第2讲 转化与化归思想在导数解答题中的应用（解析版）

第2讲转化与化归思想在导数解答题中的应用数学解题过程中处处渗透着转化与划归思想，学生解题能力高低很大程度取决于其转化与划归思想能力的强弱。简单点说，转化与化为思想，就是通过观察、分析、联想等思维过程把学生需要解决的问题遵循熟悉化、简单化。直观化等原则，选择合适的方法进行转化，然后归结到某些已解决或者比较容易解决问题的一种思维方法。【应用一】利用转化与化归思想解决不等式问题在高考中导数作为必考解答题之一，与导数有关的不等式的证明是考查的重点。函数的不等式问题，一直是常考问题，解决不等式问题我们一般的想法是根据函数单调性进行求解，但有的时候，题目给出的不等式中会含有不止一个变量，无法直接利用函数的单调性，此时就需要我们对不等式进行变形，将陌生的问题转化为我们熟悉的构造函数的问题【例1.1】【2021年新高考1卷】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：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)的定义域为．由得，，当时，；当时；当时，．故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(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．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．【思维提升】转化与化归思想常见的由一下一些解法：方法一：利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：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.方法四：构造函数之后想办法转化成不等式，这是本方法证明不等式的关键思想所在.【变式1.1】（2022·山东莱西·高三期末）已知，其中，.(1)求在上为减函数的充要条件；(2)求在上的最大值；(3)解关于x的不等式：.【答案】(1)(2)(3)或【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后由可求出结果，（2）设，则问题转化为求在上的最大值，然后分和两种情况求的最大值即可，（3）取，则，由（1）可知在上为减函数，将原不等式转化为，从而可得，进而可求得结果(1)由，得，，充分性：因为，所以当时，，即，必要性：当时，因为，所以，即，所以在上为减函数的充要条件为，(2)设，则问题转化为求在上的最大值，由（1）可知，当时，在上为减函数，所以，当时，，由于时，，则在上为增函数，当时，，则在上为减函数，所以，综上，(3)取，则，由，得，所以，由（1）可知在上为减函数，所以，所以，即，解得或，，所以或，，所以不等式的解集为或【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数与函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数解不等式，解题的关键是令，将原函数转化为，从而将原不等式转化为，再利用函数的单调性可求得结果，考查了数学转化思和计算能力，属于较难题【变式1.2】【2022年全国甲卷】已知函数fx(1)若fx≥0，求(2)证明：若fx有两个零点x1,【答案】(1)(-(2)证明见的解析【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exx(1)f(x)的定义域为(0,+∞f'(x)=(令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f当x∈(1,+∞),f若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即所以a的取值范围为(-(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x要证x1x2因为x1,1因为f(x1)=f(即证e即证e下面证明x>1时，e设g(x)=e则g=(1-设φ(x)=所以φ(x)>φ(1)=e,而所以exx-所以g(x)在(1,+∞即g(x)>g(1)=0,所以e令h(x)=所以h(x)在(1,+∞即h(x)<h(1)=0,所以ln综上,exx-xe【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h(x)=ln【变式1.3】（2023·广东肇庆·统考一模）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.【解析】（1）的定义域为，，令，得：，当变化时的关系如下表：01无意义0无意义在上单调递减；在上单调递增.（2）证明：要证，只需证：根据，只需证：不妨设，由得：；两边取指数，，化简得：令：，则，根据（1）得在上单调递减；在上单调递增（如下图所示），由于在上单调递减，在上单调递增，要使且，则必有，即由得：.要证，只需证：，由于在上单调递增，要证：，只需证：，又，只需证：，只需证：，只需证：，只需证：，只需证：，即证，令，只需证：，，令，在上单调递减，所以，所以所以在上单调递减，所以所以所以：.【变式1.4】（2023·广东揭阳·统考模拟预测）已知函数，(1)函数图像在处的切线与函数相切，求实数a的值；(2)函数与函数图像有两个不同交点，（i）求a的取值范围；（ii）若，证明：．【解析】（1）由得到，所以，而，所以切线方程为因为得，由题意得：，解得．（2）（ⅰ）由题意得化简得，令函数与函数图像有两个不同交点等价于有两个解，令，解得所以时，，单调递增；时，，单调递减．，而时，，时，，所以，解得：故的取值范围是（ⅱ）由（ⅰ）可得：①

②①+②得：③②-①得：④由③④消去a得：令，所以，令，，，令，则故所以在上单调递增，所以所以，所以【应用二】利用转化与化归思想解决单调性等方面的恒成立问题的问题函数的单调性是作为函数的一个重要的性质，也是高考中常考查的一个性质。主要是考查给定区间的单调性。【例2.1】（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知函数.(1)若且函数在上是单调递增函数，求的取值范围；【答案】(1)；(2)见解析【分析】(1)由题意可得在上恒成立，令，求导，分、讨论在上恒成立即可；【详解】（1）解：当时，，，因为在上是单调递增函数，所以在上恒成立，令，则，当时，，令，，所以在上递增，即，所以在上恒成立，符合题意；当时，，，且在为单调递增函数，所以存在唯一使得，所以当时，，在递减，即，，不符合题意；综上所述；【思维提升】导数中考查单调性的大题，往往是考查含参的给定区间的单调性。解决此题的关键要注意：(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．【变式2.1】（（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）已知函数.(1)若在单调递增，求实数的取值范围；【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）由函数在单调递增，求导得在上恒成立，即在恒成立，令，则，当，则在上单调递增，，则在上单调递减，而.【变式2.2】（（2022·湖北省鄂州高中高三期末）已知函数.(1)当时，求函数在上的最值；(2)若函数在上单调递减，求实数的取值范围.【答案】(1)最小值，最大值(2)或.【解析】【分析】（1）先求导函数，判断出函数单调递增，即可求得函数在上的最值；（2）先去掉解析式中的绝对值符号，在上单调递减即在上恒成立，关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最值问题.(1)时，，在上单调递增，，则.∴在上单调递增，∴，.(2)，记，，则，则在上单调递增，，.①当即时，，由在上单调递减，可知在上恒成立，则，又由（1）知，故实数的取值范围为.②当即时，，由在上单调递减，可知在上恒成立，则，又由（1）知，则又，故实数的取值范围为.③当即时，有，.则存在唯一实数，使得，当时，与在上单减矛盾，此时不符合题意要求.综上可知，的取值范围为或.【点睛】可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最值问题．【变式2.3】（（2022·江苏海安·高三期末）已知函数f(x)=ex-ax(a(1)若是单调增函数，求a的取值范围；(2)若，是函数的两个不同的零点，求证：1<x1+x【答案】(1)(-∞(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)对函数求导，利用导数值恒大于等于0，再分离参数，构造函数并求最值即可作答.(2)根据给定条件可得x1=lna+(1)函数f(x)=ex-ax定义域为，当时，因是单调增函数，则时，f'(x)≥0⇔a≤2xexφ'(x)=2ex(x+12x)>0所以a的取值范围是(-∞(2)因，是函数的两个不同的零点，则ex1=ax1,ex2=ax1-x2=12要证x1+x令g(t)=lnt-2(t-1)t+1,t>1，g则有g(t)>g(1)=0，于是得x1又x1+x2=2而x1x2令h(t)=lnt-t+1从而得在在上单调递减，h(t)<h(1)=0，即有x1+综上得：1<x【应用三】利用转化与化归思想解决零点、极值点问题问题函数的极值问题，既是重点题型又是难点题型，遇到此类题，我们一般的解题思路就是转为函数或者方程根与最值得问题。【例3】【2021年甲卷理科】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．【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.【解析】【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.【详解】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（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．]【思维提升】研究函数的零点与极值点问题最常用的方法就是转化为函数与方程的根的问题。经常运用以下的方法：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：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.【变式3.1】（2022·广东潮州·高三期末）已知函数f(x)=x22(1)求实数a的取值范围；(2)求证:f(【答案】(1)(0,1)(2)见解析【解析】【分析】（1）函数有两个极值点等价于f'（2）根据韦达定理可得，与的关系，将其代入不等式f(x1)+f(x2)+5>0，于是要证的不等式转化为证明g(a)=alna-a2(1)解：f'因为函数的定义域上有两个极值点，，且，所以方程f'(x)=x+(a-3)+ax=0在上有两个根，，且即x2+(a-3)x+a=0在上有两个不相等的根，，所以-(a-3)2>0当时，若0<x<x1或，x2+(a-3)x+a>0，，所以函数在(0,x1)和(若x1<x<x2,2x2故函数在上有两个极值点，，且，所以，实数的取值范围是(0,1)；(2)证明：由（1）知，，x2(0<x1<x所以x1+x故f(===aln令g(a)=alna-a22+2a-92，其中令h(a)=g'(a)=lna-a+3,h'由于h(e-3)=-2e-3<0，所以存在常数t∈(e-3，1)，使得h(t)=0，即lnt-t+3=0且当a∈(0,t)时，ha=g'a<0，所以函数当a∈(t,1)时，ha=g'a>0，所以函数所以当时，g(a)≥g(t)=tlnt-又t∈(e-3,1)所以g（a）>-5，即g（a）+5>0，所以f(x【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查了隐零点问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．【变式3.2】（2022·广东揭阳·高三期末）已知函数f(1)若a=e，判断函数的单调性，并求出函数的最值.(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增，最小值为f1=e(2)e【解析】【分析】（1）把a=e的值代入函数的解析式，从而根据导数判断函数的单调性，进而可求函数的最值；（2）利用导数判断函数的单调性，根据单调性可求函数的最小值；根据题意列出满足条件的的不等式，从而求出的范围，然后验证即可.(1)易知函数的定义域为，当a=e时，f所以f'当时，；当，；所以在上单调递减，在上单调递增；由此可得，的最小值为f1=e(2)因为fx=xe当时，在上恒成立，所以在上单调递增，故可得函数至多只有一个零点，不符合题意；当时，令ex-ax则在上，；在x0,+∞上，，所以在上单调递减，在x0,+∞为了满足有两个零点，则有fx0=因为是方程ex-ax=0的解，所以x将②式代入①式可得fx0=a2-ln且当a∈e2,+∞时，由②式得x0>1,f1=e-a+a=e>0，所以在上仅有1个零点；当综上，若函数存在两个零点，则实数的取值范围是e2,+∞【变式3.3】【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=ex-ax(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)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)a=1(2)见解析【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b>1时，ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数均为2，构建新函数h(x)=ex+lnx-2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线(1)f(x)=ex-ax的定义域为R若a≤0，则f'(x)>0，此时f(x)无最小值，故g(x)=ax-lnx的定义域为(0,+∞当x<lna时，f'(x)<0，故当x>lna时，f'(x)>0，故故f(x)当0<x<1a时，g'(x)<0，故当x>1a时，g'(x)>0，故故g(x)因为f(x)=ex-ax故1-ln1a=a-aln设g(a)=a-11+a-故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而故g(a)=0的唯一解为a=1，故1-a1+a=ln综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=ex-x和g(x)=x-当b>1时，考虑ex-x=b的解的个数、x-设S(x)=ex-x-b当x<0时，S'(x)<0，当x>0时，故S(x)在(-∞,0)上为减函数，在所以S(x)而S(-b)=e-b>0设u(b)=eb-2b，其中b>1故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故故S(b)>0，故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点，即设T(x)=x-lnx-b，当0<x<1时，T'(x)<0，当x>1时，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞所以T(x)而T(e-b)=T(x)=x-lnx-b有两个不同的零点即x-当b=1，由（1）讨论可得x-lnx=b、当b<1时，由（1）讨论可得x-lnx=b、故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，则b>1.设h(x)=ex+lnx-2x设s(x)=ex-x-1，x>0故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即所以h'(x)>x+1x-1≥2-1>0而h(1)=e-2>0，故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0当0<x<x0时，h(x)<0即ex当x>x0时，h(x)>0即ex因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，故b=f(x此时ex-x=b有两个不同的零点此时x-lnx=b有两个不同的零点故ex1-x1=b所以x4-b=lnx4故x4-b为方程ex-x=b的解，同理又ex1-x1=b可化为故x1+b为方程x-lnx=b的解，同理所以{x1,故{x0=【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.【变式3.4】（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知函数．(1)求函数在区间上的最大值；(2)若关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，即可求得函数在上的最大值；（2）由可得出，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】（1）解：当时，，则，所以，函数在上单调递增，所以，.（2）解：函数的定义域为，由可得，令，其中，则，令，其中，则，所以，函数在上为减函数，且，当时，，则，所以，函数在上单调递增，当时，，则，所以，函数在上单调递减，所以，，令，其中，则，则函数在上为增函数，因为，，则存在，使得，当时，；当时，.由题意可知，直线与函数的图象有两个交点，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故实数的取值范围是1、（2022·广东汕尾·高三期末）已知函数fx=lnx-ax+1，(1)求曲线在点P1,f1处的切线l的方程；并证明：函数f(x)=lnx-ax+1(x≠1)的图象在直线【分析】（1）由导数的几何意义和点斜式可求切线l的方程(1-a)x-y=0；可构造h(x)=f(x)-(1-a)x=lnx-x+1，结合导数证明【解析】(1)由fx=lnf'(1)=1-a,f(1)=1-a，∴切线方程为所以曲线在点P(1,f(1))处的切线方程为(1-a)x-y=0；令h(x)=f(x)-(1-a)x=lnh'当时，h'(x)>0,h(x)在当时，h'(x)<0,h(x)在所以h(x)≤h(1)=0所以，且x≠1时，lnx-x+1<0，即lnx-ax+1<(1-a)x，即函数f(x)    (x≠1)2、（2022·广东东莞·高三期末）已知且a≠1，函数f(x)=loga(1)若a=e，求函数在处的切线方程；(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.【解析】【分析】（1）由a=e时，得到fx=ln（2）将函数有两个零点，转化为函数y=lnxx2与y=-1(1)解：当a=e时，fx=ln故f'时，f1=ln1+所以在处的切线方程为y-12e=即y=1+e(2)函数有两个零点，⇔方程logax+1⇔方程lnxx2⇔函数y=lnxx2与设，则，g'x=1-2lnxx所以在0,e上单调递增，在e,+由，ge=12e，当时，，当时，gx由图得0<-12a设hx=xlnh'x=1+lnx>0时，x>所以hx=xlnx在因为时lnx<0，且，所以当时，-1e≤hx<0；当又因为hx所以-1e综上所述a∈3、【2020年新高考1卷（山东卷）】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．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为．（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．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令，再同构，可