資源簡介

專題07 函數與導數核心考點深度剖析與壓軸題解答策略
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 5
05 核心精講·題型突破 28
題型一：含參數函數單調性討論 28
題型二：導數與數列不等式的綜合問題 32
題型三：雙變量問題 40
題型四：證明不等式 48
題型五：極最值問題 55
題型六：零點問題 62
題型七：不等式恒成立問題 70
題型八：極值點偏移問題與拐點偏移問題 77
題型九：利用導數解決一類整數問題 86
題型十：導數中的同構問題 93
題型十一：洛必達法則 101
題型十二：導數與三角函數結合問題 108
重難點突破：函數與導數背景下的新定義壓軸解答題 115
本節內容在高考中常作為壓軸題出現，涉及函數零點個數、不等式證明及存在性等問題，綜合性強且難度較大。解決這類導數綜合問題，需要綜合運用分類討論、構造函數、等價轉化、設而不求等多種思維方法，并結合不等式、方程等相關知識。這類問題不僅思維難度大，而且運算量也相當可觀。可以說，考生一旦攻克了本節內容，就將具備出色的邏輯推理、數學運算、數據分析和直觀想象等核心素養。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
不等式 掌握技巧，靈活應用求解 2024年天津卷第20題，16分 2023年I卷第19題，12分 2023年甲卷第21題，12分 2023年天津卷第20題，16分 2022年II卷第22題，12分 函數與導數在高中數學中占據重要地位，不僅是重點考查內容，也是高等數學的基礎。通過對近十年高考數學試題的分析，可以總結出五大核心考點：一是含參函數的單調性、極值與最值問題；二是函數的零點求解問題；三是不等式恒成立與存在性的探討；四是函數不等式的證明技巧；五是導數中涉及三角函數的問題。其中，函數不等式證明中的極值點偏移、隱零點問題、含三角函數形式的問題以及不等式的放縮技巧，是當前高考函數與導數壓軸題的熱門考點。
極最值 明確概念，掌握求解方法 2024年II卷第16題，15分 2023年乙卷第21題，12分 2023年II卷第22題，12分
恒成立與有解 理解概念，熟練轉化求解 2024年I卷第18題，17分 2024年甲卷第21題，12分 2022年 北京卷第20題，12分 2021年天津卷第20題，16分 2020年I卷第21題，12分
零點問題 理解原理，熟練求解應用 2022年甲卷第21題，12分 2022年I卷第22題，12分 2022年乙卷第20題，12分
1、對稱變換
主要用來解決與兩個極值點之和、積相關的不等式的證明問題．其解題要點如下：（1）定函數（極值點為），即利用導函數符號的變化判斷函數單調性，進而確定函數的極值點x0．
（2）構造函數，即根據極值點構造對稱函數，若證 ，則令．
（3）判斷單調性，即利用導數討論的單調性．
（4）比較大小，即判斷函數在某段區間上的正負，并得出與的大小關系．
（5）轉化，即利用函數的單調性，將與的大小關系轉化為與之間的關系，進而得到所證或所求．
【注意】若要證明的符號問題，還需進一步討論與x0的大小，得出所在的單調區間，從而得出該處導數值的正負．
構造差函數是解決極值點偏移的一種有效方法，函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中．某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用．因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的．根據題目的特點，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
2、應用對數平均不等式證明極值點偏移：
①由題中等式中產生對數；
②將所得含對數的等式進行變形得到；
③利用對數平均不等式來證明相應的問題．
3、 比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構造函數利用函數的單調性證明題中的不等式即可．
1．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）已知函數．
(1)當時，求的極值；
(2)當時，，求的取值范圍．
【解析】（1）當時，，
故，
因為在上為增函數，
故在上為增函數，而，
故當時，，當時，，
故在處取極小值且極小值為，無極大值.
（2），
設，
則，
當時，，故在上為增函數，
故，即，
所以在上為增函數，故.
當時，當時，，
故在上為減函數，故在上，
即在上即為減函數，
故在上，不合題意，舍.
當，此時在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合題意，舍；
綜上，.
2．（2024年天津高考數學真題）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)若對任意成立，求實數的值；
(3)若，求證：．
【解析】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切線經過，且斜率為，故其方程為.
（2）設，則，從而當時，當時.
所以在上遞減，在上遞增，這就說明，即，且等號成立當且僅當.
設，則
.
當時，的取值范圍是，所以命題等價于對任意，都有.
一方面，若對任意，都有，則對有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，則對任意都有，滿足條件.
綜合以上兩個方面，知的值是2.
（3）先證明一個結論：對，有.
證明：前面已經證明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知當時，當時.
所以在上遞減，在上遞增.
不妨設，下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結論.
情況一：當時，有，結論成立；
情況二：當時，有.
對任意的，設，則.
由于單調遞增，且有
，
且當，時，由可知
.
所以在上存在零點，再結合單調遞增，即知時，時.
故在上遞減，在上遞增.
①當時，有；
②當時，由于，故我們可以取.
從而當時，由，可得
.
再根據在上遞減，即知對都有；
綜合①②可知對任意，都有，即.
根據和的任意性，取，，就得到.
所以.
情況三：當時，根據情況一和情況二的討論，可得，.
而根據的單調性，知或.
故一定有成立.
綜上，結論成立.
3．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
【解析】（1）當時，則，，
可得，，
即切點坐標為，切線斜率，
所以切線方程為，即.
（2）解法一：因為的定義域為，且，
若，則對任意恒成立，
可知在上單調遞增，無極值，不合題意；
若，令，解得；令，解得；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
則有極小值，無極大值，
由題意可得：，即，
構建，則，
可知在內單調遞增，且，
不等式等價于，解得，
所以a的取值范圍為；
解法二：因為的定義域為，且，
若有極小值，則有零點，
令，可得，
可知與有交點，則，
若，令，解得；令，解得；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
則有極小值，無極大值，符合題意，
由題意可得：，即，
構建，
因為則在內單調遞增，
可知在內單調遞增，且，
不等式等價于，解得，
所以a的取值范圍為.
4．（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）已知函數
(1)若，且，求的最小值；
(2)證明：曲線是中心對稱圖形；
(3)若當且僅當，求的取值范圍．
【解析】（1）時，，其中，
則，
因為，當且僅當時等號成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值為.，
（2）的定義域為，
設為圖象上任意一點，
關于的對稱點為，
因為在圖象上，故，
而，
，
所以也在圖象上，
由的任意性可得圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為.
（3）因為當且僅當，故為的一個解，
所以即，
先考慮時，恒成立.
此時即為在上恒成立，
設，則在上恒成立，
設，
則，
當，，
故恒成立，故在上為增函數，
故即在上恒成立.
當時，，
故恒成立，故在上為增函數，
故即在上恒成立.
當，則當時，
故在上為減函數，故，不合題意，舍；
綜上，在上恒成立時.
而當時，
而時，由上述過程可得在遞增，故的解為，
即的解為.
綜上，.
5．（2023年北京高考數學真題）設函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)設函數，求的單調區間；
(3)求的極值點個數．
【解析】（1）因為，所以，
因為在處的切線方程為，
所以，，
則，解得，
所以.
（2）由（1）得，
則，
令，解得，不妨設，，則，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上單調遞減，在，上單調遞增，
即的單調遞減區間為和，單調遞增區間為和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上單調遞減，在，上單調遞增，
當時，，，即
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；
所以在上有一個極小值點；
當時，在上單調遞減，
則，故，
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞增；當時，，則單調遞減；
所以在上有一個極大值點；
當時，在上單調遞增，
則，故，
所以在上存在唯一零點，不妨設為，則，
此時，當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增；
所以在上有一個極小值點；
當時，，
所以，則單調遞增，
所以在上無極值點；
綜上：在和上各有一個極小值點，在上有一個極大值點，共有個極值點.
6．（2023年高考全國乙卷數學（文）真題）已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若函數在單調遞增，求的取值范圍．
【解析】（1）當時，，
則，
據此可得，
所以函數在處的切線方程為，即.
（2）由函數的解析式可得，
滿足題意時在區間上恒成立.
令，則，
令，原問題等價于在區間上恒成立，
則，
當時，由于，故，在區間上單調遞減，
此時，不合題意;
令，則，
當，時，由于，所以在區間上單調遞增，
即在區間上單調遞增，
所以，在區間上單調遞增，，滿足題意.
當時，由可得，
當時，在區間上單調遞減，即單調遞減，
注意到，故當時，，單調遞減，
由于，故當時，，不合題意.
綜上可知：實數得取值范圍是.
7．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍．
【解析】（1）因為，所以，
則
，
令，由于，所以，
所以，
因為，，，
所以在上恒成立，
所以在上單調遞減.
（2）法一：
構建，
則，
若，且，
則，解得，
當時，因為，
又，所以，，則，
所以，滿足題意；
當時，由于，顯然，
所以，滿足題意；
綜上所述：若，等價于，
所以的取值范圍為.
法二：
因為，
因為，所以，，
故在上恒成立，
所以當時，，滿足題意；
當時，由于，顯然，
所以，滿足題意；
當時，因為，
令，則，
注意到，
若，，則在上單調遞增，
注意到，所以，即，不滿足題意；
若，，則，
所以在上最靠近處必存在零點，使得，
此時在上有，所以在上單調遞增，
則在上有，即，不滿足題意；
綜上：.
8．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）已知函數
(1)當時，討論的單調性；
(2)若恒成立，求a的取值范圍．
【解析】（1）
令,則
則
當
當,即.
當,即.
所以在上單調遞增,在上單調遞減
（2）設
設
所以.
若,
即在上單調遞減,所以.
所以當,符合題意.
若
當,所以.
.
所以,使得,即,使得.
當,即當單調遞增.
所以當,不合題意.
綜上,的取值范圍為.
9．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.
(3)若在存在極值，求a的取值范圍.
【解析】（1）當時，，
則，
據此可得，
函數在處的切線方程為，
即.
（2）令，
函數的定義域滿足，即函數的定義域為，
定義域關于直線對稱，由題意可得，
由對稱性可知，
取可得，
即，則，解得，
經檢驗滿足題意，故.
即存在滿足題意.
（3）由函數的解析式可得，
由在區間存在極值點，則在區間上存在變號零點;
令，
則，
令，
在區間存在極值點，等價于在區間上存在變號零點，
當時，，在區間上單調遞減，
此時，在區間上無零點，不合題意;
當，時，由于，所以在區間上單調遞增，
所以，在區間上單調遞增，，
所以在區間上無零點，不符合題意；
當時，由可得，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
故的最小值為，
令，則，
函數在定義域內單調遞增，，
據此可得恒成立，
則，
由一次函數與對數函數的性質可得，當時，
，
且注意到，
根據零點存在性定理可知:在區間上存在唯一零點.
當時，，單調減，
當時，，單調遞增，
所以.
令，則，
則函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以，
所以
，
所以函數在區間上存在變號零點，符合題意.
綜合上面可知:實數得取值范圍是.
10．（2023年天津高考數學真題）已知函數．
(1)求曲線在處的切線斜率；
(2)求證：當時，；
(3)證明：．
【解析】（1），則，
所以，故處的切線斜率為；
（2）要證時，即證，
令且，則，
所以在上遞增，則，即.
所以時.
（3）設，，
則，
由（2）知：，則，
所以，故在上遞減，故；
下證，
令且，則，
當時，遞增，當時，遞減，
所以，故在上恒成立，
則，
所以，，…，，
累加得：，而，
因為，所以，
則，
所以，故；
綜上，，即.
11．（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
【解析】（1）因為，定義域為，所以，
當時，由于，則，故恒成立，
所以在上單調遞減；
當時，令，解得，
當時，，則在上單調遞減；
當時，，則在上單調遞增；
綜上：當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要證，即證，即證恒成立，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則恒成立，
所以當時，恒成立，證畢.
方法二：
令，則，
由于在上單調遞增，所以在上單調遞增，
又，
所以當時，；當時，；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故，則，當且僅當時，等號成立，
因為，
當且僅當，即時，等號成立，
所以要證，即證，即證，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則恒成立，
所以當時，恒成立，證畢.
12．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）（1）證明：當時，；
（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．
【解析】（1）構建，則對恒成立，
則在上單調遞增，可得，
所以；
構建，
則，
構建，則對恒成立，
則在上單調遞增，可得，
即對恒成立，
則在上單調遞增，可得，
所以；
綜上所述：.
（2）令，解得，即函數的定義域為，
若，則，
因為在定義域內單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
故是的極小值點，不合題意，所以.
當時，令
因為，
且，
所以函數在定義域內為偶函數，
由題意可得：，
（i）當時，取，，則，
由（1）可得，
且，
所以，
即當時，，則在上單調遞增，
結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞減，
所以是的極小值點，不合題意；
（ⅱ）當時，取，則，
由（1）可得，
構建，
則，
且，則對恒成立，
可知在上單調遞增，且，
所以在內存在唯一的零點，
當時，則，且，
則，
即當時，，則在上單調遞減，
結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞增，
所以是的極大值點，符合題意；
綜上所述：，即，解得或，
故a的取值范圍為.
13．（2022年新高考天津數學高考真題）已知，函數
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若曲線和有公共點，
（i）當時，求的取值范圍；
（ii）求證：．
【解析】（1），故，而，
曲線在點處的切線方程為即.
（2）（i）當時，
因為曲線和有公共點，故有解，
設，故，故在上有解，
設，故在上有零點，
而，
若，則恒成立，此時在上無零點，
若，則在上恒成立，故在上為增函數，
而，，故在上無零點，
故，
設，則，
故在上為增函數，
而，，
故在上存在唯一零點，
且時，；時，；
故時，；時，；
所以在上為減函數，在上為增函數，
故，
因為在上有零點，故，故，
而，故即，
設，則，
故在上為增函數，
而，故.
（ii）因為曲線和有公共點，
所以有解，其中，
若，則，該式不成立，故.
故，考慮直線，
表示原點與直線上的動點之間的距離，
故，所以，
下證：對任意，總有，
證明：當時，有，故成立.
當時，即證，
設，則（不恒為零），
故在上為減函數，故即成立.
綜上，成立.
下證：當時，恒成立，
，則，
故在上為增函數，故即恒成立.
下證：在上恒成立，即證：，
即證：，即證：，
而，故成立.
故，即成立.
題型一：含參數函數單調性討論
【典例1-1】設，.
(1)若，求在處的切線方程；
(2)若，試討論的單調性.
【解析】（1）若，則，，
又，故，
所以在處的切線方程為，
即；
（2），，
當時，，令，即，解得，令，解得，
所以在上單調遞減，,上單調遞增；
當時，，在上單調遞增，
當，即時，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上單調遞增，,上單調遞減；
當，即時，令，解得，或，令．解得，
所以在，,上單調遞增，,上單調遞減．
綜上：當時，所以在上單調遞減，,上單調遞增；
當時，所以在，,上單調遞增，,上單調遞減；
當時，，在上單調遞增，
當時，所以在，,上單調遞增，,上單調遞減．
【典例1-2】已知函數.
(1)若函數存在一條對稱軸，求的值；
(2)求函數的單調區間.
【解析】（1）因為函數，
所以函數定義域為，且函數存在一條對稱軸，故對稱軸為，
所以，
即，
所以，故，
當且僅當時上式恒成立，故.
（2）由題意，
當時，有且，
所以，故的單調減區間為；
當時，令，
且當時，，當時，，
所以的單調增區間為，單調或區間為；
綜上，當時，的單調減區間為，無增區間；
當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
1、導函數為含參一次型的函數單調性
導函數的形式為含參一次函數時，首先討論一次項系數為0，導函數的符號易于判斷，當一次項系數不為雩，討論導函數的零點與區間端點的大小關系，結合導函數圖像判定導函數的符號，寫出函數的單調區間．
2、導函數為含參二次型函數的單調性
當主導函數（決定導函數符號的函數）為二次函數時，確定原函數單調區間的問題轉化為探究該二次函數在給定區間上根的判定問題．對于此二次函數根的判定有兩種情況：
（1）若該二次函數不容易因式分解，就要通過判別式來判斷根的情況，然后再劃分定義域；
（2）若該二次函數容易因式分解，令該二次函數等于零，求根并比較大小，然后再劃分定義域，判定導函數的符號，從而判斷原函數的單調性．
3、導函數為含參二階求導型的函數單調性
當無法直接通過解不等式得到一階導函數的符號時，可對“主導”函數再次求導，使解題思路清晰．“再構造、再求導”是破解函數綜合問題的強大武器．
在此我們首先要清楚之間的聯系是如何判斷原函數單調性的．
（1）二次求導目的：通過的符號，來判斷的單調性；
（2）通過賦特殊值找到的零點，來判斷正負區間，進而得出單調性．
【變式1-1】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)討論的單調性．
【解析】（1）當時，，
求導得，則，
即切線的斜率為，又，
故曲線在點處的切線方程為，
化簡得．
（2）求導得，
當時，在上恒成立，所以在上單調遞增；
當時，令，解得，
當時，，在上單調遞減；
當時，，在上單調遞增．
綜上所述，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增．
【變式1-2】（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數.
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若，，討論函數的單調性.
【解析】（1），，則，
則，即切線斜率，
故切線方程為，即；
（2）函數的定義域為，，
，
當時，，由，可得，
當時，，函數在上單調遞增；
當時，，函數在上單調遞減；
當時，，
①當時，，當或時，，
即函數在和上單調遞增，
當時，，即函數在上單調遞減；
②當時，則對任意的，即函數在上單調遞增；
③當時，，
當或時，，即函數在和上單調遞增，
當時，，即函數在上單調遞減.
綜上所述，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；
當時，函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
當時，函數在上單調遞增；
當時，函數在和上單調遞增，在上單調遞減.
1．已知函數．討論當時，的單調性．
【解析】由題意，則，
當時，對于，則恒成立，在上單調遞減．
當時，對于有2個大于0的零點，分別是，
當時，在上單調遞增；
當時，，在和上單調遞減．
綜上，
當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增，在和上單調遞減．
題型二：導數與數列不等式的綜合問題
【典例2-1】[新考法]（2024·陜西榆林·模擬預測）不動點在數學和應用中具有重要作用，不動點是指被函數映射到其自身的點.對于函數，我們把滿足的稱為函數的不動點，已知函數.
(1)證明：在有唯一的不動點；
(2)已知，且的前項和為.證明：
①為遞增數列，為遞減數列，且；
②.
【解析】（1）令，
則，，，
所以當時，在上遞減，
而，故在有唯一的零點，
即在有唯一的不動點.
（2）①因為，
所以，在上單調遞增；
，
所以，
而在的不動點為，
所以，
假設時，成立，
則，即成立，
結合可得：對于任意恒成立，
故為遞增數列，為遞減數列，且；
②，
因為，所以，因此，即，
故.
【典例2-2】已知函數.
(1)討論函數極值點的個數；
(2)當時，數列滿足：.求證：的前項和滿足.
【解析】（1）由，，
則，
當時，，令，得，
所以函數有唯一極值點；
當時，令，即，
由于，設方程的兩根為，
則，所以，
所以函數有唯一極值點；
當時，令，即，
當，即時，設方程的兩根為，
則，，
所以函數有兩個極值點；
當，即時，方程無解，
所以函數無極值點.
綜上所述，當時，函數有唯一極值點；
當時，函數有兩個極值點；
當時，函數無極值點.
（2）當時，，，
則，
所以函數在上單調遞增，
當時，，
由，可得，
所以，則，，
可得，所以.
設，，則，
所以函數在上單調遞減，
所以，則，
所以
，
所以，
則，
所以，
則.
綜上所述，.
在解決等差、等比數列綜合問題時，要充分利用基本公式、性質以及它們之間的轉化關系，在求解過程中要樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，并適時地采用“巧用性質，整體考慮”的方法．可以達到減少運算量的目的．
【變式2-1】[新考法]（2024·高三·遼寧·開學考試）已知函數（是自然對數的底數）.
(1)若，求的極值；
(2)若，求；
(3)利用（2）中求得的，若，數列滿足，且，證明：.
【解析】（1）由題意得，
則，為減函數，
令得，
所以當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以在處取得極大值，極大值為，無極小值；
（2）因為，所以，
從而，
所以，即，
設，注意到，
所以，即為的極大值點，
由，令，解得，
檢驗，當時，，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以成立，
綜上，；
（3）由（2）得，從而，，
則，
令，解得，令，解得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
因為，所以，，……，，
令，
則，
所以在上單調遞減，且，
因為，又，所以，
所以，
所以，即，
所以，故，
又，所以，即，證畢.
【變式2-2】已知函數在點處的切線與軸重合．
(1)求函數的單調區間與極值；
(2)已知正項數列滿足，，，記數列的前項和為，求證：．
【解析】（1）因為，且，
由題意可得，即，可得，
可知的定義域為，且，
令，解得；令，解得；
可知在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
所以有極大值，無極小值．
（2）由（1）可得，當且僅當時取等號，
可得，當且僅當時取等號，
等價變形為，即，當且僅當時取等號，
代入題干中可得，
則，即，
當時，，即，
且符合上式，所以，，則，
由，令得，即，
所以.
1．牛頓（1643－1727）給出了牛頓切線法求方程的近似如圖設是的一個零點，任意選取作為的初始近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的1次近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的2次近似值．一般地，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，就稱為的次近似值，稱數列為牛頓數列．
(1)若的零點為，，請用牛頓切線法求的2次近似值；
(2)已知二次函數有兩個不相等的實數根，數列為的牛頓數列，數列滿足，且．
（ⅰ）設，求的解析式；
（ⅱ）證明：
【解析】（1）
，所以
當，所以
當，
所以的2次近似值為.
（2）（ⅰ）因為二次函數有兩個不等實根,
所以不妨設，
則，
因為所以
所以在橫坐標為的點處的切線方程為
令則
即，
所以.
（ⅰⅰ）由（ⅰ）知，
所以.
因為所以所以.
令則，又
所以，
數列是公比為2的等比數列.
.
令，則
當時，，所以在單調遞減，
所以，即
因為所以即.
.
題型三：雙變量問題
【典例3-1】已知函數．
(1)求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：．
【解析】（1）函數的定義域為．
令，解得；令，解得．
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以．
所以無最大值，最小值為；
（2），．
因為有兩個不同的極值點，所以，．
欲證，即證，又，
所以原式等價于①.
由，,
得②.
由①②知原問題等價于求證，
即證．
令，則，上式等價于求證．
令，則，
因為，所以恒成立，所以單調遞增，，
即，所以原不等式成立，即．
【典例3-2】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)已知有兩個極值點，且，
（i）求實數a的取值范圍；
（ii）求的最小值．
【解析】（1）當時，，
則，得，
所以曲線在點處的切線方程為，
即.
（2）（i），
又是函數的兩個極值點，所以是方程的兩個正根
則，解得，
經檢驗，當時，符合題意.
所以實數的取值范圍為.
（ii）由（i）知，則，，
，
令，
則，
當時，，則單調遞減
當時，，則單調遞增
故當時，取得最小值，
所以，即的最小值為.
破解雙參數不等式的方法：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的不等式；
二是巧構函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值；
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果．
【變式3-1】（2024·高三·江蘇無錫·期中）已知函數.
(1)若，不等式恒成立，求實數的取值范圍；
(2)過點可以作曲線的兩條切線，切點分別為.
①求實數的取值范圍；
②證明：若，則.
【解析】（1）易知，令，則，
顯然時，，時，，
即在上單調遞增，在上單調遞減，
則，即；
（2）①設切點，易知，，則有，
即，
令，則有兩個交點，橫坐標即分別為，
易知，顯然時，，時，，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
且時有，時也有，，
則要滿足題意需，即；
②由上可知：，
作差可得，即，
由①知：在上單調遞減，在上單調遞增，
令，
則始終單調遞減，所以，
即，所以，所以，
不難發現，，
所以由弦長公式可知，
所以，
設
所以由，即，證畢.
【變式3-2】（2024·四川成都·模擬預測）定義運算：，已知函數．
(1)若函數的最大值為0，求實數a的值；
(2)證明：．
(3)若函數存在兩個極值點，證明：．
【解析】（1）由題意知：，，
①當時，，在單調遞減，不存在最大值．
②當時，由得，
當，；，，
函數的增區間為，減區間為．
，令，求導得，
當時，，函數遞減，當時，，函數遞增，
因此，．
（2）由（1）知，，即，
當時， ．
．
．
（3）
“函數存在兩個極值點”等價于
“方程有兩個不相等的正實數根”
故，解得，

要證，即證，
，不妨令，故
由得，令
在恒成立，
所以函數在上單調遞減，故．
成立．
1．已知函數.
(1)若直線與函數的圖象相切，求實數的值；
(2)若函數有兩個極值點和，且，證明：.（為自然對數的底數）
【解析】（1），定義域為.
設切點，.
且，
解得，，故實數的值為2；
（2），定義域為.
，
因為有兩個極值點和，所以至少有兩個不相等的正根.
令，令，得，
當時，，在上單調遞增；
當時，，在上單調遞減.
當時，取最大值，最大值為.
當；當，
則至多兩個零點，要使有兩個零點，
必有，.
由，兩式作差得①，
令，由得，
則，代入①式得，
，則，
故所證不等式轉化為，，
只需證，即證：.
令，，
，
，，在上單調遞增，
，其中，
故，，即不等式得證.
題型四：證明不等式
【典例4-1】（2024·高三·四川·期中）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若，證明：.
【解析】（1）解，
令
得時，，當時，，
故單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2），
要證明，則只需證明，
令，
，
，
，當且僅當時，上式等號成立，
當時，在區間上單調遞減，
，即，
當時，得證.
【方法二】證明：令，
，
，
，當且僅當時，上式等號成立，
，
又當時，在區間上單調遞減，
，
當時，得證.
【典例4-2】已知，證明：.
【解析】證明　設，
則，單調遞增，
所以當時，，
即
所以，
所以要證，
只需證明，
設，則，
則時，，單調遞減；
時，，單調遞增.
所以的最小值為.
當時，，，
所以.
當時，設，
則，
設，則，
因為在上單調遞增，
且，
所以在上恒成立，
所以在上單調遞增，
又，
所以在上恒成立，
故在上單調遞增，
在上恒成立.
綜上，當時，.
利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數．
（4）對數單身狗，指數找基友
（5）凹凸反轉，轉化為最值問題
（6）同構變形
【變式4-1】已知函數（）.
(1)討論函數的單調區間；
(2)當時，證明：.
【解析】（1），
①當時，當時，時，，
所以的遞增區間是，遞減區間為；
②當時，當時，時，，
所以的遞增區間是，遞減區間為；
③當時，的遞增區間是，無減區間；
④當時，當時，時，，
所以的遞增區間是，遞減區間為.
綜上，當時，的遞增區間是（），遞減區間為；
當時，的遞增區間是，遞減區間為；
當時，的遞增區間是，無減區間；
當時，的遞增區間是，遞減區間為.
（2）當時，，由題意可得，只需證明，
方法一：令，
則，
令，易知在上單調遞增，
，
故存在，使得，即，
當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
故時，取得唯一的極小值，也是最小值.
，
所以，即當時，.
方法二：不等式等價于，
只需證，
令，所以，
當時，單調遞減，時，單調遞增，
所以，即，當且僅當時取得等號，
令代替得到，
函數在上單調遞增，且，
故存在，使得，
所以，當且僅當時取得等號，
所以，即當時，.
【變式4-2】已知函數.
(1)若曲線在點處的切線與軸平行，求的值；
(2)設函數，給出的定義域，并證明：曲線是軸對稱圖形；
(3)證明：.
【解析】（1）因為，
則，
由題意可知，，解得.
（2），
對于函數，
有，解得，即函數的定義域為，
對于函數，則，可得，解得或，
所以，函數的定義域為，故該定義域關于直線對稱，
因為
，
故函數的圖象關于直線對稱，所以曲線是軸對稱圖形.
（3）當時，，
則，令，
則，
當時，，則函數在上為增函數，此時，，
即，所以，函數在上為增函數，此時，，
取，可得，
于是，即，
所以，，
故.
1．已知函數.
(1)當時，求函數在的切線方程；
(2)討論的單調性；
(3)證明：當時，.
【解析】（1）當時, ，所以.
得，點處的切線斜率為，
所以函數的圖像在點處的切線方程為：，
即：.
（2）由得，
當時，恒成立，則在上單調遞減；
當時，令得，
當時，，在單調遞減，
當時，，在單調遞增.
綜上所述，
當時， 在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（3）由（2）可知，當時，
的最小值.
要證，
只需證
只需證
設.
則，令得.
當時，，在單調遞減；
當時，，在單調遞增.
所以在處取最小值，且，
所以得證，
即得證.
題型五：極最值問題
【典例5-1】已知函數.
(1)若在其定義域內單調遞增，求實數的取值范圍；
(2)若，且有兩個極值點，，其中，求的取值范圍.
【解析】（1）的定義域為，
∵在上單調遞增，
∴在上恒成立，即在上恒成立，
又，當且僅當時等號成立，
∴；
（2）由題意，
∵有兩個極值點，
∴為方程的兩個不相等的實數根，
由韋達定理得，，
∵，∴，
又，解得，
∴
，
設（），
則，
∴在上單調遞減，
又，，
∴，
即的取值范圍為.
【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函數.
(1)當時，求的零點個數；
(2)設，函數.
（i）判斷的單調性；
（ii）若，求的最小值.
【解析】（1）由題可知，則，
令，可得，
當時，在單調遞減，
當時，在單調遞增，
，
又，，
即在和內各有一個零點，
有2個不同的零點.
（2）（i）由題可知，
則，
令，可得或，
當時，，當時，，
在上單調遞增，在和上單調遞減.
（ii）由，可得，是關于的方程
的兩個不同的實根，
故，，即.
故
，
設，
當時，，
為上的增函數，
的最小值為，
故的最小值為.
利用導數求函數的極最值問題．解題方法是利用導函數與單調性關系確定單調區間，從而求得極最值．只是對含有參數的極最值問題，需要對導函數進行二次討論，對導函數或其中部分函數再一次求導，確定單調性，零點的存在性及唯一性等，由于零點的存在性與參數有關，因此對函數的極最值又需引入新函數，對新函數再用導數進行求值、證明等操作．
【變式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函數.
(1)求函數在處的切線方程；
(2)令.
（i）討論函數極值點的個數；
（ii）若是的一個極值點，且，證明：.
【解析】（1）因為，所以.
所以，.
所以函數在處的切線方程為：，即.
（2）（i）因為，（）.
所以，（）
當時，在上恒成立，所以函數在上是增函數，不存在極值點；
當時，設，則在上恒成立.
所以在上是增函數.
又，，所以唯一存在，使得.
當時，，所以，所以在上單調遞減；
當時，，所以，所以在上單調遞增.
所以是函數唯一的極小值點，無極大值點.
綜上：當時，無極值點；當時，只有個極小值點.
（ii）因為是的一個極值點，
由（i）可知，且.
所以.
因為，所以.
設，，則，則在上為減函數，且，
由，所以.
設，則，
由；由.
所以在上為增函數，在上單調遞減，且.
所以，所以.
所以.
因為，所以，，
相乘得：
所以.
【變式5-2】（2024·高三·黑龍江哈爾濱·期中）已知函數．
(1)當時，求在處的切線方程；
(2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范圍．
【解析】（1）當時，則，
可得，，即切點坐標為，切線斜率為，
所以切線方程為，即.
（2）定義域為，且，
若，則對任意恒成立．
所以在上單調遞增，無極值，不合題意，
若，令，解得，令，解得，
可知在上單調遞增，上單調遞減，
則有極大值，無極小值，
由題意可得：，即.
令，，在上單調遞減,
又，不等式等價于，解得.
綜上的取值范圍是．
1．已知函數．
(1)判斷在區間上的單調性；
(2)求在區間上的極值點的個數．
【解析】（1）由已知可得，，
當時，，．
令，，
當時，單調遞增，此時，
當時，，即，
在上單調遞增．
（2）令，
當時，，，
所以．
令，，令，則，令，得，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
所以當時，，
所以在上單調遞減，此時．
所以當時，，單調遞減，，
所以，使，即在內有1個極值點．
令，當時，由，得到
令，
當時，，則，
所以．
令，則，
由（1）中的得，所以，，
所以，當且僅當時等號成立，所以當時，，
所以在上單調遞增，此時．
所以當時，，單調遞增．
又，．
所以使，所以在上單調遞減，在上單調遞增．
又，所以．又，
所以使，即在內有1個極值點．
綜上，在內的極值點的個數為2．
題型六：零點問題
【典例6-1】已知曲線在處的切線方程為．
(1)求a，b；
(2)若函數有兩個零點，求實數m的取值范圍．
【解析】（1），
，
所以,解得.
（2），
函數有兩個零點，
相當于曲線與直線有兩個交點，
，
當時，，所以在上單調遞減，
當時，，所以在上單調遞增，
所以時，取得極小值，
又時，,時，，
所以實數m的取值范圍為．
【典例6-2】（2024·高三·湖北·期中）設函數.
(1)討論函數在區間上的單調性；
(2)判斷并證明函數在區間上零點的個數.
【解析】（1），且.
當時，，，
從而，
即此時函數在區間上單調遞增；
當時，，，
從而，
即此時函數在區間上單調遞減.
∴綜上所述，函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減.
（2），又，且函數在區間上單調遞減，
∴函數在區間上存在唯一的零點.
當時，記，
從而，且此時，，
∴，在區間上單調遞增.
，，∴存在，使得
且時，，即此時在區間上單調遞減；
時，，即此時在區間上單調遞增.
∴由，得，
即函數在區間上無零點；
而由，，
即函數在區間上有唯一的零點.
∴函數在區間上有2個零點.
函數零點問題的常見題型：判斷函數是否存在零點或者求零點的個數；根據含參函數零點情況，求參數的值或取值范圍．
求解步驟：
第一步：將問題轉化為函數的零點問題，進而轉化為函數的圖像與軸（或直線）在某區間上的交點問題；
第二步：利用導數研究該函數在此區間上的單調性、極值、端點值等性質，進而畫出其圖像；
第三步：結合圖像判斷零點或根據零點分析參數．
【變式6-1】已知．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若恰有1個極大值點和1個極小值點．
①求極大值與極小值的和；
②判斷零點的個數．
【解析】（1）由題可得，函數的定義域為，，
當時，，，
故切點為，切線在該點處的斜率為，
故曲線在點處的切線方程為，即．
（2）由（1）得，
因為分母在定義域內恒成立，所以導函數的符號取決于分子的符號，
令，其對應一元二次方程的判別式．
若，此時，則且不恒為0，所以且不恒為0，所以在上單調遞增，故沒有極值點，
若，此時或，則有兩個不等實根，不妨設，
由一元二次方程根與系數的關系可得，則同號．
當時，，兩根均為負數，則在上恒成立，所以，所以在上單調遞增，則沒有極值點；
當時，，兩根均為正數，故當或時，，所以，所以的單調遞增區間為，，
當時，，所以，所以的單調遞減區間為，故有極大值點，極小值點．
故時，恰有1個極大值點和1個極小值點．
①，故極大值與極小值的和為0．
②由①知，，，則，
又由①知，在，上單調遞增，在上單調遞減，
因為，所以，，當時，；當時，，
故在，上各有一個零點，又，所以有3個零點．
【變式6-2】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若有兩個零點，求的取值范圍．
【解析】（1）當時，，
求導得，則，
又，故切線方程為，
化簡得．
（2）法一：的定義域為，
因為函數在上有兩個零點，
令，
則，
即，所以，
令，，
所以將函數的零點問題轉化為的圖象和直線的交點問題，
求導得
，
因為的分母恒成立，
令，，
則，易知在時單調遞增，
在時單調遞減，，
則恒成立，所以令，解得，
所以當時，，在單調遞減；
當時，，在單調遞增，
所以，
又因為，；；，
則的圖象如圖③所示，
圖③
要使的圖象和直線有兩個交點，
由圖象知，即，
所以的取值范圍為．
法二：的定義域為，
，
①當時，，
易知在內單調遞減，在上單調遞增；
當時，，當時，，，
若在上有兩個零點，
則，即；
②當時，，
令，解得（舍）或，
可知在上有一個零點，不滿足題意；
③當時，當或時，；時，，
故在，單調遞增，在單調遞減，
又，
作出函數圖象如圖①所示，
圖①
所以在上至多有一個零點，不滿足題意；
④當時，，單調遞增，
故在上至多有一個零點，不滿足題意，
⑤當時，當或時，；當時，，
故在，單調遞增，在單調遞減，
又，
作出函數圖象如圖②所示，
圖②
故在上至多有一個零點，不滿足題意；
綜上，的取值范圍為．
1．已知函數．
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)設，求證：當時，有且僅有2個不同的零點．
（參考數據：）
【解析】（1）由題設，則，
又，則在、上，在上，
所以的遞增區間為、，遞減區間為.
（2）由，得，即方程在上有且僅有2個不同的根，
等價于與在上有2個交點，且，
①當時，存在，且圖象連續且單調遞增，
所以在上有且僅有1個零點，即使，
當時，，在上遞減，
當時，，在上遞增，
所以在上存在唯一極小值點，
則，
記，則，故在上單調遞減，
所以，故上恒成立，
則，
綜上，時，與在上有1個交點；
②當時，，即在上單調遞增，
而在上遞增，故在上遞增，
而，由①知，
所以時，與在上有1個交點；
③當時，，
令，則，即在上單調遞增，
所以，
所以時，與在上無交點；
綜上，時，與在上有2個交點，
即當時，有且僅有2個不同的零點，得證.
題型七：不等式恒成立問題
【典例7-1】（2024·高三·天津濱海新·期末）已知函數，.
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若存在時，使成立，求a的取值范圍.
(3)若不等式對任意恒成立，求實數a的取值范圍.
【解析】（1）當時，函數的定義域為，求導得，
由，得；由，得，
所以函數的遞減區間為，遞增區間為.
（2）依題意，，則，
于是存在，成立，設，
則，函數在上遞增，，
所以.
（3）依題意，對任意恒成立，
即對任意恒成立，
設，則對任意恒成立，
下面證明對任意恒成立，
設，，求導得，當且僅當時取等號，
函數在上單調遞減，則，即，
于是對任意恒成立，只需在上單調遞增，
即在上恒成立，則在上恒成立，因此，
所以實數的取值范圍為.
【典例7-2】已知函數．
(1)已知在處取得極小值，求a的值；
(2)對任意，不等式恒成立，求a的取值范圍．
【解析】（1）因為，定義域為
所以
因為在取得極小值，所以，所以，
檢驗：，定義域為，
，
x 3
- 0 +
↓ 極小值 ↑
所以；
（2）因為對恒成立
所以令
①即時，恒成立，
在單調遞增恒成立，
②即時，，
x 1
- 0 +
0 ↓ 極小值 ↑
所以，與題意不符，舍去，
綜上所述：．
1、利用導數研究不等式恒成立問題的求解策略：
（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題；
（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
2、利用參變量分離法求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），．
3、不等式的恒成立與有解問題，可按如下規則轉化：
一般地，已知函數，，，．
（1）若，，有成立，則；
（2）若，，有成立，則；
（3）若，，有成立，則；
（4）若，，有成立，則的值域是的值域的子集．
【變式7-1】已知函數.
(1)求的極值；
(2)設.
（i）當時，求函數的單調區間；
（ii）若在上恒成立，求實數的取值范圍.
【解析】（1）因為的定義域為，
所以，令，解得，
當時，，即在上單調遞增；
當時，，即在上單調遞減，
所以在處取得極大值，無極小值.
（2）（i）函數的定義域為，
則.
當時，由，解得或；
由，解得，
所以函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
當時，由，解得或；
由，解得，
所以函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
當時，由，得函數在上單調遞增；
當時，由，解得；由，解得，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減.
綜上，當時，函數的單調遞增區間為和，遞減區間為；
當時，函數的單調遞增區間為和，遞減區間為；
當時，函數的單調遞增區間為，無減區間；
當時，函數的單調遞增區間為，遞減區間為.
（ii）在上恒成立可轉化為在上恒成立，
設，，則，
令，則，
所以函數在上單調遞減，
又，，
則函數在內存在唯一的零點，
當時，，，單調遞減；
當時，，，單調遞增，
又，得，
則，
所以，即實數的取值范圍為.
【變式7-2】（2024·重慶·模擬預測）設，已知函數.
(1)當函數在點處的切線與直線平行時，求切線的方程；
(2)若函數的圖象總是在軸的下方，求的取值范圍.
【解析】（1）因為，則，解得，
則，又，所以切點為，
所以切線的方程為，即.
（2）由題意知，因為，所以當時，，
此時函數在區間上單調遞增，又時，，不合題意，
當時，由得，當時，，時，
即在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
所以當時，函數取得最大值，最大值為，
設，
此時，所以，即為減函數，而，
要使函數的圖象總是在軸的下方，必須，即，
所以，所以，即的取值范圍是．
1．已知，函數，（是自然對數的底數）．
(1)討論函數極值點的個數；
(2)若對任意的恒成立，求實數的值；
(3)在第（2）小題的條件下，若存在，使得，求實數的取值范圍．
【解析】（1）當時，由知單調遞增，所以極值點的個數為；
當時，對有，對有，
所以在上遞減，在上遞增，所以恰有個極值點.
綜上，當時，極值點的個數為；
當時，極值點的個數為；
（2）根據已知有，所以，故.
此時由（1）中得到的單調性，可知僅在處取得最小值.
假設，則，但，這導致矛盾，所以，即.
當時，由（1）中得到的單調性知在處取得最小值，所以，確實滿足條件.
綜上，的值為.
（3）此時，，根據（2）的結論，我們有.
設，則.
再設，則.
情況一：若，則對有，故在上遞增，從而對有.
從而在上遞增，這就意味著對都有.
從而對任意，都有，不滿足條件；
情況二：若，令是兩個正數和中較小的一個，則對有.
故在上遞減，從而對有.
從而在上遞減，這就意味著，所以存在使得，滿足條件.
綜合以上兩種情況，可知的取值范圍是.
題型八：極值點偏移問題與拐點偏移問題
【典例8-1】已知函數.
(1)若，當與的極小值之和為0時，求正實數的值；
(2)若，求證：.
【解析】（1）定義域均為，
，令，解得：，
所以在單調遞減，在單調遞增，
在取極小值，且；
又，令，解得：，
所以在單調遞減，在單調遞增，
在取極小值，且
所以，解得：.
（2）令，因為，所以，
由可得：
（1）-（2）得：，所以，
要證：，只要證：，
只要證：，
不妨設，所以只要證：，
即證：，令，只要證：，
令，
所以在上單調遞增，所以，
即有成立，所以成立.
【典例8-2】已知函數，．
(1)若在處取得極值，求的值；
(2)設，試討論函數的單調性；
(3)當時，若存在實數，滿足，求證：．
【解析】（1）因為，所以，
因為在處取得極值，
所以，解得：．
驗證：當時，，
易得在處取得極大值．
（2）因為，
所以，
①若，則當時，，所以函數在上單調遞增；
當時，，函數在上單調遞減；
②若，，
當時，易得函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
當時，恒成立，所以函數在上單調遞增；
當時，易得函數在和上單調遞增，在上單調遞減.
（3）證明：當時，因為，
所以，
所以，
令，，則，
當時，，所以函數在上單調遞減；
當時，，所以函數在上單調遞增；
所以函數在時，取得最小值，最小值為1，
所以，
即，所以，
當時，此時不存在，滿足等號成立條件，
所以．
1、極值點偏移的相關概念
所謂極值點偏移，是指對于單極值函數，由于函數極值點左右的增減速度不同，使得函數圖像沒有對稱性．若函數在處取得極值，且函數與直線交于兩點，則的中點為，而往往．如下圖所示．
圖1 極值點不偏移 圖2 極值點偏移
極值點偏移的定義：對于函數在區間內只有一個極值點，方程的解分別為，且，（1）若，則稱函數在區間上極值點偏移；（2）若，則函數在區間上極值點左偏，簡稱極值點左偏；（3）若，則函數在區間上極值點右偏，簡稱極值點右偏．
【變式8-1】已知函數，.
（1）討論函數的單調性；
（2）對實數，令，正實數，滿足，求的最小值.
【解析】（1）.
若，當時，，即在上單調遞增；
當時，，即在上單調遞減.
若，當時，，即在（，上均單調遞增；
當時，，即在上單調遞減.
若，則，即在上單調遞增.
若，當時，，即在，上均單調遞增；
當時，，即在上單調遞減.
（2）當實數時，，
，
，
，
令，，
由于，知當時，，即單調遞減；
當時，，即單調遞增.
從而，，
于是，，即，
而，所以，
而當，時，取最小值6.
【變式8-2】已知函數，其中為自然對數的底數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)若方程有兩個不同的根．
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：．
【解析】（1）由題意得，，則，
由，解得．
當時，單調遞增，
當時，單調遞減；
綜上，在區間內單調遞增，在區間內單調遞減；
（2）（i）由，得，
設，
由（1）得在區間內單調遞增，在區間內單調遞減，
又，當時，，且當時，，
所以當時，方程有兩個不同的根，即方程有兩個不同的根，
故的取值范圍是．
（ii）不妨設，則，且．
法一：
當時，結合（i）知，即；
當時，．
設
則
所以在區間內單調遞增，
則，即，
所以
又在區間內單調遞減，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得證．
法二：
設，，
則，
所以在區間內單調遞增，又，
所以，即．
又，所以，
又在區間內單調遞減．
所以，即，
又，所以，得證．
1．已知函數為其導函數．
(1)若恒成立，求的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數，使得，證明：．
【解析】（1），當時，單調遞增；
當時，單調遞減．所以，
解得，即的取值范圍為．
（2）證明：不妨設，則，要證，
即證，則證，則證，
所以只需證，即．
令，則，．
當時，，則，
所以在上單調遞減，則．所以．
由（1）知在上單調遞增，所以，從而成立．
2．[新考法]已知函數．
(1)討論的單調區間；
(2)已知，設的兩個極值點為，且存在，使得的圖象與有三個公共點；
①求證：；
②求證：．
【解析】（1），，
其中，，
當時，即，此時恒成立，
函數在區間單調遞增，
當時，即或，
當時，在區間上恒成立，
即函數在區間上單調遞增，
當時，，得或，
當，或時，，
當時，，
所以函數的單調遞增區間是和，
單調遞減區間是，
綜上可知，當時，函數的單調遞增區間是；
當時，函數的單調遞增區間是和，
單調遞減區間是；
（2）①由（1）知，當時，函數的單調遞增區間是和，
單調遞減區間是，、是方程的兩根，
有，，
又的圖象與有三個公共點，
故，則，
要證，即證，又，
且函數在上單調遞減，即可證，
又，即可證，
令，，
由，
則
恒成立，
故在上單調遞增，即，
即恒成立，即得證；
②由，則，
令，，
則
，
故在上單調遞增，即，
即當時，，
由，故，又，故，
由，，函數在上單調遞減，故，
即，又由①知，故，
又，
故.
題型九：利用導數解決一類整數問題
【典例9-1】已知函數.
(1)證明：有兩個極值點，且分別在區間和內；
(2)若有3個零點，求整數的值.
參考數據：，，，.
【解析】（1）函數，求導得，
令，求導得，
由，得；由，得，
函數在上單調遞減，在上單調遞增，
則在上單調遞減，且，，
因此在內有且僅有一個零點；
則在上單調遞增，
且，，
因此在內有且僅有一個零點；
則函數有兩個零點，且分別在區間和內，
設的兩個零點為，
當時，，當或時，，
則在上單調遞減，在，上單調遞增，
所以有兩個極值點，且分別在區間和內.
（2）依題意，，而，
即，
因此，解得，
由，得，且為整數，則或0，
故整數的值為或0.
【典例9-2】已知函數．
(1)當時，求函數的極值；
(2)求函數的單調區間；
(3)當時，若在時恒成立，求整數的最大值．
【解析】（1）當時，，
所以，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以在處取得極大值，無極小值.
（2），
當時，恒成立，所以在上單調遞增，
當時，當時，，所以在上單調遞增，
當時，，所以在上單調遞減，
綜上所述：當時，在上單調遞增，
當時，在上單調遞增，上單調遞減.
（3）在時恒成立，即恒成立，
令，則，
令，則在上恒成立，
所以在上單調遞增，且
，所以在存在唯一實數，
使得，即，所以
當時，，即，
當時，，即，
所以在上單調遞減，上單調遞增，
所以，
故，又，整數的最大值為5．
分離參數、分離函數、半分離
【變式9-1】函數.
(1)求的單調區間；
(2)若只有一個解，則當時，求使成立的最大整數k.
【解析】（1）函數，定義域為，則，
因為，設，，
則令得，，，
當時，，，單調遞增，
當時，，，
單調遞減，
當時，，，單調遞增，
綜上所述：的單調遞增區間為，，
單調遞減區間為；
（2）若即只有一個解，
因為使方程成立，所以只有0是的解，
當時，無非零解，
設，則，
當，，單調遞減，當，，單調遞增，
所以最小值為，
當時，，當時，，
故定有零點，又因為無非零解，有零點應還是0，
所以，所以，則，
，得，，，
所以，得，
設，則，
令，則，
因為時，，所以，則在單調遞增，
又，
所以使得，所以，且，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以最小值，且，
得，
又因為，所以，因為，
所以，故整數的最大值為2.
【變式9-2】（2024·福建廈門·模擬預測）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)設，若存在，使得.
①求的取值范圍；
②設為整數，若當時，相應的總滿足，求的最小值.
【解析】（1）由，知.
當時，，所以在上單調遞增；
當時，若，則；若，則.
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）①此時，故.
若，則當時，有.
故在和上遞增，故在上遞增.
所以，如果有，則必定有，故這樣的不存在；
若，則.
記，，則，，故，.
據的表達式可知，當或時，當時.
從而在和上單調遞增，在上單調遞減.
根據的單調性，有. 再取正實數滿足，，，就有，且由有
.
所以必定存在使得，取，就有.
綜上，的取值范圍是.
②首先，在上面①的解析中我們已經證明當時遞增，這就意味著當時有，即.
下面回到原題，據題意有. 根據的單調性，知.
一方面，此時有
，
所以，故.
從而，解關于的不等式可得，故；
去分母并移項得，即.
另一方面，當時，由，，可知，從而.
此時可驗證滿足條件，而.
綜合以上兩個方面，可知的最小值是.
1．已知函數．
(1)若曲線在點處的切線的斜率小于1，求的取值范圍．
(2)若整數k使得對恒成立，求整數k的最大值．
【解析】（1）因為，得到，
所以曲線在點處的切線的斜率為，
由題意得，解得，所以的取值范圍.
（2）因為“對恒成立”等價于“當時，恒成立”，
令，所以，
令，得，
當變化時，與的變化情況如下表所示：
－ 0 ＋
單調遞減 極小值 單調遞增
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故函數的最小值，
令，則，
①當時，因為的最小值，
所以對于恒成立，符合題意，
②當時，由，得函數在單調遞減，
所以，故此時的最小值，不符合題意，
所以整數的最大值是2．
題型十：導數中的同構問題
【典例10-1】（2024·內蒙古·三模）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若恒成立，求的取值范圍.
【解析】（1）的定義域為.
關于的方程，
當時，，，所以在上單調遞增.
當時，，此時，
，所以在上單調遞增.
當時，則是方程的兩根.
又，所以，
令，解得或，
令，解得，
所以在和上單調遞增，在上單調遞減.
（2）由，可得，即.
令，易知單調遞增.
由，可得，則，即.
設，則，當時，單調遞減，
當時，單調遞增，所以，
所以，則的取值范圍為.
【典例10-2】已知函數．
（1）討論函數的單調性；
（2）當時，求證：在上恒成立；
（3）求證：當時，．
【解析】（1）解：函數的定義域為，，
令，即，△，解得或，
若，此時△，在恒成立，
所以在單調遞增．
若，此時△，方程的兩根為：
，且，，
所以在上單調遞增，
在上單調遞減，
在上單調遞增．
若，此時△，方程的兩根為：
，且，，
所以在上單調遞增．
綜上所述：若，在單調遞增；
若，在，上單調遞增，
在上單調遞減．
（2）證明：由（1）可知當時，函數在上單調遞增，
所以（1），所以在上恒成立．
（3）證明：由（2）可知在恒成立，
所以在恒成立，
下面證，即證2 ，
設，，
設，，
易知在恒成立，
所以在單調遞增，
所以，
所以在單調遞增，
所以，
所以，即當時，．
法二：，即，
令，則原不等式等價于，
，令，則，遞減，
故，，遞減，
又，故，原結論成立．
1、同構式：是指除了變量不同，其余地方均相同的表達式
2、同構式的應用：
（1）在方程中的應用：如果方程和呈現同構特征，則可視為方程的兩個根
（2）在不等式中的應用：如果不等式的兩側呈現同構特征，則可將相同的結構構造為一個函數，進而和函數的單調性找到聯系．可比較大小或解不等式．<同構小套路>
①指對各一邊，參數是關鍵；②常用“母函數”：，；尋找“親戚函數”是關鍵；
③信手拈來湊同構，湊常數、、參數；④復合函數（親戚函數）比大小，利用單調性求參數范圍．
（3）在解析幾何中的應用：如果滿足的方程為同構式，則為方程所表示曲線上的兩點．特別的，若滿足的方程是直線方程，則該方程即為直線的方程
（4）在數列中的應用：可將遞推公式變形為“依序同構”的特征，即關于與的同構式，從而將同構式設為輔助數列便于求解
【變式10-1】（2024·高三·天津西青·期末）已知函數和．
(1)若曲線數與在處切線的斜率相等，求的值；
(2)若函數與有相同的最小值．
①求的值；
②證明：存在直線，其與兩條曲線與共有三個不同的交點，并且從左到右三個交點的橫坐標成等差數列．
【解析】（1），
由題知，即，即.
（2）①的定義域為，而，
若，則，此時無最小值，不合題意，故.
令，得，
當單調遞減，
當單調遞增，
所以.
的定義域為，而.
當單調遞減，
當單調遞增，
所以.
因為和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
設，則，
故為上的減函數，而，
故的唯一解為，故的解為.
綜上，.
②，
且在上單調遞減，在上單調遞增；
在上單調遞減，在上單調遞增，且.
當時，此時，
顯然與兩條曲線和共有0個交點，不符合題意；
當時，此時，
故與兩條曲線和共有2個交點，交點的橫坐標分別為0和1；
當時，首先，證明與曲線有2個交點，
即證明有2個零點，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，
(令，則)，
所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且
只存在1個零點，設為.
其次，證明與曲線和有2個交點，
即證明有2個零點，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
又因為，
（令，則）
所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為，
再次，證明存在，使得，
因為，所以，
若，則，即，
所以只需證明在上有解即可，
即在上有零點，
因為，
所以在上存在零點，取一零點為，令即可，
此時取
則此時存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，
最后證明，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列，
因為
所以，
又因為在上單調遞減，即，所以，
同理，因為，
又因為在上單調遞增，即，所以，
又因為，所以，
即直線與兩條曲線和從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.
【變式10-2】對任意，若不等式恒成立，求a的取值范圍.
【解析】由，得，即，所以.
令，設，
則當時單調遞減，當時，單調遞增，故當，故
故，則，即.
記，則，
當單調遞增，當單調遞減，所以，故
由，得，即，當時，上式取等號，所以.
綜上，的取值范圍為
1．2024·四川遂寧·模擬預測）已知函數，，直線為曲線與的一條公切線.
(1)求；
(2)若直線與曲線，直線，曲線分別交于三點，其中，且成等差數列，證明：滿足條件的有且只有一個.
【解析】（1）設與相切于點，而，
則，即，，則切點為，，即；
設與相切于點，而，
，即，則切點為，，，
所以，.
（2）依題意，，則，，，
由成等差數列，得，即，，
令，求導得，
令，求導得，顯然函數在上單調遞增，
，， 則，使得，即，
當時，；當時，，在上遞減，在上遞增，
，
由，得，則，即，函數在上單調遞增，
，，因此在上存在唯一零點，
所以滿足條件的有且只有一個.
2．已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍.
【解析】（1），
當時，在上是減函數.
當時，是增函數.令，解得.
當時，；
當
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上，當時，在上是減函數；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2），即.
令函數，則，所以，
因為在上單調遞增，
所以，即.
令函數，則.
當時，；當.
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以.
故的取值范圍為.
題型十一：洛必達法則
【典例11-1】已知函數在處取得極值，且曲線在點處的切線與直線垂直.
(1)求實數的值；
(2)若，不等式恒成立，求實數的取值范圍.
【解析】(1)，；
函數在處取得極值，；
又曲線在點處的切線與直線垂直，；
解得：；
（2）不等式恒成立可化為，即；
當時，恒成立；當時，恒成立，
令，則；
令，則；
令，則；
得在是減函數，故，進而
（或，，
得在是減函數，進而）．
可得：，故，所以在是減函數，
而要大于等于在上的最大值，但當時，沒有意義，
變量分離失效，我們可以由洛必達法得到答案，，故答案為．
【典例11-2】設函數.當時，，求的取值范圍.
【解析】由題設，此時.
①當時，若，則，不成立；
②當時，當時，，即；
若，則；
若，則等價于，即.
記，則.
記，則，.
因此，在上單調遞增，且，所以，
即在上單調遞增，且，所以.
因此，所以在上單調遞增.
由洛必達法則有，
即當時，，即有，所以.
綜上所述，的取值范圍是.
法則1、若函數和滿足下列條件：
（1）及；
（2）在點的去心鄰域內，與可導且；
（3），那么=．
法則2、若函數和滿足下列條件：（1）及；
（2），和在與上可導，且；
（3），
那么=．
法則3、若函數和滿足下列條件：
（1）及；
（2）在點的去心鄰域內，與可導且；
（3），
那么=．
注意：利用洛必達法則求未定式的極限是微分學中的重點之一，在解題中應注意：
（1）將上面公式中的，，，洛必達法則也成立．
（2）洛必達法則可處理，，，，，，型．
（3）在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足，，，，，，型定式，否則濫用洛必達法則會出錯．當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時稱洛必達法則不適用，應從另外途徑求極限．
（4）若條件符合，洛必達法則可連續多次使用，直到求出極限為止．
，如滿足條件，可繼續使用洛必達法則．
【變式11-1】設函數．如果對任何，都有，求的取值范圍．
【解析】，
若，則；
若，則等價于，即
則.
記，
因此，當時，，在上單調遞減，且，
故，所以在上單調遞減，
而.
另一方面，當時，，
因此.
【變式11-2】已知．
（1）求的單調區間；
（2）若對任意，不等式恒成立，求的取值范圍．
【解析】（1）的定義域為，，
令，則
所以當時，；當時，，
所以在單調遞減，在單調遞增，所以時，（1），
即在上單調遞增，
所以的增區間為，無減區間．
（2）對任意，不等式恒成立等價于對任意，恒成立．
當，對任意，不等式恒成立等價于對任意，恒成立．
記，則，
記，
則，
所以在單調遞減，又（1），
所以，時，，即，
所以在單調遞減．
所以，
綜上所述，的取值范圍是．
1．已知函數．
（1）若函數在點，（1）處的切線經過點，求實數的值；
（2）若關于的方程有唯一的實數解，求實數的取值范圍．
【解析】解：（1），在點，（1）處的切線的斜率（1），
又（1），切線的方程為，
即，由經過點，
可得．
（2）證明：易知為方程的根，
由題只需說明當和時原方程均沒有實數解即可．
①當時，若，顯然有，而恒成立，此時方程顯然無解，
若，，，
令，故在單調遞增，在單調遞減，
故在單調遞減，
從而，，此時方程也無解．
若，由，
記，則，
設，則有恒成立，
恒成立，
故令在上遞增，在上遞減
（1），可知原方程也無解，
由上面的分析可知時，，方程均無解．
②當時，若，顯然有，而恒成立，此時方程顯然無解，
若，和①中的分析同理可知此時方程也無解．
若，由，
記，則，
由①中的分析知，
故在恒成立，從而在上單調遞增，
當時，，
如果，即，則，
要使方程無解，只需，即有
如果，即，此時，，方程一定有解，不滿足．
由上面的分析知時，，方程均無解，
綜合①②可知，當且僅當時，方程有唯一解，
的取值范圍為．
題型十二：導數與三角函數結合問題
【典例12-1】（2024·內蒙古赤峰·二模）已知
(1)將，，，按由小到大排列，并證明；
(2)令 求證: 在內無零點.
【解析】（1）令，
則，令，
則，
因為，所以，
則在上單調遞增，
則，
所以當時，，則，
所以在上單調遞增，
則，
即當時，，
又，當時，，
即當時，
綜上：
（2）要證在內無零點，
只需證
由（1）知
只需證；
即證：，
即證：，
令，
則。
令，則，
當時，，則在上單調遞增；
所以當時，，
則在單調遞增，
所以
即在內無零點.
【典例12-2】已知函數．
(1)討論的單調區間
(2)若函數，，證明：．
【解析】（1）由題知，函數的定義域為，
，
當時，有，
當或時，，當時，，
所以，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，有，，
所以在上單調遞增；
當時，有，
當或時，，當時，，
所以，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）由（1）知：當時，在上單調遞增，
所以，當時，，即．
因為，所以，
所以．
分段分析法
【變式12-1】已知函數，，
(1)求證：，；
(2)若在上單調遞增，求的最大值；
(3)設，，，試判斷的大小關系.
【解析】（1）令，
則，由于在上時，，
，
即在上單調遞減，
，
即；
（2），
在上單調遞增，
在上恒成立，即恒成立，
令，，
，，
，即函數在上單調遞增，
，
，
即的最大值為；
（3）令，則
當時，，函數在上單調遞減，
，即，
，
令，
則
由（1）可得在上單調遞增，
，
，即，即，
綜上所述.
【變式12-2】（2024·黑龍江佳木斯·三模）已知函數．
(1)當時，求在處的切線方程：
(2)若在上單調遞增，求的取值范圍；
(3)若，，證明：．
【解析】（1）當時，，
所以，，
又因為，
所以在處的切線方程為.
（2）由題知，在時恒成立，
所以，
因為，所以，
所以或，
解得，
所以的取值范圍為.
（3）證明：由（2）知，時，在上單調遞增，
所以，，
因此，當時，，
因為，所以，，
所以，，
所以，
故當時，．
1．已知函數，．
(1)函數在處與處的切線分別為，，且直線，之間的距離為，求證；
(2)若為空集，求實數的取值范圍．
【解析】（1）由已知，，
，，，則，
方程為，即，
方程為，即，
則，
要證，即證，即證，即，也即證，
而，
所以成立．
（2）由題意無實解，即無實數解，即除0以外無其它實數解，
時，方程為有無數解，不合題意，
時，，而，且時，，因此方程除0以外無其它實數解，滿足題意，
時，方程化為，
設，則，
記，則，
當，即時，，是減函數，即是減函數，
又，所以時，，遞增，時，，遞減，
所以，時，，
所以方程除0以外無其它實數解，滿足題意，
當時，有無數解，設銳角是它的解，則，
時，，遞增，
又，則時，則，即，
所以遞增，而，所以，又，
所以在上有一個零點，即有不是0的根，不合題意，
綜上，取值范圍是.
2．已知函數，其中，
(1)證明：；
(2)探究是否有最小值，如果有，請求出來；如果沒有，請說明理由．
【解析】（1）設函數，其中，則，
令，其中，
所以，，
所以在上單調遞增，故，
所以在上單調遞增，則，即.
（2）由題意可得
因為，則，
由（1）可得，
所以，
因為，
所以
所以對任意的，
故函數在上單調遞減，無最小值．
重難點突破：函數與導數背景下的新定義壓軸解答題
【典例13-1】若存在一個數，使得函數定義域內的任意，都有，則稱有下界， 是的一個下界．
(1)求函數的下界的取值范圍；
(2)判斷是否是下界為的函數，并說明理由；
(3)若函數，是的一個整數下界，求的最大值．（參考數據：，）
【解析】（1）因為函數的定義域為，對任意的，，則，
因為，令，可得，列表如下：
減 極小值 增
所以，函數的減區間為，增區間為，則，
所以，，因此，函數的下界的取值范圍為.
（2）令，其中，，
因為函數、在上均為增函數，
故函數在上為增函數，且，
當時，，即函數在上單調遞減，
當時，，即函數在上單調遞增，
所以，，故，
因此，函數是下界為的函數.
（3）當時，，則，
令，則，
當時，，，則，
所以，函數在上為增函數，
因為，所以，，
因為，，
所以，存在，使得，
當時，，即函數在上單調遞減，
當時，，即函數在上單調遞增，
所以，
，
令，其中，
，
所以，函數在上單調遞減，所以，，
所以，，且，
因此，整數的最大值為.
【典例13-2】一般地，設函數在區間上連續，用分點將區間分成個小區間，每個小區間的長度為，在每個小區間上任取一點，作和式．如果當無限接近于0（亦即時，上述和式無限趨近于常數，那么稱該常數為函數在區間上的定積分，記為．當時，定積分的幾何意義表示由曲線，兩直線與軸所圍成的曲邊梯形的面積（如下圖）．
如果是區間上的連續函數，并且，那么
(1)求；
(2)設函數．
（1）若恒成立，求實數的取值范圍；
（2）數列滿足，利用定積分的幾何意義，證明：．
【解析】（1）由于，故.
（2）由，
①由恒成立，得恒成立．
令，則．
當時，，此時在,上單調遞增，
又，所以在,恒成立．
當時，當時，有，此時在上單調遞減，在單調遞增，
又，在恒成立，與矛盾．
綜上所述，．
②由，可得，所以．
即數列是以1為首項，1為公差的等差數列，故，
所以，
由題意可得是由曲線，兩直線，與軸所圍成的曲邊梯形的面積．
而表示圖一陰影所示各矩形的面積和，
所以，不等式的左邊成立．
表示圖二陰影所示各矩形的面積和，
所以，不等式的右邊成立．
故得證.
函數與導數新定義問題主要分兩類：一是概念新定義型，主要是以函數新概念為背景，通常考查考生對函數新概念的理解，涉及函數的三要素的理解；二是性質新定義型，主要是以函數新性質為背景，重點考查考生靈活應用函數性質的能力，涉及函數的各種相關性質的拓展延伸．
【變式13-1】（2024·上海徐匯·一模）已知定義域為的函數，其導函數為，若點在導函數圖象上，且滿足，則稱為函數的一個“類數”，函數的所有“類數”構成的集合稱為“類集”.
(1)若，分別判斷和是否為函數的“類數”，并說明理由；
(2)設的圖象在上連續不斷，集合.記函數的“類集”為集合，若，求證：；
(3)已知，若函數的“類集”為時的取值構成集合，求當時的最大值.
【解析】（1），
是函數的“類數”；
，
不是函數的“類數”.
（2）因為函數的“類集”為集合，且，
所以存在，使得且，
若，則，所以，
因為函數的圖象是連續不斷的，
不妨設，由零點存在定理知，必存在使得，
所以存在零點，即.
（3），則.
先證明：
因為函數的“類集”為，
所以對任意，
令，則，
因為函數的值域為，
所以當時，必有，
即對于恒成立，
所以函數的最小正周期應有，即，則.
再證明，此時，對于任意.
當時，，則；
當時，，則，
所以時函數的“類集”為，即.
我們不難發現，上述過程中令也成立.因此，的最大值是.
【變式13-2】（2024·湖南長沙·模擬預測）定義：如果函數在定義域內，存在極大值和極小值且存在一個常數，使成立，則稱函數為極值可差比函數，常數稱為該函數的極值差比系數．已知函數．
(1)當時，判斷是否為極值可差比函數，并說明理由；
(2)是否存在使的極值差比系數為 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由；
(3)若，求的極值差比系數的取值范圍．
【解析】（1）當時，，
所以，
當時，；當時，．
所以在和上單調遞增，在上單調遞減，
所以的極大值為，極小值為，
所以，因此極值可差比函數．
（2）的定義域為，，即，
假設存在，使得的極值差比系數為，
則、是方程的兩個不等正實根，
，解得，不妨設，則，
由于
所以，從而，
得，
令，則，
所以在上單調遞增，有，
因此式無解，即不存在使的極值差比系數為．
（3）由（2）知極值差比系數為，
即極值差比系數為，不妨設，
令，則，極值差比系數可化為，
，
又，即，解得，
令，則，
設
所以在上單調遞減，當時，，
從而，
所以在上單調遞增，所以，
即．
故的極值差比系數的取值范圍為
1．已知曲線的圖象上存在A，B兩點，記直線AB的方程為，若AB恰為曲線的一條切線，且直線與曲線相切于A，B兩點，，，則稱函數為“切線上界”函數.
(1)試判斷函數是否為“切線上界”函數.若是，求出一組點A，B；否則，請說明理由；
(2)已知為“切線上界”函數，求實數a的取值范圍；
(3)證明：當時，為“切線上界”函數.
【解析】（1），
當，即時，
取得極大值，也是最大值，
中，不妨令和，得和，
故，
此時滿足AB恰為曲線的切線，且直線與曲線相切于A，B兩點，
，，則是“切線上界”函數.
（2）在上單調遞增，在上單調遞增，
故不會同在，或，上，
不妨設切點在上，切點在上，
由于，故在處的切線方程為，
，故在處的切線方程為，
兩切線為同一切線，故，
由①得③，將③代入②得，
故，，
令，，
則，
故在上單調遞減，
故，所以；
（3）證明：，，
設切點，，
設直線方程為，滿足，
直線的斜率為，
，故在處的切線斜率為，
在處的切線斜率為，
故，所以，
由，
化簡得，
令，故，
所以，
因為，所以，
所以，
令，
要證時，為“切線上界”函數，
只需證在R上存在不同兩點，其函數值相等，
即證連續函數在R上不單調即可，
令，則，
顯然不恒大于等于0或恒小于等于0，
故在R上不單調即可，結論得證.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題07 函數與導數核心考點深度剖析與壓軸題解答策略
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 5
05 核心精講·題型突破 9
題型一：含參數函數單調性討論 9
題型二：導數與數列不等式的綜合問題 11
題型三：雙變量問題 13
題型四：證明不等式 15
題型五：極最值問題 17
題型六：零點問題 19
題型七：不等式恒成立問題 21
題型八：極值點偏移問題與拐點偏移問題 23
題型九：利用導數解決一類整數問題 26
題型十：導數中的同構問題 27
題型十一：洛必達法則 30
題型十二：導數與三角函數結合問題 32
重難點突破：函數與導數背景下的新定義壓軸解答題 34
本節內容在高考中常作為壓軸題出現，涉及函數零點個數、不等式證明及存在性等問題，綜合性強且難度較大。解決這類導數綜合問題，需要綜合運用分類討論、構造函數、等價轉化、設而不求等多種思維方法，并結合不等式、方程等相關知識。這類問題不僅思維難度大，而且運算量也相當可觀。可以說，考生一旦攻克了本節內容，就將具備出色的邏輯推理、數學運算、數據分析和直觀想象等核心素養。
考點要求 目標要求 考題統計 考情分析
不等式 掌握技巧，靈活應用求解 2024年天津卷第20題，16分 2023年I卷第19題，12分 2023年甲卷第21題，12分 2023年天津卷第20題，16分 2022年II卷第22題，12分 函數與導數在高中數學中占據重要地位，不僅是重點考查內容，也是高等數學的基礎。通過對近十年高考數學試題的分析，可以總結出五大核心考點：一是含參函數的單調性、極值與最值問題；二是函數的零點求解問題；三是不等式恒成立與存在性的探討；四是函數不等式的證明技巧；五是導數中涉及三角函數的問題。其中，函數不等式證明中的極值點偏移、隱零點問題、含三角函數形式的問題以及不等式的放縮技巧，是當前高考函數與導數壓軸題的熱門考點。
極最值 明確概念，掌握求解方法 2024年II卷第16題，15分 2023年乙卷第21題，12分 2023年II卷第22題，12分
恒成立與有解 理解概念，熟練轉化求解 2024年I卷第18題，17分 2024年甲卷第21題，12分 2022年 北京卷第20題，12分 2021年天津卷第20題，16分 2020年I卷第21題，12分
零點問題 理解原理，熟練求解應用 2022年甲卷第21題，12分 2022年I卷第22題，12分 2022年乙卷第20題，12分
1、對稱變換
主要用來解決與兩個極值點之和、積相關的不等式的證明問題．其解題要點如下：（1）定函數（極值點為），即利用導函數符號的變化判斷函數單調性，進而確定函數的極值點x0．
（2）構造函數，即根據極值點構造對稱函數，若證 ，則令．
（3）判斷單調性，即利用導數討論的單調性．
（4）比較大小，即判斷函數在某段區間上的正負，并得出與的大小關系．
（5）轉化，即利用函數的單調性，將與的大小關系轉化為與之間的關系，進而得到所證或所求．
【注意】若要證明的符號問題，還需進一步討論與x0的大小，得出所在的單調區間，從而得出該處導數值的正負．
構造差函數是解決極值點偏移的一種有效方法，函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中．某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用．因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的．根據題目的特點，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
2、應用對數平均不等式證明極值點偏移：
①由題中等式中產生對數；
②將所得含對數的等式進行變形得到；
③利用對數平均不等式來證明相應的問題．
3、 比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構造函數利用函數的單調性證明題中的不等式即可．
1．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）已知函數．
(1)當時，求的極值；
(2)當時，，求的取值范圍．
2．（2024年天津高考數學真題）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)若對任意成立，求實數的值；
(3)若，求證：．
3．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
4．（2024年新課標全國Ⅰ卷數學真題）已知函數
(1)若，且，求的最小值；
(2)證明：曲線是中心對稱圖形；
(3)若當且僅當，求的取值范圍．
5．（2023年北京高考數學真題）設函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)設函數，求的單調區間；
(3)求的極值點個數．
6．（2023年高考全國乙卷數學（文）真題）已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若函數在單調遞增，求的取值范圍．
7．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍．
8．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）已知函數
(1)當時，討論的單調性；
(2)若恒成立，求a的取值范圍．
9．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.
(3)若在存在極值，求a的取值范圍.
10．（2023年天津高考數學真題）已知函數．
(1)求曲線在處的切線斜率；
(2)求證：當時，；
(3)證明：．
11．（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
12．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）（1）證明：當時，；
（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．
13．（2022年新高考天津數學高考真題）已知，函數
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若曲線和有公共點，
（i）當時，求的取值范圍；
（ii）求證：．
題型一：含參數函數單調性討論
【典例1-1】設，.
(1)若，求在處的切線方程；
(2)若，試討論的單調性.
【典例1-2】已知函數.
(1)若函數存在一條對稱軸，求的值；
(2)求函數的單調區間.
1、導函數為含參一次型的函數單調性
導函數的形式為含參一次函數時，首先討論一次項系數為0，導函數的符號易于判斷，當一次項系數不為雩，討論導函數的零點與區間端點的大小關系，結合導函數圖像判定導函數的符號，寫出函數的單調區間．
2、導函數為含參二次型函數的單調性
當主導函數（決定導函數符號的函數）為二次函數時，確定原函數單調區間的問題轉化為探究該二次函數在給定區間上根的判定問題．對于此二次函數根的判定有兩種情況：
（1）若該二次函數不容易因式分解，就要通過判別式來判斷根的情況，然后再劃分定義域；
（2）若該二次函數容易因式分解，令該二次函數等于零，求根并比較大小，然后再劃分定義域，判定導函數的符號，從而判斷原函數的單調性．
3、導函數為含參二階求導型的函數單調性
當無法直接通過解不等式得到一階導函數的符號時，可對“主導”函數再次求導，使解題思路清晰．“再構造、再求導”是破解函數綜合問題的強大武器．
在此我們首先要清楚之間的聯系是如何判斷原函數單調性的．
（1）二次求導目的：通過的符號，來判斷的單調性；
（2）通過賦特殊值找到的零點，來判斷正負區間，進而得出單調性．
【變式1-1】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)討論的單調性．
【變式1-2】（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知函數.
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若，，討論函數的單調性.
1．已知函數．討論當時，的單調性．
題型二：導數與數列不等式的綜合問題
【典例2-1】[新考法]（2024·陜西榆林·模擬預測）不動點在數學和應用中具有重要作用，不動點是指被函數映射到其自身的點.對于函數，我們把滿足的稱為函數的不動點，已知函數.
(1)證明：在有唯一的不動點；
(2)已知，且的前項和為.證明：
①為遞增數列，為遞減數列，且；
②.
【典例2-2】已知函數.
(1)討論函數極值點的個數；
(2)當時，數列滿足：.求證：的前項和滿足.
在解決等差、等比數列綜合問題時，要充分利用基本公式、性質以及它們之間的轉化關系，在求解過程中要樹立“目標意識”，“需要什么，就求什么”，并適時地采用“巧用性質，整體考慮”的方法．可以達到減少運算量的目的．
【變式2-1】[新考法]（2024·高三·遼寧·開學考試）已知函數（是自然對數的底數）.
(1)若，求的極值；
(2)若，求；
(3)利用（2）中求得的，若，數列滿足，且，證明：.
【變式2-2】已知函數在點處的切線與軸重合．
(1)求函數的單調區間與極值；
(2)已知正項數列滿足，，，記數列的前項和為，求證：．
1．牛頓（1643－1727）給出了牛頓切線法求方程的近似如圖設是的一個零點，任意選取作為的初始近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的1次近似值，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，稱為的2次近似值．一般地，過點作曲線的切線，與軸的交點為橫坐標為，就稱為的次近似值，稱數列為牛頓數列．
(1)若的零點為，，請用牛頓切線法求的2次近似值；
(2)已知二次函數有兩個不相等的實數根，數列為的牛頓數列，數列滿足，且．
（ⅰ）設，求的解析式；
（ⅱ）證明：
題型三：雙變量問題
【典例3-1】已知函數．
(1)求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：．
【典例3-2】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)已知有兩個極值點，且，
（i）求實數a的取值范圍；
（ii）求的最小值．
破解雙參數不等式的方法：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的不等式；
二是巧構函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值；
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果．
【變式3-1】（2024·高三·江蘇無錫·期中）已知函數.
(1)若，不等式恒成立，求實數的取值范圍；
(2)過點可以作曲線的兩條切線，切點分別為.
①求實數的取值范圍；
②證明：若，則.
【變式3-2】（2024·四川成都·模擬預測）定義運算：，已知函數．
(1)若函數的最大值為0，求實數a的值；
(2)證明：．
(3)若函數存在兩個極值點，證明：．
1．已知函數.
(1)若直線與函數的圖象相切，求實數的值；
(2)若函數有兩個極值點和，且，證明：.（為自然對數的底數）
題型四：證明不等式
【典例4-1】（2024·高三·四川·期中）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若，證明：.
【典例4-2】已知，證明：.
利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數．
（4）對數單身狗，指數找基友
（5）凹凸反轉，轉化為最值問題
（6）同構變形
【變式4-1】已知函數（）.
(1)討論函數的單調區間；
(2)當時，證明：.
【變式4-2】已知函數.
(1)若曲線在點處的切線與軸平行，求的值；
(2)設函數，給出的定義域，并證明：曲線是軸對稱圖形；
(3)證明：.
1．已知函數.
(1)當時，求函數在的切線方程；
(2)討論的單調性；
(3)證明：當時，.
題型五：極最值問題
【典例5-1】已知函數.
(1)若在其定義域內單調遞增，求實數的取值范圍；
(2)若，且有兩個極值點，，其中，求的取值范圍.
【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函數.
(1)當時，求的零點個數；
(2)設，函數.
（i）判斷的單調性；
（ii）若，求的最小值.
利用導數求函數的極最值問題．解題方法是利用導函數與單調性關系確定單調區間，從而求得極最值．只是對含有參數的極最值問題，需要對導函數進行二次討論，對導函數或其中部分函數再一次求導，確定單調性，零點的存在性及唯一性等，由于零點的存在性與參數有關，因此對函數的極最值又需引入新函數，對新函數再用導數進行求值、證明等操作．
【變式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函數.
(1)求函數在處的切線方程；
(2)令.
（i）討論函數極值點的個數；
（ii）若是的一個極值點，且，證明：.
【變式5-2】（2024·高三·黑龍江哈爾濱·期中）已知函數．
(1)當時，求在處的切線方程；
(2)若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范圍．
1．已知函數．
(1)判斷在區間上的單調性；
(2)求在區間上的極值點的個數．
題型六：零點問題
【典例6-1】已知曲線在處的切線方程為．
(1)求a，b；
(2)若函數有兩個零點，求實數m的取值范圍．
【典例6-2】（2024·高三·湖北·期中）設函數.
(1)討論函數在區間上的單調性；
(2)判斷并證明函數在區間上零點的個數.
函數零點問題的常見題型：判斷函數是否存在零點或者求零點的個數；根據含參函數零點情況，求參數的值或取值范圍．
求解步驟：
第一步：將問題轉化為函數的零點問題，進而轉化為函數的圖像與軸（或直線）在某區間上的交點問題；
第二步：利用導數研究該函數在此區間上的單調性、極值、端點值等性質，進而畫出其圖像；
第三步：結合圖像判斷零點或根據零點分析參數．
【變式6-1】已知．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若恰有1個極大值點和1個極小值點．
①求極大值與極小值的和；
②判斷零點的個數．
【變式6-2】已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)若有兩個零點，求的取值范圍．
1．已知函數．
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)設，求證：當時，有且僅有2個不同的零點．
（參考數據：）
題型七：不等式恒成立問題
【典例7-1】（2024·高三·天津濱海新·期末）已知函數，.
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若存在時，使成立，求a的取值范圍.
(3)若不等式對任意恒成立，求實數a的取值范圍.
【典例7-2】已知函數．
(1)已知在處取得極小值，求a的值；
(2)對任意，不等式恒成立，求a的取值范圍．
1、利用導數研究不等式恒成立問題的求解策略：
（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題；
（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
2、利用參變量分離法求解函數不等式恒（能）成立，可根據以下原則進行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），．
3、不等式的恒成立與有解問題，可按如下規則轉化：
一般地，已知函數，，，．
（1）若，，有成立，則；
（2）若，，有成立，則；
（3）若，，有成立，則；
（4）若，，有成立，則的值域是的值域的子集．
【變式7-1】已知函數.
(1)求的極值；
(2)設.
（i）當時，求函數的單調區間；
（ii）若在上恒成立，求實數的取值范圍.
【變式7-2】（2024·重慶·模擬預測）設，已知函數.
(1)當函數在點處的切線與直線平行時，求切線的方程；
(2)若函數的圖象總是在軸的下方，求的取值范圍.
1．已知，函數，（是自然對數的底數）．
(1)討論函數極值點的個數；
(2)若對任意的恒成立，求實數的值；
(3)在第（2）小題的條件下，若存在，使得，求實數的取值范圍．
題型八：極值點偏移問題與拐點偏移問題
【典例8-1】已知函數.
(1)若，當與的極小值之和為0時，求正實數的值；
(2)若，求證：.
【典例8-2】已知函數，．
(1)若在處取得極值，求的值；
(2)設，試討論函數的單調性；
(3)當時，若存在實數，滿足，求證：．
1、極值點偏移的相關概念
所謂極值點偏移，是指對于單極值函數，由于函數極值點左右的增減速度不同，使得函數圖像沒有對稱性．若函數在處取得極值，且函數與直線交于兩點，則的中點為，而往往．如下圖所示．
圖1 極值點不偏移 圖2 極值點偏移
極值點偏移的定義：對于函數在區間內只有一個極值點，方程的解分別為，且，（1）若，則稱函數在區間上極值點偏移；（2）若，則函數在區間上極值點左偏，簡稱極值點左偏；（3）若，則函數在區間上極值點右偏，簡稱極值點右偏．
【變式8-1】已知函數，.
（1）討論函數的單調性；
（2）對實數，令，正實數，滿足，求的最小值.
【變式8-2】已知函數，其中為自然對數的底數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)若方程有兩個不同的根．
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：．
1．已知函數為其導函數．
(1)若恒成立，求的取值范圍；
(2)若存在兩個不同的正數，使得，證明：．
2．[新考法]已知函數．
(1)討論的單調區間；
(2)已知，設的兩個極值點為，且存在，使得的圖象與有三個公共點；
①求證：；
②求證：．
題型九：利用導數解決一類整數問題
【典例9-1】已知函數.
(1)證明：有兩個極值點，且分別在區間和內；
(2)若有3個零點，求整數的值.
參考數據：，，，.
【典例9-2】已知函數．
(1)當時，求函數的極值；
(2)求函數的單調區間；
(3)當時，若在時恒成立，求整數的最大值．
分離參數、分離函數、半分離
【變式9-1】函數.
(1)求的單調區間；
(2)若只有一個解，則當時，求使成立的最大整數k.
【變式9-2】（2024·福建廈門·模擬預測）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)設，若存在，使得.
①求的取值范圍；
②設為整數，若當時，相應的總滿足，求的最小值.
1．已知函數．
(1)若曲線在點處的切線的斜率小于1，求的取值范圍．
(2)若整數k使得對恒成立，求整數k的最大值．
題型十：導數中的同構問題
【典例10-1】（2024·內蒙古·三模）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若恒成立，求的取值范圍.
【典例10-2】已知函數．
（1）討論函數的單調性；
（2）當時，求證：在上恒成立；
（3）求證：當時，．
1、同構式：是指除了變量不同，其余地方均相同的表達式
2、同構式的應用：
（1）在方程中的應用：如果方程和呈現同構特征，則可視為方程的兩個根
（2）在不等式中的應用：如果不等式的兩側呈現同構特征，則可將相同的結構構造為一個函數，進而和函數的單調性找到聯系．可比較大小或解不等式．<同構小套路>
①指對各一邊，參數是關鍵；②常用“母函數”：，；尋找“親戚函數”是關鍵；
③信手拈來湊同構，湊常數、、參數；④復合函數（親戚函數）比大小，利用單調性求參數范圍．
（3）在解析幾何中的應用：如果滿足的方程為同構式，則為方程所表示曲線上的兩點．特別的，若滿足的方程是直線方程，則該方程即為直線的方程
（4）在數列中的應用：可將遞推公式變形為“依序同構”的特征，即關于與的同構式，從而將同構式設為輔助數列便于求解
【變式10-1】（2024·高三·天津西青·期末）已知函數和．
(1)若曲線數與在處切線的斜率相等，求的值；
(2)若函數與有相同的最小值．
①求的值；
②證明：存在直線，其與兩條曲線與共有三個不同的交點，并且從左到右三個交點的橫坐標成等差數列．
【變式10-2】對任意，若不等式恒成立，求a的取值范圍.
1．2024·四川遂寧·模擬預測）已知函數，，直線為曲線與的一條公切線.
(1)求；
(2)若直線與曲線，直線，曲線分別交于三點，其中，且成等差數列，證明：滿足條件的有且只有一個.
2．已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍.
題型十一：洛必達法則
【典例11-1】已知函數在處取得極值，且曲線在點處的切線與直線垂直.
(1)求實數的值；
(2)若，不等式恒成立，求實數的取值范圍.
【典例11-2】設函數.當時，，求的取值范圍.
法則1、若函數和滿足下列條件：
（1）及；
（2）在點的去心鄰域內，與可導且；
（3），那么=．
法則2、若函數和滿足下列條件：（1）及；
（2），和在與上可導，且；
（3），
那么=．
法則3、若函數和滿足下列條件：
（1）及；
（2）在點的去心鄰域內，與可導且；
（3），
那么=．
注意：利用洛必達法則求未定式的極限是微分學中的重點之一，在解題中應注意：
（1）將上面公式中的，，，洛必達法則也成立．
（2）洛必達法則可處理，，，，，，型．
（3）在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足，，，，，，型定式，否則濫用洛必達法則會出錯．當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時稱洛必達法則不適用，應從另外途徑求極限．
（4）若條件符合，洛必達法則可連續多次使用，直到求出極限為止．
，如滿足條件，可繼續使用洛必達法則．
【變式11-1】設函數．如果對任何，都有，求的取值范圍．
【變式11-2】已知．
（1）求的單調區間；
（2）若對任意，不等式恒成立，求的取值范圍．
1．已知函數．
（1）若函數在點，（1）處的切線經過點，求實數的值；
（2）若關于的方程有唯一的實數解，求實數的取值范圍．
題型十二：導數與三角函數結合問題
【典例12-1】（2024·內蒙古赤峰·二模）已知
(1)將，，，按由小到大排列，并證明；
(2)令 求證: 在內無零點.
【典例12-2】已知函數．
(1)討論的單調區間
(2)若函數，，證明：．
分段分析法
【變式12-1】已知函數，，
(1)求證：，；
(2)若在上單調遞增，求的最大值；
(3)設，，，試判斷的大小關系.
【變式12-2】（2024·黑龍江佳木斯·三模）已知函數．
(1)當時，求在處的切線方程：
(2)若在上單調遞增，求的取值范圍；
(3)若，，證明：．
1．已知函數，．
(1)函數在處與處的切線分別為，，且直線，之間的距離為，求證；
(2)若為空集，求實數的取值范圍．
2．已知函數，其中，
(1)證明：；
(2)探究是否有最小值，如果有，請求出來；如果沒有，請說明理由．
重難點突破：函數與導數背景下的新定義壓軸解答題
【典例13-1】若存在一個數，使得函數定義域內的任意，都有，則稱有下界， 是的一個下界．
(1)求函數的下界的取值范圍；
(2)判斷是否是下界為的函數，并說明理由；
(3)若函數，是的一個整數下界，求的最大值．（參考數據：，）
【典例13-2】一般地，設函數在區間上連續，用分點將區間分成個小區間，每個小區間的長度為，在每個小區間上任取一點，作和式．如果當無限接近于0（亦即時，上述和式無限趨近于常數，那么稱該常數為函數在區間上的定積分，記為．當時，定積分的幾何意義表示由曲線，兩直線與軸所圍成的曲邊梯形的面積（如下圖）．
如果是區間上的連續函數，并且，那么
(1)求；
(2)設函數．
（1）若恒成立，求實數的取值范圍；
（2）數列滿足，利用定積分的幾何意義，證明：．
函數與導數新定義問題主要分兩類：一是概念新定義型，主要是以函數新概念為背景，通常考查考生對函數新概念的理解，涉及函數的三要素的理解；二是性質新定義型，主要是以函數新性質為背景，重點考查考生靈活應用函數性質的能力，涉及函數的各種相關性質的拓展延伸．
【變式13-1】（2024·上海徐匯·一模）已知定義域為的函數，其導函數為，若點在導函數圖象上，且滿足，則稱為函數的一個“類數”，函數的所有“類數”構成的集合稱為“類集”.
(1)若，分別判斷和是否為函數的“類數”，并說明理由；
(2)設的圖象在上連續不斷，集合.記函數的“類集”為集合，若，求證：；
(3)已知，若函數的“類集”為時的取值構成集合，求當時的最大值.
【變式13-2】（2024·湖南長沙·模擬預測）定義：如果函數在定義域內，存在極大值和極小值且存在一個常數，使成立，則稱函數為極值可差比函數，常數稱為該函數的極值差比系數．已知函數．
(1)當時，判斷是否為極值可差比函數，并說明理由；
(2)是否存在使的極值差比系數為 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由；
(3)若，求的極值差比系數的取值范圍．
1．已知曲線的圖象上存在A，B兩點，記直線AB的方程為，若AB恰為曲線的一條切線，且直線與曲線相切于A，B兩點，，，則稱函數為“切線上界”函數.
(1)試判斷函數是否為“切線上界”函數.若是，求出一組點A，B；否則，請說明理由；
(2)已知為“切線上界”函數，求實數a的取值范圍；
(3)證明：當時，為“切線上界”函數.
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