ii）若是的一个极值点，且，证明：.
【变式5-2】（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围．
1．已知函数．
(1)判断在区间上的单调性；
(2)求在区间上的极值点的个数．
【热考点六】零点问题
【典例6-1】已知曲线在处的切线方程为．
(1)求a，b；
(2)若函数有两个零点，求实数m的取值范围．
【典例6-2】（2024·高三·湖北·期中）设函数.
(1)讨论函数在区间上的单调性；
(2)判断并证明函数在区间上零点的个数.
【变式6-1】已知．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若恰有1个极大值点和1个极小值点．
①求极大值与极小值的和；
②判断零点的个数．
【变式6-2】已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有两个零点，求的取值范围．
1．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)设，求证：当时，有且仅有2个不同的零点．
（参考数据：）
【热考点七】不等式恒成立问题
【典例7-1】（2024·高三·天津滨海新·期末）已知函数，.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在时，使成立，求a的取值范围.
(3)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围.
【典例7-2】已知函数．
(1)已知在处取得极小值，求a的值；
(2)对任意，不等式恒成立，求a的取值范围．
【变式7-1】已知函数.
(1)求的极值；
(2)设.
（i）当时，求函数的单调区间；
（ii）若在上恒成立，求实数的取值范围.
【变式7-2】（2024·重庆·模拟预测）设，已知函数.
(1)当函数在点处的切线与直线平行时，求切线的方程；
(2)若函数的图象总是在轴的下方，求的取值范围.
1．已知，函数，（是自然对数的底数）．
(1)讨论函数极值点的个数；
(2)若对任意的恒成立，求实数的值；
(3)在第（2）小题的条件下，若存在，使得，求实数的取值范围．
【热考点八】极值偏移问题
【典例8-1】已知函数.
(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；
(2)若，求证：.
【典例8-2】已知函数，．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)设，试讨论函数的单调性；
(3)当时，若存在实数，满足，求证：．
【变式8-1】已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值.
【变式8-2】已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
1．已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
2．[新考法]已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
