限時練習：90min完成時間：月日天氣：作業04導數的綜合應用（證明不等式、恒成立、有解、零點、方程的根、雙變量、隱零點、極值點偏移）恒成立問題常見類型假設為自變量，其范圍設為，為函數；為參數，為其表達式，（1）的值域為①，則只需要，則只需要②，則只需要，則只需要（2）若的值域為①，則只需要，則只需要（注意與（1）中對應情況進行對比）②，則只需要，則只需要（注意與（1）中對應情況進行對比）能成立（有解）問題常見類型假設為自變量，其范圍設為，為函數；為參數，為其表達式，（1）若的值域為①，則只需要，則只需要②，則只需要，則只需要（2）若的值域為①，則只需要（注意與（1）中對應情況進行對比），則只需要②，則只需要（注意與（1）中對應情況進行對比），則只需要極值點偏移的含義眾所周知，函數滿足定義域內任意自變量都有，則函數關于直線對稱；可以理解為函數在對稱軸兩側，函數值變化快慢相同，且若為單峰函數，則必為的極值點.如二次函數的頂點就是極值點，若的兩根的中點為，則剛好有，即極值點在兩根的正中間，也就是極值點沒有偏移.若相等變為不等，則為極值點偏移：若單峰函數的極值點為，且函數滿足定義域內左側的任意自變量都有或，則函數極值點左右側變化快慢不同.故單峰函數定義域內任意不同的實數滿足，則與極值點必有確定的大小關系：若，則稱為極值點左偏；若，則稱為極值點右偏.如函數的極值點剛好在方程的兩根中點的左邊，我們稱之為極值點左偏.極值點偏移問題的一般題設形式1.若函數存在兩個零點且，求證：（為函數的極值點）；2.若函數中存在且滿足，求證：（為函數的極值點）；3.若函數存在兩個零點且，令，求證：；4.若函數中存在且滿足，令，求證：.一、單選題1．對任意，都有成立，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】畫出函數和的圖象，利用導數的幾何意義，即可求解.【詳解】設函數，則直線恒過點，如圖，畫出和的圖象，兩個函數圖象都過點，當直線與相切時，，即，

如圖可知，若，成立，則.故選：D2．已知函數，若關于的不等式恒成立，則實數的最小值為（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】先根據導數判斷函數的單調性，然后利用函數單調性對已知不等式變形，再通過構造新函數進行求解即可.【詳解】由題可知，，由于，故在上恒成立，故在上單調遞增，因為，所以，即恒成立，令，，則，由可得，，由可得，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，故在處取得極大值，也是最大值，即，故，解得故實數的最小值為.故選：B3．已知函數，若函數有兩個零點，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】函數有兩個零點，即函數的圖象與的圖象有兩個交點，由導數判斷函數的單調性、極值，由函數圖象的交點個數得的范圍.【詳解】函數有兩個零點，即函數的圖象與的圖象有兩個交點，函數的定義域為，,令，解得，,的變化情況如下表：-0+單調遞減單調遞增所以，函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，故當時，有極小值，令，解得，當時，；當時，，當無限趨向于負無窮大時，無限趨向于0；當無限趨向于正無窮大時時，無限趨向于正無窮大，由此作出函數的大致圖象：由圖象得：當時，交點為0個；當或時，交點為1個；當時，交點為2個.若函數的圖象與的圖象有兩個交點，則由圖可知，實數的取值范圍為.故選：A.4．已知函數，若恒成立，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】等價于，令，求導分析單調性，可得等價于，進而可得，令，只需，利用導數求解最值即可得出答案．【詳解】等價于，令，則，所以是增函數，所以等價于，所以，所以，令，則，所以在上，，單調遞增，在上，，單調遞減，所以，故所以實數的取值范圍為．故選：B．【點睛】方法點睛：利用導數解決不等式問題：1．通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；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，從而判定不等關系；3．適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；4．構造“形似”函數，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.5．已知函數，若關于的方程的不同實數根的個數為4，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用導數判斷函數的單調性，最值，以及函數的趨勢，畫出函數的圖象，利用圖象，解決函數圖象的交點問題.【詳解】當時，，由此可知在單調遞減，在上單調遞增，當時，；當時，，在單調遞增，在上單調遞減，，如圖所示作出函數的大致圖象，則有四個零點，則與的圖象有四個交點，因此，得，故選：C二、多選題6．已知函數，則下列命題正確的是（

）A．有兩個極值點B．有三個零點C．直線是曲線的切線D．滿足【答案】ABD【分析】對求導，求出函數的極值點和極值，即可判斷A，B；利用導函數求出導數值為時的的值，即可確定切線斜率為的切點坐標，即可確定過該點的切線方程，即判斷C；根據解析式秋求解，從而得，即可判斷D．【詳解】因為，則，令，得，解得，當或時，，當時，，所以在和上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值，在處取得極小值，且，，圖象如圖所示：故有兩個極值點，三個零點，故A，B正確；令，則，且，故函數在處的切線斜率為，此時切線方程為，即在處的切線方程為，故C錯誤；又，則，所以，故D正確．故選：ABD．7．已知函數（為常數），則下列結論正確的有（）A．時，恒成立B．時，無極值點C．若有3個零點，則的范圍為D．時，有唯一零點且【答案】BCD【分析】對于AB：將和代入，判斷函數單調性，利用單調性求極值最值即可求解；對于C：將問題轉化為，構造函數，利用導數求單調性和極值，然后畫圖求解；對于D：利用零點存在定理求解.【詳解】對于A：當時，，則，令，則，所以時，，單調遞增，時，，單調遞減，，所以在上單調遞增，又，A錯誤；對于B：當時，，，令，則，所以時，，單調遞增，時，，單調遞減，所以，所以在上單調遞增，無極值，B正確；對于C：令，當時，顯然，則，記，則當或時，，單調遞增，當時，，單調遞減，且，當和時，，函數圖象如下：所以若有3個零點，則的范圍為，C正確；對于D：當時，，則，令，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，所以所以在上單調遞增，又，，由零點存在定理可得有唯一零點且，D正確；故選：BCD.8．對于函數，給出下列命題，其中正確的有（

）A．有三實數根，則B．有一實數根，則C．的遞增區間為，，遞減區間為D．是極大值，是極小值【答案】ACD【分析】求導后，根據導函數正負可求得單調性，結合極值定義可求得極大值和極小值，即可判斷CD；結合圖象判斷AB.【詳解】由題意可知：定義域為，，當時，；當時，；可知的單調遞增區間為，；單調遞減區間為，則的極大值為，極小值為，故CD正確；且當x趨近于時，趨近于；當x趨近于時，趨近于；可得的圖象如圖所示：結合圖象可知：若有三實數根，則，故A正確；若有一實數根，則，故B錯誤；故選：ACD.三、填空題9．若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是．【答案】【分析】將轉化為，構造函數，利用導數判斷的單調性從而得到，再構造函數，利用導數判斷的單調性從而求出的最小值，即可求解.【詳解】關于的不等式恒成立，即恒成立，令，，則，，在單調遞增，，即，，令，，則，當時，，在單調遞減，當時，，在單調遞增，，.故答案為：.10．已知函數恰有兩個零點，則實數的取值范圍是【答案】【分析】由題意可得即有兩個不等的實數解，令，求出導數和單調區間、極值、最值，畫出圖象，通過圖象即可得到結論.【詳解】函數恰有兩個零點等價于即有兩個不等的實數解，令，，當時，，在上單調遞減；當時，，在上單調遞增；當時，，在處取極大值，極大值為，且極大值也為的最大值；當時，，當時，，畫出的圖象如下：由圖可得當時，與有兩個交點，即方程有兩個實數根，函數有兩個零點；故答案為：四、解答題11．已知函數.(1)當時，求曲線在處的切線方程；(2)若恒成立，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）借助導數的幾何意義計算即可得；（2）要使恒成立，則需成立，借助導數，分、、討論，得其單調性即可得解.【詳解】（1）當時，，，所以，，曲線在處的切線方程為；（2）要使恒成立，則需成立，，當時，，所以在遞增，而，不合題意；當時，恒成立，符合題意；當時，令得，則在遞減，在遞增，所以，解得.綜上所述，.12．已知函數.(1)若，求在處的切線方程；(2)討論的零點個數.【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）根據已知條件及導數的求導法則，利用導數的幾何意義及直線的點斜式方程即可求解；（2）利用導數法求含參函數的單調性，進而求出函數的最值，結合函數的單調性、函數的最值關系和函數零點存在定理對a的范圍進行分類討論，即可求解函數零點個數.【詳解】（1）若，則.又,切點為，曲線在處的斜率，故所求切線方程為即.（2）由題．1°當時，在上單調遞減，又.故存在一個零點，此時零點個數為1.2°當時，令得，令得，所以在上單調遞減，在上單調遞增.故的最小值為.當時，的最小值為0，此時有一個零點.當時，的最小值大于0，此時沒有零點．當時，的最小值小于0，，時，，此時有兩個零點.綜上，當或時，有一個零點；當時，有兩個零點；當時，沒有零點.1．已知函數，若不等式的解集中有且僅有一個整數，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用導數求出函數的單調區間及極值，作出函數的大致圖象，由僅有一個整數解，得只有一個整數解，再結合圖象即可得解.【詳解】，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，又當時，，當時，且，作出的函數圖象如圖所示：

由僅有一個整數解，得只有一個整數解，設，由圖象可知：當時，在上恒成立，不符合題意，當時，若只有1個整數解，則此整數解必為1，所以，即，解得．故選：D．2．已知，若關于x的方程恰好有6個不同的實數解，則a的取值可以是（

）A． B． C． D．【答案】CD【分析】作出函數簡圖，根據方程有6個不同的實數解列出限制條件，進而可得答案.【詳解】當時，，.，為增函數,，為減函數,且.其簡圖如下，

設，由圖可知當時，方程有三個根，因為方程恰好有6個不同的實數解，所以在上有兩個不等的實數根，則，解得.故選：CD3．已知函數，有兩個不相等的正實數，使得．(1)求函數的單調區間；(2)證明：．【答案】(1)單調遞減區間為，單調遞增區間為；(2)證明見解析.【分析】（1）求出得出的單調性；（2）不妨設,先分析出,再構造函數函數，,利用導數分別完成對左右的證明即可.【詳解】（1）函數的定義域為，，令，解得，當時，；當時，,所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（2）,當時，且,當時,,結合(1)可知,函數有兩個不相等的正實數,使得,又,不妨設,則必有,要證:,即證明,由于，因為函數在上單調遞增,所以即證:.又因為,所以即證：.構造函數，有，易知當且僅當時取等,所以在上恒成立,即函數在上單調遞減，那么,由，可得.因為，所以，所以.設，則.當時，恒成立，所以在上單調遞減，所以時，,于是有時.因為，所以，則.又因為,所以，故.因為，所以，所以，即.綜上所述，.【點睛】方法點睛:利用導數證明或判定不等式問題:1.通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值)，從而得出不等關系;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，從而判定不等關系;3．適當放縮構造法:根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系;4．構造“形似”函數，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．設函數.(1)若，求在處的切線方程(2)若，，求的取值范圍(3)若對任意的，恒成立，求的取值范圍.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）求導，可得，結合導數的幾何意義求切線方程；（2）分析可知原題意等價于，構建，利用導數求的單調性和最值，結合存在性問題分析求解；（3）由題意分析可知：在內單調遞減，可得在內恒成立，參變分離結合恒成立問題分析求解.【詳解】（1）若，則，可得，即切點坐標為，斜率，所以切線方程為，即.（2）若，且，可得，原題意等價于，構建，則，當時，；當時，；可知在內單調遞減，在內單調遞增，則，可得，所以的取值范圍為.（3）因為，，整理得，構建，可知在內單調遞減，則在內恒成立，整理得在內恒成立，對于可知：當時，取得最小值，可得，所以的取值范圍為.5．已知函數.(1)若在定義域內不單調，求a的取值范圍；(2)證明：若，且，則.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）利用導數判斷單調性，分成和兩種情況討論即可求解；（2）求導得到單調區間，結合及得到，設，求導得到函數單調遞增，計算最值得到證明.【詳解】（1）的定義域為，.若，則，所以在上單調遞增；若，則當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以在定義域內不單調時，a的取值范圍為.（2）記，則，因為是上的減函數，且，，由正切函數的性質可知，當時，為增函數，當時，為減函數，所以是的極大值點.令，則，所以是上的增函數，故，所以當時，，令，則，由，得，時，是減函數，時，是增函數，所以，即，所以，下面證明，令，即證，即，設，則，所以是上的增函數，所以時，，成立，命題得證.【點睛】方法點睛：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.1．關于函數，下列判斷正確的是（

）A．的極大值點是B．函數在上有唯一零點C．存在實數，使得成立D．對任意兩個正實數，若，則【答案】BD【分析】對于A，直接求導，由導數與單調性、極值的關系直接判斷即可；對于B，求導得單調遞減，結合零點存在定理即可求解；對于C，當趨近無窮大時，無限接近于，也無限趨近于，從而也趨近，由此即可判斷；對于D，通過分析只需證明，進一步通過換元并構造函數即可得證.【詳解】因為，，所以，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以是的極小值，所以選項A錯誤；對于B，函數，則，由于，即在上恒成立，所以在上單調遞減，又當時，，當時，，所以函數在上有唯一零點，即函數有且僅有一個零點，所以選項B正確；對于C，由，可得當趨近無窮大時，無限接近于，也無限趨近于，從而也趨近，故不存在實數，使得成立，所以選項C錯誤；對于D，由得，要證，只要證，即證，不妨取，故令，則，則，故在上單調遞增，所以，即成立，故成立，故選項D正確.故選：BD.【點睛】關鍵點點睛：判斷D選項的關鍵是適當轉換問題為證明在上恒成立，由此可順利得解.2．已知函數，（）.(1)若，求函數的單調區間；(2)若函數有兩個零點，求實數a的取值范圍.【答案】(1)單調遞增區間，單調遞減區間(2)【分析】（1）求導后構造函數，再求導分析單調性，得到，進而得到的單調性即可；（2）問題等價于有兩解，構造函數，求導分析單調性，得到，再結合對數運算解得，之后構造函數，求導分析單調性和最值，驗證即可.【詳解】（1）當，，，當，令，則，因為恒成立，所以在上為減函數，因為，所以當，，單調遞增；，，單調遞減.（2）根據條件有兩個零點等價于有兩解.不妨令，則（），當時，在定義域內恒成立，因此在遞減，最多一個零點，不符.當時，由，解得；，解得；所以，時，的單調減區間為，增區間為；若有兩個零點，則必有，化簡得，解得，又因，，即，當時，恒成立，即在單調遞減，可得，也即得在恒成立，從而可得在，區間上各有一個零點，綜上所述，若有兩個零點實數a的范圍為.【點睛】方法點睛：函數零點問題可理解為方程根的個數問題，求導分析單調性和極值可求解.3．已知函數.(1)求的極值.(2)已知，且.①求的取值范圍；②證明:.【答案】(1)極小值0，極大值(2)①；②證明見解析【分析】（1）求出導數，判斷單調性根據極值定義求解；（2）根據，，結合函數的單調性和極值求得的取值范圍；利用單調性可知，令，則，求得，利用分析法將所要證明的問題轉化為，構造函數利用導數證明即可.【詳解】（1）由題意，則當時，，當時，，所以在和上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，取得極小值，當時，取得極大值.（2）①因為當時，，且在和上單調遞增，在上單調遞減，且，又，，所以的取值范圍為.②因為，，由（1）的單調性可知，令，則，因為，所以，即，解得，所以，要證，即證.令，則，所以在上單調遞增，所以，故成立.1．（2022·全國·高考真題）已知函數．(1)當時，求的最大值；(2)若恰有一個零點，求a的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）由導數確定函數的單調性，即可得解；（2）求導得，按照、及結合導數討論函數的單調性，求得函數的極值，即可得解.【詳解】（1）當時，，則，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以；（2），則，當時，，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以，此時函數無零點，不合題意；當時，，在上，，單調遞增；在上，，單調遞減；又，由（1）得，即，所以，當時，，則存在，使得，所以僅在有唯一零點，符合題意；當時，，所以單調遞增，又，所以有唯一零點，符合題意；當時，，在上，，單調遞增；在上，，單調遞減；此時，由（1）得當時，，，所以，此時存在，使得，所以在有一個零點，在無零點，所以有唯一零點，符合題意；綜上，a的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用導數研究函數的極值與單調性，把函數零點問題轉化為函數的單調性與極值的問題.2．（2022·全國·高考真題）已知函數．(1)若，求a的取值范圍；(2)證明：若有兩個零點，則．【答案】(1)(2)證明見的解析【分析】（1）由導數確定函數單調性及最值，即可得解；（2）利用分析法，轉化要證明條件為，再利用導數即可得證.【詳解】（1）[方法一]：常規求導的定義域為，則令,得當單調遞減當單調遞增，若,則,即所以的取值范圍為[方法二]：同構處理由得：令，則即令，則故在區間上是增函數故，即所以的取值范圍為（2）[方法一]：構造函數由題知,一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設要證,即證因為,即證又因為,故只需證即證即證下面證明時，設，則設所以,而所以,所以所以在單調遞增即,所以令所以在單調遞減即,所以；綜上,,所以.[方法二]：對數平均不等式由題意得：令，則，所以在上單調遞增，故只有1個解又因為有兩個零點，故兩邊取對數得：，即又因為，故，即下證因為不妨設，則只需證構造，則故在上單調遞減故，即得證【點睛】關鍵點點睛：本題是極值點偏移問題，關鍵點是通過分析法，構造函數證明不等式這個函數經常出現，需要掌握3．（2021·全國·高考真題）設函數，已知是函數的極值點．（1）求a；（2）設函數．證明:．【答案】（1）；（2）證明見詳解【分析】（1）由題意求出，由極值點處導數為0即可求解出參數；（2）由（1）得，且，分類討論和，可等價轉化為要證，即證在和上恒成立，結合導數和換元法即可求解【詳解】（1）由，，又是函數的極值點，所以，解得；（2）[方法一]：轉化為有分母的函數由（Ⅰ）知，，其定義域為．要證，即證，即證．（ⅰ）當時，，，即證．令，因為，所以在區間內為增函數，所以．（ⅱ）當時，，，即證，由（ⅰ）分析知在區間內為減函數，所以．綜合（ⅰ）（ⅱ）有．[方法二]【最優解】：轉化為無分母函數由（1）得，，且，當時，要證，，，即證，化簡得；同理，當時，要證，，，即證，化簡得；令，再令，則，，令，，當時，，單減，故；當時，，單增，故；綜上所述，在恒成立.[方法三]：利用導數不等式中的常見結論證明令，因為，所以在區間內是增函數，在區間內是減函數，所以，即（當且僅當時取等號）．故當且時，且，，即，所以．（ⅰ）當時，，所以，即，所以．（ⅱ）當時，，同理可證得．綜合（ⅰ）（ⅱ）得，當且時，，即．【整體點評】（2）方法一利用不等式的性質分類轉化分式不等式：當時，轉化為證明，當時，轉化為證明，然后構造函數，利用導數研究單調性，進而證得；方法二利用不等式的性質分類討論分別轉化為整式不等式：當時，成立和當時，成立，然后換元構造，利用導數研究單調性進而證得，通性通法，運算簡潔，為最優解；方法三先構造函數，利用導數分析單調性，證得常見常用結論（當且僅當時取等號）．然后換元得到，分類討論，利用不等式的基本性質證得要證得不等式，有一定的巧合性.4．（2021·全國·高考真題）已知函數.（1）討論的單調性；（2）設，為兩個不相等的正數，且，證明：.【答案】（1）的遞增區間為，遞減區間為；（2）證明見解析.【分析】(1)首先確定函數的定義域，然后求得導函數的解析式，由導函數的符號即可確定原函數的單調性.(2)方法二：將題中的等式進行恒等變換，令，命題轉換為證明：，然后構造對稱差函數，結合函數零點的特征和函數的單調性即可證得題中的結論.【詳解】(1)的定義域為．由得，，當時，；當時；當時，．故在區間內為增函數，在區間內為減函數，(2)[方法一]：等價轉化由得，即．由，得．由（1）不妨設，則，從而，得，①令，則，當時，，在區間內為減函數，，從而，所以，由（1）得即．①令，則，當時，，在區間內為增函數，，從而，所以．又由，可得