文档内容
第11 讲 导数综合问题：证明不等式、恒成立问题、零点问题
【知识点总结】
一、证明不等式常用的方法和思路
作差构造函数，转化为最值问题
二、不等式恒成立问题常用的方法和思路
(1)直接法
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
三、零点问题常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
【典型例题】
例1．（2022·全国·高三专题练习）设函数 ，其中 为自然对数的底数，
曲线 在 处切线的倾斜角的正切值为 ．
（1）求 的值；
（2）证明： ．
【详解】
解：（1）因为 ，所以 ，
，解得 ．
（2）由（1）可得
即证 ．
令 ， ，于是 在 上是减函数，在 上是增函数，所以
（ 取等号）．又令 ，则 ，于是 在 上是增函数，在 上是减函数，所以
（ 时取等号）．所以 ，即 ．
例2．（2022·全国·高三专题练习）已知关于 的函数
（1）讨论 的单调性；
（2）证明：当 时，
【详解】
（1）由 得
知当 时 在 上单调递减
当 时，
当 时 在 上单调递增，
当 时 在 上单调递减.
（2）由（1）知 时 在 上单调递减，在 上单调递增，
，即有 ，
，
以上各式相加得 ，例3．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数 .
（1）求函数 的极值；
（2）若对任意的 都有 成立，求c的取值范围.
【详解】（1）因为 ，所以 ，.
令 ，解得 或 ，
当 ，即 或 ；当 ，即 ，.
故 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ，.
所以， 时， 有极大值 ，.
当 时， 有极小值 .
（2）由（1）知 在 上单调递减，在 上单调递增，.
又 ， ，.
所以 时， ，.
因为对任意的 都有 成立，所以 .
例4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 .
（1）当 时，求曲线在 处的切线方程；
（2）若 ，且 在 上的最小值为0，求 的取值范围.
【详解】
解：（1）当 时， ，
∴ ， ，∴切线方程为 ，
即
（2）∵ ，
∴原条件等价于：在 上， 恒成立.
化为
令 ，则
令 ，则
在 上， ，
∴在 上，
故在 上， ；在 上，
∴ 的最小值为 ，∴
例5．（2021·北京市第八中学怡海分校高三阶段练习）已知函数 （ ）
（1）求 在 处的切线方程；
（2）当 有3个零点时，求 的取值范围．
【详解】
（1） ，切点为 .
， ，
所以切线方程为： .
（2） ，
令 ，解得 ， .
， ， 为增函数，
， ， 为减函数，
， ， 为增函数，所以 的极大值为 ，极小值为 .
因为 有 个零点时，所以 ，解得 .
例6．（2021·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三阶段练习（理））已知函数 .
（1）若 ，求曲线 在 处切线的方程；
（2）求 的单调区间；（3）设 ，若对任意 ，均存在 ，使得 ，求 的取值范
围.
【详解】
（1）由已知 ，
，
曲线 在 处切线方程为 ，即 .
（2） .
①当 时，由于 ，故 ，
所以， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间.
②当 时，由 ，得 .
在区间 上， ，在区间 上 ，
所以，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（3）由已知，转化为 ，
由（2）知，当 时， 在 上单调递增，值域为 ，故不符合题意.
(或者举出反例：存在 ，故不符合题意.)
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 的极大值即为最大值， ，
所以 ，
解得 .
例7．（2020·四川省内江市第六中学高三阶段练习（理））已知 ，函数.
（1）若曲线 与曲线 在它们的交点 处的切线互相垂直, 求 的值；
（2）设 ,若对任意的 ,且 ,都有 ，求 的
取值范围．
【详解】（1） ,依题意有
,且 ,可得 ,解得 ,或 .
（2） .不妨设 ,
等价于 .设 ,则对任意的 ,且 ,
都有 ,等价于 在 上是增函数.
,可得 ,依题意有, 对任意 ,
有 恒成立. 由 ,可得 .
【技能提升训练】
1．（2021·西藏·拉萨中学高三阶段练习（文））已知函数 在 处的极值为2，其中
．
（1）求 ， 的值；
（2）对任意的 ，证明恒有 ．
【答案】（1） ；（2）证明见详解.
【分析】
（1）先对函数求导，然后结合极值存在条件即可求解.
（2）由于 ，要证不等式成立，转化为求解
在 时的最值，结合导数分析函数性质即可求解.
【详解】（1） ，
由题意可得 ，
解得 .
（2） ，令 ， ，
则 ，
令 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递减且 ，
所以 时， ，
所以 ，即证.
2．（2021·新疆师范大学附属中学高三阶段练习（理））已知函数 ， ，曲线
与曲线 在 处的切线互相平行．
（1）求 的值；
（2）求证： 在 上恒成立．
【答案】（1） ；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义即可求解；
（2）转化为证 ，构造函数，结合导数分析函数的性质，可证．
【详解】
解：（1）因为 ，
所以 ， ，
由题意得 ，
所以 ，解得 ；证明（2） ，
令 ， ，
则 ，当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
故当 时， 取得最小值 ，
所以 ，
故 ，
所以 ．
3．（2021·全国·高三专题练习（理））已知函数 .
（1）若函数 在定义域内为增函数，求实数 的取值范围；
（2）若 且 ，求证： .
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）函数 在定义域内为增函数，则 恒成立，分离参变量，利用基本不等式得出最值，可得
实数 的取值范围；
（2）要证 ，即证： ，构造 ，
，分别利用导数判断出单调性和最值，即可得原命题成立．
【详解】
（1）函数 的定义域为 ， ，又 在定义域内为增函数，
则 恒成立，即 恒成立，即 ，
又当 时， ，当且仅当 时等号成立，∴ ，
即实数 的取值范围是 ；（2）∵ ，则 ，要证 ，
即证： ，
设 ，其中 ，则 ，当 时 ，
故 在 为增函数，∴ ，
设 ，其中 ，
则当 时 ， ，又 ，∴ ，则 ，∴ 恒成立，即原不等式成立.
4．（2021·全国·高三阶段练习（文））已知 ， ．
（Ⅰ）讨论 的单调性；
（Ⅱ）若 ，证明： ．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】
（Ⅰ）分 ， 进行讨论，再利用导数研究函数的单调性即可求解；
（Ⅱ）由 结合（Ⅰ）可得 ，构造新函数，利用导数研究函
数的单调性即可得证．
【详解】
（Ⅰ）由题可知 ， ．
当 时， 恒成立， 函数 在 上单调递增；
当 时，令 ，解得 ．
当 时， ， 在 上单调递增；
当 时， ， 函数 在 上单调递减．
综上可知，当 时，函数 在 上单调递增；当 时，函数 在 上单调递增，在
上单调递减．
（Ⅱ）证明：若 ，则由（Ⅰ）可知， 在 处取得极大值，
．
令 ． ， ，
函数 在 上单调递减．
又 ， ，．
【点睛】
关键点点睛：第（Ⅱ）问的关键点是：通过构造函数证得 .5．（2021·宁夏·青铜峡市高级中学高三阶段练习（理））已知函数 （a是常数）.
（1）当 时，求 的单调区间与极值；
（2）若 ，求a的取值范围；
【答案】
（1）在 上单调递增，在 上单调递减，极小值是 ，无极大值
（2）
【分析】
（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）参变分离可得 ，令 ，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（1）
解：当 时， ，定义域为 ，
，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 的极小值是 ，无极大值.
（2）
解：因为 ，即 .
设 ，可得 ，
当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ，所以 ，即 .
6．（2021·福建·莆田第二十五中学高三阶段练习）已知函数 在 与 处都
取得极值．
（1）求 ， 的值；
（2）若对任意 ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围．【答案】（1） ， ；（2） ．
【分析】
（1）对 求导，根据极值点列方程组求参数即可.
（2）由（1）有 ，进而判断 的单调性并确定最值，结合不等式恒成立求参数
范围.
【详解】
（1）由题设， ，又 ， ，解得 ，
．
（2）由 ，知 ，即 ，
当 时， ， 随 的变化情况如下表：
1
+ 0 - 0 +
极大
递增 递减 极小值 递增
值
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
∴当 时， 为极大值，又 ，则 为 在 上的最大值，
要使 对任意 恒成立，则只需 ，解得 或 ，
∴实数 的取值范围为 ．
7．（2021·全国·高三阶段练习（文））已知函数 .
（1）当 时，求函数 的单调区间；
（2）当 时，证明： 时，当 恒成立.【答案】（1）单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用导数研究 的单调性即可.
（2）由分析法：只需证 即可，构造 ，利用导数证
明 结论得证.
【详解】
（1）函数 的定义域为 ，当 时， ，
∴ ， ，
∴当 或 时， ， 在 ， 单调递减，
当 时， ， 在 单调递增.
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， .
（2）要证 ，只需证 ，
∵ ， ，
∴ ，
设 ，则 ，
∴ 在 单调递增， ，
∴ ，得证.
8．（2019·山西省平遥中学校高三阶段练习（理））已知 .（1）求 的单调区间；
（2）若存在 使 成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1） 的递减区间为 ，递增区间为 ；（2） .
【分析】
（1）求函数的定义域和导数，结合函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．（2）根据存在性问题转化为求 ，结合函数最值和导数之间的关系进行求解即可．
【详解】
解：（1）∵ ，∴
∴ .
则当 ，即 时， ；
当 ，即 时， ，
∴ 的递减区间为 ，递增区间为 .
（2）若存在 使 成立，则 ，
由（1）可知 .
∴ .
【点睛】
本题主要考查函数单调性的应用，结合函数单调性，最值和导数之间的关系进行转化是解决本题的关键．
9．（2021·陕西礼泉·高三开学考试（文））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.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）首先求出函数的导函数，依题意可得 ，即可求出参数 的值，即可求出函数解析式，从而
求出函数的单调区间，再求出区间端点的函数值，即可求出函数的最小值；（2）依题意 有唯一解，即函数 与 只有1个交点，由（1）可得
函数 的单调性与极值，结合函数图象即可求出参数的取值范围；
（1）解：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）
解：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 .
10．（2021·安徽安庆·一模（理））函数 .（1）讨论函数的极值；
（2）当 时，求函数 的零点个数.
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.
【分析】
（1）求得 ，分 和 两种情况，求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；
（2）由（1）得到当 时， 的单调性和极小值，结合 与 的关系，三种情况讨论，即可求
解.
【详解】
（1）由题意，函数 ，可得 ，
当 时， ， 在 上为单调增函数，此时无极值；
当 时，令 ，解得 ，
所以 在 上为单调增函数，
令 ，解得 ， 在 上为单调减函数，
所以当 时，函数 取得极小值 ，无极大值.
综上所述：
当 时， 无极值，
当 时， ，无极大值.
（2）由（1）知当 时， 在 上为单调增函数，在 上为单调减函数，且
，
又由 ，若 时， ；若 时， ；
当 ，即 时， 无零点；
当 ，即 时， 有1个零点；当 ，即 时， 有2个零点.
综上：当 时， 无零点；
当 时， 有1个零点；
当 时， 有2个零点.
11．（2019·山东日照·高三期中（理））已知函数 ．
(1)证明：当 恒成立；
(2)若函数 恰有一个零点，求实数 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2） 或
【分析】
（1）令 ，要证 在 上恒成立，只需证 ， ；
（2）函数 ，定义域为 ， ．对a分类讨论，研究函数的单
调性及最值，以确定图象与x轴的交点情况.
【详解】
（1）证明：令 ，
要证 在 上恒成立，
只需证 ， ，
因为 ，
所以 .令 ，
则 ，
因为 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，即 ，因为 ，所以 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ， ，
故 在 上恒成立.
（2）函数 ，定义域为 ，
．
①当 时， 无零点.
②当 时， ，所以 在 上单调递增，
取 ，则 ，（或：因为 且 时，所以
．）
因为 ，所以 ，此时函数 有一个零点．
③当 时，令 ，解得 ．
当 时， ，所以 在 上单调递减；
当 时， ，所以 在 上单调递增．
所以 .若 ，即 时，
取 ， ，即函数 在区间 上存在一个零点；
当 时，因为 ，所以 ，
则有 ， ，必然存在 ，使得 ，即函数 在区间 存在一个零点；
故当 时，函数 在 上有两个零点，不符合题意.……11分
所以当 时，要使函数 有一个零点，必有 ，
即 ．
综上所述，若函数 恰有一个零点，则 或 .
【点睛】
已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
12．（2020·江西·南昌市第三中学高三阶段练习）已知函数 ， ，
曲线 与曲线 在 处的切线互相垂直，记 .
（1）求实数k的值；
（2）若方程 有两个不相等实根，求 的取值范围；
（3）讨论函数 的单调性.
【答案】（1）1；（2） ；（3） 在 上单调递减.
【分析】
（1）求出两函数的导函数，根据 即可求解.
（2）利用导数判断函数的单调性，进而可得 的值域，从而可得 ，
（3）求出 ，再求导函数，判断 的符号即可求解.
【详解】（1） ， ，
由题意得， ，即 ，∴（2）由 ，可知 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时 ， 有最小值 ，
又 时， ； 时， ，
函数 的大致图像，如图：
若方程 有两个不相等实根，则有 .
（3）由（1）可知， ， ，
， ，
易知，当 时 ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
所以
即 恒成立，所以 在 上单调递减.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程的根，解题的关键是求出函数 的值域、
单调性，作出函数的大致图像，考查了转化与划归的思想.
13．（2020·全国·高三专题练习（文））已知函数 在点 处的切线方程为.
（1）求实数a，b的值；
（2）若过点 可做曲线 的三条切线，求实数m的取值范围.
【答案】（1） ；（2） .【分析】
（1）根据切线方程可知 和 ，由此构造方程组求得 ；
（2）将问题转化为 与 有三个不同的交点，利用导数可得到 的图象，利
用数形结合的方式可求得结果.
【详解】
（1）由切线方程知： ， ，又 ，
，解得： .
（2）由（1）知： ，则 ，
， 不在 上，
又 ，可知切点横坐标不为 ，
设切点坐标为 ， ，
则切线斜率 ，整理得： ，
过 可作 三条不同的切线， 有三个不为 的解；
令 ，则 ，
当 和 时， ；
当 时， ，
在 和 上单调递减，在 上单调递增，
由此可得 图象如下图所示：有三个不为 的解等价于 与 有三个不同的交点，由图象可知： ，
实数 的取值范围为 .
【点睛】
本题考查导数的几何意义、导数在研究函数中的应用，涉及到根据切线方程求解函数解析式、根据过某
一点曲线切线的个数求解参数范围的问题；关键是能够将问题转化为两函数交点个数问题，从而利用数形
结合的方式来进行求解.
14．（2021·陕西·西安一中高三期中（文））已知函数 .
（1）若 在 上为单调函数，求实数a的取值范围；
（2）记 的两个极值点为 ， ，求证： .
【答案】
（1） ；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）对 求导得 ，由题设将问题转化为 ( )恒成立，即可求a的取值范围；
（2）由（1）有 ， 是 的两个根，应用根与系数关系易得 ， ，进而
可得 ，即可证结论.
（1）
的定义域为 ， ，又 单调，
∴ 对 恒成立，即 ( )恒成立，
而 ，当且仅当 时取等号，
∴ .
（2）
由（1）知： ， 是 的两个根，则 ， ，且 ，∴ ，故 ，
，而 ，∴ ，得证.
15．（2022·全国·高三专题练习（文））证明ex≥x＋1≥sinx＋1(x≥0)．
【答案】证明见解析
【分析】
构造f(x)＝ex－x－1(x≥0)，利用导数判断f(x)的单调性，求得最小值，即可得证；构造g(x)＝x－
sinx(x≥0)，利用导数判断g(x)的单调性，求得最小值，即可得证；
【详解】
证明：令f(x)＝ex－x－1(x≥0)，则f′(x)＝ex－1≥0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，而f(0)＝0，
∴f(x)≥0，即ex≥x＋1，
令g(x)＝x－sinx(x≥0)，则g′(x)＝1－cosx≥0，
∴g(x)≥g(0)，而g(0)=0，
∴x－sinx≥0，
∴x＋1≥sinx＋1(x≥0)，
综上，ex≥x＋1≥sinx＋1．
16．（2021·全国·高三专题练习）已知函数 .若函数 在定义域上单调递
增，求实数 的取值范围.
【答案】 .
【分析】
对函数 求导得 ，利用给定单调性列出恒成立的不等式即可推理作答.
【详解】
定义域为 ，
由 得 ，
因函数 在定义域上单调递增，于是得 在 恒成立，即 在 恒成立，
而 ，
当且仅当 ，即 时取“=”，则 ，
所以实数a的取值范围是 .
17．（2021·全国·高三专题练习（文））已知函数 （ 是正常数）.
（1）当 时，求 的单调区间与极值；
（2）若 ， ，求 的取值范围；
【答案】（1） 在 上单调递增，在 上单调递减， 的极大值是 ，无极小值；
（2） .
【分析】
（1）求出函数的导函数，解关于导函数的不等式即可求出函数的单调区间；
（2）依题意可得 ，设 ，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最大值，即可
得解；
【详解】
解：（1）当 时， ，定义域为 ， ，令 ，解得
，令 ，解得 ，所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，所以
的极大值是 ，无极小值.（2）因为 ， ，即 恒成立，即 .
设 ，可得 ，当 时 ，当 时 ，所以 在 上
单调递增，在 上单调递减，所以 ，所以 ，即 .
18．（2021·福建省龙岩第一中学高三期中）已知函数 的图像在点 处的切
线方程为 .
（1）求 ， 的值；（2）当 时，证明： 对 恒成立.
【答案】（1） ， ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用导数的几何意义，先由 求出 的值，再由 求出 的值，
（2）要证 对 恒成立，只需证 对 恒成立，所以构造函
数 （ ），然后利用导数求出其最大值小于零即可
【详解】
（1）解：因为 ，
所以 ，
解得 ，
则 ，解得 .
（2）证明：因为 ，所以要证 对 恒成立，
只需证 对 恒成立.
设函数 （ ），
则 .
因为 ，所以 ，
所以 在 上单调递减，
从而 ，
则 对 恒成立，故当 时， 对 恒成立.
