解答题06 10类导数答题模板-高考数学答题技巧与模板构建（解析版）

解答题0610类导数答题模板（含参导函数可（不可）分解、二阶导、导数证明不等式、恒（能）成立）、零点交点方程的根、双变量、隐零点、极值点偏移、杂糅）模板模板01含参函数且导函数可分解型函数单调性的答题模板模板02含参函数且导函数不可分解型函数单调性的答题模板模板03二阶导函数求函数单调性的答题模板模板04利用导数证明不等式的答题模板模板05利用导数研究恒成立（能成立）问题的答题模板模板06利用导数研究函数的零点、交点、方程的根的答题模板模板07利用导数研究双变量问题的答题模板模板08导数中的隐零点问题的答题模板模板09导数中的极值点偏移问题的答题模板模板10导数中杂糅问题的答题模板本节导航模板01含参函数且导函数可分解型函数单调性的答题模板函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题.这是因为单调性是解决后续问题的关键。单调性在研究函数图象、函数性质、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用，函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点导函数与原函数的关系，单调递增，单调递减导函数可分解型一般直接求根探讨（2024·全国·高考真题）已知函数．(1)求的单调区间；思路详解：（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.1．（2023·全国·高考真题）已知函数．(1)讨论的单调性；思路详解：（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．（2021·全国·高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；思路详解：(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；3．（2021·新Ⅰ卷·高考真题）设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；思路详解：(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，的单调递增区间为,无减区间；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.1．（2024·江西新余·模拟预测）已知函数.(1)若，求在处的切线方程.(2)讨论的单调性.（1）当时，，求导得，则，而，所以函数的图象在处的切线方程为，即.（2）函数的定义域为，求导得，①当时，由，得，由，得，则函数在上单调递增，在上单调递减；②当时，由，得，由，得，则函数在上单调递增，在，上单调递减；③当时，，函数在上单调递减；④当时，由，得，由，得，则函数在上单调递增，在，上单调递减，所以当时，函数的递增区间为，递减区间为；当时，函数的递增区间为，递减区间为，；当时，函数的递减区间为；当时，函数的递增区间为，递减区间为，.2．（2024·广东佛山·一模）已知函数.(1)求函数在处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；（1）因为，所以，，则，所以函数在处的切线方程为；（2）函数的定义域为，且，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，则当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减；当时，则当或时，当时，所以在，上单调递增，在上单调递减；综上可得，当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在，上单调递增，在上单调递减.3．（2024·湖南·三模）已知函数.(1)讨论的单调性；（1）函数的定义域为R，求导得，令，求导得，当时，，当时，，函数在上递减，在上递增，，即，①当时，，恒成立，在R上单调递减；②当时，由，得，由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，在R上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.模板02含参函数且导函数不可分解型函数单调性的答题模板高考或模考中常遇见二阶导函数不可分解型，常需要二次讨论，是重点知识，需强化训练掌握导函数与原函数的关系，单调递增，单调递减导函数不可分解型一般用判别式和求根公式进行探讨（2021·全国·高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；思路详解：(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减.1．（2024·青海海西·模拟预测）已知函数.(1)讨论函数的单调性；思路详解：（1）由，，①当时，，可得f′x≥0，此时函数在R上单调递增；②当时，，关于x的一元方程的两根为，此时函数的减区间为，增区间为，；2．（2024·山东威海·一模）已知函数.(1)讨论的单调性；思路详解：（1），①当时，的定义域为0,+∞，令f′x>0，即得，所以因为，解得：；令，解得：，②当时，的定义域为，令f′x>0，即得，所以因为，解得：，令，解得：，综上：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.3．（2024·山东青岛·二模）已知函数.(1)证明曲线在处的切线过原点；(2)讨论的单调性；思路详解：（1）由题设得，所以，又因为，所以切点为，斜率，所以切线方程为，即恒过原点．（2）由（1）得，当时，，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减；当时，令，则，当且时，即时，，在上单调递增，当时，，由，则，或，则，所以在上单调递增，在上单调递增；由，则，则，所以在上单调递减；当时，，则为开口向下的二次函数，对称轴，，，由，则，则，所以在上单调递增，由，则，则，所以在上单调递减；综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.1．函数.(1)求的单调区间；（1）函数，定义域为，则，因为，设，，则令得，，，当时，，，单调递增，当时，，，单调递减，当时，，，单调递增，综上所述：的单调递增区间为，，单调递减区间为；2．（2024·山西吕梁·三模）已知函数.(1)讨论函数的单调性；（1）的定义域为，令，又，，当，即时，，此时在0,+∞上单调递增，当，即时，令gx=0其中，当时，所以在单调递增，在单调递减；当时，，故在单调递减，单调递增.综上：在0,+∞上单调递增；在上单调递增；在上单调递减，在上单调递增.3．已知函数，．(1)讨论的单调性；（1），，当时，，所以在上单调递增．当时，令，则．

若，即时，恒成立，所以在上单调递增．若，即时，方程的根为，当时，或，在和上单调递增；当时，，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．模板03二阶导函数求函数单调性的答题模板在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、最值情况，此时解题受阻。需要利用“二次求导”才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问题，若遇这类问题，必须“再构造，再求导”，因此函数的二阶导数的应用尤为重要。二阶导的定义定义1:若函数的导函数在点处可导,则称在点的导数为在点的二阶导数,记作,同时称在点为二阶可导.定义2:若在区间上每一点都二阶可导,则得到一个定义在上的二阶可导函数,记作函数极值的第二判定定理若在附近有连续的导函数,且（1）若,则在点处取极大值;（2）若,则在点处取极小值解决这类题的常规解题步骤为:求函数的定义域;求函数的导数,无法判断导函数正负;构造求,求;列出的变化关系表;根据列表解答问题。（2024·江西九江·三模）已知函数，且.(1)讨论的单调性；思路详解：（1）解法一：令，则在R上单调递增.又当时，gx<0，即f′x<0；当时，g∴fx在上单调递减，在0,+∞解法二：①当时，由f′x<0得，由f′∴fx在上单调递减，在0,+∞②当时，同理可得在上单调递减，在0,+∞上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在0,+∞上单调递增.1．已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；思路详解：（1）当时，，函数的定义域为0,+∞，．令，有，令可得，可知函数的增区间为1,+∞，令，可得，所以函数减区间为0,1，可得，有f′x可得函数单调递增，故函数的增区间为0,+∞，没有减区间．2．已知函数.(1)当时，讨论的单调性；思路详解：（1）解法一：因为，所以易知，设，则当时，，，所以，则在单调递减；当时，，，所以，则在单调递增；所以当时，即，即，所以在单调递减，在单调递增.解法二：当时，则当时，令，则所以在单调递增，，又关于单调递增且，所以关于单调递增，关于单调递增，所以单调递增，则，所以在单调递增.当时，，，令，易知在单调递增，，所以，所以在单调递减.综上，在单调递减，在单调递增.1．已知函数满足．(1)讨论的单调性；（1）因为，定义域为，得令，则，当，得，当，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间．2．已知函数，其中.(1)当时，求证：在上单调递减；（1）由题意知，当时，，则，设，得，令，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减，得，即，所以函数在上单调递减；3．已知函数.(1)若，讨论的单调性；（1）若，，所以，，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，即在上单调递增.又，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；模板04利用导数证明不等式的答题模板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，需强加练习证明不等式通常需要借助导数来研究函数单调性、最值来综合求解用导数证明不等式的常用步骤：(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．（2024·全国·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．思路详解：（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1．（2023·天津·高考真题）已知函数．(1)求曲线y=fx在处的切线斜率；(2)求证：当时，；思路详解：（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.2．（2021·全国·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:．思路详解：（1）由，，又是函数的极值点，所以，解得；（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．3．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数.(1)当时，求的最小值；(2)求的极值；(3)当时，证明：当时，.思路详解：（1）当时，，函数的定义域为.，当时，；当时，.因此在单调递减，在单调递增，故的最小值为.（2）的定义域为.若时，则，故在单调递减，无极值；若时，令得.当时，；当时，.因此在单调递减，在单调递增，故有极小值，无极大值.（3）解法1：令，，令，则，因为，所以，因此在单调递增，，即，故在单调递减，，即当时，.解法2：因为，所以，要证当时，，即证，令，令，则，因为，所以，因此在单调递增，，即，故在单调递减，，故原不等式成立.解法3：令，，由（1）可知，当且仅当时取等号，因此，当且仅当时取等号，，即，故在单调递减，，即当时，.解法4：令，则，故在单调递减.由（1）可知：当时，，所以，即：，故，而，所以.解法5：令，因为，所以在单调递减.由（1）可知：当时，，所以，即：，故，而，所以.1．（2024·浙江宁波·一模）已知函数.(1)判断的奇偶性；(2)若，求证：；【详解】（1）,当时，定义域为，当时，定义域为，均关于原点对称，且，故为偶函数，（2）当时，为偶函数，要证，只需要证，当时，，只需证明时，，即证，只需证，即证，令在单调递增，故，所以，得证.2．（2024·广东·二模）已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导，即可得直线斜率，进而可求解直线方程，（2）对分和，求导，即可根据单调性求解，或者将不等式变形为，构造，，分别利用导数求解函数的单调性，求得最值求解.【详解】（1），，则，曲线在点处的切线方程为.（2）解法1：定义域为.①当时，，，则，即；②当时，.设，，由于均在上单调递增，故在上单调递增，，所以，所以在上单调递增，，，即，所以在上单调递增，，则，综上所述，.解法2：定义域为.要证，只需证，只需证，令，，，当，，单调递减；当，，单调递增，，，当，，单调递增；当，，单调递减，，综上所述，，也就是，即【点睛】方法点睛：利用导数比较大小或者证明的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数；(3)利用导数研究的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．3．（2024·四川南充·一模）已知函数.(1)判断函数的单调性，并求出的极值；(2)讨论方程的解的个数；(3)求证：.【答案】(1)取得极小值，无极大值(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接利用导数判断函数单调性，进而求得极值；（2）结合函数的图象求解即可；（3）转化为证明，构造函数，，进而结合导数证明即可.【详解】（1）由，，则，由于恒成立，因此令，即，令，即或，所以函数在和0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，当时，函数取得极小值，无极大值.（2）由（1）知，函数在和0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，且，画出函数的大致图象：由图可知，当时，函数y=fx与有2个交点，方程有2个解；当或时，函数y=fx与有1个交点，方程有1个解；当时，函数y=fx与有0个交点，方程有0个解.（3）证明：由，，即，即，设，，所以，令，当时，，所以函数ℎx在0,+∞上单调递增，则所以令，即；令，即，所以函数在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以，所以.模板05利用导数研究恒成立（能成立）问题的答题模板利用导数研究恒成立（能成立）问题是高考考查的重点内容，是稳中求变、变中求新、新中求活，对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个数学学科的核心素养都有较深入的考查，需综合复习恒成立问题常见类型假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式，（1）的值域为①，则只需要，则只需要②，则只需要，则只需要（2）若的值域为①，则只需要，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）②，则只需要，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）恒成立问题的解决策略=1\*GB3①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；=4\*GB3④换元分离，简化运算；在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．能成立（有解）问题常见类型假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式，（1）若的值域为①，则只需要，则只需要②，则只需要，则只需要（2）若的值域为①，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比），则只需要②，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比），则只需要能成立（有解）问题的解决策略=1\*GB3①构造函数，分类讨论；②部分分离，化为切线；③完全分离，函数最值；=4\*GB3④换元分离，简化运算；在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”.依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界.一般地，不等式恒成立、方程或不等式有解问题设计独特，试题形式多样、变化众多，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养起到了积极的作用，成为高考的一个热点．1（2024·全国·高考真题）已知函数．(1)当时，求的极值；(2)当时，，求的取值范围．思路详解：（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f′x<0即故在上，不合题意，舍.当，此时在0,+∞上恒成立，同理可得在0,+∞上恒成立，不合题意，舍；综上，.1．（2023·全国·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．思路详解：（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.2．（2024·河南·模拟预测）已知函数．(1)若，证明：；(2)若恒成立，求实数的取值范围．思路详解：（1）当时，，要证明，即证；令，则，令，解得，当时，，即可得在上单调递减，当时，，即可得在上单调递增，即在处取得极小值，也是最小值，故；令，则，令，解得；即可得当时，，即可得在上单调递减，当时，，即可得在上单调递增，即在处取得极小值，也是最小值，故；因此,故；（2）易知恒成立的一个必要条件是；即，故；令，则恒成立，即为上的增函数，因此可得，可得；下面证明充分性：当时，，令，则，易知为单调递增函数，令，解得；可知当时，，即可得在上单调递减，当时，，即可得在上单调递增，即在处取得极小值，也是最小值，故当时，，综上可知，实数的取值范围.2（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．(1)求的极值；(2)设，若关于的不等式在区间内有解，求的取值范围．思路详解：（1），令，得．当时，由，得，由，得，故在区间内单调递减，在区间内单调递增，所以在处取得极小值，且极小值为，无极大值；当时，由，得，由，得，故在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以在处取得极大值，且极大值为，无极小值．综上，当时，的极小值为，无极大值；当时，的极大值为，无极小值．（2）时，等价于，则在区间内有解．令，则，令，则在上单调递增，有，所以在区间内单调递增，即，所以在区间内恒成立，所以在区间内单调递增，即，即，故的取值范围是．1．（2024·四川乐山·三模）已知函数(1)当时，讨论的单调性；(2)若存在，使得，求的取值范围.思路详解：（1）当时，，，则，令，解得或（舍），当时，，单调递增，当时，，单调递减，综上所述，在上单调递增，在上单调递减；（2）由题可知，令当时，由可知，即，所以在为增函数.对任意都有，符合题意.由解得或.，下面讨论与1的大小:②当时，，则在上单调递增.存在，使得.③当时，，对任意都有，即在上为减函数，恒成立，不符合题意.综上所述，时，存在，使得.2．（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若不等式在区间上有解，求实数a的取值范围．思路详解：（1）由题意知函数的定义域为，而，当时，恒成立，函数在上单调递增；当时，由，得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增．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）因为不等式在区间上有解，所以在区间上有解，此时，即在区间上有解，令，则．令，则，所以函数在上单调递增，所以．当时；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，综上可知，实数a的取值范围是．1．（2024·贵州六盘水·模拟预测）已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)若，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）求出函数的导数，再按分类求出单调区间.（2）将不等式恒成立作等价变形，在时分离参数，构造函数，利用导数求出最小值，再对讨论即可.【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，当时，恒成立，函数在R上单调递增；当时，由，得；由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数的单调递增区间是；当时，函数的单调递减区间是，递增区间是.（2）不等式，当时，不等式恒成立，即；依题意，当时，恒成立，令，求导得，令，求导得，函数在上单调递增，，则当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，，于是，所以实数a的取值范围是.2．（2024·广东·模拟预测）已知函数.(1)判断函数的单调性；(2)若恒成立，求的值.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）先求出函数的导函数；再分和两种情况，利用导数的方法分别判定单调性即可.（2）由（1）中函数单调性，当时，根据函数单调性，以及，可判断当时，，不符合题意；当时，根据函数单调性，得到，再令，对其求导，根据导数的方法求出其最值，即可结合题中条件求出结果.【详解】（1）函数的定义域为，当时，恒成立，在上单调递增.当时，由，得，由，得，则函数在上单调递减，在上单调递增.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）由（1）知，当时，在上单调递增，由，知当时，，不符合题意；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，故，由恒成立，得恒成立，令，求导得，当时，，当时，，于是函数在上单调递增，在上单调递减，所以，故恒成立，因此，所以.3．（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数，，．(1)讨论：当时，的极值点的个数；(2)当时，，使得，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)．【分析】（1）对函数求导，分别讨论当和导函数的正负，即可得到函数的单调性，从而求出极值点的个数；（2）对求导，确定其最小值，从而将问题转化成不等式成立，进而构造函数，求导确定其单调性，即可求解.【详解】（1），，

①当时，为增函数，因为时，；时，，所以有唯一的零点，当时，，当时，，所以有一个极小值点，无极大值点．

②当时，令，则，

令，得，

当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以，即，所以的极值点的个数为0．综上所述，当时，的极值点个数为1，当时，的极值点个数为0．（2），由，得，由，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

因为当时，，使得，所以只需成立，即不等式成立．

令，则，则，则在上恒成立，故在上单调递增，

又，所以，故实数a的取值范围为．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用导数求出，从而转化为求出不等式成立．4．（2024·贵州安顺·二模）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求出定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；（2）变形得到，在（1）的基础上得到，从而，再令，，得到，令，，求导得到其单调性，求出最小值为，从而得到不等式，求出的取值范围.【详解】（1）的定义域为，则，当时，f′x>0恒成立，故在上单调递增，当时，令，解得，令f′x<0，解得，故在上单调递增，在上单调递减，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）由题意得，对任意的，存在x∈R，使得，即，由（1）知，时，在上单调递增，在上单调递减；故在处取得极小值，也是最小值，故，即证，令，，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在单调递减，故，令，，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，且，综上，都在k=1上取得最值，从而，解得，故实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.模板06利用导数研究函数的零点、交点、方程的根的答题模板利用导数研究函数的零点、交点、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求解，需强加练习利用导数研究函数零点的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围.(3)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解.②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．利用导数研究函数方程的根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数（方程的根）的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数（方程的根）或者通过零点个数（方程的根）求参数范围.(2)数形结合法求解零点（方程的根）对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围.(3)构造函数法研究函数零点（方程的根）①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数（方程的根）寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解.②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．1（2022·全国·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．思路详解：（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.1．（2022·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)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．思路详解：（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】2．（2021·全国·高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点①；②．思路详解：(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；(2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.2（2021·全国·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．思路详解：（1）当时，,令得,当时，f′x>0,当时，f′x∴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y=fx与直线有且仅有两个交点，即曲线y=gx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，所以当且时有．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，在区间内单调递增，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．]1．（2022·全国·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．思路详解：（1）的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为0,+∞，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0,+∞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0,+∞上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在1,+∞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0,1上为减函数，在1,+∞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y=fx、y=gx则.设，其中，故，设，，则，故在0,+∞上为增函数，故即，所以，所以在0,+∞上为增函数，而，，故ℎx0,+∞上有且只有一个零点，且：当时，ℎx<0即即，当时，ℎx>0即即，因此若存在直线与曲线y=fx、y=gx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.2．（2022·新Ⅰ卷·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）思路详解：（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：1．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知函数．(1)当时，求y=fx在点1,f1(2)若有两个不同的零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；（2）讨论或两种情况，并结合导数研究零点，最后根据零点个数确定参数范围.【详解】（1）当时，，则，所以，所以在点处的切线方程为，即．（2）令可得或，对两个方程分别讨论，①设，则，所以在单调递增，且，所以存在唯一的零点，使，即，②令，即，设，可得，则在上单调递增，又且时，，当时，存在唯一的零点，使，即，若时，得，则，可得，故，所以且时，有两个不同的零点；综上，实数的取值范围为．2．（2024·四川·一模）设(1)若，求的单调区间．(2)讨论的零点数量．【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可；（2）利用导数研究函数的单调性，进而可以研究函数的零点.【详解】（1）当时，.注意到，从而的正负只和有关，从而可作出下表：+0—0+从而的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）当时注意到恒成立，从而没有零点.当时，注意到所求可以化为的解的数量.设，，则，从而可以作下图：0+++0——0001——0+++00当时，，注意到，注意到，当且仅当时等号成立，则，从而单调递增，零点若有则至多有一个，注意到设时有，，从而，设时有，从而，从而在上必然有一个零点.从而总是有一个零点.当时，我们考虑，注意到，从而可作出下表：10—0+++1从而其在之间有一个零点，设其为，从而考虑，其在上的正负性和一样，从而先单调减少后单调递增，其极小值点就是最小值点，在处取到.注意到，从而此处，从而当时，的最小值比0大，此时没有零点；当时，的最小值恰好就是0，从而只有一个零点；当时，在处小于0，在时，从而在上有一个零点.设，则，所以函数在上单调递减，则，即，当时，，从而在时，从而在上有一个零点，从而此时共有两个零点.综上所述，当时，没有零点；当或者时，有一个零点；当时，有两个零点.【点睛】方法点睛：函数的零点问题，常常转化为函数与函数的交点问题，方程的根的问题，进而结合导数分析单调性，进而求解.3．（2024·全国·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线方程为．(1)求的值；(2)若有两个不同的实数根，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件利用切点求出的斜率和函数值列两个等式求解即可.（2）把方程中的参数分离，构造新函数，将方程根的个数转化为函数图象的交点个数，通过研究构造的新函数的大致图象数形结合求解即可.【详解】（1）因为点在直线上，所以．又，所以．，，所以．综上．（2）由（1）得，易知，所以有两个不同的实数根可转化为：关于的方程有两个不同的实数根．设，，令得，或．所以当变化时，的变化情况为0100单调递增极大值单调递减单调递减单调递减极小值单调递增所以的极大值为，极小值为，当时，，当时，，当且时，，，当且时，，当时，．根据以上信息画出的大致图象，如图所示．所以实数的取值范围为4．（2023·江苏南通·一模）已知函数和在同一处取得相同的最大值．(1)求实数a；(2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为（），证明：．【答案】(1)(2)证明见详解【分析】（1）利用导数分别求的最值点，列式求解即可；（2）构建，利用同构思想分析的大小关系，进而可得直线与曲线和的交点，再结合的单调性分析即可证出.【详解】（1）由题意可得：，显然，当时，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得在处取到最大值；当时，令，解得；令，解得x<1；则在上单调递增，在上单调递减，可得在处取到最小值，不合题意；综上所述：，在处取到最大值.因为的定义域为，且，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得在处取到最大值；由题意可得：，解得.（2）由（1）可得：在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值，且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，可得直线与曲线至多有两个交点；在上单调递增，在上单调递减，在处取到最大值，且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，可得直线与曲线至多有两个交点；若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，则，

此时直线与曲线、均有两个交点，构建，构建，且，则，可得在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值，构建，则，因为，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得，即，当且仅当时，等号成立，可得：当时，，则，所以；当时，，且在上单调递增，则，可得，所以；当时，，且在上单调递减，则，可得，所以；综上所述：当时，；当时，；当时，.结合题意可得：直线与曲线的两个交点横坐标为，与的两个交点横坐标为，且，当，可得，即，可得，即，因为在上单调递增，且，则，可得所以；当，可得，即，可得，即，因为在上单调递增，且，则，可得，所以；综上所述：，即.【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式：积型：，①，构建；②，构建；③，构建.商型：，①，构建；②，构建；③，构建.和型：，①，构建；②，构建.模板07利用导数研究双变量问题的答题模板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（2024·广东佛山·二模）已知.(1)当时，求的单调区间；(2)若有两个极值点，，证明：.思路详解：（1）当时，，，则当，即时，f′x<0当，即时，f′x>0故的单调递减区间为、，单调递增区间为；（2），令，即，令，，则、是方程的两个正根，则，即，有，，即，则，要证，即证，令，则，令，则，则在0,4上单调递减，又，，故存在，使，即，则当x∈0,x0时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，则，又，则，故，即gx<0，即1．已知.(1)若，求在处的切线方程；(2)设，求的单调区间；(3)求证：当时，.思路详解：（1）当时，，故在处的切线斜率为，而，所以在处的切线方程为，即.（2）由题意得，则，令，即，令，即，时，单调递减区间为,单调递增区间为.（3）证明：由（2）可知，当时，gx=f′x在即f′x>0在0,+∞上恒成立，故设，则，因为，则，故，所以在0,+∞上单调递增，而，则，即，而，故，即.2．（2024·四川德阳·二模）已知函数，(1)当时，讨论的单调性；(2)若函数有两个极值点，求的最小值.思路详解：（1）因为，所以,令，则，因为，当时，，则，即，此时在上单调递增，当时，，由，得，且，当或时，，即；当时，，即，所以在,上单调递增，在上单调递减；综上，当时，在上单调递增，当时，在,上单调递增，在上单调递减，其中.（2）由（1）可知，为的两个极值点，且，所以，且是方程的两不等正根，此时，，，所以，，且有，，则令，则，令，则，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，所以，所以的最小值为.1．（2024·河北保定·二模）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：．【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解；（2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明.【详解】（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．【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明.2．（2024·山西·模拟预测）已知函数.(1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；(2)若；求证：；(3)设，是函数的两个极值点，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由题意得恒成立，参变分类求最值即可；（2）求导，确定其单调性得到，构造函数，求导确定其单调性得到，即可求证；（3）化简，将转化成，再构造函数，通过讨论其单调性即可求证.【详解】（1）由题意知函数的定义域为，在上恒成立，所以在上恒成立，又，当且仅当时，等号成立，所以，即的取值范围是.（2）证明：若，，所以，令f'(x)=0，解得，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，当且仅当时，等号成立.令，，所以，令，解得，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当且仅当时，等号成立，所以，又等号不同时成立，所以.（3）证明：由题意可知，因为有两个极值点，，所以，是方程的两个不同的根，则且所以，所以要证，即证，即证，即证，即证.令，则证明，令，则，所以在上单调递增，则，即，所以原不等式成立.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：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．3．已知函数.(1)当时，存在，使得，求M的最大值；(2)已知m，n是的两个零点，记为的导函数，若，且，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，求出最值，得到，求出答案；（2）根据零点得到方程组，相减求出，求导得到，化简换元后得到只需证，，构造函数，求导得到其单调性，证明出结论/【详解】（1）当时，，则的定义域为，且，当时，，所以在上单调递增，所以在上的最大值为，最小值为，由题意知，故M的最大值为.（2）证明：由题意知，，所以，所以.因为，所以，所以要证，只要证，因为，所以只要证，令，则，即证，令，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以.【点睛】极值点偏移问题，经常使用的方法有：比值代换，构造差函数，对数平均不等式，变更结论等，若不等式中含有参数，则消去参数，再利用导函数进行求解.模板08导数中的隐零点问题的答题模板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,需综合复习在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．1.解题步骤第1步:用零点存在性定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程,并结合的单调性得到零点的范围;第2步:以零点为分界点,说明导函数的正负,进而得到的最值表达式;第3步:将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简:（1）要么消除最值式中的指对项（2）要么消除其中的参数项;从而得到最值式的估计.2.隐零点的同构实际上,很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项,而这类问题由往往具有同构特征,所以下面我们看到的这两个问题,它的隐零点代换则需要同构才能做出,否则,我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向.我们看下面两例:一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析所以在解决形如,这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.3.解题感悟1.隐零点指对于超越方程或者是一些带参数的方程，无法直接求得确切的零点，但是零点确实存在的问题。特别是在求导的过程，求函数极值点，对原函数求导后，令导函数等于零，就导函数零点进一步探寻原函数极值点或最值时会经常遇到“隐零点”问题。2.隐零点常见题型，有证明零点个数，求解不等式，求最值的取值范围，求参数的范围。3.解决办法，往往是“虚设零点”，设而不求，结合零点存在定理来初步确定零点的所在区间。往往这样的零点都与某个参数相关联，相互依赖。在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间。4.特别是针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题，或证明不等式。构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题。（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第21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．思路详解：（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．1．（2024·山东威海·二模）已知函数．(1)求的极值；(2)证明：思路详解：（1）由题意得的定义域为，则，当时，，在上单调递增，无极值；当时，令，则，令，则，即在上单调递增，在上单调递减，故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；（2）证明：设，，令，则，即在上单调递增，，故，使得，即，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，故即，即，则.2．已知函数，若,求的取值范围.思路详解：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.3．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0，(1)求的值;(2)若，证明:存在唯一的极大值点，且.思路详解：（1），当时，，所以在上递减，则没有最小值，当时，由，得，由，得，所以在上递减，在上递增，所以时，取得最小值，得成立，下面证为唯一解，令，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以，所以方程有且只有唯一解，综上，；（2）证明:由（1）知，令，当时，，当时，，所以在上递减，上递增，因为，所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，所以当或时，，即，当时，，即，所以在上递增，在上递减，在上递增，即是唯一的极大值点，，由，得，所以，因为，所以.1．（2024·黑龙江·模拟预测）已知函数，求：(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，总有，求整数的最小值.【答案】(1)(2)-3【分析】（1）先对函数求导，计算出斜率，再用点斜式即可；（2）分离参数转化为函数的最值问题.【详解】（1）当时，在点处的切线方程为即（2）由题意，，即，即，又，恒成立.令，令，则恒成立.在上递减，，使，即，则，当时，，当时，因为，且，，即整数k的最小值为-3【点睛】方法点睛：对于零点不可求问题，可以设而不求，整体替换从而求出范围。2．（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若函数的最小值为，不等式在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求导，即可对进行分类讨论求解导函数的正负求解，（2）将原不等式进行转化，分离参数，从而可构造函数，将问题转化为函数的最值问题进行求解.【详解】（1）由题知的定义域为，．①当时，，则，故单调递增．②当时，，故在上单调递减，在上单调递增．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）由（1）知，，且，即．令，则，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，所以，所以．由题可得在上恒成立．令，则，令，则，可得在上单调递减，又，故存在，使得，即，因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．易知，由于，故，因此，故，即的取值范围为．3．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数，.(1)求的极值；(2)证明：.【答案】(1)极大值为，无极小值.(2)证明见解析【分析】（1）先求出的单调性，再根据单调性求得极值；（2）构造，求出其单调性进而求得最小值为，证明即可．【详解】（1），，当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以当时，取得极大值，无极小值.（2）解：令，则，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，即，所以时，，，单调递减，时，，，单调递增，，令，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，所以，所以．【点睛】难点点睛：本题的易错点为必须说明无极小值；难点是（2）中结合零点存在定理估计，进而证得，这里的我们称之为“隐零点”；如果的范围不合适，可以借助二分法去缩小的范围，直至证得．模板09导数中的极值点偏移问题的答题模板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，需要综合复习运用判定定理判定极值点偏移的方法（1）求出函数的极值点；（2）构造一元差函数；（3）确定函数的单调性；（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.（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．思路详解：（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1．已知函数.(1)若，求的取值范围；(2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：.思路详解：（1）的定义域为，由，得.设，则.由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，从而.故，即的取值范围是.（2）证明：由，得，即，即.设，则等价于.易证在上单调递增，则，即.设，则.由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，从而，且，当x趋于时，趋于0.方程有两个不同的正实根，不妨设，由图可知，.设则在上单调递增.因为，所以，即.设，则，即，则.因为方程有两个不同的正实根，所以，作差得.因为，所以，所以，则，故.2．（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)求的单调区间；(2)若有两个零点，，且，求证：．思路详解：（1）因为函数的定义域是，，当时，，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减．综上所述，当时，的减区间为，无增区间；当时，的增区间为，减区间为．（2）因为是函的两个零点，由（1）知，因为，设，则，当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，．又因为，且，所以，．首先证明：．由题意，得，设，则两式相除，得．要证，只要证，即证．只要证，即证．设，．因为，所以在上单调递增．所以，即证得①．其次证明：．设，．因为，所以在上单调递减．所以，即．所以②．由①②可证得．3．设函数.(1)若，求函数的最值；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.思路详解：（1）由题意得，则.令，解得；令，解得，在上单调递增，在上单调递减，，无最小值，最大值为.（2），则，又有两个不同的极值点，欲证，即证，原式等价于证明①.由，得，则②.由①②可知原问题等价于求证，即证.令，则，上式等价于求证.令，则，恒成立，在上单调递增，当时，，即，原不等式成立，即.1．已知函数有两个零点．(1)求实数的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先分离参数将函数的零点个数转化为方程根的个数，构造函数，求其单调性、最值即可得的取值范围；（2）法一、根据第（1）问得到的取值范围，令，通过比值换元将问题化为证，构造函数求其导函数、单调性最值即可；法二、根据第（1）问得到的取值范围，先判定结论成立，再利用函数的单调性将所证不等式转化为函数不等式来判定时是否成立，通过构造，利用导数研究其单调性及最值即可.【详解】（1）由得，则由有两个零点知方程有两个不同的实数根．令，则，由得，由得，所以在上单调递减，在上单调递增．而，当时，，当时，，故，即，实数的取值范围为．（2）法一、由（1）知，令，则．由得，要证，只需证，只需证，即证，即证．令，则，令，，则，所以单调递增，即，故在上恒成立，即在上单调递减，故，得证．法二、由（1）知，当时，显然．当时，则，要证，只需证，又且在上单调递增，故只需证，即证，即证，即证，令，则，令，则，在上单调递减，所以，故，所以在上单调递减，则，又，所以当时，，即．【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及两个不同变量，处理此类问题有两个策略：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的等式，把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式求解；二是巧妙构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而求其最值．2．已知函数.(1)讨论函数的单调性：(2)若是方程的两不等实根，求证：；【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．【详解】（1）由题意得，函数的定义域为.由得：，当时，在上单调递增；当时，由得，由得，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）因为是方程的两不等实根，，即是方程的两不等实根，令，则，即是方程的两不等实根.令，则，所以在上递增，在上递减，，当时，；当时，且.所以0，即0.令，要证，只需证，解法1（对称化构造）：令，则，令，则，所以在上递增，，所以h，所以，所以，所以，即，所以.解法2（对数均值不等式）：先证，令，只需证，只需证，令，所以在上单调递减，所以.因为，所以，所以，即，所以.【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出．3．设，为函数（）的两个零点．(1)求实数的取值范围；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求出定义域，求导，得到的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到，求出，结合题目条件，得到当时，，根据零点存在性定理得到在内存在唯一零点，同理得到在内存在唯一零点，从而求出答案；（2）设，由可得，令，故，，推出要证，即证，构造，，求导，对分子再构造函数，证明出，在定义域内单调递减，故，即，证明出结论.【详解】（1）的定义域为R，，当时，，当时，，故在内单调递减，在单调递增，故要使有两个零点，则需，故，由题目条件，可得，当时，因为，又，故在内存在唯一零点，又，故在内存在唯一零点，则在R上存在两个零点，故满足题意的实数的取值范围为；（2）证明：由（1）可设，由可得，令，则，所以，故，所以，要证，即证，即证，因为，即证，即，令，，，令，则，当时，，当时，，故在内单调递减，在单调递增，所以，所以，令得，故，在定义域内单调递减，故，即，，，则，证毕．【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方模板10导数中杂糅问题的答题模板导数通常与三角函数、数列、概率统计等知识点杂糅在一起综合考查学生解题能力，需强化练习运用不同的分块知识点求解即可（2024·河南·模拟预测）已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)当时，设正项数列满足：，①求证：；②求证：.思路详解：（1）的定义域为，，当时，令，可得，当时，单调递增；当时，单调递减，当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）①当时，，令，可得，由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即，当且仅当时，等号成立，所以，即，又由函数在为单调递增函数，所以，所以，得，所以，所以，相乘得，，即得证.②因为，且，可得，，当时，，，所以，又，所以，所以当时，，所以，，所以，故.1．在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩､防护服､消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量､该厂质检人员从某日生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成以下五组：，得到如下频率分布直方图.规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130的为二级口罩，质量指标值不低于130的为一级口罩.(1)求该厂商生产口罩质量指标值的平均数和第60百分位数；(2)现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩，再从中抽取3个，记其中一级口罩个数为，求的分布列及方差；(3)在2024年“五一”劳动节前，甲､乙两人计划同时在该型号口罩的某网络购物平台上分别参加两店各一个订单“秒杀”抢购，其中每个订单由个该型号口罩构成.假定甲､乙两人在两店订单“秒杀”成功的概率分别为，记甲､乙两人抢购成功的口罩总数量为，求当的数学期望取最大值时正整数的值.思路详解：（1）该厂商生产口罩质量指标值的平均数为；，故第60百分位数落在内，设其为，则，解得，故第60百分位数为125；（2）一级口罩与二级口罩的个数比为，现从样本口罩中利用分层抽样的方法随机抽取8个口罩，则一级口罩有个，二级口罩有个，再从中抽取3个，记其中一级口罩个数为，的可能取值为0,1,2，，，，故的分布列如下：012数学期望为，方差为（3）的可能取值为，，，，故，令，设，则，因为，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，当，即时，取最大值.2．（2024·湖南益阳·一模）已知两点，及一动点，直线，的斜率满足，动点的轨迹记为.过点的直线与交于，两点，直线，交于点.(1)求的方程；(2)求的面积的最大值；(3)求点的轨迹方程.思路详解：（1）设动点，因为直线，的斜率满足，，化简整理得.所以轨迹的方程为.（2）设过点的直线的方程为：，Mx1,y1，由，得，显然.则，..

令，则，，所以.设，则，所以当时，，则在单调递减，所以的最大值为，即，时，的面积取最大值.

（3）由已知可设直线的方程为y=y1x1直线的方程为，即，消去，得，显然，，（*）由（2），得，，，，所以（*）式可化为，，即.显然，否则重合，不合题设，所以点的轨迹方程为.1．（2024·河北·三模）现随机对件产品进行逐个检测，每件产品是否合格相互独立，且每件产品不合格的概率均为．(1)当时，记20件产品中恰有2件不合格的概率为，求的最大值点；(2)若这件产品中恰好有件不合格，以（1）中确定的作为的值，则当时，若以使得最大的值作为的估计值，求的估计值．【答案】(1)(2)449或450【分析】（1）根据二项分布概率公式可得，利用导数可确定的单调性，从而得到最大值点；（2）根据二项分布概率公式得到，利用，再利用组合数公式求出的范围即可.【详解】（1）由题意知，，，，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，当时最大，故；（2）令，由，得，即，解得，故的估计值为449或450．2．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．．(1)求证：是直角三角形；(2)求四棱锥体积的最大值；(3)求平面与平面的夹角余弦值的范围．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）设平面PAB平面PCD，由面面垂直的性质定理以及线面平行的性质定理即可得PE⊥PF，则△PEF是直角三角形；（2）求