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专题 04 导数及其应用（解答题）（理科专用）
ex
1．【2022年全国甲卷】已知函数f (x)= −lnx+x−a．
x
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x ,x ，则环x x <1．
1 2 1 2
【答案】(1)(−∞,e+1]
(2)证明见的解析
【解析】
【分析】
（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
ex 1 1 1
（2）利用分析法，转化要证明条件为 −xex−2[lnx− (x− )]>0，再利用导数即
x 2 x
可得证.
(1)
f(x)的定义域为(0,+∞)，
1 1 1 1 1 1 x−1 ex
f' (x)=( − )ex− +1 = (1− )ex+(1− )= ( +1)
x x2 x x x x x x
令f(x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f' (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f' (x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
(2)
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x <1f( )
1 x 1 x
2 21
因为f(x )=f(x ),即证f(x )>f( )
1 2 2 x
2
ex 1 1
即证 −lnx+x−xex−lnx− >0,x∈(1,+∞)
x x
ex 1 1 1
即证 −xex−2[lnx− (x− )]>0
x 2 x
ex 1 1 1
下面证明x>1时， −xex>0,lnx− (x− )<0
x 2 x
ex 1
设g(x)= −xex,x>1，
x
1 1 1
1 1 1 1 1 1
则g' (x)=( − )ex−(ex+xex⋅(− ))= (1− )ex−ex(1− )
x x2 x2 x x x
1 ex 1 x−1 ex 1
=(1− )( −ex)= ( −ex)
x x x x
ex 1 1 x−1
设φ(x)= (x>1),φ' (x)=( − )ex= ex>0
x x x2 x2
1
所以φ(x)>φ(1)=e,而
ex0,所以g' (x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 −xex>0
x
1 1
令ℎ(x)=lnx− (x− ),x>1
2 x
1 1 1 2x−x2−1 −(x−1) 2
ℎ ' (x)= − (1+ )= = <0
x 2 x2 2x2 2x2
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减1 1
即ℎ(x)< ℎ(1)=0,所以lnx− (x− )<0；
2 x
ex 1 1 1
综上, −xex−2[lnx− (x− )]>0,所以x x <1.
1 2
x 2 x
【点睛】
关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
1 1
ℎ(x)=lnx− (x− )这个函数经常出现，需要掌握
2 x
2．【2022年全国乙卷】已知函数f (x)=ln(1+x)+axe−x
(1)当a=1时，求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)y=2x
(2)(−∞,−1)
【解析】
【分析】
（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究
(1)
f(x)的定义域为(−1,+∞)
x 1 1−x
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+ ,f(0)=0,所以切点为(0,0) f' (x)= + ,f' (0)=2,
ex 1+x ex
所以切线斜率为2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
(2)
ax
f(x)=ln(1+x)+
ex
1 a(1−x) ex+a(1−x2)
f' (x)= + =
1+x ex (1+x)ex
设g(x)=ex+a(1−x2)1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a(1−x2)>0,即f' (x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f' (x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<−1
(1)当x∈(0,+∞),则g' (x)=ex−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f' (m)=0
当x∈(0,m),f' (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f' (x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)0
所以g' (x)在(−1,0)单调递增
1
g' (−1)= +2a<0,g' (0)=1>0
e所以存在n∈(−1,0),使得g' (n)=0
当x∈(−1,n),g' (x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g' (x)>0,g(x)单调递增,g(x)0
e
所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f' (t)=0
当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减
有x→−1,f(x)→−∞
而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0
所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)
【点睛】
方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一
边不满足即可，肯定要两方面都说明.
3．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)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．
【答案】(1)a=1
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分
类讨论.
（2）根据（1）可得当b>1时， ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构
建新函数ℎ(x)=ex+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大
小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，
再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
(1)
f(x)=ex−ax的定义域为R，而f' (x)=ex−a，
若a≤0，则f' (x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
1 ax−1
g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g' (x)=a− = .
x x
当xlna时，f' (x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，
故f(x) =f(lna)=a−alna.
min
1 1
当0 时，g' (x)>0，故g(x)在( ,+∞)上为增函数，
a a
1 1
故g(x) =g( )=1−ln .
min a a
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
1 a−1
故1−ln =a−alna，整理得到 =lna，其中a>0，
a 1+aa−1 2 1 −a2−1
设g(a)= −lna,a>0，则g' (a)= − = ≤0，
1+a (1+a) 2 a a(1+a) 2
故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，
1−a
故g(a)=0的唯一解为a=1，故 =lna的解为a=1.
1+a
综上，a=1.
(2)
1
由（1）可得f(x)=ex−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln =1.
1
当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设S(x)=ex−x−b，S' (x)=ex−1，
当x<0时，S' (x)<0，当x>0时，S' (x)>0，
故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
所以S(x) =S(0)=1−b<0，
min
而S(−b)=e−b>0，S(b)=eb−2b，
设u(b)=eb−2b，其中b>1，则u' (b)=eb−2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，
故S(b)>0，故S(x)=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
x−1
设T(x)=x−lnx−b，T' (x)= ，
x
当01时，T' (x)>0，
故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
所以T(x) =T(1)=1−b<0，
min
而T(e−b )=e−b>0，T(eb )=eb−2b>0，
T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b仅有一个零点，
当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b均无零点，故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，
则b>1.
1
设ℎ(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故ℎ ' (x)=ex+ −2，
x
设s(x)=ex−x−1，x>0，则s' (x)=ex−1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即ex>x+1，
1
所以ℎ ' (x)>x+ −1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，
x
1
1 2 2
而ℎ(1)=e−2>0，ℎ( )=ee3−3− x 时，ℎ(x)>0即ex−x>x−lnx即f(x)>g(x)，
0
因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，
故b=f(x )=g(x )>1，
0 0
此时ex−x=b有两个不同的零点x ,x (x <01，
1 0 0 4
x =x −b
故{ 0 4 即x +x =2x .
x =x −b 1 4 0
1 0
【点睛】
思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分
类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.4．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax−ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；
1 1 1
(3)设n∈N∗，证明： + +⋯+ >ln(n+1)．
√12+1 √22+2 √n2+n
【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
1
(2)a≤
2
(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）求出f' (x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.
1
（2）设ℎ(x)=xeax−ex+1，求出ℎ ″ (x)，先讨论a> 时题设中的不等式不成立，再就
2
1
01恒成立，从而可得ln(n+1)−lnn< 对
t √n2+n
任意的n∈N∗恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
(1)
当a=1时，f(x)=(x−1)ex，则f' (x)=xex，
当x<0时，f' (x)<0，当x>0时，f' (x)>0，
故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)
设ℎ(x)=xeax−ex+1，则ℎ(0)=0，
又ℎ ' (x)=(1+ax)eax−ex，设g(x)=(1+ax)eax−ex，则g' (x)=(2a+a2x)eax−ex，
1
若a> ，则g' (0)=2a−1>0，
2
因为g' (x)为连续不间断函数，
故存在x ∈(0,+∞)，使得∀x∈(0,x )，总有g' (x)>0，
0 0
故g(x)在(0,x )为增函数，故g(x)>g(0)=0，
0
故ℎ(x)在(0,x )为增函数，故ℎ(x)> ℎ(0)=−1，与题设矛盾.
0
1
若00，总有ln(1+x)0，总有 xe2 x −ex+1<0 成立，
1
令 t=e2 x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
1
故2tlnt1恒成立.
t
√n+1 √n+1 √ n
所以对任意的n∈N∗，有2ln < − ，
n n n+11
整理得到：ln(n+1)−lnn<
，
√n2+n
1 1 1
故
+ +⋯+ >ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn
√12+1 √22+2 √n2+n
=ln(n+1)，
故不等式成立.
【点睛】
思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合
端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等
式合理构建数列不等式.
5．【2021年甲卷理科】已知 且 ，函数 ．
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若曲线 与直线 有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1） 上单调递增； 上单调递减；（2） .
【解析】
【分析】
（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线 与直线 有且仅有两个
交点等价转化为方程 有两个不同的实数根，即曲线 与直线 有两个
交点，利用导函数研究 的单调性，并结合 的正负，零点和极限值分析 的图
象，进而得到 ，发现这正好是 ，然后根据 的图象和单调性得到 的取值范围.
【详解】
（1）当 时， ,
令 得 ,当 时， ,当 时， ,
∴函数 在 上单调递增； 上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数 ,
则 ,令 ，得 ,
在 内 , 单调递增；
在 上 , 单调递减；
,
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个
交点的充分必要条件是 ,这即是 ,
所以 的取值范围是 .
[方法二]：构造差函数
由 与直线 有且仅有两个交点知 ，即 在区间 内有两个解，
取对数得方程 在区间 内有两个解．构造函数 ，求导数得 ．
当 时， 在区间 内单调递增，所
以， 在 内最多只有一个零点，不符合题意；
当 时， ，令 得 ，当 时， ；当
时， ；所以，函数 的递增区间为 ，递减区间为 ．
由于 ，
当 时，有 ，即 ，由函数 在 内有两个零
点知 ，所以 ，即 ．
构造函数 ，则 ，所以 的递减区间为 ，递增区间
为 ，所以 ，当且仅当 时取等号，故 的解为 且 ．
所以，实数a的取值范围为 ．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线 与 有且仅有两个交点等价为 在区间 内有两个不相同的解．
因为 ，所以两边取对数得 ，即 ，问题等价为 与
有且仅有两个交点．①当 时， 与 只有一个交点，不符合题意．
②当 时，取 上一点 在点 的切线
方程为 ，即 ．
当 与 为同一直线时有 得
直线 的斜率满足： 时， 与 有且仅有两个交点．
记 ，令 ，有 ． 在区间 内单
调递增； 在区间 内单调递减； 时， 最大值为
，所当 且 时有 ．
综上所述，实数a的取值范围为 ．
[方法四]：直接法
．
因为 ，由 得 ．
当 时， 在区间 内单调递减，不满足题意；
当 时， ，由 得 在区间 内单调递增，由
得 在区间 内单调递减．因为 ，且 ，所以 ，即 ，即
，两边取对数，得 ，即 ．
令 ，则 ，令 ，则 ，所以 在区间 内单
调递增，在区间 内单调递减，所以 ，所以 ，则 的解为
，所以 ，即 ．
故实数a的范围为 ．]
【整体点评】
本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，
属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，
图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成 与 两个函数，研究对数函数过原点的切
线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
6．【2021年乙卷理科】设函数 ，已知 是函数 的极值点．
（1）求a；
（2）设函数 ．证明: ．
【答案】（1） ；（2）证明见详解
【解析】
【分析】
（1）由题意求出 ，由极值点处导数为0即可求解出参数 ；（2）由（1）得 ， 且 ，分类讨论 和 ，可等
价转化为要证 ，即证 在 和 上恒成立，结
合导数和换元法即可求解
【详解】
（1）由 ， ，
又 是函数 的极值点，所以 ，解得 ；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知， ，其定义域为 ．
要证 ，即证 ，即证 ．
（ⅰ）当 时， ， ，即证 ．令
，因为 ，所以 在区间 内
为增函数，所以 ．
（ⅱ）当 时， ， ，即证 ，由（ⅰ）分析知
在区间 内为减函数，所以 ．
综合（ⅰ）（ⅱ）有 ．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得 ， ， 且 ，
当 时，要证 ， ， ，即证
，化简得 ；同理，当 时，要证 ， ， ，
即证 ，化简得 ；
令 ，再令 ，则 ， ，
令 ， ，
当 时， ， 单减，故 ；
当 时， ， 单增，故 ；
综上所述， 在 恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令 ，因为 ，所以 在区间 内是增函数，在区
间 内是减函数，所以 ，即 （当且仅当 时取等号）．故
当 且 时， 且 ， ，即 ，所以
．
（ⅰ）当 时， ，所以 ，即 ，
所以 ．
（ⅱ）当 时， ，同理可证得 ．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当 且 时， ，即 ．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当 时，转化为证明
，当 时，转化为证明 ，然后构造函数，利用导数
研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当
时， 成立和当 时， 成立，然后换
元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造
函数 ，利用导数分析单调性，证得常见常用结论 （当且仅当
时取等号）．然后换元得到 ，分类讨论，利用不等式的基本性质证得
要证得不等式，有一定的巧合性.
7．【2021年新高考1卷】已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明： .
【答案】（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数
的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 ，命题转换为证明： ，
然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】
(1) 的定义域为 ．
由 得， ，当 时， ；当 时 ；当 时， ．
故 在区间 内为增函数，在区间 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由 得 ，即 ．
由 ，得 ．
由（1）不妨设 ，则 ，从而 ，得 ，
①令 ，
则 ，
当 时， ， 在区间 内为减函数， ，
从而 ，所以 ，
由（1）得 即 ．①
令 ，则 ，
当 时， ， 在区间 内为增函数， ，
从而 ，所以 ．
又由 ，可得 ，
所以 ．②
由①②得 ．
[方法二]【最优解】： 变形为 ，所以 ．
令 ．则上式变为 ，于是命题转换为证明： ．
令 ，则有 ，不妨设 ．
由（1）知 ，先证 ．
要证：
．
令 ，
则 ，
在区间 内单调递增，所以 ，即 ．
再证 ．
因为 ，所以 ．
令 ，
所以 ，故 在区间 内单调递增．
所以 ．故 ，即 ．
综合可知 ．
[方法三]：比值代换
证明 同证法2．以下证明 ．
不妨设 ，则 ，
由 得 ， ，
要证 ，只需证 ，两边取对数得 ，即 ，
即证 ．
记 ，则 .
记 ，则 ，
所以， 在区间 内单调递减． ，则 ，
所以 在区间 内单调递减．
由 得 ，所以 ，
即 ．
[方法四]：构造函数法
由已知得 ，令 ，
不妨设 ，所以 ．
由（Ⅰ）知， ，只需证 ．
证明 同证法2．
再证明 ．令 ．
令 ，则 ．
所以 ， 在区间 内单调递增．
因为 ，所以 ，即又因为 ，所以 ，
即 ．
因为 ，所以 ，即 ．
综上，有 结论得证．
【整体点评】
(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思
想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理
策略.
方法三：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.
方法四：构造函数之后想办法出现关于 的式子，这是本方法证明不等式的关
键思想所在.
8．【2021年新高考2卷】已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： 只有一个零点
① ；
② ．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得： ，
当 时，若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
(2)若选择条件①：
由于 ，故 ，则 ，
而 ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
，由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于 ，故 ，则 ，
当 时， ， ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
当 时，构造函数 ，则 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
注意到 ，故 恒成立，从而有： ，此时：
，
当 时， ，
取 ，则 ，
即： ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，
所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几
个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函
数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解
决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
9．【2020年新课标1卷理科】已知函数 .
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥ x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当 时， 单调递减，当 时，
单调递增.（2）
【解析】
【分析】
(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得
的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】
(1)当 时， ， ，由于 ，故 单调递增，注意到 ，故：
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由 得， ，其中 ，
①.当x=0时，不等式为： ，显然成立，符合题意；
②.当 时，分离参数a得， ，
记 ， ，
令 ，
则 ， ，
故 单调递增， ，
故函数 单调递增， ，
由 可得： 恒成立，
故当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
因此， ,
综上可得，实数a的取值范围是 .
[方法二]：特值探路当 时， 恒成立 ．
只需证当 时， 恒成立．
当 时， ．
只需证明 ⑤式成立．
⑤式 ，
令 ，
则
，
所以当 时， 单调递减；
当 单调递增；
当 单调递减．
从而 ，即 ，⑤式成立．
所以当 时， 恒成立．
综上 ．
[方法三]：指数集中
当 时， 恒成立 ，记 ，
，
①.当 即 时， ，则当 时， ， 单调递
增，又 ，所以当 时， ，不合题意；
②.若 即 时，则当 时， ， 单调递
减，当 时， ， 单调递增，又 ，
所以若满足 ，只需 ，即 ，所以当
时， 成立；
③当 即 时， ，又由②可知
时， 成立，所以 时， 恒成立，
所以 时，满足题意.
综上， .
【整体点评】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，
本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，
具有风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！
10．【2020年新课标2卷理科】已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明： ；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤ .
【答案】（1）当 时， 单调递增，当 时，
单调递减，当 时， 单调递增.
（2）证明见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定
原函数的单调性即可；
(2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式；
(3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的
不等式.
【详解】
(1)由函数的解析式可得： ，则：
，
在 上的根为： ，
当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
(2)[方法一]【最优解】：基本不等式法
由四元均值不等式可得
，当且仅当 ，
即 或 时等号成立．
所以 ．
[方法二]：构造新函数+齐次化方法
因为 ，令 ，则问题转化为
求 的最大值．
求导得 ，令 ，得 ．
当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ，函数 单调递减．
所以函数 的最大值为 ，故 ．
[方法三]：结合函数的周期性进行证明注意到 ，
故函数 是周期为 的函数，
结合(1)的结论，计算可得： ，
， ，
据此可得： ， ，
即 .
(3)[方法一]【最优解】：利用(2)的结论
由于
，
所以 ．
[方法二]：数学归纳法+放缩
当 时， ，显然成立；
假设当 时原式成立，即 ．
那么，当 时，有，
即当 时不等式也成立．
综上所述，不等式对所有的 都成立．
【整体点评】
(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号
成立的条件；
方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后
构造函数即可证得题中的不等式；
方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分
体现了三角函数有界限的应用.
(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式；
方法二：数学归纳法是处理与自然数有关的命题的常见策略，放缩法是不等式证明中常见
的方法.
11．【2020年新课标3卷理科】设函数 ，曲线 在点( ，f( ))处的
切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若 有一个绝对值不大于1的零点，证明： 所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1） ；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义得到 ，解方程即可；
（2）方法一：由（1）可得 ，易知 在 上单调递
减，在 ， 上单调递增，且
，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】
（1）因为 ，由题意， ，即： ，则 ．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得 ， ，
令 ，得 或 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，
且 ，
若 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点 ，则 或 ，
即 或 .
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当 时， ，
又 ，
由零点存在性定理知 在 上存在唯一一个零点 ，
即 在 上存在唯一一个零点，在 上不存在零点，
此时 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上， 所有零点的绝对值都不大于1.［方法二］【最优解】：
设 是 的一个零点，且 ，则 ．
从而 ．
令 ，由判别式 ，可知 在R上
有解， 的对称轴是 ，所以
在区间 上有一根为 ，在区间 上有一根为 ，进而有 ，所
以 的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设 是函数 的一个绝对值不大于1的零点，且 ．设 ，
则 ，显然 在区间 内单调递减，在区间 内单调递增，
在区间 内单调递减．又 ，于是 的值域
为 ．
设 为函数 的零点，则必有 ，于是 ，所以 解得 ，即 ．
综上， 的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知， ，令 ，得 或 ．则 在
区间 内递增，在区间 内递减，在区间 内递增，所以 的极大
值为 的极小值为 ．
（ⅰ）若 ，即 或 ， 有唯一一个零点 ，显然有 ，
不满足题意；
（ⅱ）若 ，即 或 ， 有两个零点，不妨设一个零点为
，显然有 ，此时， ，则 ，另一个零点为1，满足
题意；同理，若一个零点为 ，则另一个零点为 ．
（ⅲ）若 ，即 ， 有三个零点，易知在区间 内有一
个零点，不妨设为 ，显然有 ，又 ， ，所以在 内有一
个零点m，显然 ，同理， 在 内有一个零点n，有 ．
综上， 所有零点的绝对值都不大于1．［方法五］：
设 是 的一个零点且 ，则 是 的另一个零点．
．
则 ，设 ，由判别式
，所以方程有解．
假设实数 满足 ．
由 ，得 ．
与 矛盾，假设不成立．
所以， 所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】
（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可
推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题
的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出 的范围，然后再由零点定义以及 的
范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的
符号，得出 的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为 ，
满足 ，再设另一个零点为 ，通过零点定义找到 的关系，再根据一元二次方程
存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
12．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式 恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义求出在点 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根
据三角形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数 的单调性，当a=1时，由 得
,符合题意；当a>1时，可证 ，从而 存在零点 ，
使得 ，得到 ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，
利用基本不等式可以证得 恒成立；当 时，研究 .即可得到不符合题意.
综合可得a的取值范围.
【详解】
（1） ， ， .
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数 在点(1,f(1)处的切线方程为 ,即 ,
切线与坐标轴交点坐标分别为 ,
∴所求三角形面积为 ．
（2）［方法一］：通性通法
, ，且 .设 ,则
∴g(x)在 上单调递增，即 在 上单调递增，
当 时， ,∴ ,∴ 成立.
当 时， ， ， ,
∴存在唯一 ，使得 ，且当 时 ，当
时 ， ， ，
因此
>1,
∴ ∴ 恒成立；
当 时， ∴ 不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由 得 ，即 ，而 ，
所以 ．
令 ，则 ，所以 在R上单调递增．
由 ，可知 ，所以 ，所以
．令 ，则 ．
所以当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减．
所以 ，则 ，即 ．
所以a的取值范围为 ．
［方法三］：换元同构
由题意知 ，令 ，所以 ，所以 ．
于是 ．
由于 ，而 在 时为增函
数，故 ，即 ，分离参数后有 ．
令 ，所以 ．
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减．
所以当 时， 取得最大值为 ．所以 ．
［方法四］：
因为定义域为 ，且 ，所以 ，即 ．
令 ，则 ，所以 在区间 内单调递增．
因为 ，所以 时，有 ，即 ．
下面证明当 时， 恒成立．
令 ，只需证当 时， 恒成立．
因为 ，所以 在区间 内单调递增，则．
因此要证明 时， 恒成立，只需证明 即可．
由 ，得 ．
上面两个不等式两边相加可得 ，故 时， 恒成立．
当 时，因为 ，显然不满足 恒成立．
所以a的取值范围为 ．
【整体点评】
（2）方法一：利用导数判断函数 的单调性，求出其最小值，由 即可求出，解
法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成 ，再根据函数
的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令 ，再同构，可将原不等式化成 ，再根据函
数 的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用 可得 的取值范围，再进行充分性证明即可．
13．【2019年新课标1卷理科】已知函数 ， 为 的导数．证
明：
（1） 在区间 存在唯一极大值点；
（2） 有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求得导函数后，可判断出导函数在 上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得 ，进而得到导函数在 上的单调性，从而可证得结论；
（2）由（1）的结论可知 为 在 上的唯一零点；当 时，首先可判
断出在 上无零点，再利用零点存在定理得到 在 上的单调性，可知
，不存在零点；当 时，利用零点存在定理和 单调性可判断出存在
唯一一个零点；当 ，可证得 ；综合上述情况可证得结论.
【详解】
（1）由题意知： 定义域为： 且
令 ，
，
在 上单调递减， 在 上单调递减
在 上单调递减
又 ，
，使得当 时， ； 时，
即 在 上单调递增；在 上单调递减
则 为 唯一的极大值点
即： 在区间 上存在唯一的极大值点 .
（2）由（1）知： ，
①当 时，由（1）可知 在 上单调递增
在 上单调递减
又
为 在 上的唯一零点
②当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减
又
在 上单调递增，此时 ，不存在零点
又
，使得
在 上单调递增，在 上单调递减又 ，
在 上恒成立，此时不存在零点
③当 时， 单调递减， 单调递减
在 上单调递减
又 ，
即 ，又 在 上单调递减
在 上存在唯一零点
④当 时， ，
即 在 上不存在零点
综上所述： 有且仅有 个零点
【点睛】
本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的
关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性
说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
14．【2019年新课标2卷理科】已知函数 .
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x 是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x，ln x )处的切线也是曲线 的
0 0 0切线.
【答案】（1）函数 在 和 上是单调增函数，证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）对函数 求导，结合定义域，判断函数的单调性；
（2）先求出曲线 在 处的切线 ，然后求出当曲线 切线的斜率与 斜
率相等时，证明曲线 切线 在纵轴上的截距与 在纵轴的截距相等即可.
【详解】
（1）函数 的定义域为 ，
，因为函数 的定义域为 ，所以
，因此函数 在 和 上是单调增函数；
当 ，时， ，而 ，显然当 ，函数
有零点，而函数 在 上单调递增，故当 时，函数 有唯一的零点；
当 时， ，
因为 ，所以函数 在 必有一零点，而函数 在 上是单调递
增，故当 时，函数 有唯一的零点
综上所述，函数 的定义域 内有2个零点；
（2）因为 是 的一个零点，所以，所以曲线 在 处的切线 的斜率 ，故曲线
在 处的切线 的方程为： 而 ，所以 的方程为
，它在纵轴的截距为 .
设曲线 的切点为 ，过切点为 切线 ， ，所以在
处的切线 的斜率为 ，因此切线 的方程为 ，
当切线 的斜率 等于直线 的斜率 时，即 ，
切线 在纵轴的截距为 ，而 ，所以
，直线 的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线 重合，
故曲线 在 处的切线也是曲线 的切线.
【点睛】
本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.
15．【2019年新课标3卷理科】已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）是否存在 ，使得 在区间 的最小值为 且最大值为1？若存在，求出
的所有值；若不存在，说明理由.【答案】(1)见详解；(2) 或 .
【解析】
【分析】
(1)先求 的导数，再根据 的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据 的各种范围，利用
函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出 , 的值.
【详解】
(1)对 求导得 .所以有
当 时， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增；
当 时， 区间上单调递增；
当 时， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增.
(2)若 在区间 有最大值1和最小值-1，所以
若 ， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增；
此时在区间 上单调递增，所以 ， 代入解得 ， ，与 矛
盾，所以 不成立.
若 ， 区间上单调递增；在区间 .所以 ， 代入解得
.
若 ， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增.
即 在区间 单调递减，在区间 单调递增，所以区间 上最小值为
而 ，故所以区间 上最大值为 .即 相减得 ，即 ，又因为 ，
所以无解.
若 ， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增.
即 在区间 单调递减，在区间 单调递增，所以区间 上最小值为
而 ，故所以区间 上最大值为 .
即 相减得 ，解得 ，又因为 ，所以无解.
若 ， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增.
所以有 区间 上单调递减，所以区间 上最大值为 ，最小值为
即 解得 .
综上得 或 .
【点睛】
这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调
性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．
16．【2018年新课标1卷理科】已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若 存在两个极值点 ，证明： ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】【详解】
分析：(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对 进行分类讨论，从而确定出
导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；
(2)根据 存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定 ，令 ，得到两
个极值点 是方程 的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新
函数证得结果.
详解：（1） 的定义域为 ， .
（i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单调
递减.
（ii）若 ，令 得， 或 .
当 时， ；
当 时， .所以 在
单调递减，在 单调递增.
（2）由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 .
由于 的两个极值点 满足 ，所以 ，不妨设 ，则 .由
于
，所以 等价于 .
设函数 ，由（1）知， 在 单调递减，又 ，从而当
时， .
所以 ，即 .
点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单
调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数
的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，
要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就
是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.
17．【2018年新课标2卷理科】已知函数 ．
（1）若 ，证明：当 时， ；
（2）若 在 只有一个零点，求 的值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】
分析：(1)先构造函数 ，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调
递减，最后根据单调性证得不等式;(2)研究 零点，等价研究 的零点，
先求 导数： ，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与
2，当 时， ， 没有零点；当 时， 先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
详解：（1）当 时， 等价于 ．
设函数 ，则 ．
当 时， ，所以 在 单调递减．
而 ，故当 时， ，即 ．
（2）设函数 ．
在 只有一个零点当且仅当 在 只有一个零点．
（i）当 时， ， 没有零点；
（ii）当 时， ．
当 时， ；当 时， ．
所以 在 单调递减，在 单调递增．
故 是 在 的最小值．
①若 ，即 ， 在 没有零点；
②若 ，即 ， 在 只有一个零点；
③若 ，即 ，由于 ，所以 在 有一个零点，
由（1）知，当 时， ，所以 ．
故 在 有一个零点，因此 在 有两个零点．
综上， 在 只有一个零点时， ．
点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
18．【2018年新课标3卷理科】已知函数 ．
（1）若 ，证明：当 时， ；当 时， ；
（2）若 是 的极大值点，求 ．
【答案】（1）见解析
（2）
【解析】
【详解】
分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．
（2）分类讨论 和 ,构造函数 ,讨论 的性质即可得到a的范围．
详解：（1）当 时， ， .
设函数 ，则 .
当 时， ；当 时， .故当 时， ，且仅
当 时， ，从而 ，且仅当 时， .
所以 在 单调递增.
又 ，故当 时， ；当 时， .
（2）（i）若 ，由（1）知，当 时， ，这与
是 的极大值点矛盾.（ii）若 ，设函数 .
由于当 时， ，故 与 符号相同.
又 ，故 是 的极大值点当且仅当 是 的极大值点.
.
如果 ，则当 ，且 时， ，故 不是
的极大值点.
如果 ，则 存在根 ，故当 ，且
时， ，所以 不是 的极大值点.
如果 ，则 .则当 时， ；当 时，
.所以 是 的极大值点，从而 是 的极大值点
综上， .
点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问
分类讨论 和 ,当 时构造函数 时关键，讨论函数 的性质，
本题难度较大．
