专题07 函数与导数常考压轴解答题（12大核心考点）（讲义）-2024年高考数学二轮复习讲义（新教材新高考）

这是一份专题07 函数与导数常考压轴解答题（12大核心考点）（讲义）-2024年高考数学二轮复习讲义（新教材新高考），文件包含专题07函数与导数常考压轴解答题12大核心考点讲义原卷版docx、专题07函数与导数常考压轴解答题12大核心考点讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共89页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题07 函数与导数常考压轴解答题
【目录】
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153477775" PAGEREF _Tc153477775 \h 2
\l "_Tc153477776" PAGEREF _Tc153477776 \h 3
\l "_Tc153477777" PAGEREF _Tc153477777 \h 3
\l "_Tc153477778" PAGEREF _Tc153477778 \h 4
\l "_Tc153477779" PAGEREF _Tc153477779 \h 16
\l "_Tc153477780" 考点一：含参数函数单调性讨论 PAGEREF _Tc153477780 \h 16
\l "_Tc153477781" 考点二：导数与数列不等式的综合问题 PAGEREF _Tc153477781 \h 18
\l "_Tc153477782" 考点三：双变量问题 PAGEREF _Tc153477782 \h 23
\l "_Tc153477783" 考点四：证明不等式 PAGEREF _Tc153477783 \h 27
\l "_Tc153477784" 考点五：极最值问题 PAGEREF _Tc153477784 \h 32
\l "_Tc153477785" 考点六：零点问题 PAGEREF _Tc153477785 \h 37
\l "_Tc153477786" 考点七：不等式恒成立问题 PAGEREF _Tc153477786 \h 41
\l "_Tc153477787" 考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 PAGEREF _Tc153477787 \h 45
\l "_Tc153477788" 考点九：利用导数解决一类整数问题 PAGEREF _Tc153477788 \h 51
\l "_Tc153477789" 考点十：导数中的同构问题 PAGEREF _Tc153477789 \h 54
\l "_Tc153477790" 考点十一：洛必达法则 PAGEREF _Tc153477790 \h 59
\l "_Tc153477791" 考点十二：导数与三角函数结合问题 PAGEREF _Tc153477791 \h 62
本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.
1、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0．
（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令．
（3）判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
（4）比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
（5）转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2、应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题．
3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．
1．（2023•新高考Ⅰ）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
【解析】（1），
则，
①当时，恒成立，在上单调递减，
②当时，令得，，
当时，，单调递减；当，时，，单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在，上单调递增．
证明：（2）由（1）可知，当时，，
要证，只需证，
只需证，
设（a），，
则（a），
令（a）得，，
当时，（a），（a）单调递减，当，时，（a），（a）单调递增，
所以（a），
即（a），
所以得证，
即得证．
2．（2023•乙卷）已知函数．
（1）当时，求曲线在点，（1）处的切线方程；
（2）是否存在，，使得曲线关于直线对称，若存在，求，的值，若不存在，说明理由；
（3）若在存在极值，求的取值范围．
【解析】（1）时，（1），
，（1），
曲线在点，（1）处的切线方程为．
（2），定义域为，，，
要使函数的图像关于对称，则由，且，可知，
即的图像关于对称，
则（1），，
得，解得．
综上，，；
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点，
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
，，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意，
当，时，由于，
“，在区间上单调递增，
，在区间上单调递增，，
在区间上无零点，不符合题意，
当时，由，可得，
当时， “，单调递减，
当，时， “，单调递增，
的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，（1），
恒成立，
，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
（1），即，当且仅当时，取等号，
，
，
，根据零点存在定理得：
在区间上存在唯一零点，
当时，，单调递减，
当，时，，单调递增，
，
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
（4），，
，
函数在区间上存在变号零点，符合题意．
综上，实数得取值范围是．
3．（2023•甲卷）已知，．
（1）若，讨论的单调性；
（2）若恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）已知，函数定义域为，
若，此时，
可得
，
因为，，
所以当，即时，，单调递增；
当，即时，，单调递减；
（2）不妨设，函数定义域为，
，
令，，
此时，
不妨令，
可得，
所以单调递增，
此时（1），
①当时，，
所以在上单调递减，
此时，
则当时，恒成立，符合题意；
②当时，
当时，，
所以，
又（1），
所以在区间上存在一点，使得，
即存在，使得，
当时，，
所以当时，，单调递增，
可得当时，，不符合题意，
综上，的取值范围为，．
4．（2023•天津）已知函数．
（Ⅰ）求曲线在处的切线斜率；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）证明：．
【解析】（Ⅰ）对函数求导，可得，
则曲线在处的切线斜率为（2）；
（Ⅱ）证明：当时，，即，即，
而 在上单调递增，
因此，原不等式得证；
（Ⅲ）证明：设数列的前项和，
则；
当时，，
由（2），，
故，不等式右边得证；
要证，只需证：对任意的，，
令，则，
当时，，函数在上单调递减，
则，即，
则，
因此当时，，
当时，累加得
，
又，，
故，即得证．
5．（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若为的极大值点，求的取值范围．
【解析】（1）证明：设，，
则，，
在上单调递减，
，
在上单调递减，
，
即，，
，，
设，，
则，
在上单调递增，
，，
即，，
，，
综合可得：当时，；
（2），，
且，，
①若，即时，
易知存在，使得时，，
在上单调递增，，
在上单调递增，这显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去；
②若，即或时，
存在，使得，时，，
在，上单调递减，又，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，满足为的极大值点，符合题意；
③若，即时，为偶函数，
只考虑的情况，
此时，时，
，
在上单调递增，与显然与为函数的极大值点相矛盾，故舍去．
综合可得：的取值范围为，，．
6．（2022•甲卷）已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）证明：若有两个零点，，则．
【解析】（1）的定义域为，，
令，解得，故函数在单调递减，单调递增，
故（1），要使得恒成立，仅需，
故，故的取值范围是，；
（2）证明：由已知有函数要有两个零点，故（1），即，
不妨设，要证明，即证明，
，，
即证明：，又因为在单调递增，
即证明：，
构造函数，，
，
构造函数，
，因为，所以，
故在恒成立，故在单调递增，
故（1）
又因为，故在恒成立，故在单调递增，
又因为（1），故（1），
故，即．得证．
7．（2022•新高考Ⅱ）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）设，证明：．
【解析】（1）当时，，
，
，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
（2）令，
，，
在上恒成立，
又，
令，则，
，
①当，即，存在，使得当时，，即在上单调递增．
因为，所以在内递增，所以，这与矛盾，故舍去；
②当，即，
，
若，则，
所以在，上单调递减，，符合题意．
若，则，
所以在上单调递减，，符合题意．
综上所述，实数的取值范围是．
另的导数为，
①当时，，
所以在递增，所以，与题意矛盾；
②当时，，
所以在递减，所以，满足题意；．
③当时，．
设，，则在递减，所以，
，所以在递减，所以，满足题意；
④当时，，
令，则，，
可得递减，，
所以存在，使得．当时，，
在递增，此时，
所以当时，，在递增，所以，与题意矛盾．
综上可得，的取值范围是，．
（3）由（2）可知，当时，，
令得，，
整理得，，
，
，，
即．
另运用数学归纳法证明．
当时，左边成立．
假设当时，不等式成立，即．
当时，要证，
只要证，
即证．
可令，则，，则需证明，
再令，则需证明．
构造函数，，
，
可得在，上递减，
则（1），所以原不等式成立，
即时，成立．
综上可得，成立．
8．（2021•天津）已知，函数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2）证明函数存在唯一的极值点；
（3）若，使得对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）因为，所以，而，
所以在，处的切线方程为；
（2）证明：令，则，
令，则，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，当时，，
作出图象，如图，
所以当时，与仅有一个交点，令，
则，且，
当时，，，为增函数；
当时，，，为减函数；
所以时是的极大值点，故仅有一个极值点；
（3）由（2）知，
此时，，
所以，
令，
若存在，使对任意的恒成立，
则等价于存在，使得，即，
而，，
当时，，为单调减函数，
当时，，为单调增函数，
所以（1），故，
所以实数的取值范围，．
考点一：含参数函数单调性讨论
1、导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间．
2、导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：
（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．
3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．
在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的．
（1）二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性；
（2）通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性．
例1．（2023·河北承德·高三校联考期中）已知函数．
(1)讨论的单调性；
【解析】（1），
所以，
令，得．
当时，；；
所以在上单调递增，在上单调递减．
当时，；；
所以在上单调递减，在上单调递增．
例2．（2023·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）已知.
(1)讨论的单调性；
【解析】（1）由函数，可得函数的定义域为，
且，令，
若时，，则，可得在上单调递增；
若时，因为，
令，解得或（舍去），
当时，，则，可得单调递增；
当时，，则，可得单调递减，
所以函数的递增区间为，递减区间为；
若时，函数开口向下，对称轴为且，
当时，，则，可得在上单调递增.
例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，讨论函数的单调性.
【解析】因为的定义域为，
所以，其中，
当时，即，在上单调递增，
当时，即，
令，得；
令，得，
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.
考点二：导数与数列不等式的综合问题
在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．
例4．（2023·辽宁·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若，求的值；
(3)求证：.
【解析】（1）当时，，，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，无极大值；
（2）由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，
记，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
又，
所以，
所以；
（3）证明：先证，
设，则，
所以在区间上单调递减，
所以，即，
所以，
再证，
由（2）可知，当时等号成立，
令，则，
即，
所以，，，
累加可得，
所以.
例5．（2023·广东·高三校联考阶段练习）设，.
(1)当时，求函数的最小值；
(2)当时，证明：；
(3)证明：.
【解析】（1）因为的定义域为，且，
所以为偶函数，
下取，
当时，，则，
当时，则，可知在内单调递增，
当时，令，则，
可知在内单调递增，
因为，则，使得，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
则在内恒成立，可知在内单调递减；
综上所述：在内单调递减，在内单调递增，
所以在内的最小值为，
又因为为偶函数，所以在内的最小值为.
（2）由（1）可知为定义在上的偶函数，下取，
可知，令，
因为，则，
则在内单调递增，可得，
即在内恒成立，可知在内单调递增，
所以在内的最小值为，
结合偶函数性质可知：.
（3）由（2）可得：当时，，当且仅当时，等号成立，
即，令，则，
当时，，
即，则有：
，，，，
相加可得：，
因为，则，所以，
即.
例6．（2023·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考阶段练习）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求使恒成立的最大偶数a．
(3)已知当时，总成立．令，若在的图像上有一点列，若直线的斜率为，求证：．
【解析】（1）当时，，，
所以，曲线在点处切线的斜率为，
所以切线方程为．
（2）当时，使等价于，
令，所以，
令，所以，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以在上，使，即，
当时，，；
当时，，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
因为，所以，
所以，且，
所以使恒成立的最大偶数为．
（3）时，，
，
令，则，
令，则，单调递增，
又，所以，当时，，单调递增，
又，所以，当时，，
即，则，
，
．
考点三：双变量问题
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．
例7．（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习）已知函数，是大于0的常数.记曲线在点处的切线为，在轴上的截距为，．
(1)当，时，求切线的方程；
(2)证明：.
【解析】（1）因为，所以曲线在点处切线方程为．
即，
当，时，
切线的方程为．
（2）对于切线：，
令，得，
由得，
因为，所以，，
，令，，
令，由得，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以．
所以，当，，则，
①当时，，，
因为，所以，则．
②当时，，
令，，
，当时，，
所以在上单调递增，
所以，则，
综上，．
例8．（2023·海南海口·高三海南中学校考阶段练习）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证：(其中是自然对数的底数).
【解析】（1）函数的定义域为，
则，
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
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.
（2）因为，由题意，是方程的两个根，①，②，
①②两式相加，得③，①②两式相减，得④，
联立③④，得，，
设，，，，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得成立，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
例9．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）设函数的两个极值点分别为，．
(1)求实数的取值范围；
(2)若不等式恒成立，求正数的取值范围（其中为自然对数的底数）．
【解析】（1）由题，定义域为．
则，由题可得有两个不等实数根，，
于是有两个不同的实数根，等价于函数与图象在有两个不同的交点，
，由，由，
所以在递增，在递减，
又，有极大值为，当时，，所以可得函数的草图（如图所示）．
所以，要使函数与图象在有两个不同的交点，当且仅当．
即实数的取值范围为
（2）由（1）可知：，是方程的两个实数根，且．
则 ．
由于，两边取自然对数得，
即，
令，则在恒成立．
所以在恒成立
令，则．
①当即时，，在递增，所以恒成立，满足题意．
②当时，在递增，在递减，所以，当时，，
因此，在不能恒成立，不满足题意．
综上所述，，即的取值范围是．
考点四：证明不等式
利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．
（4）对数单身狗，指数找基友
（5）凹凸反转，转化为最值问题
（6）同构变形
例10．（2023·河北·高三校联考期中）已知函数.
(1)当时，比较与的大小；
(2)若函数，且，证明：.
【解析】（1）设函数，
可得，
当时，，则在区间上单调递增，
所以，所以，所以.
（2）证明：设函数，
当时，，则恒成立，
则由，得，
又，所以，
因为，可得，
令，可得，
所以单调递增，即在区间上单调递增，
所以，
所以在区间上单调递增，
又，所以，同理得，
要证，
只需证，即证.
因为，所以，
设函数，则，
所以在区间上单调递增，
因为，所以，所以，
所以，
所以，即.
例11．（2023·四川达州·统考一模）已知函数.
(1)若在上有唯一零点，求的取值范围；
(2)若对任意实数恒成立，证明：.
【解析】（1）令，得，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，
如图，作出函数的图象，
由图可知，的取值范围为或；
（2）因为对任意实数恒成立，
所以是函数的最小值，
，
当时，，所以函数在上为减函数，
所以函数没有最小值，不符合题意，
当时，时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上所述，，
则，即，
即，即，
令，
，
当且仅当，即时取等号，
所以，
，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
所以，即，
所以.
例12．（2023·安徽安庆·高三安徽省太湖中学校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的极大值为2，求实数的值；
(3)在（2）的条件下，方程存在两个不同的实数根，证明：.
【解析】（1）因为，可得函数的定义域为，
所以，
当时，在恒成立，故函数在上单调递增；
当时，若，则，故函数在上单调递增；
若，则，故函数在上单调递减；
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）因为的极大值为2，所以由（1）可得，
所以，解得
此时，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
所以函数在处取得极大值，
即当时，函数有极大值为2；
（3）证明：由（2）可知，当时，函数在上单调递增；在上单调递减，
方程存在两个不同的实数根，不妨令，
当时，令，
则，
可得
所以函数在上单调递增，，
又，所以可得，可得；
而，则，
又，，且函数在上单调递减；
所以，即，
故
考点五：极最值问题
利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．
例13．（2023·江苏·统考一模）已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
【解析】（1）当时，，
则
令，得；令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，所以，令，列表如下:
所以存在极值点.所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，
因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，即需要，
即需要，即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是．
例14．（2023·全国·模拟预测）已知，函数，记为函数的极值点.
(1)若是极小值点，证明：；
(2)若是极大值点，证明：.
【解析】（1）.
当函数与的图象相切时，，得，
即切点为，代入得
由于，所以函数与的图象有两个交点，
设其横坐标分别为，不妨设，，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故是的极小值点，是的极大值点.
若是极小值点，则，
由，得，
所以，其在上单调递减，
又当时，，当时，，
所以.
（2）若是极大值点，则.
①先证.
记，，则，
当时，，在上单调递减.
方法一：由于，所以.
又因为，所以.
方法二：构造，.
则.
因为，所以在上单调递增，
所以，所以.
②再证.
，令，，
当时，，
所以在上单调递减，所以，即，
由即的单调性知.
综上，.
例15．（2023·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知函数有三个极值点，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)若2是的一个极大值点，证明：.
【解析】（1）根据题意可知，函数的定义域为，
则，
由函数有三个极值点可知在上至少有三个实数根；
显然，则需方程，也即有两个不等于2的不相等的实数根；
由可得，，
令，则，
显然当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
所以，
画出函数与函数在同一坐标系下的图象如下图所示：
由图可得且时，在上有两个不等于2的相异的实数根，
经检验可知当时，导函数在左右符号不同，即均是的变号零点，满足题意；
因此实数的取值范围时
（2）根据题意结合（1）中的图象，由可知，
若2是的一个极大值点，易知函数在上单调递减，可知；
因此是方程的两个不相等的实数根，即
所以，
同理可得，
所以
由可知,
所以
又，要证，
即证，也即，所以；
只需证，即可得；
由（1）可得，所以可得，
且根据（1）中结论可知函数在上单调递减；
所以要证证，即证，又，即，
即证，即，
可得，即，可得，
令，则，
令，则，所以在上单调递减，
即，所以，即在上单调递减；
因此，即可得证.
考点六：零点问题
函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．
例16．（2023·广东·高三校联考阶段练习）已知，为自然对数的底数.
(1)若函数在处的切线平行于轴，求函数的单调区间；
(2)若函数在上有且仅有两个零点，求实数的取值范围.
【解析】（1）因为，所以，
又函数在处的切线平行于轴，则，
即，解得，
此时，令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）因为在上有且仅有两个零点，
令，则，即在上有且仅有两个零点，
令，，则问题转化为与的图象有两个交点，
又，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，
又，，
作出与的大致图象，如图，
结合图象可得，
所以实数的取值范围为.
例17．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若有两个零点，求实数的取值范围．
【解析】（1）当时，，则，
，所以．
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由有两个零点，
得方程在上有两个不同的实数解．
当时，显然方程没有正实数解，所以．
则方程在上有两个不同的实数解．
令，则．
显然在上为减函数，又，
所以当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，且．
当时，；当时，，
要使方程在上有两个不同的实数解，
则与的图象在上有两个不同的交点，
结合图象可知，解得，
综上，实数的取值范围为．
例18．（2023·北京顺义·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程和的极值；
(2)证明在恒为正；
(3)证明：当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点．
【解析】（1）因为，
所以，
又，所以曲线在点处的切线方程为.
解得，解得，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
故当时，函数有极小值.
（2）因为，
所以函数在单调递增，
又，
所以，当时，总有，
即在恒为正.
（3）令，得，
记，
则曲线至多有一个交点，等价于函数至多有一个零点.
求导得，其中，
由（2）知，在单调递增，
因为，，
所以函数存在唯一零点，且，
当时，，则，函数单调递减；
当时，，则，函数单调递增.
所以当时，取得最小值，
又为函数的零点，所以，则，
所以，
当时，，此时无零点，即曲线无交点；
当时，，此时存在唯一零点，即曲线存在一个交点.
综上，当时，曲线至多有一个交点.
考点七：不等式恒成立问题
1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），．
3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，，．
（1）若，，有成立，则；
（2）若，，有成立，则；
（3）若，，有成立，则；
（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．
例19．（2023·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）已知函数
(1)求函数在处的切线方程．
(2)对任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）因为，，则切点坐标为，
所以，则函数在处的切线斜率，
所以切线方程为.
（2）由（1）可知，所以在上单调递增，
故当时，，，
又，所以原不等式可化为，
从而有，
令，则，即在上单调递减，
，
所以，即在上恒成立，
令，则，
时；时，
故在单调递增，在单调递减，
从而只需，
故的取值范围为．
例20．（2023·河南·高三校联考期末）已知函数．
(1)若的图象在点处的切线平行于轴，求的单调区间；
(2)若当时，恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）因为，
所以，
因为在点处的切线平行于轴，
所以，
解得，
所以
所以，
令，
则，
所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）等价于．
当时，式恒成立，
当时，式即．
设，
则．
若，因为，
所以在上单调递增，
所以，所以．
若，令，得．
若，即，则在上单调递增，
则，解得．
若，即，
则当时，，故在上为减函数，
当时，，故在为增函数，
所以在处取得最小值，
且，
解得．
综上所述，所求的的取值范围是．
例21．（2023·浙江湖州·高三校考期末）已知函数在定义域内有两个不同的零点，．
(1)求证：
(2)已知，若存在，不等式对任意的总成立，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，
，
当时，恒成立，
此时在上单调递减，不会有两个不同的零点，舍去，
当时，令得，此时单调递增，
令得，，此时单调递减，
故在处取得极小值，，
又和时，，
要想有两个不同的零点，则，
解得；
（2）由（1）可知，，
，故，
两边取自然对数得，，
因为存在，故，
由题意得，，故，设，
则，故且，
所以，其中，
故，故，
故在上恒成立.
设，
则，设，则，
当时，，故为上的减函数，故，
故在上的增函数，故，
故在上恒成立.
当时，当时，，
故为上的增函数，故，
故为上的减函数，故，
故在上恒成立，这与题设矛盾.
故的取值范围是.
考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示．

图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．
例22．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
【解析】（1）的定义域为R，
由题意，得，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．
因为，，
所以只需证．
因为，
所以只需证．
今，，
则
在恒成立．
所以在区间上单调递减，
所以，
即当时，．
所以，
即成立．
例23．已知函数．
（1）求曲线在点，（1）处的切线方程；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值；
（3）若正实数，满足，证明：．
【解析】解：（1），（1），（1），
切线方程是：，即；
（2）令，
，
时，，，在递增，
（1），
关于的不等式不能恒成立，
时，，
令，得，
时，，，时，，
故函数在递增，在，递减，
故函数的最大值是，
令（a），则（a）在递减，
（1），（2），
时，（a），故整数的最小值是2；
（3）证明：由，
得，
从而，
令，则由，
得，可知在区间递减，在递增，
故（1），
，
又，
故成立．
例24．（2023·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考期中）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)若，求函数的最小值；
(3)若有两个零点，，证明：.
【解析】（1）由题意知函数的定义域为，，
，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，极大值为，无极小值.
（2）由题意知函数的定义域为.
，
则，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
（3）不妨设，则由（2）知，.
设，由，得，
即，
因为函数在R上单调递增，所以成立.
构造函数，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
所以，
又在上单调递减，
所以，即.
例25．（2023·重庆渝中·高三统考期中）已知函数．
(1)若函数是减函数，求的取值范围；
(2)若有两个零点，且，证明：．
【解析】（1）的定义域为，
，
函数是减函数，故在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，且，
故，解得，
故的取值范围是；
（2）若有两个零点，则，
得．
，令，则，
故，
则，
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
，则在上单调递增，
，即，
故.
考点九：利用导数解决一类整数问题
分离参数、分离函数、半分离
例26．（2023·贵州黔东南·高三校考期末）已知函数，．
(1)当时，求证：；
(2)若是函数的导函数，且在定义域内恒成立，求整数a的最小值．
【解析】（1）当时，则，
令，，
则，，
令，且，则，
所以在单调递增，又，，
则在存在唯一零点，使得，即，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
所以时，有极小值，即最小值，
即，
所以，其中，即，
所以，即.
（2）因为，由在定义域内恒成立，
即，
当时，，
则在内恒成立，
令，，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以当时，有极大值，即最大值，，
所以，即在内恒成立，
令，，则，
则，
当时，，所以，则整数a的最小值为.
例27．（2023·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知函数
(1)求的零点个数；
(2)若恒成立，求整数的最大值.
【解析】（1），
设，则
当时，，
函数在上单调递增，即函数在上单调递增，，
使得，当时，，
当时，，
因此在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数在上单调递增。
综上，在上单调递减，在上递增.
又，
，
使得函数在上有两个零点.
（2）恒有，由（1）知，，
，由得:，
令，
则，
函数在区间上单调递减，
，
又，
整数的最大值为.
例28．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）已知函数，，为自然对数底数．
(1)证明：当时，；
(2)若不等式对任意的恒成立，求整数的最小值．
【解析】（1）记，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以，当时，，即.
（2）令，
由题可知，当时，恒成立.
因为，所以，
因为，所以，即，
所以，
因为，所以.
当时，，故.
当时，不等式等价于，
设，
由（1）知，，
，
记，
易知，在上单调递减，且，
所以，当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减.
故当时，取得最大值.
所以，在区间上恒成立，
所以，整数的最小值为4.
考点十：导数中的同构问题
1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式
2、同构式的应用：
（1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根
（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路>
①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；
③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围．
（3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程
（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解
例29．已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）设，，，若对任意，，，且，都有，求实数的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）已知函数．，
当时，函数定义域为，恒成立，此时，函数在单调递增；
当时，函数定义域为，恒成立，此时，函数在单调递增．
（Ⅱ）时，函数定义域为，在，上递增，而在，上递减，
不妨设，则
，即
，等价于
即
令
等价于函数在，上是减函数，
，
令即，
即在，恒成立，分离参数，
得，
令，．
在，递减，（1），
，
又，，
，
又，故实数的取值范围为，．
例30．已知函数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【解析】解：（1），所以．又，
所以曲线在点，处的切线方程为．
（2）解法，
令，则，
令，则，所以是增函数，
又，（1），由零点存在定理及是增函数，
知存在唯一的，使得，
当时，，，单调递减，
当，时，，，单调递增，
所以．
由，得，即，
令，则，是增函数，
又，，所以①，
①两边取自然对数，得，即，所以②，
由①②，得，
于是，即．所以实数的取值范围是，．
例31．已知函数和有相同的最小值．
（1）求；
（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．
【解析】解：（1）定义域为，
，
，
若，
则，无最小值，
故，
当时，，当时，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
故，
的定义域为，
，
，
令，解得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在，上单调递增，
故，
函数和有相同的最小值
，
，
化为，
令，，
则，
，
恒成立，
在上单调递增，
又（1），
（a）（1），仅有此一解，
．
（2）证明：由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在上单调递减，在上单调递增，
设，
则，当时，，
所以函数在上单调递增，因为（1），
所以当时，（1）恒成立，即在时恒成立，
所以时，，
因为，函数在上单调递增，（1），函数在上单调递减，
所以函数与函数的图象在上存在唯一交点，设该交点为，，
此时可作出函数和的大致图象，
由图象知当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时，
直线必经过点，，即，
因为，所以，即，
令得，解得或，由，得，
令得，解得或，由，得，
所以当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时，
从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，，
因为，所以，
所以，，成等差数列．
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．
考点十一：洛必达法则
法则1、若函数和满足下列条件：
（1）及；
（2）在点的去心 \t "" 邻域内，与可导且；
（3），那么=．
法则2、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2），和在与上可导，且；
（3），
那么=．
法则3、若函数和满足下列条件：
（1）及；
（2）在点的去心 \t "" 邻域内，与可导且；
（3），
那么=．
注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
（1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立．
（2）洛必达法则可处理，，，，，，型．
（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．
（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．
，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
例32．已知函数，若当时，，求的取值范围．
【解析】由题意可知，当时，，等价于，则有，
设，则．
又设，则，
所以在上单调递增，而，
所以在上单调递增，
对于，当时，，
所以符合洛必达法则条件，
所以，
即当时，的取值范围是．
例33．已知函数，如果当，且时，，求的取值范围．
【解析】根据题目的条件，当且时，
得，等价于．
设，
因为，设，
则，
所以在上单调递增，
因为，所以当时，，
即在上单调递减，当在上单调递增．
当时，，当时，，所以符合洛必达法则的条件，
即，
所以当时，的取值范围是．
例34．已知函数．当时，求的取值范围．
【解析】由题意可知，当时，即等价于．
设，则
设，则，因为，所以，
即当时，，所以在上单调递减，
当时，，当时，满足洛必达法则，
所以，
即当时，的取值范围是．
考点十二：导数与三角函数结合问题
分段分析法
例35．（2023·福建三明·高三三明一中校考开学考试）已知曲线C：
(1)若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程；
(2)当时，求在上的值域；
(3)若，讨论的零点个数．
【解析】（1）依题意得，，此时，
，
则切线斜率为，
故切线方程：，即；
（2）当时，，则，
∴，
∴在上单调递减，
又，，
故值域为．
（3），
令得，
令得，
令得．减区间为，增区间为，
∴．
当时，，∴，∴在上有且仅有一个零点．
当时，令，，∴在上单调递增，
∴，即，
又，∴在上有一个零点，又
令，则，∴在上单调递减，
∴，∴，∴在上有一个零点．
综上所述，时，有一个零点，时，有2个零点.
例36．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；
(3)若，求证：.
【解析】（1）函数的定义域是.
由，得在上单调递减；
由，得在上单调递增，
综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）由（1）得在的值域为，
在上的值域为.注意到，.
不妨设，则欲证，即证.
由于由（Ⅰ）得在上单调递增，
故只需证，
由已知，即证，也即，
方法一：令，.
，
由，在单调递增，
得单调递增，
且.
由于，故满足.
由单调递增知：
当时，单调递减，值域为；
当时，单调递增，值域为；
设，，则，单调递减，
故，即，
取，得，即
综上，得，即，得证.
方法二：（重新同构）
令，即，证：，
由于，从而.
故要证成立，只需在单调递增成立即可.
，
令，，则，
在单调递减，，，
故在单调递增成立，原命题成立.
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，
即证：，即证，
可变为，由证法二可知成立，从而得证；
方法四：（切、割线放缩）1、由于故，即；
2、由方法二知，，
故，即，故，；
由1、2知，故成立，原命题成立.
（3）由（2）知，
①当时，在上单调递增，
故.
②当时，
由，取，
得（）时，
有，即.
由在上单调递增，故，
综上，得时，当成立.
例37．（2023·江西赣州·统考模拟预测）已知函数.
(1)若函数，讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，.
【解析】（1），
，
当时，在区间上，，单调递增，
当时，若，即时，
在区间上，，单调递增，
若，即时，
函数的开口向上，对称轴，
令，即，
解得，
而，所以是两个正根，
所以在区间上，单调递增，在区间上，
单调递减.
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
（2）要证明：当时，，
即证明：当时，，
即证明：当时，，
构造函数，
，函数在上为减函数，
，所以存在，使，
所以在区间上单调递增，
在区间上，单调递减，
，
即，所以当时，，
所以当时，.
考点要求
考题统计
考情分析
不等式
2023年I卷第19题，12分
2023年甲卷第21题，12分
2023年天津卷第20题，16分
2022年II卷第22题，12分
【命题预测】
函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：
（1）含参函数的单调性、极值与最值；
（2）函数的零点问题；
（3）不等式恒成立与存在性问题；
（4）函数不等式的证明．
（5）导数中含三角函数形式的问题
其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．
极最值
2023年乙卷第21题，12分
2023年II卷第22题，12分
恒成立与有解
2022年 北京卷第20题，12分
2021年天津卷第20题，16分
2020年I卷第21题，12分
零点问题
2022年甲卷第21题，12分
2022年I卷第22题，12分
2022年乙卷第20题，12分

-
0
+
减
极小值
增