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专题10 导数的综合运用
1、【2022年全国乙卷】已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大
1 2
值点．若x 0，
1 2 1 2
若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'(x)>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若00,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 2
1
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，
x1 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
7、【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．
【解析】
(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,所以切线斜率为
ex 1+x ex
2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2xax 1 a(1−x) ex+a(1−x2)
(2)f(x)=ln(1+x)+ f' (x)= + =
ex 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
1
所以g' (x)在(−1,0)单调递增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)
题组一、函数的零点、极值点的综合性问题
f'(x)
1-1、（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）（多选题）设函数f (x)=xlnx，g(x)= ，则下列
x
说法正确的有（ ）(1 )
A．不等式g(x)>0的解集为 ,+∞ ；
e
gx
B．函数 在(0,e)单调递增，在(e,+∞)单调递减；
(1 )
C．当x∈ ,1 时，总有f (x)0)
x
对于A：由g(x)= lnx+1 >0，可得lnx>−1，解得x> 1 ，所以解集为 (1 ,+∞ ) ，故A正确；
x e e
1
⋅x−(lnx+1)
对于B： g' (x)= x = −lnx，令g' (x)=0，解得x=1，
x2 x2
x(0,1) g(x)
所以当 时，g' (x)>0，函数 为增函数，
g(x)
当x∈(1,+∞)时，g' (x)<0，函数 为减函数，故B错误；
(1 )
对于C：当x∈ ,1 时，若f (x)0，函数ℎ ' (x)为增函数，
e
又ℎ ' (1)=0+1−1=0，所以ℎ ' (x)<0在x∈ (1 ,1 ) 是恒成立，
e
所以ℎ(x)=x2lnx−lnx−1,x∈ (1 ,1 ) 为减函数，
e又ℎ(x) = ℎ (1) =− 1 <0，所以ℎ(x)=x2lnx−lnx−1<0在x∈ (1 ,1 ) 是恒成立，
max e e2 e
(1 )
所以当x∈ ,1 时，总有f (x)0，函数m(x)为增函数，
当x∈(1,+∞)时，m' (x)<0，函数m(x)为减函数，
又当x0时，m(x)→−∞，当x时，m(x)→0，m(1)=1，
( 1)
所以2a∈(0,1)，解得a∈ 0, ，故D正确.
2
故选：ACD
1-2、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知函数 ．
(1)求函数 在区间 上的最大值；
(2)若关于 的方程 有两个不相等的实数根，求实数 的取值范围．
【答案】(1) ；(2)
【分析】（1）利用导数分析函数 在 上的单调性，即可求得函数 在 上的最大值；
（2）由 可得出 ，令 ，可知直线 与函数 的图象有两个交点，
利用导数分析函数 的单调性与极值，数形结合可得出实数 的取值范围.
【详解】（1）解：当 时， ，则 ，
所以，函数 在 上单调递增，所以， .（2）解：函数 的定义域为 ，由 可得 ，
令 ，其中 ，则 ，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上为减函数，且 ，
当 时， ，则 ，所以，函数 在 上单调递增，
当 时， ，则 ，所以，函数 在 上单调递减，
所以， ，
令 ，其中 ，则 ，则函数 在 上为增函数，
因为 ， ，则存在 ，使得 ，
当 时， ；当 时， .
由题意可知，直线 与函数 的图象有两个交点，如下图所示：
由图可知，当 时，直线 与函数 的图象有两个交点，
故实数 的取值范围是 .
1-3、（2022·河北深州市中学高三期末）已知函数 ．
(1)证明：函数 在 上存在唯一的零点；(2)若函数 在区间 上的最小值为1，求a的值．
【解析】(1)证明：∵ ，∴ ．
∵ 在区间 上单调递增， 在区间 上单调递减，
∴函数 在 上单调递增．
又 ，令 ， ，
则 在 上单调递减， ，故 ．
令 ，则 ，
所以函数 在 上存在唯一的零点．
(2)解：由（1）可知存在唯一的 ，使得 ，即 （*）．
函数 在 上单调递增，
∴当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调通增；
∴ ，
由（*）式得 ．
∴ ，显然 是方程的解，
又∵ 是单调递减函数，方程 有且仅有唯一的解 ，
把 代入（*）式，得 ，∴ ，即所求实数 的值为
题组二、利用导数研究不等式及证明问题2-1、（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知函数 .
(1)若 且函数 在 上是单调递增函数，求 的取值范围；
(2)设 的导函数为 ，若 满足 ，证明： .
【答案】(1) ；(2)见解析
【分析】(1)由题意可得 在 上恒成立，令 ，求导，分 、
讨论 在 上恒成立即可；
(2)由 可得 ，由（1）知 ，即有
，①，令 ，求导得当 时， ，即有
，于是得以 ，代入①式中化简即可得证.
【详解】（1）解：当 时， ， ，
因为 在 上是单调递增函数，
所以 在 上恒成立，
令 ，则 ，
当 时， ，
令 ， ，
所以 在 上递增，
即 ，所以 在 上恒成立，符合题意；
当 时， ， ，且 在 为单调递增函数，
所以存在唯一 使得 ，
所以当 时， ， 在 递减，
即 ， ，不符合题意；
综上所述 ；
（2）证明： ，
当 时，由（1）可知 是增函数，所以 ，
设 ，
，
移项得 ，
由（1）知 ，即 ，
所以 ，
即 ，①
设 ， ，
所以当 时， ，
即 ，所以 ，即 ，
所以 ，
代入①式中得到 ，
即 ，
所以 ，命题得证.
2-2、（2023·江苏南通·统考一模）已知函数 和 有相同的最大值.
(1)求实数 ；
(2)设直线 与两条曲线 和 共有四个不同的交点，其横坐标分别为
，证明： .
【答案】(1) ；(2)见解析
【分析】(1)利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；
(2)构造函数 和 ，利用导数和单调性讨论函数的零点，结合函数 分
类讨论对应方程根的个数和分布证明.
【详解】（1） ，令 .
有最大值， 且 在 上单调递增 上单调递减， .
时， ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减，.
（2）由 ，由 ，
令 ,
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增； 上单调递减， 至多两个零点，
令 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增； 上单调递减； 至多两个零点.
令 ，
当 时， ，所以 ；
当 时，由 ，
设 ， ，
所以当 时， ，
所以 在 单调递增，所以 ，
所以 ，且 ，所以 ，
设
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减， 方程无解，当 时，由 在 上单调递增，
方程有唯一解 ，
当 时，注意到 ，
设 ， 对 恒成立，
所以 ，
所以当 时， ，即 ，
因为 ，所以 ， ，所以 ，
所以 ，
在 和 上各有一个零点 ，
示意图
如下注意到 ，
令 ， ，即函数 在 上单调递减，
因此 ，即有 ，在 和 上各有一个零点 .
且由 ，而 ，
而 在 上单调递增，由 ，
由 ，而
而 在 上单调递减，由 ，
于是得 ，
，证毕
2-3、（2023·江苏南通·统考模拟预测）设函数 ， .
(1)若函数 图象恰与函数 图象相切，求实数 的值；
(2)若函数 有两个极值点 ， ，设点 ， ，证明： 、
两点连线的斜率 .
【答案】(1)1；(2)证明见解析
【分析】（1）设切点为 ，结合导数的几何意义求解即可；
（2）由 有两个极值点，可得 有两个不等的正根 ，且 ，可得
，要证： ，即证 .令 证，进而构造函数，再利用导数求解即可；
【详解】（1）设 与 切于 ，
由 ，则 ，
所以 ，则 ，
即 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ，
所以 .
（2）解法一：
由 ，
所以 ，
因为 有两个极值点，
，即 有两个不等的正根 ，且 ，
，要证： ，即证 .
不妨设 ，即证： ，
即证： ，
令 证
令 ，
在 上 ，证毕!
解法二：
因为 ，所以 ，
令 ，则 ，
因为函数 有两个极值点 ，所以 ，解得 .
所以 ，
所以 的斜率
.
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，又 ，所以当 时， .
不妨设 ，令 ，则 ，
所以 ，
即 ，证毕!
2-4、（2023·江苏南京·南京市秦淮中学校考模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，讨论 的单调性；
(2)当 时， ，求a的取值范围；
(3)设 ，证明： ．
【答案】(1) 的减区间为 ，增区间为 ；(2) ；(3)见解析
【分析】（1）求出 ，讨论其符号后可得 的单调性.
（2）设 ，求出 ，先讨论 时题设中的不等式不成立，再就 结合放缩
法讨论 符号，最后就 结合放缩法讨论 的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得 对任意的 恒成立，从而可得 对任意的 恒成立，
结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当 时， ，则 ，
当 时， ，当 时， ，故 的减区间为 ，增区间为 .
（2）设 ，则 ，
又 ，设 ，
则 ，
若 ，则 ，
因为 为连续不间断函数，
故存在 ，使得 ，总有 ，
故 在 为增函数，故 ，
故 在 为增函数，故 ，与题设矛盾.
若 ，则 ，
下证：对任意 ，总有 成立，
证明：设 ，故 ，
故 在 上为减函数，故 即 成立.
由上述不等式有 ，
故 总成立，即 在 上为减函数，
所以 .
当 时，有 ，
所以 在 上为减函数，所以 .综上， .
（3）取 ，则 ，总有 成立，
令 ，则 ，
故 即 对任意的 恒成立.
所以对任意的 ，有 ，
整理得到： ，
故
，
故不等式成立.
题组三、利用导数研究含参问题
3-1、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知函数 （ 为自然对数的底数）.
(1)若不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)若不等式 在 上恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1) ；(2)
【分析】（1）先判断 在 上单调递增，再利用单调性解不等式得解；
（2）等价于 对 恒成立，令 ，利
用二次求导对 分类讨论求函数 的最大值得解.【详解】（1）解： ，由复合函数的单调性原理得 在 上单调递增，由
得 ，即 .
（2）解： 对 恒成立
令 ， ，
， 在 上单调递减，
，
若 ，即 时， 在 上恒成立，则 在 上单调递减，
符合题意.
若 ，即 时，
（i）若 ，则 ， 在 上单调递增， 这与题设矛盾，舍去.
（ii）若 ，则存在 使 ，且当 时， 单调递增，此时
这与题设也矛盾，舍去.
综上：实数 的取值范围为3-2、（2023·江苏南京·校考一模）已知函数 (其中 为自然对数的底数).
（1）当 时，求证：函数 图象上任意一点处的切线斜率均大于 ；
（2）若 对于任意的 ， 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2） .
【分析】（1）代入 的值，求出函数的导数，结合函数的单调性证明即可；
（2）求出 ， ， ，得到 ，得到 ，再根据 得到结论成立即可确定
的取值范围．
【详解】解：（1）证明： 时， ， ，
设 ，则 ，令 ，解得： ，
故 在区间 上单调递减，在 上单调递增，
故 的最小值是 ，即 对任意 恒成立，
故函数 图象上任意一点处的切线斜率均大于 ；
（2）先证对任意 ， ， ，
令 ， ，令 ，解得： ，
故 在区间 递增，在 递减，
故 ，故 ，
令 ， ， ，
令 ，解得： ，
故 在区间 递减，在区间 递增，
故 ，故 ， 递增，
故 ，故 ， ， ，对于任意 ， 恒成立，
，故 ，
当 时，
，
即 对于任意的 ， 恒成立，
综上： 的取值范围是 .
3-3、（2023·云南曲靖·统考一模）已知函数 的图像与直线l： 相切于点
．
(1)求函数 的图像在点 处的切线在x轴上的截距；
(2)求c与a的函数关系 ；
(3)当a为函数g（a）的零点时，若对任意 ，不等式 恒成立．求实数k的最值．
【答案】(1) ；(2) ；(3)最大值为3，最小值为 ．
【分析】（1）利用导数求切线方程，进而求出截距；（2）先求出函数 在x＝1处的切线方程 ，对照系数消去b即可得到；
（3）把题意转化为对 ，不等式 恒成立．对x分类讨论：①x＝0直接判断；②
时，利用分离参数法得到 恒成立．设 ，求得
．利用导数求出 ；③当 时，与②同，求出 的范围．
【详解】（1） ， ， ， ．
函数 的图像在点 处的切线方程是： .
令y＝0得 ，所以该切线在x轴上的截距等于 ．
（2） ， ，函数 的图像在x＝1处的切线方程是：
，即 ，
两端乘以b变作： ①．
又已知函数 的图像在点 处的切线方程是： ②．
直线①与直线②重合，则 ③， ④，联立③④消去b得 ，所以c与a的函
数关系为： ．
（3）函数 的零点为a＝1，a＝1时 ．
对 ， 恒成立，转化为对 ，不等式 恒成立．
①当x＝0时， 对 恒成立，此时 ．②当0＜x≤2时， 恒成立．
设 ，求得 ．
0＜x≤2时 ，由 得 ，由 得 ，
所以 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增．
所以当 时， 取得极小值， ，此时 ．
③当 时， 恒成立．
与②同，设 ， ．
令 ，则 ， 在 上单调递增．
所以， 时 ，得 ， 在 上单调递减．
所以， 时， 取得最大值 ，此时 ．
整合①②③三种情形，得 ，且等号都取得到．
所以，实数k的最大值为3，最小值为
1、（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）设函数 .
(1)若曲线 在点 处的切线斜率为 ，求 的值；
(2)若 存在两个极值点 ，且对任意 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1) ；(2) 或 .
【分析】（1）求出 ，令 ，求解可得答案；（2）令 得 ， ，当 由 可得 ，令
，求导利用单调性可得答案； 当 根据 ，令可得 求解可得
答案.
【详解】（1） ，
所以 ，解得 ；
（2） ，令 得 ，
解得 ，或 时 且 ，
当 即 时， ，对任意 恒成立，
得 可得 ， ，
时成立， 时，有 在 恒成立，
令 ， ，所以 在 单调递减，
有 ，所以 ；
当 即 时， ，对任意 恒成立，求实数 的取值范围，即
在 上恒成立，
因为 ，可得 ，
解得 ，
当 即 时， 重合，不符合题意，综上所述， 或 .
2、（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）已知 ．
(1)求证：当x>0时，
(2)若不等式 ，（其中 ）恒成立时，实数m的取值范围为（-∞，t]，求证：
．
【答案】见解析
【分析】（1）令 ，再证明 即得证；
（2）令 ，即证 ，证明 ，令 ，
即得证.
【详解】（1）证明：令 ，
所以 ， ，
∵ ，∴ ，∴ ， 在 上递增，
∴ ，故 在 上递增，
∴ ，即 .
（2）证明：据题意，对于任意的 ，不等式 恒成立时，等价于
对于 ，
令 ，又实数m的取值范围为 ，故t是实数m的最大值．
要证 ，即证 ．令 ，则 ， ，
所以 在 上单调递增，又 ， ，
故 ，使得 ，即
所以 ，有 ， 单调递减； ， ， 单调递增．
所以 ， ， ，
，所以存在 ，使得 ，
即 ，且满足 ， ， 单调递减；
， ， 单调递增；
所以
令 ，则 ，故 单调递减，
又 ，所以 ，
则只需证明
由（1）知：当 时，
∴ ，故 .
3、（2023·黑龙江大庆·统考一模）已知函数 的两个不同极值点分别为 ， （）.
(1)求实数 的取值范围；
(2)证明： （ 为自然对数的底数）.
【答案】(1) ；(2)见解析
【分析】（1）把函数 有两个不同极值点 ， 转化为 有两个不同的实数
根，令 ，结合其导数分析 值域情况，从而得到实数 的取值范围；
（2）由题意可知 ， 是方程 的两个根，从而有 ，变形可得：
，令 ，则 ，再利用分析法即可证明 .
【详解】（1）解：因为 有两个不同极值点 ， ，
所以 有两个不同的根 ， ，
令 ，则 .
令 ，得 ；令 得 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
因为当 时， ，所以 .（2）证明：由（1）可知 ，且 ， 是方程 的两个根，
即 ，所以 ，
所以 ，所以 .
令 ，则 ，
要证 ，即证 ，即证 ，即证 .
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增.
因为 ，所以 ，所以 成立，故 成立.
4、（2023·四川广安·四川省广安友谊中学校考模拟预测）已知函数 ．
(1)若函数 在 处的切线斜率为 ，求实数 的值；
(2)若函数 有且仅有三个不同的零点，分别设为
（i）求实数 的取值范围；
（ii）求证： ．
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【详解】（1）因为 ，函数 在x＝1处的切线斜率为 ，所以 ，则 ；
（2）(i）因为x＞0，所以 ，
令 ，因为函数 有且仅有三个不同的零点，
所以函数 有且仅有三个不同的零点， ，
设 ， ，则 ，
①当 即 时， ， ，所以 在 上单调递减，
所以 不可能有三个不同的零点，即函数 不可能有三个不同的零点，舍去；
②当 即 时， 有两个不同的零点，
由 ，得 ， ，
所以 ， ，又因为 开口向下，
所以当 时， ， ， 在 上单调递减；
当 时， ， ， 在 上单调递增；
当 时， ， ， 在 上单调递减，
因为 ，且 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，令 ， ，
则 ，所以 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
由函数零点存在性定理可知， 在区间 上有唯一的一个零点 ，
因为 ，
又 ，所以 ，则 ，
所以 在区间 上有唯一的一个零点 ，
故当 时， 有且仅有三个不同的零点 ，2， ，
综上，实数a的取值范围是 ；
(ii）证明：因为函数 的三个不同的零点分别为
所以由(i）可知，
