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2024年高考导数复习专题十
知识点一 利用导数证明不等式,利用导数研究方程的根,求已知函数的极值点
典例1、己知函数 （e是自然对数的底数）.
（1）若 是函数 的两个零点，证明： ；
（2）当 时，若对于 ，曲线 与曲线 都有唯一的公共点，求
实数m的取值范围.
随堂练习：已知函数 （ ）
（1）当 时， 有两个实根，求 取值范围；
（2）若方程 有两个实根 ，且 ，证明：典例2、已知函数 ， .
（1）若不等式 对于 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）若方程 有且仅有两个实根 ，①求实数 的取值范围； ②证明：
.
随堂练习：已知函数 在 处的切线方程为
．
（1）求a，b的值；（2）若方程 有两个实数根 ，
①证明： ；②当 时， 是否成立？如果成立，请简要说明理由．典例3、已知函数 ，其中 .
（1）求函数 的单调区间； （2）当 时，
①证明： ； ②方程 有两个实根 ，且 ，求证：
.随堂练习：已知函数 .
（1）若 ，讨论 的单调性； （2）若方程 有两个不同的实数根 .
（i）求 的取值范围；（ii）若 ，求证： . (参考数据： )
知识点二 利用导数研究函数的零点,含参分类讨论求函数的单调区间
典例4、设函数 ， .
（1）讨论函数 的单调性；（2）若函数 在 处有极值且 ，当函数
恰有三个零点时，求实数 的取值范围.随堂练习：已知函数 ，其中e为自然对数的底数.
（1）求 的单调区间：（2）若函数 在区间 上存在零点，求实数a的取值
范围.
典例5、已知函数 ， .
（1）讨论 的单调性；（2）设 ，函数 有两个不同的零点，求实
数 的取值范围.随堂练习：已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；（2）设 ，若 有3个互不相等的实根，
求 的取值范围．
典例6、已知函数 ， .
（1）讨论 的零点个数；（2）若对 ，不等式 恒成立，求a的取
值范围.随堂练习：已知函数 ， ，其中 是 的
导函数.
（1）讨论函数 的单调性；（2）若关于 的方程 有且仅有一个实根，求
的取值范围.
2024年高考导数复习专题十答案典例1、答案：（1）答案见解析 （2）
解：（1）由 ，得 ， 令 ，
解得 或 ，
当 时， ， 和 时，
， 单调递增， 时， ， 单调递减；
当 时， 恒成立， 在 上单调递增； 当 时， ，
和 时，
， 单调递增，当 时， ， 单调递减；
综上所述：当 时， 的单调递增区间为 和 ， 的单调递减区
间为 ；
当 时， 在 上单调递增，无减区间；
当 时， 的单调递增区间为 和 ， 的单调递减区间为
；（2）因为函数 在 处有极值且 所以 ，即 ，解得
，
当 时， ， ，
令 ，解得 或 ，
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数 在 处取极小值，即 成立；
的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ，所以 ，
，
如图所示，
函数 有三个零点，可转化为函数 与函数 有三个交点，
数形结合可知， ， 解得 ， 所以 的取值范围为 .
随堂练习：答案：（1）见解析 （2）
解：（1）∵ ，∴ ， 当 时， 恒成立，
所以 的单调递增区间为 ，无单调递减区间.
当 时，令 ，得 ：令 ，得 ，所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
综上：当 时，函数 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
（2）当 时，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
由（1）知 . 当 时，函数 在区间 上单调递增且 ，
所以函数 在区间 上不存在零点.所以当 时， 在区间 上单调
递减且 ，
所以函数 在区间 上不存在零点.
所以当 时，函数 在区间 上单调递减，在 上单调递增，
又∵ ， ，∴当 ，即 时，函数 在区间
上不存在零点；
当 ，即 时，函数 在区间 上存在零点.
综上，实数a的取值范围为 .
典例2、答案：（1） 答案见解析 （2）
解：（1）函数 的定义域为 ，且 .
当 时，即当 时，对任意的 ， ，此时函数 的增区间为
；
当 时，即当 时，由 可得 ，由 可得 ，
此时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .综上所述，当 时，函数 的增区间为 ；
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2）由 ，可得 ，其中 ，
构造函数 ，其中 ，所以，直线 与函数 的图象有两个交点，
，当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，所以，函数 单调递减，
所以，函数 的极大值为 ，且当 时， ，如下图所示：
由图可知，当 时，直线 与函数 的图象有两个交点，因此，实数 的
取值范围是 .
随堂练习：答案：（1） 答案见解析 （2）
解：（1） ， ，
时,令 ，即 ，
， ， 在 上单调递减，
， ， 在 上单调递增；当 时， ， ， 在 上单调递增.
（2） ， 令 ，则 有2个互不
相等的实根，
设 ， ，则代表 ， 两个函数有2个交点
如图，设切点坐标为 ， ， ，
则切线方程为： 又切点在 上，
联立①②，解得 ， 切线斜率 因此 的取值范围为
典例3、答案：（1） 答案见解析； （2） .
解：（1）由已知可得， 定义域为 ， .
因为 ，解 可得， . 解 可得， ，所以 在
上单调递减；
解 可得， ，所以 在 上单调递增.
所以， 在 处有唯一极小值，也是最小值， .所以，当 时， ， 恒成立，此时 的零点个数为0；
当 时， ， 有唯一零点 ；
当 时， ，此时有 ， 且 .
由 在 上单调递减， ， ，
根据零点的存在定理可知， ，即 ，使得 ；
令 ， ，则 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减，又 ，所以 .
所以 在 上恒成立， 又 ， ，
又 在 上单调递增，
根据零点的存在定理可知， ，即 ，使得 .
所以 是 的零点，所以 的零点个数为2.
综上所述，当 时， 的零点个数为0；当 时， 有1个零点；
当 时， 的零点个数为2.
（2）由已知可得， . 因为 ， ，所以有令 ，对于 ， ，
则 ， 则 对 恒成立，即 对 恒成立.
令 ，则只需 即可. ，所以 在 上单调递
增.
所以 ， 所以 ，解得 .
随堂练习：答案：（1） 当 时， 在 上单调递增；当 时， 在
上单调递减，在 上单调递增. （2） .
解：（1） ， ，
，
当 时，对 ， 恒成立，故 在 上单调递增；当 时，令 ，
解得 ；
令 ，解得 ， 故 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2） 等价于 ，即 ， 所以
，
令 ， 则方程 有且只有一个实数根等价于函数 只
有 个零点，令 ，因为 为 的一个零点， 则 仅有一个零点为 或 无
零点.
①若 是 仅有的一个零点，则 ，所以 ，
此时 ，则 ， ，
所以存在 ，使得 ，与 仅有一个零点 矛盾，故 .
②若 无零点， 因为 ， 当 时， ，则 在R上单
调递增，
又 ， ， 所以存在 ，使得 ，与题
意不符；
当 时， ，对 ， ， 在R上无零点，符合题意；
当 时，令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，若 无零点，则 ，
又 ，所以 ，即 .
综上所述，关于x的方程 有且仅有一个实根时，实数a的取值范围为
.
典例4、答案：（1） 见解析； （2） .
解：（1）证明：因为 是函数 的两个零点，且 ， 所以 ，即有 ，
，即有 ， 则有 ， 令 ,
因为 ， 所以 ， 则 ，解得： ，即
，
则 ，
因为 ，所以 ， 所以 ， 即要证 ，
设 ， 则 ，则有 ，
令 ，则 ， 又 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，即 在 上单调递增， 所以 ，
故 在 上单调递增， 又 ， 所以 ， 即
，
则 ， 故有 ；
（2）当 时， ， 令 ，
又因为曲线 与曲线 都有唯一的公共点，
即 有唯一的解， 因为，
当 ，即 时， ， 则函数 单调递增，
又 趋于0时， 趋于 ， 趋于 时， 趋于 ，
则 只有唯一的解，满足题意，
当 ，即 时，令 ，
即得 有两个解： ， ，
由韦达定理可得 ， 故两个解一个大于4，一个小于4，
即 ，
又因为 ，所以 ，则有 ， 当 时， ，函数
单调递减，
则函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
故函数 存在一个极大值和一个极小值，且极大值点为 ，极小值点为 ，
要使 有唯一的解， 只需 大于极大值或小于极小值，
即 或 ， 当 时， 即 恒成立，
又 ， 即 ， 则，
令 ， 求导可得 ， 令 ，得 ，
当 时， ，即 单调递增， 当 时， ，即 单调递减，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ， 所以
，
要使 恒成立，则有 ； 当 时， 即
恒成立，
又 ， 即 ， 则
，
又 在 上单调递减， 故 在 上无最小值，
又 ，则不存在 使 恒成立， 综上，实数 的取值范围为
.
随堂练习：答案：（1） 取值范围是 （2）证明见解析
解：（1） 的定义域为 ， ，
在 上单调递增，所以 的取值范围是 .
（2） 的定义域为 ， 有两个不相等的实数根，
令 ，由（1）知 在 上递增，则 ，
则 有两个不相等的零点 ， ，
， .
要证 ，只需证 ，即证 ， 即证
，
， 故只需证 ，
不妨设 ，令 ， 则只需证 ， 只需证 ，
令 ， ， 所以
，
即当 时， 成立. 所以 ，即 ，所
以 .
典例5、答案：（1） ； （2）① ；②证明见解析.
解：（1）因为不等式 对于 恒成立，即 对于 恒成立
所以 ，令 ，则 ，所以当 时 ， 递增；当 时 ， 递减；
即 在 处取得极大值也为最大值，从而 .
（2）①方程 ，即 ， 所以 ，
令 ，则 ， 因为 单调递增，所以 ，
因为 有且仅有两个实根 ，
所以 有且仅有两个实根 ，即 有且仅有两个实根 ，
令 ，则 ，
由（1）知： 在 上递增，在 上递减，
而 在 上值域为 ， 上值域为 ，
由 有两个零点，则 ，即 ，
当 时， ，所以 ，
由零点存在定理知： 在 上存在唯一零点，
当 时，令 ，则 ，故 递减，
所以 ，即 ， 故
，
令 得： ，即有 ，所以 ，由零点存在定理知： 在 上存在唯一零点，
综上， 有且仅有两个零点， 所以 .
②因为 有且仅有两个实根 ，不妨设 ，所以 ，两式相
除得 ，
令 ，解得 ，
要证 ，即证 ，即证 ，即证 ，
令 ，则 对 恒成立，
所以 ，证得 .
随堂练习：答案：（1） ， （2）①证明见解析，②成立，理由见解析
解：（1） ， 因为函数 在 处的切线方程为
，
所以 ， ，
∴ ， 或 ， （舍）， 所以 ， ；
（2）①证明：由（1）可知 ， ，
令 ， 则 ，令 ，得 ，所以函数 在 上递减，在 上递增， 所以 ，
即 ， 又 ， ， ， ，
且 ， ，∴ ，使得 ，即 ，
即 ，
当 时， ，当 时， ，所以函数 在 上递减，在
上递增，
所以
，
∵ ，∴ ，令 ，则 ，
所以函数 在 上递增， 故 ， 所以
，
即 ， ∴ ；
②解：成立，理由如下： 当直线过 ， 时割线方程为
，得 ，当直线过 ， 时割线方程为 ，得
，
∴ .
典例6、答案：（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为
（2）①证明见解析；②证明见解析
解：（1）函数的定义域为 ，函数的导数 ，解得 ，
所以当 时，此时 ，函数 单调递减区间为 ，
所以当 时，此时 ，函数 单调递增区间为 ，
所以函数 单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
（2）当 时，①要证不等式 成立，即证明 成立.即证明
成立.
令 当 时，此时 ，
当 时，此时 ， 所以 在 单调递减，在 单调递
增
所以 最小值为 ， 恒成立，即 恒成立得证.②由①得 恒成立，即直线 始终在曲线 下方或有唯一
切点，
又结合（1）可知 单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
所以当 时 取最小值 ，
且当 时， ；当 时， ；当 时， .
所以方程 有两个实根 ，则 ，且 .
由直线 与 联立解得交点的横坐标 ，显然
因此，要证 ，只要证 即可
即证 ，即证 即可
又因为 ，所以只要证
令 恒成立
所以 在 单调递增，即
所以 得证，原命题得证.随堂练习：答案：（1） 答案见解析； （2）(i) ；(ii)证明见解析.
解：（1） 的定义域为 ， 当 时， .
设 ，则 ，由 得： ，
当 时， ；当 时， ， 在 上单调递增，在
上单调递减，
的最大值为 ， ，即 在 上恒成
立，
在 上单调递减.
（2）（i）由 得： ，即 .
设 ，则 ，由 得： ，
当 时 ，函数 单调递增， 当 时 ，函数 单
调递减，
有极大值也是最大值 ， 当 时， ，当 时， .
要使 有两个不同的实数根 ，则 ，
即 ，即实数m的取值范围为 .（ii）证明： ，则 ，即 ，故
.
设 ，由 得 ， 设 ，则 ，
设 ，则 ，
在 上单调递增，故 ，故 ，
在 上单调递增，故 ，
，结合（i）有 .
