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第16講：第三章 一元函數的導數及其應用 章節總結
目錄
第一部分：典型例題講解 1
題型一：求切線問題 1
題型二：公切線問題 4
題型三：已知切線條數求參數 8
題型四：利用導數研究函數的單調性（小題） 11
題型五：借助單調性構造函數解不等式 15
題型六：利用導數研究函數單調性（含參討論） 18
題型七：利用導數研究函數的極值 24
題型八：利用導數研究函數的最值 30
題型九：利用導數解決恒成立問題 35
題型十：利用導數解決有解問題 39
題型十一：利用導數解決函數零點（方程根）問題 42
第二部分：新定義題 49
第一部分：典型例題講解
題型一：求切線問題
1．（2024·陜西西安·二模）已知直線與曲線相切于點，則（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（23-24高二下·陜西西安·階段練習）曲線在點處的切線的方程為 ．
3．（2024高二·全國·專題練習）已知直線為曲線過點的切線. 則直線的方程為 .
4．（23-24高二下·四川南充·階段練習）已知函數.
(1)曲線在點P處的切線與直線互相垂直，求點P的坐標.
(2)過點作曲線的切線，求此切線的方程.
5．（23-24高二下·江西南昌·階段練習）已知函數，點在曲線上.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)求曲線過點的切線方程.
題型二：公切線問題
1．（23-24高二下·湖北武漢·階段練習）若直線既和曲線相切，又和曲線相切，則稱為曲線和的公切線.曲線和曲線：的公切線方程為（ ）
A． B．
C． D．
2．（多選）（23-24高二上·山西運城·期末）若直線是曲線與曲線的公切線，則（ ）
A． B．
C． D．
3．（23-24高二下·重慶·開學考試）已知函數，（，），若存在直線l，使得l是曲線與曲線的公切線，則實數a的取值范圍是 ．
4．（23-24高二上·重慶·期末）若函數與函數的圖象存在公切線，則實數t的取值范圍為 .
5．（2024高二下·全國·專題練習）已知曲線 ，曲線 ，求證：與相切，并求其公切線的方程.
題型三：已知切線條數求參數
1．（23-24高二下·浙江·階段練習）若過點可以作曲線的兩條切線，則（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高二上·廣東深圳·期末）過點可以做三條直線與曲線相切，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24高二下·遼寧·期末）已知過點作的曲線的切線有且僅有兩條，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·陜西寶雞·二模）若過點可作曲線的三條切線，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
題型四：利用導數研究函數的單調性（小題）
1．（23-24高二下·河北張家口·階段練習）若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三下·河南·階段練習）已知函數在區間上單調遞增，則的最小值為（ ）
A．e B．1 C． D．
3．（23-24高二上·福建福州·期末）已知函數在區間上單調遞減，則實數的最大值為（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24高三上·福建泉州·階段練習）若函數在上存在單調遞增區間，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高三·全國·專題練習）若函數恰有三個單調區間，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
6．（22-23高二下·湖北·階段練習）若函數在其定義域的一個子區間內不是單調函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
7．（21-22高三上·河南·階段練習）已知函數在區間上不是單調函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
題型五：借助單調性構造函數解不等式
1．（23-24高二下·河北保定·階段練習）若函數的定義域為，且，則不等式的解集為
A． B． C． D．
2．（23-24高二下·河南·階段練習）設，則（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24高二下·河北張家口·階段練習）若，則以下不等式正確的是（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24高二下·重慶·階段練習）已知函數的定義域為，，其導函數滿足，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024·陜西·模擬預測）設，則（ ）
A． B． C． D．
6．（23-24高三上·浙江杭州·期末）已知定義在上的函數滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
題型六：利用導數研究函數單調性（含參討論）
1．（2024高二·上海·專題練習）已知函數.
(1)當時，求的最大值.
(2)討論函數的單調性.
2．（23-24高二下·四川南充·階段練習）已知函數.
(1)當 時， 求 的單調區間；
(2)若在上是增函數，求的取值范圍；
(3)討論 的單調性．
3．（23-24高二下·四川廣元·階段練習）已知函數.
(1)當時，求函數的最小值；
(2)當時，，證明不等式；
(3)當時，求函數的單調區間.
4．（23-24高二下·河北石家莊·階段練習）已知函數，．
(1)當時，求函數在上的值域（）；
(2)討論函數的單調性．
（2024高三·全國·專題練習）已知，討論的單調性.
題型七：利用導數研究函數的極值
1．（2024·遼寧·一模）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線的方程；
(2)討論的極值.
2．（23-24高二下·湖北武漢·階段練習）已知函數有兩個不同的極值點，且.
(1)求的取值范圍；
(2)求的極大值與極小值之和的取值范圍.
3．（2024·山東濟南·一模）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)討論極值點的個數.
4．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知函數，其中．
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)求證：的極大值恒為正數．
5．（23-24高二下·上海·階段練習）設函數．
(1)若，求曲線在點處的切線方程；
(2)令，求的單調區間；
(3)已知在處取得極大值，求實數的取值范圍．
題型八：利用導數研究函數的最值
1．（23-24高二下·河北保定·階段練習）已知函數在處取得極小值，且極小值為.
(1)求的值；
(2)求在上的值域.
2．（2024·海南·模擬預測）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，若函數有最小值2，求的值.
3．（23-24高二下·河南·階段練習）已知函數.
(1)若是的極值點，求實數的值；
(2)若，求在區間上的最大值.
4．（23-24高二下·江蘇無錫·階段練習）已知函數，
(1)討論函數的單調性；
(2)若函數在上的最小值為3，求實數的值.
5．（23-24高二下·北京·階段練習）設函數，.
(1)當時， 試求的單調增區間；
(2)試求在上的最大值.
題型九：利用導數解決恒成立問題
1．（23-24高二下·北京豐臺·階段練習）已知函數.
(1)當時，求函數的零點個數；
(2)當時，若對任意都有，求實數的取值范圍.
2．（23-24高二下·河北張家口·階段練習）已知函數．
(1)求函數的極值；
(2)若恒成立，求實數的取值范圍．
3．（2024·貴州黔東南·二模）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若恒成立，求的取值范圍.
4．（2024·北京·模擬預測）已知函數.
(1)求的圖象在點處的切線方程；
(2)討論的單調區間；
(3)若對任意，都有，求的最大值.（參考數據：）
題型十：利用導數解決有解問題
1．（23-24高三上·青海西寧·期末）已知函數.
(1)證明：.
(2)若關于的不等式有解，求的取值范圍.
2．（23-24高三上·福建莆田·期中）已知函數．
(1)當時，求函數的最小值；
(2)若，且對，都，使得成立，求實數的取值范圍．
3．（2023高三·全國·專題練習）已知函數，其中參數．
(1)求函數的單調區間；
(2)設函數，存在實數，使得不等式成立，求a的取值范圍．
4．（2023高三·全國·專題練習）已知函數.
(1)求函數的極值；
(2)若存在，使得成立，求實數m的最小值.
題型十一：利用導數解決函數零點（方程根）問題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若方程有三個不同的實根，則實數的取值范圍是 .
2．（23-24高二下·山東棗莊·階段練習）已知函數，在處取得極值為.
(1)求：值;
(2)若有三個零點，求的取值范圍.
3．（23-24高二下·貴州黔西·開學考試）已知在處取得極小值．
(1)求的解析式；
(2)求在處的切線方程；
(3)若方程有且只有一個實數根，求的取值范圍.
(2)若不等式恒成立，求正數的取值范圍（其中為自然對數的底數）．
2．（2023高三·全國·專題練習）已知函數，其中參數．
(1)求函數的單調區間；
(2)設函數，存在實數，使得不等式成立，求a的取值范圍．
3．（23-24高二下·廣東揭陽·階段練習）設函數.
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若函數有兩個極值點，且，求的最小值.
4．（23-24高三上·福建龍巖·階段練習）設函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)若有兩個零點，
①求a的取值范圍；
②證明：.
第二部分：新定義題
1．（23-24高三上·上海·階段練習）已知函數，，其中為自然對數的底數，設函數，
(1)若，求函數的單調區間，并寫出函數有三個零點時實數的取值范圍；
(2)當時，分別為函數的極大值點和極小值點，且不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍.
(3)對于函數，若實數滿足，其中F、D為非零實數，則稱為函數的“篤志點”.
①已知函數，且函數有且只有3個“篤志點”，求實數a的取值范圍；
②定義在R上的函數滿足：存在唯一實數m，對任意的實數x，使得恒成立或恒成立.對于有序實數對，討論函數“篤志點”個數的奇偶性，并說明理由
2．（2023·上海嘉定·一模）對于函數，把稱為函數的一階導，令，則將稱為函數的二階導，以此類推得到n階導.為了方便書寫，我們將n階導用表示.
(1)已知函數，寫出其二階導函數并討論其二階導函數單調性.
(2)現定義一個新的數列：在取作為數列的首項，并將作為數列的第項.我們稱該數列為的“n階導數列”
①若函數（），數列是的“n階導數列”，取Tn為的前n項積，求數列的通項公式.
②在我們高中階段學過的初等函數中，是否有函數使得該函數的“n階導數列”為嚴格減數列且為無窮數列，請寫出它并證明此結論.（寫出一個即可）
3．（2023·上海金山·一模）設函數的定義域為，給定區間，若存在，使得，則稱函數為區間上的“均值函數”，為函數的“均值點”．
(1)試判斷函數是否為區間上的“均值函數”，如果是，請求出其“均值點”；如果不是，請說明理由；
(2)已知函數是區間上的“均值函數”，求實數的取值范圍；
(3)若函數（常數）是區間上的“均值函數”，且為其“均值點”．將區間任意劃分成（）份，設分點的橫坐標從小到大依次為，記，，．再將區間等分成（）份，設等分點的橫坐標從小到大依次為，記．求使得的最小整數的值．
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第16講：第三章 一元函數的導數及其應用 章節總結
目錄
第一部分：典型例題講解 1
題型一：求切線問題 1
題型二：公切線問題 4
題型三：已知切線條數求參數 8
題型四：利用導數研究函數的單調性（小題） 11
題型五：借助單調性構造函數解不等式 15
題型六：利用導數研究函數單調性（含參討論） 18
題型七：利用導數研究函數的極值 24
題型八：利用導數研究函數的最值 30
題型九：利用導數解決恒成立問題 35
題型十：利用導數解決有解問題 39
題型十一：利用導數解決函數零點（方程根）問題 42
第二部分：新定義題 49
第一部分：典型例題講解
題型一：求切線問題
1．（2024·陜西西安·二模）已知直線與曲線相切于點，則（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】把切點P的坐標代入求出，再求函數導數求出k，再把代入求．
【詳解】∵點在曲線上，
，解得，
由題意得，，
∴在點處的切線斜率，
把代入，得，
故選：D．
2．（23-24高二下·陜西西安·階段練習）曲線在點處的切線的方程為 ．
【答案】
【分析】求出，可求得的值，利用導數的幾何意義可求得曲線在點處的切線的方程
【詳解】由，則，且，
所以曲線在點處的切線的方程為，
故答案為：
3．（2024高二·全國·專題練習）已知直線為曲線過點的切線. 則直線的方程為 .
【答案】或
【分析】
設切點為，由導數的幾何意義求得切線方程，代入點坐標求出，再回代得切線方程．
【詳解】∵，∴.
設直線與曲線相切于點，則直線的斜率為，
∴過點的切線方程為，
即，又點在切線上，
∴，整理得，
∴，
解得或；
∴所求的切線方程為或.
故答案為：或.
4．（23-24高二下·四川南充·階段練習）已知函數.
(1)曲線在點P處的切線與直線互相垂直，求點P的坐標.
(2)過點作曲線的切線，求此切線的方程.
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）借助導數的幾何意義與直線垂直斜率間的關系計算即可得；
（2）設出切點，借助導數的幾何意義計算即可得.
【詳解】（1），由題意可得，故，
當時，，當時，，
故點P的坐標為或；
（2）設切點坐標為，則有，
故，整理得，
即，故或，
當時，有，即，
當時，有，即，
故此切線的方程為或.
5．（23-24高二下·江西南昌·階段練習）已知函數，點在曲線上.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)求曲線過點的切線方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】
（1）由已知條件求出的值，求出的值，利用導數的幾何意義可得出所求切線的方程；
（2）設切點坐標為，利用導數的幾何意義寫出切線方程，將點的坐標代入切線方程，求出的值，即可得出所求切線的方程.
【詳解】（1）解：因為函數，點在曲線，則，所以，，
所以，，則，
因此，曲線在點處的切線方程為，即.
（2）解：設切點坐標為，則，
所以，曲線在點處的切線方程為，即，
將點的坐標代入切線方程可得，解得或，
當時，所求切線方程為；
當時，所求切線方程為.
綜上所述，曲線過點的切線方程為或.
題型二：公切線問題
1．（23-24高二下·湖北武漢·階段練習）若直線既和曲線相切，又和曲線相切，則稱為曲線和的公切線.曲線和曲線：的公切線方程為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據導數的幾何意義可知公切線的斜率為和，則，分類討論當曲線與的切點相同與不相同的情況，求出對應的切點，結合直線的點斜式方程即可求解.
【詳解】由，得，由得，
設曲線的公切線與曲線的切點為，則切線的斜率為，
與曲線的切點為，則切線的斜率為，
所以.
當曲線與的切點相同時，，
解得，所以切點為，此時公切線的方程為；
當曲線與曲線的切點不同時，，得，
所以，即，解得，此時與矛盾，
故不存在兩切點不同的情況，
綜上可得：切點的坐標為，公切線的方程為.
故選：A.
2．（多選）（23-24高二上·山西運城·期末）若直線是曲線與曲線的公切線，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】
借助導數的幾何意義計算即可得.
【詳解】令，則，
令，有，則，
即有，即，故，
令，則，
令，有，則，
即有，即，
故有，即.
故選：BD.
3．（23-24高二下·重慶·開學考試）已知函數，（，），若存在直線l，使得l是曲線與曲線的公切線，則實數a的取值范圍是 ．
【答案】
【分析】分別設出直線與兩曲線的切點坐標，，利用導數的幾何意義求出切線方程，根據題意得到，記，分類討論a與1的大小關系，利用導數與函數的單調性結合零點存在性定理分析求解.
【詳解】設直線為曲線在點處的切線，，
所以，即；
設直線為曲線在點處的切線，，
所以，即；
由題意知，因為，可知，
由可得，
將其代入可得：，
令，則在上有零點，
令，則，
令，解得；令，解得；
在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
當時，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
且，
當時，，故在上恒有零點，從而恒成立；
當時，，無零點，不成立；
當時，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
且當時，，
則，解得；
綜上所述：實數的取值范圍是.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：求曲線的切線問題主要分兩大類：
一類是切點已知，那么只需將切點橫坐標代入到原函數與導函數中求出切點和斜率即可；
另一類是切點未知，那么先要設出切點坐標，利用導數表示切線的斜率以及切線方程，根據所過的點求切點，得出切線方程.
4．（23-24高二上·重慶·期末）若函數與函數的圖象存在公切線，則實數t的取值范圍為 .
【答案】
【分析】
求出函數的導數，設出曲線與公切線的坐標，利用導數的幾何意義求得兩切點坐標之間的關系式，進而求出t的表達式，構造函數，利用導數求其最值，即可求得答案.
【詳解】由題意得，，
設公切線與曲線切于點，與曲線切于點，
則，則，，
當時，，函數與的圖象存在公切線，符合題意；
當時，，即，
故，
令，則，
當時，，在上單調遞增，
當時，，在上單調遞減，
故，故，
綜合得實數t的取值范圍為，
故答案為：
【點睛】關鍵點睛：解答時要設出曲線與公切線的切點，利用導數的幾何意義，求得切點坐標之間關系，關鍵在于由此結合該關系求得參數t的表達式，進而構造函數，利用導數解決問題.
5．（2024高二下·全國·專題練習）已知曲線 ，曲線 ，求證：與相切，并求其公切線的方程.
【答案】證明見解析，公切線方程為
【分析】聯立兩曲線方程可得，令，其中，利用導數證明出，且在公共點處切線斜率相等，可證得結論成立，再利用點斜式可得出公切線的方程.
【詳解】解：聯立，可得，
令，其中，，
由可得，由可得，
所以，函數的減區間為，增區間為，
所以，，
即函數有且僅有一個零點，
即方程 僅有唯一根 ，
故方程組僅有一組解，
由已知可得，，則，，
所以，所以與相切于點 ，
所以其公切線方程為 ，即 （如圖）.

題型三：已知切線條數求參數
1．（23-24高二下·浙江·階段練習）若過點可以作曲線的兩條切線，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】假設切點坐標，根據導數幾何意義可求得切線方程，代入，將問題轉化為與有兩個不同交點，利用導數可求得單調性和最值，由此可得結果.
【詳解】設切點坐標為，
，切線斜率，在點處的切線方程為：；
切線過點，，
過點可以作曲線的兩條切線，
令，則與有兩個不同交點，
，
當時，，在上單調遞增，不合題意；
當時，若，則；若，則；
在上單調遞減，在上單調遞增，
，，即，
又，.
故選：C.
2．（23-24高二上·廣東深圳·期末）過點可以做三條直線與曲線相切，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
設切點坐標，寫出切線方程，過點，代入化簡得，將問題轉化為該方程有三個不等實根，結合導函數討論單調性數形結合求解.
【詳解】設切點為，∵，∴，
∴M處的切線斜率，則過點P的切線方程為，
代入點的坐標，化簡得，
∵過點可以作三條直線與曲線相切，
∴方程有三個不等實根.
令，求導得到，
可知在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，
如圖所示，
故，即.
故選：A.
【點睛】
關鍵點點睛：本題考查導數的幾何意義，求切線方程，關鍵點在于將問題轉化為方程的根的問題，根據方程的根的個數，求解參數的取值范圍，考查導函數的綜合應用，涉及等價轉化，數形結合思想，屬于中檔題.
3．（23-24高二下·遼寧·期末）已知過點作的曲線的切線有且僅有兩條，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根據導數求出切線斜率，再構造函數把有兩條切線轉化為函數有兩個交點解決問題即可.
【詳解】設切點為，由題意得，所以，
整理得，此方程有兩個不等的實根．
令函數，則．
當時，，所以在上單調遞增;
當時，，所以在上單調遞減,且．
，方程有兩個不等的實根,故．
故選：D.
4．（2023·陜西寶雞·二模）若過點可作曲線的三條切線，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】設切點為，利用導數的幾何意義，求得切線方程，根據切線過點，得到，設，求得，得出函數單調性和極值，列出方程組，即可求解.
【詳解】設切點為，
由函數，可得，則
所以在點處的切線方程為，
因為切線過點，所以，
整理得，
設，所以，
令，解得或，令，解得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
要使得過點可作曲線的三條切線，
則滿足，解得，即的取值范圍是．
故選：C．
題型四：利用導數研究函數的單調性（小題）
1．（23-24高二下·河北張家口·階段練習）若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先求函數的導數，根據題意轉化為，恒成立，利用參變分離，轉化為求函數的最值問題，即可求解.
【詳解】若函數，則，
由題意可知，，恒成立，
即，恒成立，
設，，恒成立，
所以在區間單調遞增，即，
所以.
故選：D
2．（23-24高三下·河南·階段練習）已知函數在區間上單調遞增，則的最小值為（ ）
A．e B．1 C． D．
【答案】D
【分析】
等價轉化為在區間上恒成立，再利用分離參數法并結合導數即可求出答案.
【詳解】
因為在區間上恒成立，所以在區間上恒成立．
令，則在上恒成立，
所以在區間上單調遞減，所以，故．
故選：D.
3．（23-24高二上·福建福州·期末）已知函數在區間上單調遞減，則實數的最大值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
依題意，在區間上恒成立，分離參數可得實數a的最大值.
【詳解】由題意，
因為函數在區間上單調遞減，
所以在區間上恒成立，即，
令，則，
又，所以，所以在為減函數，
所以，
所以，即實數a的最大值是.
故選：C
4．（23-24高三上·福建泉州·階段練習）若函數在上存在單調遞增區間，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據條件得出存在，使成立，即存在，使成立，構造函數，，求出的最值即可解決問題.
【詳解】因為函數在上存在單調遞增區間，
所以存在，使成立，即存在，使成立，
令，， 變形得，因為，所以，
所以當，即時，，所以，
故選：D．
5．（2023高三·全國·專題練習）若函數恰有三個單調區間，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據導函數有兩個不等根計算即可.
【詳解】由題意得函數的定義域為，，
要使函數恰有三個單調區間，
則有兩個不相等的實數根，∴，解得且，
故實數a的取值范圍為，
故選：C.
6．（22-23高二下·湖北·階段練習）若函數在其定義域的一個子區間內不是單調函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出函數的定義域，則有，對函數求導后，令求出極值點，使極值點在內，從而可求出實數的取值范圍.
【詳解】因為函數的定義域為，
所以，即，
，
令，得或（舍去），
因為在定義域的一個子區間內不是單調函數，
所以，得，
綜上，，
故選：A
7．（21-22高三上·河南·階段練習）已知函數在區間上不是單調函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】把在區間上不是單調函數，轉化為在區間上有零點，用分離參數法得到，規定函數，求出值域即可得到實數的取值范圍.
【詳解】因為在區間上不是單調函數，
所以在區間上有解，即在區間上有解．
令，則．
當時，；當時，．
故在上單調遞減，在上單調遞增．又因為，
且當時，
所以在區間上單調遞增，所以，解得.
故選：A
題型五：借助單調性構造函數解不等式
1．（23-24高二下·河北保定·階段練習）若函數的定義域為，且，則不等式的解集為
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先構造函數，再判斷函數的單調性，解不等式.
【詳解】構造函數，則，所以在上單調遞增.
由，得，得.
故選：C
2．（23-24高二下·河南·階段練習）設，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】將和轉化為都以為底的對數即可比較和，設，根據導數即可判斷和大小關系.
【詳解】因為，，
所以，設，
所以，令，
則，因為在小于，在大于，
所以在單調遞減，在單調遞增，
所以，所以，
所以，，
所以，所以.
故選：D.
3．（23-24高二下·河北張家口·階段練習）若，則以下不等式正確的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】將變形為，構造函數，，利用導數研究其單調性，再結合作差法比較即可.
【詳解】因為，，，
令，定義域為，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
又因為，所以，，
又，所以，
所以，即.
故選：D.
4．（23-24高二下·重慶·階段練習）已知函數的定義域為，，其導函數滿足，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
構造函數，判定其單調性計算即可.
【詳解】根據題意可令，
所以在上單調遞減，
則原不等式等價于，
由，
解之得.
故選：B
5．（2024·陜西·模擬預測）設，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
構造函數，利用導數得到其單調性則比較出，利用指數函數和冪函數以及正弦函數的單調性即可比較出，則最終得到三者大小.
【詳解】先變形，令，
下面比較當時，與的大小.
①令，則，令，
得，當時，單調遞增，
所以，所以，即，所以.
②，所以，，
所以，則，所以.
綜上，，
故選：D.
6．（23-24高三上·浙江杭州·期末）已知定義在上的函數滿足，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
構造函數，，求導得到其單調性，從而得到，化簡后得到答案.
【詳解】令，，
故恒成立，
故在上單調遞增，
故，即.
故選：B
題型六：利用導數研究函數單調性（含參討論）
1．（2024高二·上海·專題練習）已知函數.
(1)當時，求的最大值.
(2)討論函數的單調性.
【答案】(1)0
(2)答案見解析
【分析】（1）利用導數求解函數最值即可.
（2）含參討論函數單調性即可.
【詳解】（1）當時，，
由，所以，
當時，，所以函數在上單調遞增；
當時，，所以函數在上單調遞減；
故；
（2）定義域為，，
當時，，在上遞增；
當時，令，解得，
令，解得.
于是在上單調遞增；在上單調遞減.
2．（23-24高二下·四川南充·階段練習）已知函數.
(1)當 時， 求 的單調區間；
(2)若在上是增函數，求的取值范圍；
(3)討論 的單調性．
【答案】(1) 的單調遞增區間為，單調遞減區間為
(2)
(3)答案見解析
【分析】（1）利用導數法求函數的單調性的步驟即可求解；
（2）將所求問題轉化為不等式恒成立問題，利用一元二次不等式在區間恒成立的解決方法即可求解；
（3）利用導數法求函數的單調性的步驟，注意分類討論即可求解.
【詳解】（1）當 時， ，
，
令則，解得或（舍），
當時，當時，
所以 的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2）因為，
所以,
因為在上是增函數，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
因為的對稱軸為，
當時，，則在上單調遞增；
當時，在上單調遞增；
當時，開口向下；
綜上，要使得在上恒成立，
只需，解得，
所以的取值范圍為.
（3）因為，
所以,
當時，，所以在上恒成立，
所以在上單調遞增；
當時，令則，解得或（舍），
當時，當時，
所以在 上單調遞增，在 上單調遞減；
綜上所述，當時，在上單調遞增；
當時，在 上單調遞增，在 上單調遞減.
3．（23-24高二下·四川廣元·階段練習）已知函數.
(1)當時，求函數的最小值；
(2)當時，，證明不等式；
(3)當時，求函數的單調區間.
【答案】(1)1
(2)證明見詳解
(3)答案見詳解
【分析】（1）求導，利用導數判斷的單調性，結合單調性求最值；
（2）構建，利用導數判斷其單調性，結合單調性分析證明；
（3）求導，分類討論最高項系數以及兩根大小，利用導數求單調區間.
【詳解】（1）因為的定義域為，
當時，則，且，
當時，；當時，；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
所以函數的最小值為.
（2）當時，則，
構建，
則在內恒成立，
可知在內單調遞增，則，
所以當，.
（3）因為的定義域為，且，
（i）若，可知，
當時，；當時，；
可知的單調遞減區間為，單調遞增區間為；
（ⅱ）若，令，解得或，
①當，即時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；
②當，即時，的單調遞減區間為，無單調遞增區間；
③當，即時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；
綜上所述：，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；
，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；
，的單調遞減區間為，無單調遞增區間；
，的單調遞減區間為，單調遞增區間為.
4．（23-24高二下·河北石家莊·階段練習）已知函數，．
(1)當時，求函數在上的值域（）；
(2)討論函數的單調性．
【答案】(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）由題意得，再求導后分別求出單調性，從而可求解.
（2）對函數求導得，然后分情況討論的情況，再結合導數求出相關單調性，從而可求解.
【詳解】（1）當時，，定義域為，
則，
令，得或(舍去)，
當時，，，，
所以在區間單調遞減，在區間單調遞增，
所以當時，取到極小值也是最小值，
所以當，，，
又因為，因為，
此時，，
故在上的值域為.
（2），，
當時，，，
當，，當，，
所以在區間單調遞減，在區間單調遞增；
當時，令，得或，
當時，時，，當時，，
所以在區間單調遞減，在區間單調遞增；
當時，
當時，，當，，
所以在區間單調遞減，在區間單調遞增；
當時，
所以在區間單調遞減；
當時，
當時，，當時，，
所以在區間單調遞減，在區間單調遞增；
綜上所述：當時，在區間單調遞減，在區間單調遞增；
當時，在區間單調遞減，在區間單調遞增；
當時，區間單調遞減；
當時，在區間單調遞減，在區間單調遞增.
【點睛】方法點睛：（1）導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理；
（2）利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用；
（3）證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
5．（2024高三·全國·專題練習）已知，討論的單調性.
【答案】當時，在R上單調遞增；當或時，在，上單調遞增，在上單調遞減．
【分析】
通過求出函數的導數，對其導數進行正負判斷，進而求出單調區間.
【詳解】
由題得，令得，
①若，即當時，恒成立，在R上單調遞增；
②若，即當或時，可得的兩根分別為，，
當時，，當時，，
所以在，上單調遞增，在上單調遞減．
綜上，當時，在R上單增；
當或時，在，上單調遞增，在上單調遞減．
題型七：利用導數研究函數的極值
1．（2024·遼寧·一模）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線的方程；
(2)討論的極值.
【答案】(1)；
(2)極大值為，無極小值.
【分析】（1）把代入，利用導數的幾何意義求出切線方程.
（2）求出的導數，分析函數單調性求出極值即得.
【詳解】（1）當時，，求導得，則，而，
所以的方程為，即.
（2）函數的定義域為，求導得，
而，則當時，，當時，，
因此在上單調遞增，在上單調遞減，
所以當時，取得極大值，無極小值.
2．（23-24高二下·湖北武漢·階段練習）已知函數有兩個不同的極值點，且.
(1)求的取值范圍；
(2)求的極大值與極小值之和的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）對求導，得到，根據條件，得到有兩個不同的正根，再利用二次函數根的分布，即可求出結果；
（2）根據（1）得到，從而得到，構造函數，利用導數與函數單調性間的關系，求出，即可求出結果.
【詳解】（1），且定義域為，
因為有兩個不同的極值點，且，
所以有兩個不同的正根，
所以，解得，
所以的取值范圍是.
（2）由（1）可知，，不妨設，
所以，
所以
，
令，則，
所以在上單調遞增，
所以，
即的極大值與極小值之和的取值范圍是.
3．（2024·山東濟南·一模）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)討論極值點的個數.
【答案】(1)單調遞增區間為，單調遞減區間為；
(2)答案見解析.
【分析】（1）求出函數的導函數，再解關于導函數的不等式，即可求出函數的單調區間；
（2）求出函數的導函數，分、兩種情況討論，分別求出函數的單調性，即可得到函數的極值點個數.
【詳解】（1）當時，定義域為，
又，
所以，
由，解得，此時單調遞增；
由，解得，此時單調遞減，
所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2）函數的定義域為，
由題意知，，
當時，，所以在上單調遞增，
即極值點的個數為個；
當時，易知，
故解關于的方程得，，，
所以，
又，，
所以當時，，即在上單調遞增，
當時，，即在上單調遞減，
即極值點的個數為個.
綜上，當時，極值點的個數為個；當時，極值點的個數為個.
4．（2024·廣東深圳·模擬預測）已知函數，其中．
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)求證：的極大值恒為正數．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求導，再根據導數的幾何意義即可得解；
（2）分，和三種情況討論，再結合極大值的定義即可得出結論.
【詳解】（1），
當時，，，
又，故曲線在處的切線方程為；
（2），
解得知，，
若，當或時，，當時，，
所以在，遞減，遞增，
故極大值為；
若，則，
所以函數單調遞減，無極大值；
若，當或時，，當時，，
所以在，遞減，遞增，
故極大值，
綜上，的極大值恒為正數．
【點睛】思路點睛：利用導數求函數極值的步驟如下：
（1）求函數的定義域；
（2）求導；
（3）解方程，當；
（4）列表，分析函數的單調性，求極值：
①如果在附近的左側，右側，那么是極小值；
②如果在附近的左側，右側，那么是極大值.
5．（23-24高二下·上海·階段練習）設函數．
(1)若，求曲線在點處的切線方程；
(2)令，求的單調區間；
(3)已知在處取得極大值，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減
(3)
【分析】（1）直接利用導數與切線斜率的關系即可求解；
（2）分和兩種情況，然后求解不等式和即可得到的單調區間；
（3）對不同區間的進行分類討論，并判斷在附近的單調性，即可得到結果.
【詳解】（1）若，則，從而，
故，從而曲線在點處的切線斜率為，故所求切線為直線.
又，故所求切線方程為.
（2）由，知.
當時，，故在上單調遞增；
當時，；
從而的解集是，的解集是.
這表明在上單調遞增，在上單調遞減.
綜上，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.
（3）首先我們有.
當時，由上一問結論，知在上單調遞增，在上單調遞減.
這意味著當時，；當時，.
故在和上均單調遞減，從而不是的極值點，不滿足條件；
當時，由上一問結論，知在上單調遞增，
而，故在上單調遞增.
這表明當時，有，從而在上單調遞增，
故不可能是的極大值點，不滿足條件；
當時，由上一問結論，知在上單調遞增，
故在上單調遞增.
這表明當時，有，從而在上單調遞增，
故不可能是的極大值點，不滿足條件；
當時，由上一問結論，知在上單調遞減.
注意到此時，故當時，；
當時，.
從而在上單調遞增，在上單調遞減，
這說明是的極大值點，滿足條件.
綜上，的取值范圍是.
【點睛】關鍵點點睛：在第三問中，關鍵點在于附近的單調性，從而在的情況下，需要仔細比較和的大小關系，也就是和的大小關系，這是分類討論的一大出發點.
題型八：利用導數研究函數的最值
1．（23-24高二下·河北保定·階段練習）已知函數在處取得極小值，且極小值為.
(1)求的值；
(2)求在上的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求導，利用導函數與極值點的關系結合已知條件列方程組求解即可；
（2）利用導函數的符號判斷單調性，進而求值域即可.
【詳解】（1）由題意可得，
因為在處取得極小值，且極小值為，
所以，解得，
此時，滿足在處取得極小值，
故.
（2）由（1）得，，
當時，令解得，令解得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上的最大值為，
又因為，所以在上的最小值為，
故在上的值域為.
2．（2024·海南·模擬預測）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，若函數有最小值2，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，求導，得到，利用導數的幾何意義求出切線方程；
（2）求定義域，求導，得到函數單調性和最小值，得到，構造，求導得到函數單調性，結合特殊點的函數值，得到答案.
【詳解】（1）當時，的定義域為，
則，則，
由于函數在點處切線方程為，即.
（2）的定義域為，
，
當時，令，解得：；令，解得：，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，，即
則令，設，
令，解得：；令，解得：，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
所以，解得：.
3．（23-24高二下·河南·階段練習）已知函數.
(1)若是的極值點，求實數的值；
(2)若，求在區間上的最大值.
【答案】(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）求導，根據極值點可得，驗證即可求解，
（2）求導，分類討論，即可結合函數的單調性求解最值.
【詳解】（1）．
因為是的極值點，所以，解得.
所以，
所以在和上單調遞增，在上單調遞減，
所以是的極大值點，符合題意，因此．
（2），
令，得或，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
由題可知．
（i）若，則在上單調遞減，．
（ii）若，則在上單調遞減，在上單調遞增，
若，則，所以；
若，則，所以．
綜上，當時，；當時，．
4．（23-24高二下·江蘇無錫·階段練習）已知函數，
(1)討論函數的單調性；
(2)若函數在上的最小值為3，求實數的值.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）利用導數與函數單調性的關系，分類討論即可得解；
（2）分類討論的取值范圍，結合（1）中結論得到的最小值，進而得到關于的方程，解之即可得解.
【詳解】（1）因為，則，
當時，恒成立，故在上單調遞增；
當時，令，得，
當時，，上單調遞減；
當時，，上單調遞增；
綜上，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在單調遞增.
（2）當，即時，由（1）知在上單調遞增，
所以，即（舍去）；
當，即時，由（1）知在單調遞減，在單調遞增
所以，解得（舍去）；
當，即時，由（1）知在單調遞減，
所以，解得；
綜上所述，.
5．（23-24高二下·北京·階段練習）設函數，.
(1)當時， 試求的單調增區間；
(2)試求在上的最大值.
【答案】(1)
(2)當時，當時.
【分析】
（1）求出函數的導函數，再解關于導函數的不等式，即可求出函數的單調遞增區間；
（2）求出函數的導函數，分、、三種情況討論，分別得到函數的單調性，即可得到無論為何值，當時，最大值都為或，再計算，分和兩種情況討論，即可求出函數的最大值.
【詳解】（1）當時，定義域為，
且，令，解得，所以的單調增區間為.
（2）因為，
令，解得，
①當即時，所以當時，恒成立，
即在上單調遞增，則；
②當即時，所以當時，恒成立，
即在上單調遞減，則；
③當即時，
時，，在單調遞減，
時，，在上單調遞增，
則，
綜上，無論為何值，當時，最大值都為或，
又，，
又，
所以當時，，，
當時，，.
綜上可得當時，當時.
題型九：利用導數解決恒成立問題
1．（23-24高二下·北京豐臺·階段練習）已知函數.
(1)當時，求函數的零點個數；
(2)當時，若對任意都有，求實數的取值范圍.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）求出函數的導數，判斷函數單調性，求出函數極值，結合零點存在定理，即可得答案；
（2）求出函數的導數，判斷函數單調性，分類討論a的取值范圍，結合解不等式，即可求得答案
【詳解】（1）當時，，，
當或時，，在上均單調遞增，
當時，，在上單調遞減，
而，又，即，
故在有一個零點，即在有一個零點，
而在上最小值為，此時無零點，
故函數的零點個數為1；
（2）當時，，
當或時，，在上均單調遞增，
當時，，在上單調遞減，
當時，在上單調遞增，
則此時，由題意得
解得，與矛盾，不合題意；
當時，，此時在上單調遞增，在上單調遞減，
則此時，由題意得，
解得，故，
綜合可得實數的取值范圍為.
2．（23-24高二下·河北張家口·階段練習）已知函數．
(1)求函數的極值；
(2)若恒成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)函數的極小值為，無極大值；
(2)
【分析】（1）利用導數，先判斷函數的單調區間，再求函數的極值；
（2）首先不等式化簡為恒成立，再利用參變分離，轉化為最值問題，即可求解.
【詳解】（1），令，得，
，和的關系，如下表所示，
0
單調遞減 極小值 單調遞增
所以函數的極小值為，無極大值；
（2）不等式恒成立，即恒成立，
即，，恒成立，所以，，
設，，
，其中，
設，，所以在單調遞增，
因為，，所以存在，使，即，即，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以當時，函數取得最小值，
由，可得，所以，
所以.
3．（2024·貴州黔東南·二模）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若恒成立，求的取值范圍.
【答案】(1)單調遞減區間為，單調遞增區間為
(2)
【分析】（1）當時，求得，進而導數的符號，即可求得的單調區間；
（2）求得，求得函數的單調性和，結合恒成立，列出不等式，即可求解.
【詳解】（1）解：當時，函數，且定義域為，
且，
當時，；時，；
所以，函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為.
（2）解：由函數，可得，
令，解得；
令，得；令，得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
因為恒成立，所以，解得，
又因為，所以的取值范圍為.
4．（2024·北京·模擬預測）已知函數.
(1)求的圖象在點處的切線方程；
(2)討論的單調區間；
(3)若對任意，都有，求的最大值.（參考數據：）
【答案】(1)；
(2)答案見解析；
(3).
【分析】
（1）求得，，再根據導數的幾何意義，即可求得切線方程；
（2）討論參數與和的大小關系，在不同情況下，求函數單調性，即可求得單調區間；
（3）將問題轉化為在上的最大值，根據（2）中所求單調性，求得，再構造函數解關于的不等式即可.
【詳解】（1），，又，，
故的圖象在點處的切線方程為，即.
（2），又，，
則時，當，，單調遞增；當，，單調遞減；
時，當，，單調遞減；當，，單調遞增；
當，，單調遞減；
時，當，，在單調遞減；
時，當，，單調遞減；當，，單調遞增；
當，，單調遞減.
綜上所述：當，的單調增區間為，單調減區間為；
當，的單調減區間為，單調增區間為；
當，的單調減區間為，沒有單調增區間；
當，的單調減區間為，單調增區間為.
（3）若對任意，都有，則在上的最大值；
由（2）可知，當，在單調遞增，在單調遞減，
故；
令，則，
故在單調遞增，又，則；
故當時，，
也即當時，對任意，都有.
故的最大值為.
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問處理的關鍵是，將在區間上恒成立，轉化為，再根據第二問中所求函數單調性求得，再構造函數解不等式即可.
題型十：利用導數解決有解問題
1．（23-24高三上·青海西寧·期末）已知函數.
(1)證明：.
(2)若關于的不等式有解，求的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據單調性求出的最小值即可證明.
（2）分離參數，借助（1）中不等式關系進行放縮，求其最小值，即可求出的取值范圍.
【詳解】（1）.
當時，；
當時，.
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
故.
（2）由題意可得不等式有解.
因為，
所以
當時，等號成立，所以.
故的取值范圍為
2．（23-24高三上·福建莆田·期中）已知函數．
(1)當時，求函數的最小值；
(2)若，且對，都，使得成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用導數研究單調性，注意構造中間函數判斷的符號；
（2）構造研究其單調性證在上恒成立，再應用導數研究在上的最大值，結合已知恒能成立有即可求范圍.
【詳解】（1）因為函數，所以．
設，則，故在上遞減．
，即，
在上單調遞減，最小值為．
（2）令，則在上恒成立，
即函數在上單調遞減，所以，
所以，即在上恒成立；
又，當時，
在區間上單調遞增；
在區間上單調遞減．
函數在區間上的最大值為．
綜上，只需，解得，即實數的取值范圍是．
3．（2023高三·全國·專題練習）已知函數，其中參數．
(1)求函數的單調區間；
(2)設函數，存在實數，使得不等式成立，求a的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）求導，對分類討論求解單調區間；
（2）不等式成立，轉化為，然后求解函數的最大與最小值列出不等式求解．
【詳解】（1），
（1）當時，，，的減區間是．
（2）當時，，的減區間是．
（3）當時，，，的增區間是，
，的減區間是．
綜上，當時，減區間是；當時，增區間是，減區間是.
（2），，因為存在實數，使得不等式成立，
，
，，,，，單減，，，單增．
．
，，，．
4．（2023高三·全國·專題練習）已知函數.
(1)求函數的極值；
(2)若存在，使得成立，求實數m的最小值.
【答案】(1)極小值為，無極大值
(2)4
【分析】（1）直接利用導函數判定函數的單調性及求極值即可；
（2）分離參數，利用導函數求函數的最值即可.
【詳解】（1）由，
令；令，
∴在上單調遞減，在上單調遞增，
∴在處取得極小值，且為，無極大值；
（2）由能成立，
問題轉化為，
令，
由；由，
∴在上單調遞減，在上單調遞增，
∴，則，
故m的最小值為4．
題型十一：利用導數解決函數零點（方程根）問題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若方程有三個不同的實根，則實數的取值范圍是 .
【答案】
【分析】通過求導得出函數的單調性和極值，即可得出有三個實根時實數的取值范圍.
【詳解】由題意，
在中，，
當時，解得或，
當即時，單調遞減，
當即，時，單調遞增，
∵，，
當，
方程有三個不同的實根，
∴即，
故答案為：.
【點睛】易錯點點點睛：本題考查函數求導，兩函數的交點問題，在研究函數的圖象時很容易忽略這個條件.
2．（23-24高二下·山東棗莊·階段練習）已知函數，在處取得極值為.
(1)求：值;
(2)若有三個零點，求的取值范圍.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求出函數的導函數，依題意可得，即可求出的值，再檢驗即可；
（2）依題意可得與有三個不同的交點，利用導數判斷函數的單調性，求出函數的極值，即可得到不等式組，即可求得答案.
【詳解】（1），由題意可得，
即，解得，
經檢驗可得滿足在取得極值，所以.
所以，.
（2）由，可得，
由，解得 或，
，解得，
所以在和單調遞減，在單調遞增.
所以的極小值為，
的極大值為.
又當時，，當時，，
所以當時，有三個零點，
故.
3．（23-24高二下·貴州黔西·開學考試）已知在處取得極小值．
(1)求的解析式；
(2)求在處的切線方程；
(3)若方程有且只有一個實數根，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出，由題意可的，由此即可求出答案；
（2）分別求出，的值，再利用點斜式寫出直線；
（3）將問題轉化為函數與有且只有一個交點，求出函數的單調性與極值，即可求出的取值范圍.
【詳解】（1）由題意知，
因為在處取得極小值
則，解得：
經檢驗，滿足題意，所以，
所以
（2）由題意知，，
所以所以切點坐標為，斜率
所以切線方程為：，即.
（3）令，解得或，
則，，的關系如下表：
+ 0 0 +
單調遞增 單調遞減 單調遞增
則，，
方程有且只有一個實數根等價于有且只有一個實數根，
等價于函數與有且只有一個交點，
即或，解得：或，
所以.
4．（2024·江蘇南通·二模）設函數.已知的圖象的兩條相鄰對稱軸間的距離為，且.
(1)若在區間上有最大值無最小值，求實數m的取值范圍；
(2)設l為曲線在處的切線，證明：l與曲線有唯一的公共點.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據周期以及可求解，進而根據整體法即可求解，
（2）求導，根據點斜式求解切線方程，進而構造函數，利用導數判斷函數的單調性，即可求解.
【詳解】（1）由題意可得周期，故，
，
由于，故，
故，
當時，，
由于在區間上有最大值無最小值，故，解得，
故.
（2），，
，
故直線方程為，
令，則，
故在定義域內單調遞增，又，
因此有唯一的的零點，
故l與曲線有唯一的交點，得證.
5．（2024·陜西西安·二模）設函數.
(1)當時，討論的單調性；
(2)若時，函數的圖像與的圖像僅只有一個公共點，求的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）借助導數對、及分類討論即可得；
（2）原問題可等價于即在上無解，構造函數，借助導數研究即可得.
【詳解】（1）的定義域為， ，
①當時，，由，得，
由，得，
當時，的在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
②當時，，，
當時，，的區間上單調遞減，
③當時，由，得或，且.
當變化時，的變化情況如下表：
遞減 遞增 遞減
綜上所述，當時，的在區間上單調遞增，在區間上單調遞減；
當時，在區間上的單調遞減；
當時，在區間上的單調遞增，
在區間和上單調遞減區間；
（2）若時，函數的圖像與的圖像僅只有一個公共點，
即關于的方程，即在區間上僅只有一個解，
是方程的解，且時，
問題等價于即在上無解，
即曲線或與直線無公共點，
，由得，
當或時，變化時，，的變化情況如下表：
遞減，負值 無意義 遞減，正值 極小值 遞增，正值
且當且時，；當且時，.
故的取值范圍為.
6．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）已知函數，.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若方程有三個不同的實根，求的取值范圍．
【答案】(1)單調遞增區間為和，單調遞減區間為
(2)
【分析】（1）求出函數的導函數，再解關于導函數的不等式即可求出單調區間；
（2）由，可得為的一個根，
所以有兩個不同于的實根，令，利用導數說明函數的單調性，從而得到當時且，即可求出參數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，函數，
則，令得或
當或時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞增，在上單調遞減，
即當時，單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
（2），所以為的一個根，
故有兩個不同于的實根，
令，則，
①當時，，故在上單調遞增，不符合題意；
②當時，令，得，
當時，，故在區間上單調遞增，
當時，，故在區間上單調遞減，
并且當時，；當時，；
所以若要滿足題意，只需且，
因為，所以，
又，所以，
所以實數的取值范圍為
題型十二：利用導數解決雙變量問題
1．（23-24高三上·廣東廣州·階段練習）設函數的兩個極值點分別為，．
(1)求實數的取值范圍；
(2)若不等式恒成立，求正數的取值范圍（其中為自然對數的底數）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題意知有兩個不相等的實根，轉化為兩個函數有兩個交點問題，根據單調性畫出函數圖象，由此得到的取值范圍.
（2）將不等式取自然對數化簡整理，構造函數，求導分析，即可求正數的取值范圍
【詳解】（1）由題，定義域為．
則，由題可得有兩個不等實數根，，
于是有兩個不同的實數根，等價于函數與圖象在有兩個不同的交點，
，由，由，
所以在遞增，在遞減，
又，有極大值為，當時，，所以可得函數的草圖（如圖所示）．

所以，要使函數與圖象在有兩個不同的交點，當且僅當．
即實數的取值范圍為
（2）由（1）可知：，是方程的兩個實數根，且．
則 ．
由于，兩邊取自然對數得，
即，
令，則在恒成立．
所以在恒成立
令，則．
①當即時，，在遞增，所以恒成立，滿足題意．
②當時，在遞增，在遞減，所以，當時，，
因此，在不能恒成立，不滿足題意．
綜上所述，，即的取值范圍是．
2．（2023高三·全國·專題練習）已知函數，其中參數．
(1)求函數的單調區間；
(2)設函數，存在實數，使得不等式成立，求a的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）求導，對分類討論求解單調區間；
（2）不等式成立，轉化為，然后求解函數的最大與最小值列出不等式求解．
【詳解】（1），
（1）當時，，，的減區間是．
（2）當時，，的減區間是．
（3）當時，，，的增區間是，
，的減區間是．
綜上，當時，減區間是；當時，增區間是，減區間是.
（2），，因為存在實數，使得不等式成立，
，
，，,，，單減，，，單增．
．
，，，．
3．（23-24高二下·廣東揭陽·階段練習）設函數.
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若函數有兩個極值點，且，求的最小值.
【答案】(1)調遞增區間為，；單調遞減區間為
(2)
【分析】
（1）求導后，根據的正負可確定單調區間；
（2）根據函數有兩個極值點可得方程在上有兩個不等實根，由此可得韋達定理的結論，將表示為關于的函數的形式，構造函數，利用導數求得即可.
【詳解】（1）當時，，則定義域為，，
當時，；當時，；
的單調遞增區間為，；單調遞減區間為.
（2）定義域為，，
有兩個極值點等價于在上有兩個不等實根，
，，，，
；
設，
則，
在上單調遞減，，
即，
的最小值為.
4．（23-24高三上·福建龍巖·階段練習）設函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)若有兩個零點，
①求a的取值范圍；
②證明：.
【答案】(1)當時，在為增函數，
當時，在上是減函數，在上為增函數；
(2)；詳見證明過程．
【分析】（1）求出函數的導數，通過討論的范圍，求出函數的單調區間即可；
（2）利用（1）中的結論求出的范圍，根據，構造函數，利用導數研究函數的單調性，得到，即可證明，令，，得到，得到，可知，最后根據函數的單調性證明結論成立即可．
【詳解】（1）的定義域為，且，
當時，成立，所以在為增函數，
當時，
①當時，，所以在上為增函數，
②當時，，所以在上為減函數；
綜上：當時，在為增函數，
當時，在上是減函數，在上為增函數，
（2）結合（1），當時，取得極小值，
又∵函數有兩個零點，∴，可得，
綜上所述，；
下面證明結論成立：
不妨設，
設，，
可得，，
∴在上單調遞增，
∴，即，，，
∴當時， ，
又∵，，∴，
又∵當時，單調遞增，
∴，即，
設，，則，兩式相比得，
即，∴，
又∵，
令，則，
令，則，
則在內單調遞減，即，即，
故，故在上單調遞減，
∴，
∴，即；
綜上所述，．
第二部分：新定義題
1．（23-24高三上·上海·階段練習）已知函數，，其中為自然對數的底數，設函數，
(1)若，求函數的單調區間，并寫出函數有三個零點時實數的取值范圍；
(2)當時，分別為函數的極大值點和極小值點，且不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍.
(3)對于函數，若實數滿足，其中F、D為非零實數，則稱為函數的“篤志點”.
①已知函數，且函數有且只有3個“篤志點”，求實數a的取值范圍；
②定義在R上的函數滿足：存在唯一實數m，對任意的實數x，使得恒成立或恒成立.對于有序實數對，討論函數“篤志點”個數的奇偶性，并說明理由
【答案】(1)函數的單調遞增區間為和，單調遞減區間為，
(2)
(3)①；②答案見解析
【分析】（1）求導得到單調區間，計算極值，畫出函數圖像，根據圖像得到答案.
（2）求導得到導函數，確定極值點和單調區間，確定，構造新函數，確定函數的單調區間，計算最值，考慮和兩種情況，根據函數的單調性計算最值即可.
（3）①考慮，，三種情況，代入數據，構造新函數，根據二次函數根的分布得到范圍；②確定，比較與的大小關系，得到，得到答案.
【詳解】（1），
，
當時，，，故，函數單調遞增；
當時，，，故，函數單調遞減；
當時，，，故，函數單調遞增；
綜上所述：函數的單調遞增區間為和，單調遞減區間為.
，，畫出函數圖像，如圖所示：
根據圖像知.
（2），，
取，得到或，
當時，，函數在上單調遞增，
當時，，函數在上單調遞減，
當時，，函數在上單調遞增，
故是極大值點，是極小值點，
恒成立，
，，故，
設，，
，
設，則恒成立，
故在上單調遞減，，
當時，，函數單調遞減，；
當時，存在，使得，
時，，函數單調遞減；時，，函數單調遞增；
故，不成立；
綜上所述：.
（3）①有三個不等的實數根，
當時，，故，解得，不符合；
當時，，故，即，
令，則在上恒成立，故在上單調遞增，故，
故當時，在有1個“篤志點”；
當時，，故，
則，由于至多有兩個根，
結合前面分析的取值范圍為的子集，
令，其中，
，當時，，
的圖象的對稱軸為，
故在上有兩個不相等的實數根，
綜上所述：
函數有且只有3 個“篤志點”，則實數的取值范圍為；
② 定義在上的函數滿足：
存在唯一實數，對任意的實數，使得恒成立，
故，，
因為，所以，
即，
比較與的大小關系，
若存在，使得，即，
則有成立，
故對于有序實數對，函數“篤志點” 個數為奇數個，
同理，對于定義在上的函數滿足：
存在唯一實數，對任意的實數，使得恒成立，
故，，
因為，所以，
即，可得到同樣的結論；綜上所述：若存在，使得，
則函數“篤志點”個數為奇數個，
否則，函數“篤志點”個數為偶數個.
【點睛】關鍵點睛：本題考查了函數的新定義問題，利用導航求參數范圍，函數的最值極值，零點問題和恒成立問題，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中分類討論的方法是解題的關鍵，分類討論是常用的數學方法，需要熟練掌握.
2．（2023·上海嘉定·一模）對于函數，把稱為函數的一階導，令，則將稱為函數的二階導，以此類推得到n階導.為了方便書寫，我們將n階導用表示.
(1)已知函數，寫出其二階導函數并討論其二階導函數單調性.
(2)現定義一個新的數列：在取作為數列的首項，并將作為數列的第項.我們稱該數列為的“n階導數列”
①若函數（），數列是的“n階導數列”，取Tn為的前n項積，求數列的通項公式.
②在我們高中階段學過的初等函數中，是否有函數使得該函數的“n階導數列”為嚴格減數列且為無窮數列，請寫出它并證明此結論.（寫出一個即可）
【答案】(1)，單調性見解析
此類能力需要多練多思考多總結.
3．（2023·上海金山·一模）設函數的定義域為，給定區間，若存在，使得，則稱函數為區間上的“均值函數”，為函數的“均值點”．
(1)試判斷函數是否為區間上的“均值函數”，如果是，請求出其“均值點”；如果不是，請說明理由；
(2)已知函數是區間上的“均值函數”，求實數的取值范圍；
(3)若函數（常數）是區間上的“均值函數”，且為其“均值點”．將區間任意劃分成（）份，設分點的橫坐標從小到大依次為，記，，．再將區間等分成（）份，設等分點的橫坐標從小到大依次為，記．求使得的最小整數的值．
【答案】(1)為區間上的“均值函數”，且為其“均值點”
(2)
(3)
【分析】（1）根據題意，得到方程，求得，即可得到答案；
（2）設為該函數的“均值點”，則，根據題意轉化為在上有解，分類討論，結合對勾函數性質，即可求解；
（3）根據題意，得到方程，求得，得出，利用導數求得函數的單調性，得到，求得，結合，進而求得，利用指數冪的運算性質，即可求解.
【詳解】（1）解：設函數是區間上的“均值函數”，且均值點為，
可得，解得或(舍).
故為區間上的“均值函數”，且為其“均值點”.
（2）解：設為該函數的“均值點”，則，
且，
即關于的方程在區間上有解，
整理得，
①當時，，方程無解.
②當時，可得.
令，則，且，
可得，
又由對勾函數性質，可得函數在上是嚴格減函數，
在上是嚴格減函數，在上嚴格增函數，
所以當時，可得，當，可得，
所以.
即實數的取值范圍是.
（3）解：由函數是區間上的“均值函數”，且為其“均值點”，
可得，即，
解得，所以，
則，
當時，，即在上單調遞減，
所以()，
則，
又因為，
從而，，
所以，可得.，
由，即，可得，
故使得的最小整數的值為.
【點睛】方法指數總結：對于函數的新定義題型的求解策略：
（1）關于函數的新定義問題，關鍵是理解函數新定義的概念，根據函數的新定義的概念，挖掘其隱含條件，把新定義問題轉化為函數關系或不等關系式等是解答的關鍵；
（2）關于函數的新定義問題，通常關聯著函數的基本性質的綜合應用，解答中要熟練掌握和應用函數的有關性質和一些重用的結論，同時注意合理應用數形結合、導數、均值不等式等知識點的應用，以及它們之間的邏輯關系，提升邏輯推理能力.
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