文档内容
秘籍 10 导数
目录
【高考预测】概率预测+题型预测+考向预测
【应试秘籍】总结常考点及应对的策略
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：对数单身狗、指数找基友
【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略
【题型一】公切线求参
【题型二】 “过点”切线条数
【题型三】 切线法解题
【题型四】 恒成立求参
【题型五】 能成立求参
【题型六】 零点与隐零点
【题型七】 双变量问题
【题型八】 构造函数求参
【题型九】 极值点偏移
概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
题型预测 选择题、填空题、解答题☆ ☆ ☆ ☆ ☆
考向预测 导数构造
导数在新结构试卷中的考察重点偏向于小题，原属于导数的压轴题有所改变，但导数在高考中的考察
依然属于重点，题型很多，结合的内容也偏多，比如常出现的比较大小和恒成立问题等都结合着构造函数
的思想，而如何构造就需要学生对出题人的出题思路再根据构造函数的思维从而进行推理，是不简单的知
识点。易错点：对数单身狗、指数找基友
在处理含对数的等式、不等式时，通常要将对数型的函数“独立分离”出来，这样再对新函数求导时，就
不含对数了，从而避免了多次求导. 这种让对数“孤军奋战”的变形过程，俗称之为“对数单身狗”.
目标希望是这样的：由 ；
在处理含指数的等式、不等式时，通常要将指数型函数与其它函数（乘或除）结合起来，这样再对新
函数求导时，就避免了多次求导. 俗称之为“指数找朋友”或“指数常下沉”.
乘法： ；
除法： .
例 已知当 时， 恒成立，则实数 的取值范围是 ．
【解】原不等式等价于 对所有 都成立.
构造函数 ，则 ；
（上面的变形应用了含参的二次三项式的“十字相乘法”分解）
令 ，解得 （区间端点）， ．
当 即 时， ， 在 ，所以 ，满足题意；
当 即 时， 在 ，所以 ，不合题意；
综上，实数 的取值范围是 ．
变式1：已知函数 ．
⑴当 时，求曲线 在 处的切线方程；
⑵若当 时， ，求 的取值范围．
⑴【解】当 时， ， ，
因为 ， ，所以曲线 在 处的切线方程为 ．⑵【解】当 时， 等价于 （对数单身）；
构造函数 ，则 ，注意到 ；
（分子不好分解，分子的 ，分子的对称轴 ）
当 ，即 时，因为 ，所以分子 ，即 ；
所以， 在 上 ，故 ；
当 ，即 时，分子的判别式 ；
由分子 ，解得两根 ， ；
注意到 ，所以 ， ；
从而，当 时， ， 在 上减， ，不满足 恒成立．
综上， 的取值范围是 ．
【题型一】公切线求参
(1)以曲线上的点(x，f(x))为切点的切线方程的求解步骤：
0 0
①求出函数f(x)的导数f′(x)；
②求切线的斜率f′(x)；
0
③写出切线方程y－f(x)＝f′(x)(x－x)，并化简．
0 0 0
(2)如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组 得切点(x
0
，y0)，进
而确定切线方程．
【例1】（2023·山西·模拟预测）已知函数 若对任意 ，曲线
在点 和 处的切线互相平行或重合，则实数 （ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【详解】由函数 ，可得 ，
因为曲线 在点 和 处的切线互相平行或重合，
可得 为偶函数，所以 ，解得 .
故选：C.
【例2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 的图象上存在不同的两点 ，使得曲线
在点 处的切线都与直线 垂直，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由题意知 ，因为切线与直线 垂直，
所以曲线 在点 处的切线斜率都是 ，
即关于 的方程 有两个不相等的正实数根，
化简得， 有两个不相等的正实数根，
则 ，解得 .
故选：A.
【变式1】（2024·全国·模拟预测）曲线 在 处的切线与曲线 相切于点 ，
若 且 ，则实数 的值为 .
【答案】
【详解】函数 在 处的切线斜率为 则切线方程为 ，
函数 在 处的切线斜率为 ，则切线方程为 ，即 ，
由题意有 ①且 ②，故 ， ，从而 ，整理得 ，
所以 ，即 .
代入式②，得 ，即 .
故答案为：
【变式2】（2024·四川泸州·三模）设函数 ， .
(1)求函数 的单调区间；
(2)若总存在两条直线和曲线 与 都相切，求 的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为 ，单调递减区间为
(2)
【详解】（1） ， ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（2）∵
∴ 在 处的切线方程为 ，
∵ ，
∴ 在点 处的切线方程为 ，
由题意得 ，则 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
即函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，且当 时， ，所以 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增，
所以 ，
若总存在两条直线和曲线 与 都相切，
则曲线 与 轴有两个不同的交点，
则 ，所以 ，
此时 ，而 ，
故 ，
所以 的取值范围为 .
【变式3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 .
(1)求曲线 与 的公切线的条数；
(2)若 ，求 的取值范围.
【答案】(1)2条
(2)
【详解】（1）设 的切点分别为 ，
则 ，
故 在切点处的切线方程分别为 ，
则需满足；
,故 ，
解得 或 ，
因此曲线 与 有两条不同的公切线，
（2）由 可得 ，
即 对于 恒成立，
，结合 解得设 ，
则当 时 单调递减，当 时， 单调递增，
故当 ，故
因此 ， ，
令 ，则 ，
令 ，得 ，
当 时，此时 ， ，故 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，由于 进而 ，满足题意，
当 时，此时 ，
令 ，解得 单调递增，
令 ，解得 单调递减，
故 ，
令 ，则 ，
由于 ，所以 ，
故 在 单调递减，故 ，即可 ，
因此
所以 ，由于 进而 ，满足题意，
综上可得
【题型二】 “过点”切线条数
导数运算及切线的理解应注意的问题：
一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．
二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，
同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．【例1】（2024·山西吕梁·二模）若曲线 在点 处的切线过原点 ，则
.
【答案】
【详解】因为 ，所以 ，
所以 在点 处的切线方程为 .
又切线过原点 ，则 ，所以 .
故答案为：
【例2】（2024·北京海淀·一模）已知 ，函数 的零点个数为 ，过点 与曲线
相切的直线的条数为 ，则 的值分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】令 ，即 时， ，解得 ，
时， ，无解，故 ，
设过点 与曲线 相切的直线的切点为 ，
当 时， ，则有 ，
有 ，整理可得 ，即 ，
即当 时，有一条切线，
当 时， ，则有 ，
有 ，整理可得 ，
令 ，
则 ，
令 ，可得 ，
故当 时， ，即 在 上单调递增，
当 时， ，即 在 上单调递减，
由 ，，故 在 上没有零点，
又 ，
故 在 上必有唯一零点，
即当 时，亦可有一条切线符合要求，
故 .
故选：B.
【变式1】（2024·全国·模拟预测）若曲线 （ 且 ）有两条过坐标原点的切线，则
的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由 ，得 ．
设切点为 ，则 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
将点 的坐标代入切线方程，得 ，
所以 ，即 ．
显然 ，所以 ．
设 （ 且 ），则 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 在 上单调递减，在 和 上分别单调递增．
又当 时， ，当 时， ，且 的极小值为 ，所以 的大致
图象如图．由题意可知，函数 的图象与直线 有两个不同的交点，结合图象可知 ，所以 ，
所以 ．
故选：C．
【变式2】（2024·全国·模拟预测）过坐标原点作曲线 的切线，则切线共有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
【答案】A
【详解】设切点为 ，
由 可得 ，
则过坐标原点的切线的斜率 ，
故 ，即 ，
解得 ，故过坐标原点的切线共有1条．
故选：A．
【题型三】 切线法解题
涉及到交点或者零点的小题题型，函数图像通过求导，大多数属于凸凹型函数，则可以用切线分隔（分
界）思维来求解。切线，多涉及到“过点”型切线，
【例1】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数 .
(1)若 的图象在点 处的切线与直线 垂直，求 的值;
(2)讨论 的单调性与极值.
【答案】(1)
(2)答案见解析.【详解】（1）由题得， 的定义域为 .
.
的图象在点 处的切线与直线l:2x 垂直，
，
解得 .
（2）由（1）知 .
①当 时， 恒成立.
在 上为减函数，此时 无极值;
②当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
故 的极小值为 .
综上可得，当 时， 在 上为减函数， 无极值;
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
的极小值为 ，无极大值.
【例2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 ，且曲线 在点 处的切线方
程为 ．
(1)求实数 ， 的值；
(2)证明：函数 有两个零点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可得 ，由切线方程可知其斜率为 ，
所以 ，解得 ；
（2）由 可得 ，所以 ．函数 有两个零点即函数 有两个零点．
，
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增．
又 ， ， 0，
所以 ， ．
由零点存在定理可得 使得 ， 使得 ，
所以函数 有两个零点．
【变式1】（2024·四川攀枝花·三模）已知函数 ．
(1)当 时，求函数 在 处的切线方程；
(2)设函数 的导函数为 ，若 ，证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）当 时， ，则 ．
而 ，所以 ．
所以 在 处的切线方程为 ，即 ．
（2）因为 ，且
所以 ，所以 ．
因为 ， ，
所以 ．
所以 ．因为 ，所以 ，
所以 ．
设 ．
则 ．
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增．
所以当 时， ．
所以 ，
所以 ，即 ．
【变式2】（2024·广东深圳·二模）已知函数 ， 是 的导函数，且
．
(1)若曲线 在 处的切线为 ，求k，b的值；
(2)在（1）的条件下，证明： ．
【答案】(1) ， ；
(2)证明见解析.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ．
则曲线 在点 处的切线斜率为 ．
又因为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
即得 ， ．
（2）设函数 ， ，
则 ，
设 ，则 ，所以，当 时， ， 单调递增．
又因为 ，
所以， 时， ， 单调递增；
时， ， 单调递减．
又当 时， ，
综上 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， 取得最小值 ，
即 ，
所以，当 时， ．
【题型四】 恒成立求参
不等式的恒成立求参数问题， 不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数 恒成立( 即可)或 恒成立（ 即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值 或 恒成立.
涉及到不等式整数解的问题时，要充分利用导数研究函数单调性，结合单调性考查整数解相邻整数点函数
值的符号问题，列不等式求解，考查运算能力与分析问题的能力.
在研究函数时用导数求极值研究极值时，无法正常求出极值点，可设出极值点构造等式或者方程作分析，
进行合适的等量代换或者合适的换元消元消参，考查了分析推理能力，运算能力，综合应用能力，难度很
大.
【例1】（2024·全国·模拟预测）不等式 在 上恒成立，则实数a的取值范围是
．
【答案】
【详解】 ，即 ，
设 ，
则 ，令 得 ，
当 时， ，则 在 上单调递减，当 时， ，则 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
则 ，当且仅当 时，取等号，
又易知 单调递增， ， ，
所以 在 上存在唯一零点，故 ，
又 恒成立，则 .
故答案为： ．
【例2】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知函数 是偶函数，不等式
恒成立，则b的最大值为 ．
【答案】1
【详解】因为函数 是偶函数，
所以 ，
所以 ，即 ，
化简得 ，
解得 或 ，
又因为 且 ，所以 ，
所以 .
经检验， 对任意 恒成立，所以 .
又因为 ，且 为偶函数，
所以 时， 单调递增， 时， 单调递减，
所以 在 单调递减，在 单调递增.
因为 恒成立，
所以 恒成立.令函数 ， ，
所以 时， ，函数 单调递减；
时， ，函数 单调递增，
所以 ，
所以 恒成立，
所以 恒成立，
即 恒成立.
令函数 ，所以
所以 时， ，函数 单调递增；
时， ，函数 单调递减，
所以 在 单调递增，在 单调递减，
所以 ，
所以 恒成立.
又因为 ，且 ，
所以存在 ，使得 ，
所以 的解集为 ，
所以b的最大值为1.
故答案为：1
【例3】（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若不等式 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）因为 ，所以 ，
当 时， ，
故 恒成立，所以 ；
当 时，令 ，
解得 （舍去负根），
令 ，得 ，此时 单调递增；
令 ，得 ，此时 单调递减．
综上所述：当 时， 在 上单调递减;
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）由 恒成立，得 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立．
令 ，
则 ．
令 ，
易知 在 上单调递减且 ，
所以当 时， ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，即 的取值范围为
【变式1】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知函数 ，函数 ．(1)若直线 与函数 交于点A，直线 与函数 交于点B，且函数 在点
A处的切线与函数 在点B处的切线相互平行，求a的取值范围；
(2)函数 在其定义域内有两个不同的极值点 ， ，且 ，存在实数 使得不
等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)a的取值范围为
(2) 的取值范围为 .
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ， ，
所以 ， ；
因为 在 处的切线与 在 处的切线相互平行，
所以 ，即 在 上有解，
所以 在 上有解，
设 ，则 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递减，
所以函数 的值域为 ，
所以 ，
所以 ，
所以a的取值范围为 ；
（2）因为 ， ，
所以 ，
所以 ；
因为 是 的两个极值点，
所以 ， ，所以 ；因为 ， ，
则由 得： ，
所以 ，即 ，
所以 ；
令 ，则 ；
令 ，
则 ；
①当 时， 恒成立， 在 上单调递增，
所以 ，即 恒成立，满足题意；
②当 时，若 ，则 ，所以 在 上单调递减，
此时 ，即 ，不合题意；
所以由不等式 恒成立，可得 ，又 ，
所以 ，
所以 的取值范围为 .
【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 ， ．
(1)证明： ．
(2)若 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）方法一：设 ，
则 定义域为 ， ；与 均为增函数，
在 上单调递增，又 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增，
，即 ；
方法二：设 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增，
，即 ，
左右同时取对数得： ，即 ，
，即 ．
（2）方法一：取 得： ，即 ， ，
， ， ，下面证明 恒成立，
即证明 恒成立；
①当 时，由（1）知： ， 只需证 ，
即证 ，即证 ，只需证 ，
即证 ；
令 ，则 ，
令 ，则 ，
在 上单调递增， ， ，
即当 时， ，
当 时， 恒成立；
②当 时，由（1）知： ， 只需证 ；
设 ，则 ，在 上单调递增， ，即 ，
即当 时， 恒成立；
综上所述：当 时， 恒成立，
实数 的取值范围为 ；
方法二：由已知得： 恒成立；
设 ，
则 ，
令
当 时， ， ， 在 上单调递减；
当 时，由（1）知： ，
令 ，则 ，
在 上单调递减， ，
，
， ，
在 上单调递增，
， ，即实数 的取值范围为 ．
【题型五】 能成立求参
对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
【例1】已知函数 ．(1)二次函数 ，在“①曲线 ， 有1个交点；② ”中选择一个作为
条件，另一个作为结论，进行证明；
(2)若关于x的不等式 在 上能成立，求实数m的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）若选①为条件：
函数 的定义域为 ，令 ，即 ，则 ．
令 ，则直线 与曲线 有1个交点，且 ，
令 ，解得 ，
故当 时， ，当 时， ，
∴函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
且当 时， ，当 时， ，
故当曲线 有1个交点时， ．
若选②为条件：
函数 的定义域为 ，令 ，则 ，则 ．
令 ，则 ，
令 ，解得 ，
故当 时， ，当 时， ，
∴函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
且当 时， ，当 时， ，故方程 仅有1个实数根，即曲线 有1个交点．
（2）依题意， ，即 在 上能成立，
令 ，则 （提示：不等式能成立问题转化为函数最值问题）．
的值域为 ，且单调递增．
①当 ，即 时， ，∴ 在 上单调递增，
∴ ，解得 ，与 矛盾， ；
②当 ，即 时， ，∴ 在 上单调递减，
∴ ，解得 ；
③当 时，存在唯一的 ，满足 ，
∴当 时， ，当 时， ，
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增，
∴ ，
解得 ，
与 矛盾， ．
综上所述，实数m的取值范围为 ．
【例2】已知函数 ．
(1)若 ，求曲线 在 处的切线方程；
(2)若关于 的不等式 在 上能成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)
(2)【详解】（1）依题意， ，故 ．
则 ；而 ，
故所求切线方程为 ，即 ．
（2）依题意， ，
令 ， ，则函数 在 上的最小值小于0，
．
①当 ，即 时， ， 在 上单调递减，
则函数 在 上的最小值 ，故 ，舍去．
②当 ，即 时， ， 在 上单调递增，
所以 在 上的最小值 ，
解得 ，又 ，故 ．
③当 时，即 时，
在 上单调递减，在 上单调递增
所以 在 上的最小值为 ．
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，不合题意，舍去．
综上所述，实数 的取值范围为 ．
【变式1】已知函数 ．（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若存在正实数t，使得当 时，有 能成立，求 的值．
【答案】（1） ；（2）1.
【详解】解：（1） 时， ．
．
∴切线方程为： ．
整理得： ．
（2） ．
令 ，得 ．
令 ．
（ⅰ）当 时， 为 上的减函数， ．
∴ 时， ， 递增．
又此时 ，故 时， ， 递减．
时， ， 递增．
∴ 时， ， 递增．
由 ．故 时， ．
时， ．
此时，存在 使 时， ，满足条件．
（ⅱ）当 时， ， ， 递增．
此时， ．
故存在 使得 ．当 时 ， 递增．
∴ 时， ， 递减．
即 时， ，不存在 ，使 时， ．（ⅲ）当 时， ，令 ，得 ．
∴ 时， 递减， 递减．
即 时， ，不存在 ，使 时， ．
（ⅳ）当 时， 在 递减． 递减．
故 时， ，不存在 ，使 时， ．
综上所述： ．
【变式2】设函数 .
（1）求在点 处的切线方程；
（2）求函数 的单调区间；
（3）当 时，使得不等式 能成立的实数 的取值范围.
【答案】（1） ；（2）在区间 ， 上单调递增，在区间 上单调递减；
（3） .
【详解】（1）∵ ，∴ ，
，切线方程为 ，
即 .
（2）令 ，即 ，
得 在区间 ， 上单调递增，
在区间 上单调递减.
（3）由（2）知， 在区间 上单调递减，
在区间 上单调递增， .
当 时，不等式 能成立，
须 ，即 ，故 .
【题型六】 零点与隐零点
隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移
问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大．
解题思路：
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x)＝0，并结合f′(x)的单调性得
0
到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
【例1】已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax的图象在x＝0处的切线方程是x＋y＋b＝0.
(1)求a，b的值；
(2)求证：f(x)有唯一的极值点x ，且f(x )>－.
0 0
【详解】(1)解 因为f′(x)＝xex－a，
由f′(0)＝－1得a＝1.
又当x＝0时，f(x)＝－1，
所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，
即x＋y＋1＝0，所以b＝1.
(2)证明 令g(x)＝f′(x)＝xex－1，
则g′(x)＝(x＋1)ex，
所以当x<－1时，g(x)单调递减，且此时g(x)<0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；
当x≥－1时，g(x)单调递增，
且g(－1)<0，g(1)＝e－1>0，
所以g(x)＝0有唯一解x ，f(x)有唯一的极值点x .
0 0
由x ex0＝1，得ex0＝，
0
f(x )＝－x ＝1－，
0 0
又g＝－1<0，g(1)＝e－1>0，
可得－.
0
【例2】已知f(x)＝ex＋1－＋1，g(x)＝＋2.
(1)求g(x)的极值；
(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x).
【详解】(1)解 g(x)＝＋2的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝，
当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
故g(x)的极大值为g(e)＝＋2，无极小值.
(2)证明 f(x)≥g(x)等价于
xex＋1－2≥ln x＋x(x>0)，
即xex＋1－ln x－x－2≥0.
令h(x)＝xex＋1－ln x－x－2(x>0)，
h′(x)＝(x＋1)ex＋1－
＝(x＋1)，
令φ(x)＝ex＋1－，
则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而φ＝e－100，
故φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x ，
0
且x ∈，
0
当x∈(0，x )时，φ(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减；
0
当x∈(x ，＋∞)时，φ(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，
0
故h(x) ＝h(x )＝x ex ＋1－ln x －x －2，
min 0 0 0 0 0
又因为φ(x )＝0，即ex0＋1＝，
0
所以h(x )＝－ln x －x －1
0 0 0
＝(x ＋1)－x －1＝0，
0 0
从而h(x)≥h(x )＝0，
0
即f(x)≥g(x).
【变式1】已知实数a满足a≥＋－2，且函数f(x)＝ln x＋－(a＋2)x恰有一个极小值m和极大值
M，求m－M的最大值.
【详解】解：由于f′(x)＝＋x－(a＋2)
＝，x>0，
设正数x ，x 是x2－(a＋2)x＋1＝0的两个相异实根，即方程a＋2＝x＋，x>0有两个相异正根，
1 2不妨设x 0，
1
当x x 时，f′(x)>0，
2
从而f(x)在(0，x )上单调递增，在(x ，x )上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，从而f(x)的极
1 1 2 2
大值为M＝f(x )，极小值为m＝f(x )，且x ＋x ＝a＋2，x x ＝1.
1 2 1 2 1 2
又＝＋＝
＝(a＋2)2－2≥－2＝e＋，
令t＝>1，
从而t＋≥e＋，从而t≥e.
故m－M＝f(x )－f(x )
2 1
＝ln ＋－(a＋2)(x －x )
2 1
＝ln ＋－(x ＋x )(x －x )
2 1 2 1
＝ln －
＝ln －
＝ln －
＝ln t－t＋，t≥e.
令g(t)＝ln t－t＋，t≥e.
从而g′(t)＝－－＝
＝<0，
从而g(t)在[e，＋∞)上单调递减，
故m－M＝g(t)，t≥e的最大值为
g(e)＝－＋1.
【变式2】已知函数f(x)＝x－aln x－1(a∈R).
(1)当a＝1时，求证：f(x)≥0；
(2)若x＝1是f(x)唯一的零点，求f(x)的单调区间.
【详解】(1)证明 当a＝1时，f(x)＝x－ln x－1，
定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝1－＝.
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(x) ＝f(1)＝0.
min
故当a＝1时，f(x)≥0.
(2)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－＝.
①当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f(1)＝0，所以x＝1是函数f(x)唯一的零点.
此时满足题意，故f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间.
②当a>0时，当0a时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
所以f(x) ＝f(a)＝a－aln a－1.
min
(ⅰ)当a＝1时，f(x) ＝0，且x＝1是f(x)唯一的零点，
min
此时满足题意，其单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
(ⅱ)当00，
所以存在x ∈，
0
使得f(x )＝0，
0
即f(x)在上有一个零点，故f(x)在其定义域上不止一个零点，不合题意.
(ⅲ)当a>1时，由f(x)在(0，a)上单调递减，得f(a)a3－3a(a－1)－1
＝(a－1)3>0，
所以f(x)在(a，a3)上有一个零点，
所以f(x)在其定义域上不止一个零点，不合题意.
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，
没有单调递减区间；
当a＝1时，f(x)的单调递减区间为(0，1)，
单调递增区间为(1，＋∞).【题型七】 双变量问题
一般地，若 时，涉及到双变量的不等式的证明，函数的最值问题可以使用比值换元，令
，将问题转化为关于 的函数，利用导数进行求解.
【例1】（2024·广东佛山·二模）已知 .
(1)当 时，求 的单调区间；
(2)若 有两个极值点 ， ，证明： .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）当 时， ，
，
则当 ，即 时， ，
当 ，即 时， ，
故 的单调递减区间为 、 ，单调递增区间为 ；
（2） ，令 ，即 ，
令 ， ，则 、 是方程 的两个正根，
则 ，即 ，
有 ， ，即 ，
则
，
要证 ，即证 ，令 ，
则 ，
令 ，则 ，
则 在 上单调递减，
又 ， ，
故存在 ，使 ，即 ，
则当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递增， 在 上单调递减，
则 ，
又 ，则 ，故 ，
即 ，即 .
【例2】（2024·广东·二模）已知 .
(1)求 的单调区间；
(2)函数 的图象上是否存在两点 （其中 ），使得直线 与函数 的图象
在 处的切线平行？若存在，请求出直线 ；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 在 上单调递减，在 上单调递增.
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1）由题可得
因为 ，所以 ，
所以当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增.
综上， 在 上单调递减，在 上单调递增.（2）由题意得，斜率
，
,
由 得，
，即 ，即
令 ，不妨设 ，则 ，
记
所以 ，所以 在 上是增函数，所以 ，
所以方程 无解，则满足条件的两点 不存在.
【例3】（2024·四川·模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)设 是函数 的两个零点，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）当 时， ，
则 ，则切线方程为 ，
因此曲线 在点 处的切线方程为 ．
（2）证明：函数 是 的两个零点，
所以 ，则有 ，且 ，由 ，得 ．
要证 ，只要证明 ，即证 ．
记 ，则 ，
因此只要证明 ，即 ．
记 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ，
所以函数 在 上递增，则 ，
即 ，
则 在 上单调递增， ，
即 成立.
【变式1】（2024·四川德阳·二模）已知函数 ，
(1)当 时，讨论 的单调性；
(2)若函数 有两个极值点 ，求 的最小值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）因为 ，
所以 ,
令 ，则 ，
因为 ，
当 时， ，则 ，即 ，
此时 在 上单调递增，
当 时， ，由 ，得 ，且 ，当 或 时， ，即 ；
当 时， ，即 ，
所以 在 , 上单调递增，在 上单调递减；
综上，当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 , 上单调递增，在 上单调递减，
其中 .
（2）由（1）可知， 为 的两个极值点，且 ，
所以 ，且 是方程 的两不等正根，
此时 ， ， ，
所以 ， ，且有 ， ，
则
令 ，则 ，令 ，
则 ，
当 时， ，则 单调递减，
当 时， ，则 单调递增，
所以 ，
所以 的最小值为 .
【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 ， ．
(1)若 存在零点，求a的取值范围；
(2)若 ， 为 的零点，且 ，证明： ．【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【详解】（1） 的定义域为 ，
令 ，即 ，等价于 ，
设 ，则 （ ），
令 ，可得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
则 的最小值为 ， ，
要使得 存在零点，则 ，
即 ，得 ．
（2）由 为 的零点，得 ，
即 ，即
两式相减得 ，即 .
要证当 时， ，
只需证 ，只需证 ， ，
， ．
令 ， ，只需证 ，，则 在 上单调递增，
∴ ，即可得证.
【变式3】（2024高三·全国·专题练习）已知函数 为
实数.
(1)讨论函数 的极值；
(2)若存在 满足 ，求证： .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意知 ，定义域为 ，
，
因为 ，所以 恒成立.
①当 时， ，函数 为 上的增函数，所以函数 无极值.
②当 时，令 ，得 ，
当 时 单调递减，
当 时 单调递增，
所以当 时，函数 取得极小值 ，函数 无极大值.
综上，当 时，函数 无极值；
当 时，函数 的极小值为 ，无极大值.
（2）因为 ，
所以欲证 ，只需证明 ，
由（1）知若存在 满足 ，则 ，
不妨设 ，则 ，
设 ，则
，
因为 ，所以 ， ，
所以 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，即 ，
故 ，
因为 在 上单调递增，
所以 ，即 ，故 .
【题型八】 构造函数求参
1.构造函数法求解函数解析式，利用导数研究函数增减性，常用以下方法：
（1）利用含导数方程还原原表达式需要结合导数四则运算特征，如本题中同乘 移项后就得到除法对应导
数公式；
（2）利用导数研究函数增减性,如遇导数不能判断正负的情况下，往往需要再次求导，通过二阶导数判断
一阶导数的正负，再通过一阶导数的正负判断原函数的增减.
2.几种导数的常见构造：
对于 ，构造
若遇到 ，构造
对于 ，构造
对于 ，构造
对于 或 ，构造
对于 ，构造
对于 ，构造
【例1】（2024·浙江嘉兴·二模）已知定义在 上的函数 满足 ，且 ，
则（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】由 变形得 ，
从而有 ， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，则 ，
则 ，
故当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 单调递减，
所以 ， ，
又 ，而 ，所以 ，
所以 .
故选：D.
【例2】（23-24高二下·四川宜宾·阶段练习）已知函数 的定义域为 ，对任意 ，有
，则不等式 的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，不等式 ，即 ，即 ，
所以 ，解得 ，所以不等式 的解集是 .
故选：C
【变式1】（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）已知 为函数 的导函数，当 时，有
恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】令 ，则 ，
因为当 时，有 恒成立，
所以当 时， ，
即 在 上单调递减，
所以 ，即 ，即 ，A 错误，B正确，
，即 ，即 ，CD错误.
故选：B.
【变式2】（23-24高二下·四川眉山·期中）已知函数 的导函数为 ，对任意的正数 ，都满足
，则下列结论正确的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】BCD
【详解】设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
由 得 故A选项错误；
由 得 ，故B选项正确；
设 ，
则 ，
所以 在 上单调递减，
由 得 ，故C选项正确；
由 得 ，故D选项正确.
故选：BCD.
【题型九】 极值点偏移
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x＋x>(<)2x型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x－x)；对结论
1 2 0 0
xx>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
1 2
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单
调性证明．
【例1】（2024·湖南邵阳·一模）已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)当 时，方程 有三个不相等的实数根，分别记为 .
①求 的取值范围；
②证明 .
【答案】(1)答案见解析(2)① ；②证明见解析
【详解】（1）函数 的定义域为 .
又 ，令 ，得 .
当 ，即 时， 在 恒成立， .
当 ，即 时，方程 有两根，可求得： ，
因为 所以 ，
当 和 时， ， 为增函数，
当 时， ， 为减函数.
综上：当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 和 上单调递增，在 上单
调递减.
（2）当 时， .
①方程 有三个不相等的实数根，
即方程 在 上有三个不相等的实数根.
令 ，
则 ，
令 ，求得： 或 ，
则当 或 时， ，
当 时， ，
则 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
存在极大值为 ，存在极小值 ，
且当 时， ，当 时， .要使方程 有三个不相等的实数根，则
的取值范围为 .
②证明：设方程 三个不相等的实数根分别为： ，且 ，
由①可得 ，要证 ，
只需证 ，即证 ，
当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
且当 时， ，当 时， .
由 ，
构造函数 ，
，当 时， 在 上单调递增，
，即 在 上恒成立，
又 ，则有： ，
又 ，且 在 上单调递减，
，即 .
构造函数 ，
，当 时 在 上单调递增.
，即 在 上恒成立.
又 ，则 .即 ，
由 ，则 .
在 上单调递增， .
又 ，则可证得： .
【例2】（2022·全国·模拟预测）设函数 .
(1)若 ，求函数 的最值；(2)若函数 有两个不同的极值点，记作 ，且 ，求证： .
【答案】(1)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得 ，则 .
令 ，解得 ；令 ，解得 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
，
无最小值，最大值为 .
（2） ，则 ，
又 有两个不同的极值点 ，
欲证 ，即证 ，
原式等价于证明 ①.
由 ，得 ，则 ②.
由①②可知原问题等价于求证 ，
即证 .
令 ，则 ，上式等价于求证 .
令 ，则 ，
恒成立， 在 上单调递增，
当 时， ，即 ，
原不等式成立，即 .【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知函数 .
(1)若 时， 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)当实数 取第（1）问中的最小值时，若方程 有两个不相等的实数根 ， ，请比较 ，
，2这三个数的大小，并说明理由.
【答案】(1) ；
(2) .
【详解】（1）当 时，不等式 ，
令 ，依题意， 恒成立，
求导得 ，当 时， ，当 时， ，
于是函数 在 上单调递增，在 上单调递减， ，
所以 .
（2）由（1）知， ，此时函数 ，
令 ， ，则 ，
由方程 有两个不相等的实数根 ，得方程 有两个不相等的实数根 ，
，要比较 ， ，2这三个数的大小，只需比较 ，2，
这三个数的大小，即比较 这三个数的大小，
，当 时， ，当 时， ，
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，显然 ， ，而 ，
由方程 有两个不相等的实数根 ，不妨设 ，则 ，
令函数 ，显然 ，
求导得 ，函数 在 上单调递增，
于是 ，即 ，而 ， 在 上单调递减，
因此 ，即有 ，则 ，令函数 ， ，
求导得 ，函数 在 上单调递减，
，即 ，而 ， 在 上单调递减，
因此 ，即有 ，则 ，有 ，于是 ，
从而 ，所以 .
【变式2】（2024·广东湛江·一模）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若方程 有两个根 ， ，求实数a的取值范围，并证明： ．
【答案】(1) 在 上单调递增， 上单调递减，
(2)见解析
【详解】（1）由题意可得 ，所以 ，
的定义域为 ，
又 ，由 ，得 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时， ，则 在 上单调递减，
（2）由 ，得 ，设 ，
，由 ，得 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时， ，则 在 上单调递减，
又 ， ，且当 趋近于正无穷， 趋近于 ，的图象如下图，
所以当 时，方程 有两个根，
证明：不妨设 ，则 ， ，
设 ，
，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ，
又 ， ， 在 上单调递减，所以 ，
故 .
【变式3】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，判断 在区间 内的单调性；
(2)若 有三个零点 ，且 ．
（i）求 的取值范围；
（ii）证明： .
【答案】(1) 在 上单调递减，在 上单调递增
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【详解】（1）当 时， ， ，令 ， ，
令 ，可得 ，
则当 时， ，当 时， ，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ，
故当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）（i） 有三个零点，即 有三个根，
由 不是该方程的根，故 有三个根 ，且 ，
令 ， ，
故当 时， ，当 时， ，
即 在 、 上单调递增，在 上单调递减，
，当 时， ， 时， ，
当 时， ， 时， ，
故 时， 有三个根；
（ii）由 在 上单调递增， ，故 ，
由（i）可得 ，且 ，
即只需证 ，设 ，则 ，
则有 ，即有 ，故 ， ，
则 ，即 ，
即只需证 ，令 ，
则 恒成立，
故 在 上单调递增，
则 ，即得证.
