第10讲卡根思想在导数中的应用（高阶拓展、竞赛适用）（教师版）_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_一轮复习_备战2025年高考数学一轮复习考点帮

第10讲 卡根思想在导数中的应用 （高阶拓展、竞赛适用） （核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 关联考点 求在曲线上一点处的切线方程 卡根思想在导数中 用导数判断或证明已知函数的单调性 2023年全国甲卷理数，第21题,12分 的应用. 根据极值求参数 由函数对称性求函数值或参数 卡根思想在导数中 利用导数求函数的单调区间 (不含参) 2023年全国乙卷理数，第21题,12分 的应用 利用导数研究不等式恒成立问题 卡根思想在导数中 利用导数研究方程的根 2022年新I卷，第22题,12分 的应用 由导数求函数的最值 (含参) 卡根思想在导数中 求在曲线上一点处的切线方程 (斜率 2022年全国乙卷理数，第21题,12分 的应用 利用导数研究函数的零点 卡根思想在导数中 利用导数求函数的单调区间 (不含参) 2021年全国甲卷理数，第21题,12分 的应用 利用导数研究方程的根 2. 命题规律及备考策略 【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分 【备考策略】1能用导数解决函数基本问题 2能用卡根思想结合零点存在性定理综合解题 【命题预测】在零点个数及方程的根等综合问题研究中，参变分离和数形结合都是解题的方法，但也都有 局限性，同时对函数图像画法要求较高；包括在零点个数研究中还有放缩方法，但是放缩的不等式变化较 多，这样对学生又提出了比较严苛能力要求。此时卡根法是此类题型的另一方法。同时卡根法也常应用于 导数研究函数性质的过程中，其本质是虚设零点（设而不求），利用零点满足的关系式化简，从而得到范 围或符号。高考中常用的解题方法，需要学生复习中综合掌握知识讲解 “卡根”问题的一般方法，其具体步骤如下 1. 根据函数的增长速度判断函数值变化的趋势，以便确定是否存在零点; 2. 根据函数表达式的特点进行拆分，一般拆分成和或乘积形式; 3. 根据函数的增长速度，将指、对数函数放缩成幂函数及其和的形式; 4. 根据相关不等式的解集，利用零点存在定理来确定零点存在的区间 零点存在性定理： 如果函数 在区间 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有 ，那么函数 在区间 内必有零点，即 ，使得 注：零点存在性定理使用的前提是 在区间 连续，如果 是分段的，那么零点不一定存在 考点一、 卡根思想在导数中的综合应用 1．（2023·全国·高考真题）已知函数 (1)当 时，讨论 的单调性； (2)若 恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析. (2) 【分析】（1）求导,然后令 ,讨论导数的符号即可; （2）构造 ,计算 的最大值,然后与0比较大小,得出 的分界点,再对 讨论即可. 【详解】（1） 令 ,则 则 当当 ,即 . 当 ,即 . 所以 在 上单调递增,在 上单调递减 （2）设 设 所以 . 若 , 即 在 上单调递减,所以 . 所以当 ,符合题意. 若 当 ,所以 . . 所以 ,使得 ,即 ,使得 . 当 ,即当 单调递增. 所以当 ,不合题意. 综上, 的取值范围为 . 【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性 在定义域内是减函数,若 ,当 ,对应当 . 2．（2023·全国·高考真题）已知函数 . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线 关于直线 对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若 在 存在极值，求a的取值范围. 【答案】(1) ； (2)存在 满足题意，理由见解析. (3) . 【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求 解切线方程即可； (2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数 的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可 得关于实数 的方程，解方程可得实数 的值，最后检验所得的 是否正确即可； (3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数 ，然后对函数求导， 利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论 ， 和 三中情况即可求得实数 的取值范围. 【详解】（1）当 时， ， 则 ， 据此可得 ， 函数在 处的切线方程为 ， 即 . （2）令 ， 函数的定义域满足 ，即函数的定义域为 ， 定义域关于直线 对称，由题意可得 ， 由对称性可知 ， 取 可得 ， 即 ，则 ，解得 ，经检验 满足题意，故 . 即存在 满足题意. （3）由函数的解析式可得 ， 由 在区间 存在极值点，则 在区间 上存在变号零点; 令 ， 则 ， 令 ， 在区间 存在极值点，等价于 在区间 上存在变号零点， 当 时， ， 在区间 上单调递减， 此时 ， 在区间 上无零点，不合题意; 当 ， 时，由于 ，所以 在区间 上单调递增， 所以 ， 在区间 上单调递增， ， 所以 在区间 上无零点，不符合题意； 当 时，由 可得 ， 当 时， ， 单调递减， 当 时， ， 单调递增， 故 的最小值为 ， 令 ，则 ， 函数 在定义域内单调递增， ， 据此可得 恒成立， 则 ，由一次函数与对数函数的性质可得，当 时， ， 且注意到 ， 根据零点存在性定理可知: 在区间 上存在唯一零点 . 当 时， ， 单调减， 当 时， ， 单调递增， 所以 . 令 ，则 ， 则函数 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 ，所以 ， 所以 ， 所以函数 在区间 上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数 得取值范围是 . 【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等 函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. (2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利 用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证. 3．（2022·全国·高考真题）已知函数 (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程； (2)若 在区间 各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1) (2) 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可 （2）求导,对 分类讨论,对 分 两部分研究 【详解】（1） 的定义域为 当 时, ,所以切点为 ,所以切线斜率为2 所以曲线 在点 处的切线方程为 （2） 设 若 ,当 ,即 所以 在 上单调递增, 故 在 上没有零点,不合题意 若 ,当 ,则 所以 在 上单调递增所以 ,即 所以 在 上单调递增, 故 在 上没有零点,不合题意 若 (1)当 ,则 ,所以 在 上单调递增 所以存在 ,使得 ,即 当 单调递减 当 单调递增 所以 当 , 令 则所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ， 又 ， ， 所以 在 上有唯一零点 又 没有零点,即 在 上有唯一零点 (2)当 设 所以 在 单调递增 所以存在 ,使得 当 单调递减 当 单调递增, 又 所以存在 ,使得 ,即 当 单调递增,当 单调递减， 当 ， ， 又 ， 而 ,所以当 所以 在 上有唯一零点, 上无零点 即 在 上有唯一零点 所以 ,符合题意 所以若 在区间 各恰有一个零点,求 的取值范围为【点睛】 方法点睛：本题的关键是对 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. 4．（2022·全国·高考真题）已知函数 和 有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 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) (2)见解析 【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 时， 的解的个数、 的解的个数均为2，构建新函数 ，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 的大小关系，根据存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点可得 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. 【详解】（1） 的定义域为 ，而 ， 若 ，则 ，此时 无最小值，故 . 的定义域为 ，而 . 当 时， ，故 在 上为减函数， 当 时， ，故 在 上为增函数， 故 . 当 时， ，故 在 上为减函数，当 时， ，故 在 上为增函数， 故 . 因为 和 有相同的最小值， 故 ，整理得到 ，其中 ， 设 ，则 ， 故 为 上的减函数，而 ， 故 的唯一解为 ，故 的解为 . 综上， . （2）[方法一]： 由（1）可得 和 的最小值为 . 当 时，考虑 的解的个数、 的解的个数. 设 ， ， 当 时， ，当 时， ， 故 在 上为减函数，在 上为增函数， 所以 ， 而 ， ， 设 ，其中 ，则 ， 故 在 上为增函数，故 ， 故 ，故 有两个不同的零点，即 的解的个数为2. 设 ， ， 当 时， ，当 时， ， 故 在 上为减函数，在 上为增函数， 所以 ， 而 ， ， 有两个不同的零点即 的解的个数为2.当 ，由（1）讨论可得 、 仅有一个解， 当 时，由（1）讨论可得 、 均无根， 故若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点， 则 . 设 ，其中 ，故 ， 设 ， ，则 ， 故 在 上为增函数，故 即 ， 所以 ，所以 在 上为增函数， 而 ， ， 故 上有且只有一个零点 ， 且： 当 时， 即 即 ， 当 时， 即 即 ， 因此若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点， 故 ， 此时 有两个不同的根 ， 此时 有两个不同的根 ， 故 ， ， ， 所以 即 即 ， 故 为方程 的解，同理 也为方程 的解 又 可化为 即 即 ， 故 为方程 的解，同理 也为方程 的解， 所以 ，而 ， 故 即 . [方法二]： 由 知， ， ， 且 在 上单调递减，在 上单调递增；在 上单调递减，在 上单调递增，且 ① 时，此时 ，显然 与两条曲线 和 共有0个交点，不符合题意； ② 时，此时 ， 故 与两条曲线 和 共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③ 时，首先，证明 与曲线 有2个交点， 即证明 有2个零点， ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 又因为 ， ， ， 令 ，则 ， 所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点，设 为 其次，证明 与曲线和 有2个交点， 即证明 有2个零点， ， 所以 上单调递减，在 上单调递增， 又因为 ， ， ， 令 ，则 ， 所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点，设为 再次，证明存在b，使得 因为 ，所以 ， 若 ，则 ，即 ， 所以只需证明 在 上有解即可， 即 在 上有零点， 因为 ， ， 所以 在 上存在零点，取一零点为 ，令 即可， 此时取 则此时存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点， 最后证明 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为所以 ， 又因为 在 上单调递减， ， 即 ，所以 ， 同理，因为 ， 又因为 在 上单调递增， 即 ， ，所以 ， 又因为 ，所以 ， 即直线 与两条曲线 和 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 【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. 1．已知函数 ， ． （1）求函数 的单调区间； （2）令 ，若 在 恒成立，求整数a的最大值． 参考数据： ， 【答案】（1）答案见解析；（2）3. 【分析】 求得 ，结合二次函数性质对a进行讨论求解单调性； 由题设可得 ，将问题转化为 恒成立，构造 并应 用导数研究最小值，由 即可求整数a的最大值． 【详解】 的定义域为 且 ， ①当 时，由 得： ， ∴ 时， 的增区间为 ，减区间为 ，②当 时，令 得： 或 ， ∴ 的增区间为 和 减区间为 ③当 时， 恒成立，此时 的增区间为 ，无递减区间： ④当 时，令 得： 或 ， ∴ 的递增区间为 和 ，减区间为 ． ，则 恒成立． 令 ，则 ， 令 ， ，知 在 上递增且 ， ， ∴ ，使 ，即 在 递减，在 递增， ∴ ， ∴由 知：整数a的最大值为3． 【点睛】关键点点睛：第二问，将题设问题转化为 恒成立，构造函数并应用导数研究最值， 求参数. 2．已知函数 ， ． （1）求函数 的单调区间； （2）若关于 的不等式 恒成立，求整数 的最小值． 【答案】（1）具体见解析；（2） . 【分析】（1）先确定函数的定义域，求导后得 ，根据 正负进行讨论，可得函数的单调区 间； （2）中可通过分离参数将问题转化成 在区间 内恒成立求解，令 ，结合函数零点存在定理可求得 的最值．【详解】（1）函数 的定义域为 ． 由题意得 ， 当 时， ，则 在区间 内单调递增； 当 时，由 ，得 或 （舍去）， 当 时， ， 单调递增， 当 时， ， 单调递减． 所以当 时， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间； 当 时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ． （2）由 ， 得 ， 因为 ，所以原命题等价于 在区间 内恒成立． 令 ， 则 ， 令 ，则 在区间 内单调递增， 又 ， 所以存在唯一的 ，使得 ， 且当 时， ， 单调递增， 当 时， ， ， 所以当 时， 有极大值，也为最大值，且 ， 所以 ，又 ，所以 , 所以 ， 因为 ， 故整数 的最小值为2． 【点睛】本题属于导数的综合应用题．第一问中要合理确定对 进行分类的标准；第二问利用分离参数的 方法解题，但在求函数 的最值时遇到了导函数零点存在但不可求的问题，此时的解法一般要用到整体 代换，即由 可得 ，在解题时将 进行代换以使问题得以求解． 3．已知函数 ， ． (1)函数 的图象与 的图象无公共点，求实数a的取值范围； (2)是否存在实数m，使得对任意的 ，都有函数 的图象在 的图象的下方？ 若存在，求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，1 【分析】（1）将函数 与 无公共点，等价于方程 在 无解，根据导数求最值即可求 解. （2）将图像位置关系转化为 对 恒成立,构造函数,利用导数处理单调型即可求解. 【详解】（1）函数 与 无公共点， 等价于方程 在 无解， 令 ，则 ，令 ，得 ， 因为 是唯一的极大值点，故 x e + 0 - 增 极大值 减故要使方程 在 无解，当且仅当 ，故实数a的取值范围为 ； （2）假设存在实数m满足题意，则不等式 对 恒成立． 即 对 恒成立． 令 ，则 ，令 ，则 ， ∵ 在 上单调递增， ， ，且 的图象在 上连续， ∴存在 ，使得 ，即 ，则 ， ∴当 时， 单调递减； 当 时， 单调递增， 则 取到最小值 ， ∴ ，即 在区间 内单调递增． ， ∴存在实数m满足题意，且最大整数m的值为1． 1．（2024·福建福州·三模）已知函数 ． (1)求曲线 在点 处的切线方程； (2)若 恒成立，求 的值 【答案】(1) ； (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）由 ，得 ，当 时，不符合题意；当 时， 最小值为 ，若 恒成立，则 ，设 ．根据导数 研究 的最大值，即可求出 的值. 【详解】（1）定义域为 ，由 ，得 ， 因为 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 ； （2）定义域为 ， ， ①当 时， ，不符合题意． ②当 时，令 ，解得 ， 当 时， 在区间 上单调递减， 当 时， 在区间 上单调递增， 所以当 时， 取得最小值 ； 若 恒成立，则 ， 设 ，则 ， 当 时， 在区间 上单调递增， 当 时， 在区间 上单调递减， 所以 ，即 的解为 ． 所以 . 2．（2024·山东日照·三模）已知函数 ， ， . (1)讨论函数 的单调性； (2)当 时，对 ， ，求正整数 的最大值. 【答案】(1)答案见解析； (2)3. 【分析】（1）求出函数 的导数，再按 与 分类讨论求出函数的单调性.（2）把 代入，再等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出最小值的范围得解. 【详解】（1）函数 的定义域为 ，求导得 ， ①当 时，有 ，此时函数 在区间 上单调递减； ②当 时，当 时， ，此时函数 在区间 上单调递增； 当 时， ，此时函数 在区间 上单调递减. 所以当 时，函数 在区间 上单调递减； 当 时，函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减. （2）当 ， 时， 恒成立，等价于 恒成立， 设 ， ，则 ， 当 时，有 ， 函数 在 上单调递增，且 ， ， 则存在唯一的 ，使得 ，即 ， 当 时， ， ；当 时， ， ， 函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 设 ，则当 时， ，函数 在 上单调递减， 又因为 ，所以 . 所以正整数 的最大值是3. 3．（2022·全国·模拟预测）已知函数 ，其中e为自然对数的底数， ． (1)讨论函数 的单调性； (2)当a＝0时，若存在 使得关于x的不等式 成立，求k的最小整数值．（参考数据： ） 【答案】(1)答案见解析；(2)0. 【分析】（1）求出函数 的导数，分 ， ， 三种情况讨论 的符号求解作答. （2）构造函数 ，求出 的最小值取值范围，再由不等式成立求整数k的最小值作答. 【详解】（1）函数 的定义域R，求导得： ， 若 ，由 ，得 ， 当 时， ，当 时， ， 则 在 上单调递增，在 上单调递减， 若 ，则对任意 都有 ，则 在R上单调递增， 若 ，当 时， ，当 时， ， 则 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以，当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减； 当 时， 在R上单调递增； 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增． （2）当a=0时，令 ，则 ，令 ， 则 ，则当 时， ， 在 上单调递增， 当 时， ， 在 上单调递减， 因 ， ，则存在 ，使得 ， 即 ， 则当 时， ，当 时， ， 又当 时， ，所以当 时， ，因此 在 上单调递减，在上单调递增， 于是 ， ， ． 若存在 使得关于x的不等式 成立，且k为整数，得 ， 所以k的最小整数值为0. 【点睛】结论点睛：函数 的定义区间为 ，若 ，使得 成立，则 ；若 ，使得 成立，则 . 4．（2023·江西上饶·一模）已知 ， ． (1)讨论 的单调性； (2)若 ， ，试讨论 在 内的零点个数．（参考数据： ） 【答案】(1)答案见解析. (2)当 时， 在 上仅有一个零点，当 时， 在 上有2个零点. 【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的范围，判断导数正负，可得答案； （2）求出 的导数，再次求导，分 和 讨论 的正负，判断函数的单 调性，进而结合零点存在定理判断函数零点的个数. 【详解】（1）由已知可知 , 当 时， ， 在R上单调递增； 当 时，令 ，则 ， 当 时， ， 在 单调递减, 当 时， , 在 单调递增. 综上，当 时， 在R上单调递增， 当 时， 在 单调递减， 在 单调递增. （2）由已知 ， ， 令 ,则 ,当 时， 在 上单调递增； 当 时， 在 上单调递减， ， ， ， ①当 时， ， ，存在唯一的 ，使得 ， 当 时， 在 上递增；当 时， 在 上递减， 因为 ，所以 ，又因为 ， 由零点存在性定理可得， 在 上仅有一个零点； ②当 时， ， ，使得 ， 当 和 时， 单调递减， 当 时， 单调递增， 因为 ，所以 ，又因为 ， 所以 ， 而 ，由零点存在性定理可得， 在 和 上各有一个零点，即 在 上有 2个零点， 综上所述，当 时， 在 上仅有一个零点， 当 时， 在 上有2个零点． 【点睛】难点点睛：解答 在 内的零点个数问题，难点在于设出 ,求导后, 要进行分类讨论，判断函数单调性，结合零点存在定理，判断零点个数. 5．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数 . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程； (2)当 时， ，求实数 的取值范围. 【答案】(1) ； (2) . 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；（2）分 和 讨论，利用导数结合不等式放缩判断导数正负，结合单调性验证恒成立是否满足. 【详解】（1）当 时， ，则 ， 所以切线斜率为 ，又 ， 所以，切线方程是 . （2）①当 时，因为 ，所以 ， 所以 . 记 ，则 ， 令 ，则 . 因为当 时， ，所以 在区间 上单调递增， 所以， ， 所以， 在区间 上单调递增， 所以， ，所以 . ②当 时， ， 因为当 时， ， 令 ，则 ， 若 ，则 ，即 在区间 上单调递增. 若 ，则 ， 所以 在区间 上单调递增. 所以当 时， 在区间 上单调递增. 因为 ， ， 所以，存在 ，使得 ， 所以，当 时， ，即 在区间 上单调递减， 所以 ，不满足题意. 综上可知，实数 的取值范围为 . 6．（2024·河南信阳·模拟预测）已知函数 ， ．(1)试比较 与 的大小； (2)若 恒成立，求 的取值范围． 【答案】(1)答案见详解 (2) 【分析】（1）因为 ，构建 ，利用导数判断 的单调 性，结合 分析判断； （2）构建 ，原题意等价于 在 内恒成立，利用导数分类 讨论 的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解. 【详解】（1）因为 ， 构建 ，则 在 内恒成立， 可知 在 内单调递减，且 ，则有： 若 ，则 ，即 ； 若 ，则 ，即 ； 若 ，则 ，即 . （2）若 恒成立，则 ， 构建 ， 原题意等价于 在 内恒成立， 则 ， 1.若 ，则 当 时， ；当 时， ； 可知 在 内单调递增，在 内单调递减， 则 ，不符合题意； 2.若 ，则有：（ⅰ）若 ，则 ， 当 时， ；当 时， ； 可知 在 内单调递减，在 内单调递增， 则 ，符合题意； （ⅱ）若 时，令 ，解得 或 ， ①若 ，即 时，当 时， ， 可知 在 内单调递减，此时 ，不合题意； ②若 ，即 时，则 ， 可知 在 内单调递增， 当 时，此时 ，不合题意； ③若 ，即 时，则 ， 由（1）可知：当 时， ， 则 ， 可得 ，不合题意； 综上所述： 的取值范围为 . 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 7．（2024·安徽安庆·三模）已知函数 在点 处的切线平行于直线 ． (1)若 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围；(2)若 是函数 的极值点，求证： ． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据 等于直线 的斜率可得 ，然后参变分离，将恒成立问题转化为求 的最小值问题，利用导数求解即可； （2）求导，利用零点存在性定理判断 存在隐零点，利用隐零点方程代入 化简，结合隐零 点范围即可得证. 【详解】（1） 的定义域为 ， ， 由题知 ，解得 ． 由题意可知 对任意的 恒成立， 即 对任意的 恒成立，只需 ， 令 ，则 ， 所以当 时， ，函数 单调递减； 当 时， ，函数 单调递增． 所以 ， 于是 ，因此实数 的取值范围是 ． （2）由条件知 ，对其求导得 ， 函数 在 上单调递增，且 ， 所以存在 ，使 ，即 ， 当 时， ，函数 单调递减； 当 时， ，函数 单调递增， 于是 是函数 的极值点， 所以 ，即得证．8．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数 . (1)讨论 的零点个数； (2)若关于 的不等式 在 上恒成立，求 的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) . 【分析】（1）求出函数导数，对于a分来讨论，确定函数的单调性，结合函数的单调性以及极值情况，即 可求得答案； （2）不等式 在 上恒成立等价于 在 上恒成立，从而构造函数 ，利用导数判断其单调性求解即可. 【详解】（1）因为 的定义域为 ， 当 时， ，所以1是 的一个零点， ， 令 ，则 ， 当 ，即 时， 在 上单调递增，则 ， 故 ， 在 上单调递增，结合 ， 可知此时 有1个零点； 当 ，即 时，若 ，则 时， ， 故 ， 在 上单调递增，结合 ， 可知此时 有1个零点； 若 ，则 时，则 的判别式 ， 不妨设两根为 ，则 ， 即 有2个正数根，且不妨设 ，则当 时， ，即 ；当 时， ，即 ； 当 时， ，即 ； 则可知 在 上单调递减，则 ， 在 上单调递减，则 ， 由当x无限趋近于0时， 的变化幅度要大于 的变化幅度， 故 趋近于负无穷， 当x趋近于正无穷时，x的变化幅度要大于 的变化幅度， 故 趋近于正无穷， 此时函数 有3个零点， 综上：当 时， 有3个零点，当 时， 有1个零点 （2）不等式 在 上恒成立 等价于 在 上恒成立， 令 ，则 . 对于函数 ， ，所以其必有两个零点. 又两个零点之积为 ，所以两个零点一正一负， 设其中一个零点 ，则 ，即 . 此时 在 上单调递增，在 上单调递减， 故需 ，即 . 设函数 ，则 . 当 时， ；当 时， . 所以 在 上单调递减，在 上单调递增. 又 ，所以 .由 在 上单调递增， 得 . 【点睛】方法点睛：解决函数 的零点问题，一般两种思路：（1）分离参数法，此时要注意参数的系 数正负确定，便于分离才可应用这种方法，不过这种方法有可能要用到洛必达法则；（2）当参变分离不 容易进行时，可构造函数，求解函数的最值，来讨论确定答案. 9．（2022·河北唐山·二模）已知函数 ， ，曲线 和 在原点处有相 同的切线l． (1)求b的值以及l的方程； (2)判断函数 在 上零点的个数，并说明理由． 【答案】(1) ， 的方程： . (2) 在 上有1个零点，理由见解析. 【分析】（1）根据曲线 和 在原点处有相同的切线l，则可知斜率相等，进一步求出b的 值以及l的方程； （2）函数零点即是图象与 轴的交点，需要用导数的方法研究函数 ，其中要进行二次求导，运用零 点存在性定理说明函数 的零点情况. 【详解】（1）依题意得： ， . ， ， 的方程： . （2）当 时， ， ，此时 无零点. 当 时， 令 则 ，显然 在 上单调递增， 又 ， ，所以存在 使得 ，因此可得 时， ， 单调递减； 时， ， 单调递增；又 ， 所以存在 ，使得 ， 即 时， ， ， 单调递减； 时， ， ， 单调递增； 又 ， ，所以 在 上有一个零点. 综上， 在 上有1个零点. 【点睛】本题考查导数几何意义、函数的零点、用导数研究函数的单调性以及零点存在性定理，知识考查 较为综合，对学生是一个挑战，属于难题. 10．（2023·海南海口·二模）已知 . (1)若 在 处取到极值，求 的值； (2)直接写出 零点的个数，结论不要求证明； (3)当 时，设函数 ，证明：函数 存在唯一的极小值点且极小值大于 . 【答案】(1)1； (2) 且 有一个零点； 且 有两个零点； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数 的导数 ，由 求出a并验证作答. （2）由已知可得1是 的一个零点，按 分段讨论，利用导数结合零点存在性定 理判断作答. （3）求出函数 及导数，探讨极值点，再结合隐形零点确定极小值大于 作答. 【详解】（1） 的定义域为 ， ， ，所以 ， 又 时， ， ，得 在 上单调递增，在 上单调递减， 即 在 处取到极大值，所以 符合要求. （2）由（1）知，当 时， ，函数 在 上单调递增，而 ，则 有唯一零 点；当 时， 单调递增， 单调递减， 令 ， ， 单调递减， 单调递增， ，当且仅当 时取 等号， 因此当 时， ，当且仅当 时取等号， 于是当 时， 有唯一零点； 当 时， 在 内有唯一零点1，当 时， ， 令 ， ，令 ，则 ， 即函数 在 上单调递增， ，于是函数 在 上单调递增， ，即当 时， ，因此 ，有 ，即 ， 从而函数 在 上有唯一零点，即函数 有两个零点； 当 时，函数 在 上有唯一零点1，由 ，得 ，即有 ， 而 ，从而函数 在 上有唯一零点，即函数 有两个零点， 综上得当 或 时， 有一个零点； 且 时， 有两个零点. （3）依题意， ，函数 的定义为 ， 求导得 ，显然函数 在 上单调递增， 又 ，则存在 ，使得 ， 当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增， 即当 时，函数 取得极小值 ，无极大值， 由 ，得 ，因此 ， 令 ， 则函数 在 上单调递减，因为 ，所以 ，函数 的极小值所以函数 存在唯一的极小值点且极小值大于 . 【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零 点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 11．（2021·四川南充·模拟预测）已知函数 ， ， ，令 ． （1）当 时，求函数 的单调区间及极值； （2）若关于 的不等式 恒成立，求整数 的最小值． 【答案】（1）单调递增区间为 ；单调递减区间为 ； 的极大值为 ，无极小值；（2） 2． 【分析】（1）根据导数与函数单调性和极值的关系求函数 的单调区间及极值； （2）设 ，求函数 的最大值，由此可得整数 的最小值． 【详解】解：（1）当 时， ，所以 ． 令 得 ． 由 得 ，所以 的单调递增区间为 ． 由 得 ，所以 的单调递减区间为 ． 所以 的极大值为 ，即 ，无极小值． （2）令 ， 所以 ， 当 时，因为 ，所以 ，所以 在 上是增函数， 又因为 ， 所以关于 的不等式 不能恒成立． 当 时， ． 令 ，得 ，所以当 时， ；当 时， ， 因此函数 在 上是增函数，在 上是减函数． 故函数 的最大值为 ． 令 ，因为 ， ， 且 在 上是减函数，所以当 时， ． 所以整数 的最小值为 ． 【点睛】对于不等式恒成立问题，常用到以下两个结论： (1)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max； (2)a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min. ⇔ ⇔ 12．（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数 ，其中 . (1)当 时， ，求a的取值范围. (2)若 ，证明： 有三个零点 ， ， （ ），且 ， ， 成等比数列. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用 ，且 （ ），结合 ，解得 ，然后再证明 满足题意， 时不符题意即可； （2）结合（1） ， ，从而取特殊值 以及 ，继而判断 和 的正负情况，推出 的零点情况，结合等比数列的定义，即可证明结论. 【详解】（1）由题意可知 的定义域为 ， ， 因为 ， （ ），所以必有 ，解得 ， 以下证明 满足题意. 由 可知， ，所以当 时， ， 设 （ ）， ， 所以 在 为递增函数，所以 ，所以 ，当 时，对于函数 ， ， 易知 有两个正根，不妨设为 ，则 ， 则当 或 时， ；当 时， ； 在 和 上单调递增，在 上单调递减， 因为 ，所以 ， ，与 时， ，不符合； 综上，a的取值范围是 . （2）由（1）可知，当 时，对于函数 ， ， 易知 有两个正根，不妨设为 ，则 ， 则当 或 时， ；当 时， ； 在 和 上单调递增，在 上单调递减， 因为 ，所以 ， ，取 ，则 ， （ ）， 设 ，则 ， 当 时， ， 在 上单调递增， 当 时， ， 在 上单调递增，故 ， 即 ，当且仅当 取等号， 即得 ，即 ， 则 ； 取 ，则 ， .（其中 ，所以 ，即 ）， 所以 在 上存在唯一零点 ，即在 上存在唯一零点 ， 在 上存在唯一零点 ，即在 上存在唯一零点 ， 结合 ，取 ；所以 ，又 ， 所以 也是函数的零点，显然 且 ，所以 ，即 ， 所以 ，所以 ， ， 成等比数列. 【点睛】关键点睛：解答第二问的关键在于利用函数的单调性并结合零点存在定理，证明函数 在 上存在唯一零点 ，即在 上存在唯一零点 ，在 上存在唯一零点 ，即在 上存 在唯一零点 ，并且结合 ，取 ，即可证明结论. 1．（2021·全国·高考真题）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） . 【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 ，所以当 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. 2．（2020·全国·高考真题）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 【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 （当 时， ），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． 3．（2017·全国·高考真题）已知函数 且 . （1）求a； （2）证明： 存在唯一的极大值点 ，且 . 【答案】（1）a=1；（2）见解析. 【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a 可得h （x）min＝h（ ），从而可得结论； （2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min ＝t（ ）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x，x，利用f（x）必存在唯一极大值点x 及 0 2 0 x 可知f（x） ，另一方面可知f（x）＞f（ ） ． 0 0 0 【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a ． 则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x＞1时，h（x）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0． 0 0 因为当0＜x 时h′（x）＜0、当x 时h′（x）＞0， 所以h（x）min＝h（ ）， 又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以 1，解得a＝1； 另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1）， 所以等价于f（x）在x＝1处是极小值， 所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2 ， 令t′（x）＝0，解得：x ， 所以t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增， 所以t（x）min＝t（ ）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x，x， 0 2 且不妨设f′（x）在（0，x）上为正、在（x，x）上为负、在（x，+∞）上为正， 0 0 2 2 所以f（x）必存在唯一极大值点x，且2x﹣2﹣lnx ＝0， 0 0 0 所以f（x） x﹣xlnx x+2x﹣2 x ， 0 0 0 0 0 0 0 由x 可知f（x）＜（x ）max ； 0 0 0 由f′（ ）＜0可知x ， 0 所以f（x）在（0，x）上单调递增，在（x， ）上单调递减， 0 0 所以f（x）＞f（ ） ； 0 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x，且e﹣2＜f（x）＜2﹣2． 0 0 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累， 属于难题．