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2024年高考导数复习专题二知识点一 由导数求函数的最值（不含参）,函数单调
性、极值与最值的综合应用
利用导数研究函数的零点
典例1、已知函数 ．
（1）若 ，求函数 在区间 上的最大值；
（2）若函数 有三个零点，求实数 的取值范围．
随堂练习：已知函数 ．
（1）若 ，求函数 在区间 的最值；
（2）若 恰有三个零点，求a的取值范围．典例2、已知函数 在 处取得极值.
（1）求 在 上的最小值；
（2）若函数 有且只有一个零点，求b的取值范围.
随堂练习：已知 .
（1）若 在 有唯一零点，求 值； （2）求 在 的最小值.典例3、已知函数 ， 且 ，其中 是自然对数的底数
（1）当 时，求函数 的单调区间和最值；
（2）若函数 没有零点，求实数m的取值范围．
随堂练习：已知函数 .
（1）当 ，求 的最值； （2）若 有两个不同的极值点，求 的取
值范围.知识点二 求过一点的切线方程,用导数判断或证明已知函数的单调性,利用导数研究方
程的根,
利用导数研究双变量问题
典例4、已知函数 ．
（1）当 时，求函数 的单调区间；
（2）若函数 有两个不同零点 ， ，①求实数a的取值范围； ②求证：
．
随堂练习：已知函数 ， （其中 是
自然对数的底数）（1）试讨论函数 的零点个数；
（2）当 时，设函数 的两个极值点为 、 且 ，求证：
.
典例5、已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 与曲线 的公切线的方程；
（2）设函数 的两个极值点为 ，
求证：关于 的方程 有唯一解．随堂练习：已知 ，函数 .
（1）当 时，求 的单调区间和极值；
（2）若 有两个不同的极值点 ， .
（i）求实数 的取值范围；
（ii）证明： （ ……为自然对数的底数）.
典例6、已知函数 .
（1）若函数 存在两个零点，求实数 的范围;
（2）当函数 有两个零点 ，且存在极值点 ，
证明:① ; ② .随堂练习：函数 ， ．
（1）若函数 在 上单调递增，求实数 的取值范围；
（2）若直线 是函数 图象的切线，求 的最小值；
（3）当 时，若 与 的图象有两个交点 ， ，试比较
与 的大小．（取 为2.8，取 为0.7，取 为1.4）
2024年高考导数复习专题二答案
典例1、答案： （1） ；（2）
解：（1）当 时， ，所以 ，令 ，解
得 或 ，令 ，解得 ，所以 在 和 上单调递增，
在 上单调递减，
所以当 时， 取得极大值为 ，当 时 ，所以函数 在区间 上的最大值为 ；
（2）由 ，所以 ，
当 时 所以函数在定义域上单调递增，则 只有一个零点，故舍
去；
所以 ，令 得 或 ，
函数 有三个零点，等价于 的图象与 轴有三个交点，函数的极值点为 ，
，
当 时，令 得 或 ，所以函数在 和 上单调递增，
令 得 ，所以函数在 上单调递减，所以函数在 处取得极大值
，
在 处取得极小值 ，解得 ；
当 时，令 得 或 ，所以函数在 和 上单调递增，
令 得 ，所以函数在 上单调递减，所以函数在 处取得极小
值 ，
所以 的图象与 轴不可能有三个交点； 综上可得 ，即
随堂练习：答案： （1）最大值为37，最小值为 ；（2） .解：（1）若 ，则 ， ，
令 ，得 或 ，列表如下：
x 1 3
+ 0 - 1 +
单增 5 单减 单增 37
在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，所以 的极大值
为 ，
的极小值为 ， ， . 故最大值为37，最小值为 ．
（2） ， 当 时， 恒成立， 在R上单调递减，
此时 至多一个零点，不符合题意；
当 时，令 ，则 ， 所以当 或 时， ；当
时， ；
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
所以 极大值为 ， 的极小值为 ．
因为 恰有三个零点，所以 ，解得 ，
所以 ；综上所述，a的取值范围为 ．典例2、答案：（1） （2）
解：（1）因为 ，所以 ，
在 处取得极值， ，即 解得 ，
，所以 ，
所以当 或 时 ，当 时 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
又 ， 在 上的最小值为 .
（2）由（1）知， ， 若函数 有且只有一个零
点，
则方程 有唯一解，即 有唯一解，
由（1）知， 在 上单调递增，在 上单调递减，
又 ，函数图象如下所示：
或 ，得 或 ， 即b的取值范围为 .随堂练习：答案：（1） （2）
解:（1）由 得 ， 令 ， ，由
得 ；
所以当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增； 故
因为 在 有唯一零点，所以只需 与直线 有一个交点，
.
（2） ， .
当 时， 恒成立，所以 在 上单调递增，因此 最小值为
；
当 时，由 得 ；由 得 ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；因此 ；
当 时， 在 上恒成立，所以 在 上单调递减；
因此， 最小值为 ； 综上， .典例3、答案：（1）单调减区间是 ， 单调增区间是 ，最小值是 ，
无最大值
（2）
解：（1）当 时， ， ，令 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增
∴ 单调减区间是 ， 单调增区间是
∴ 最小值是 ，无最大值．
（2）由题可知 ， ，其中 ，
当 时， 恒成立， 在区间 上单调递增．
令 ，即 ， ，如图
因为当 时， ， ，
可知 ， ，必有一个零点，不符合题意． 当 时，令 ，则 ，
时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增
当 时，即 ， 有一个零点，不符合题意
当 时，即 ， 没有零点，符合题意
当 时，即 ，因为 ，
∴ ， ，有一个零点，不符合题意．综上所述，当 时，函数
没有零点．
随堂练习：答案：（1）最小值为 ，无最大值；（2） .
解:（1）当 时， ， ， ，
则 在 单调递减，在 单调递增， 则 ，无最
大值.
（2） . 有两个极值点 有两个不等实根 有两
个不等的实根.
记 ，则 . 所以 ， .则 在 上单调递增， 上单调递减， ，
，且当 时， ， 如图所示：
∴ 即 . 综上， 的取值范围是 ．
典例4、答案：（1） 1、单调递增区间是 ，单调递减区间是 （2）① ；
②证明见解析
解：（1）对函数 求导，得 ．
当 时， ，
因为函数 的定义域 ， 由 ，得 ， 由 ，得
，
所以函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ．
（2）由 ，得 ，
①函数 有两个不同零点 ，等价于方程 有两个不同的实
根 ．设 ，即方程 有两个不同的实根 ． 设 ，
，再设 ， 所以函数 在
上单调递增，
注意到 ， 所以当 时， ，当 时， ．
所以 在（0，1）上单调递减，在 上单调递增．
当 时， ， 当 时， ， 当 时， ，只需
，即所求 ．
②注意到 ， ，要证 ，只需证 ．
由①知， ，故有 ，即 ． 下面证明： ．
设 ，有
，
所以函数 在 上单调递增， 所以 ，
所以 ，故有 ．
又 ， ，且 在 上单调递减，所以 ，即得 ．因此
随堂练习：答案：（1）答案见解析 （2）证明见解析
解：（1）由 可得 ，令 ，其中 ，
则函数 的零点个数等于直线 与函数 图象的公共点个数，
，令 可得 ，列表如下：
减 极小值 增
如下图所示：
当 时，函数 无零点； 当 时，函数 只有一个零点；
当 时，函数 有两个零点.
（2）证明： ，其中 ，
所以， ，由已知可得 ，
上述两个等式作差得 ， 要证 ，即证 ，
因为 ，设函数 的图象交 轴的正半轴于点 ，则 ，
因为函数 在 上单调递增， ， ， ，设函数 的图象在 处的切线交直线 于点 ，
函数 的图象在 处的切线交直线 于点 ，
因为 ，所以，函数 的图象在 处的切线方程为 ，
联立 可得 ，即点 ，
构造函数 ，其中 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，所以， ，
所以，对任意的 ， ，当且仅当 时等号成立，
由图可知 ，则 ，所以， ，
因为 ，可得 ， 函数 在 处的切线方程为
，
联立 ，解得 ，即点 ，
因为 ， 所以， ，
构造函数 ，其中 ，则 ， ，
当 时， ，此时函数 单调递减，当 时， ，此时函数 单调递增，则 ，
所以，对任意的 ， ，当且仅当 时，等号成立，
所以， ，可得 ，
因此， ，故原不等式成立.
典例5、 答案：（1） （2）见解析
解:（1）曲线 在切点 处的切线方程为： ，即
，
曲线 在切点 处的切线方程为 ，即
，
由曲线 与曲线 存在公切线，得 ，得 ，即
．
令 ，则 ， ，解得 ，∴ 在 上
单调递增，
，解得 ，∴ 在 上单调递减， 又 ，∴ ，则 ，
故公切线方程为 ．（2）要证明关于 的方程 有唯一解， 只要证明
，
先证明： ． ∵ 有两个极值点，
∴ 有两个不同的零点， 令 ，则 ，
当 时， 恒成立，∴ 单调递增， 不可能有两个零点；
当 时， ，则 ，∴ 在 上单调递增，
，则 ，∴ 在 上单调递减，又 时， ， 时，
，
∴ ，得 ，∴ ．
易知 ，
由 ，得 ， ，
∴ ．
下面再证明： ． ，令 ，则只需证 ，令 ，则
，
∴ ，得 ． ∴ 有唯一解．
随堂练习：答案：（1） 1、递减区间为 ，递增区间为 ，极小值为 ，无
极大值
（2）（i） ；（ii）证明见解析
解：（1）当 时， ( )，则 ，
故当 时， ，当 时， ，
故 的递减区间为 ，递增区间为 ， 极小值为 ，无极大
值；
（2）(i)因为 ( )，
令 ( )，问题可转化函数 有个不同的零点 ，
又 ，令 ，
故函数 在 上递减，在 上递增，
故 ，故 ，即 ，当 时，在 时，函数 ，不符题意，
当 时，则 ， ， ，
即当 时，存在 ， ，
使得 在 上递增，在 上递减，在 上递增，
故 有两个不同的极值点 的a的取值范围为 ；
（ii）因为 ， ，且 ， 令 ，则
， ，
又 ，
令 ，即只要证明 ，即 ，
令 ，
则
，
故 在 上递增，且 ，所以 ，即 ，从而 ，
又因为二次函数 的判别式
，
即 ，即 ，
所以 在 上恒成立，故 .
典例6、 答案：（1） ；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
解：（1） 因为 ，令
则 所以 在 递减， 递增
又有两个零点，所以
令 ，则 在 上单调递增 又 ，所以 时
故
（2）（i） 而
（ii）由上知 而 有：
即 又即
又 即
随堂练习：答案： （1） ；（2） ；（3） .
解：（1）： ， 则 ，
在 上单调递增， 对 ，都有 ，
即对 ，都有 ， ， ， 故实数 的取值范围是
；
（2） ， 设切点 ，则切线方程为
，
即 ， 即 ，
令 ，由题意得 ， ，
令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递减； 当 时， ， 在上单调递增，
，故 的最小值为 ；
（3）由题意知 ， ， 两式相加得 ，
两式相减得 ，即
，
即 ， 不妨令 ，记 ，
令 ，则 ， 在 上单调递增，则
，
，则 ， ，
， ，即
，
令 ，则 时， ， 在 上单调递增，又 ， ，
则 ，即 ．
