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专题 06 导数应用
解析几何一般作为解答题21题或者是22题形式出现。一般作为压轴题或者是次压轴题出现，难度较大。
1 极值点偏移，拐点偏移
2 函数放缩问题
3 端点效应问题
4 隐零点问题
5 同构问题
6 双变量恒成立使成立问题
7 与三角函数知识交叉问题
8 新定义问题
题型一：极值点偏移，拐点偏移问题
1 已知函数 .
(I)若 为 上的增函数,求 的取值范围;
(II)若 ,且 ,证明: .（拐点偏移）
【解析】(I) ,若 在 上为增函数,则 恒成立,即 恒成立,设
,则 ,
当 时, ,当 时, ,
在 上单调递减,在 上单调递增,,故 ,
实数 的取值范围为 ;
(II)证明:若 ,由(I)知 在 上单调递增,由于 ,已知 ,不妨设
,
设函数 ,则
,则
,
设 ,则 ,
由于 ,故 在 上为增函数,
.
在 上为减函数,
,
,
而 在 上为增函数,
,故 ,从而 ,即 .
题型二：函数放缩问题
1 已知函数 ，其中 ， 为自然对数的底数.
（1）讨论 的单调性；
（2）当 时，证明：对任意的 ，
【解析】（1）由题意， 的定义域为 ，且 ，当 时， ，所以 在 上单调递增，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）要证 ，只需证 ，即证 ，
也即 ，设 ，则 ，
所以 ，从而 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即 ，故当 时， ，
设 ，则 ，
所以 ，
故 在 上单调递减在 上单调递增，
又 ，所以 有2个零点 和1，其中 ，
且当 时， ，当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
结合 知 恒成立，从而 ，
所以当 时，对任意的 恒成立.
1 已知函数 .（1）若 ，讨论 的单调性；
（2）若 ，证明：当 时，
【解析】（1）若 ，则 ，所以 ，所
以 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）若 ，则当 时， ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，注意到 ，
故当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递減，在 上单调递增，所以 ，
即 ，两个不等号取等号的条件分别是 和 ，等号不能同时成立，
所以当 时， 对任意的 恒成立.
题型三：端点效应问题
1 设函数 ，其中 为自然对数的底数.
（1）讨论 的单调性；
（2）证明：当 时， ；
（3）确定 的所有可能取值，使得 在区间 内恒成立.
【解析】（1）由题意， 的定义域为 ，当 时， ，所以 在 上单调递减，
当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）当 时，要证 ，只需证 ，即证 ，也即 ，
设 ，则 ，所以 在 上单调递增，
结合 知 恒成立，所以 ，故 成立.
（3）解法1：由题意， 等价于 ，
令 ，则 恒成立， ，
当 时， ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，结合 知 ，即 在 上单调递增，
又 ，所以当 时， ，从而 ，符合题意，
当 时， ，由（1）可得 在 上单调递减，
又 ，所以当 时， ，另一方面，由（2）可得当 时， 恒成立，
从而当 时， ，不合题意，
当 时， ，故 在 上单调递减，结合 知 ，即 ，不合题意，综上所述，实数 的取值范围为 .
1 设函数 .
（1）若 ，求 的单调区间；
（2）若当 时， ，求 的取值范围.
【解析】（1）当 时， ，
当 时， ，当 时， ，所以 的减区间为 ，增区间为 .
（2）当 时， ，设 ，
则 ，由（1）可得 ，所以 ，故 在 上单调递增，
又 ，所以 恒成立，从而 ，符合题意，
当 时， ，因为 ，所以 ，
从而当 时， ，所以 在 上单调递减，
而 ，所以当 时， ，故 在 上单调递减，
又 ，所以当 时， ，故 在 上不能恒成立，不合题意，
综上所述，实数 的取值范围为 .
题型四：隐零点问题
．已知函数
（1）当 时，求 的单调区间；（2）如果 ， 是曲线 上的任意一点，若以 ， 为切点的切线的斜率 恒成
立，求实数 的最小值；
（3）讨论关于 的方程 的实根的个数情况．
【解析】解：（1）当 时， ，定义域为 ，
则
令 ，得 ，由 ，得 ，
所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
（2）由题意， ，
以 ， 为切点的切线的斜率 满足 ，
所以 对 恒成立．
又当 时， ，所以 的最小值为
（3）由题意，方程 化简得
， ，
令 ，则 ．
当 时， ，当 时， ，
所以 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
所以 在 处取得极大值，即最大值，最大值为
（1）所以当 时，即 时， 的图象与 轴恰有两个交点，
方程 有两个实根；
当 时， 的图象与 轴恰有一个交点，
方程 有一个实根；
当 时， 的图象与 轴无交点，
方程 无实根．
1已知函数 ， ．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若函数 有且仅有3个零点，求 的取值范围．（其中常数 ，是
自然对数的底数）
【解析】解：（1） 的定义域为 ，且 ，
①若 ，则 ，当 时， ， 单调递增，
时， ， 单调递减，
②若 ，当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
所以 在 和 上单调递减，在 上单调递增，③若 ，则 ，
所以 在 上单调递减，
④若 ，当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
所以 在 和 上单调递减，在 上单调递增，
综上所述：若 ， 在 上单调递增，在 上单调递减，
若 ， 在 和 上单调递减，在 上单调递增，
若 ， 在 上单调递减，
若 ， 在 和 上单调递减，在 上单调递增．
（2）令 ，则 ，
所以依题意可得函数 与 的图像有3个不同的交点，
由（1）知必有 或 ，
①当 时， 在 和 上单调递减，在 上单调递增，
所以 的极大值为 （1） ，
的极大值为 （1） ， 的极小值为 （a） ，
又 （a） ，
所以函数 与 的图像至多有1个交点，不合题意，
②当 时， 在 和 上单调递减，在 上单调递增，所以 的极小值为 （1） ， 的极大值为 （a） ，
所以必须有 成立，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
下面求不等式 的解集，
令 ，则不等式 等价于 ，
令函数 ，
则 ，
令 ，有 ，
函数 在区间 ， 上单调递增，在区间 上单调递减，
又 （2） ，所以 ，
即 恒成立，故函数 单调递减，
又 （2） ，
所以当且仅当 时， ，
所以不等式 的解集为 ，
即不等式 的解集为 ．
所以 的取值范围为 ．
类型五 同构问题同构法的三种基本模式
1.乘积型：将两个式子分别同构变形成几个数的乘积，或者将等式（不等式）两边同构变形成几个数的积；
2.比商型：将两个式子分别同构变形成两个数的商，或者将等式（不等式）两边同构变形成几个数的商；
3.和差型：将两个式子分别同构变形成几个数的和与差，或者将等式（不等式）两边同构变形成几个数的
和与差.
三、常用的同构变形
1.对数恒等式（黄金变换）：
，特别的 ；
2.常见变形（利用对数恒等式变形而来）
， ， ， ，…，
， ， ，
， ，
.
1 （2022 武汉二调‧22）已知函数 ，
，其中 .
（1）当 时，求 的值；
（2）讨论 的零点.
解：（1）略；
（2）由 得 （观察 的形式进行同构变形），
即 ，即 ，
当 时， ，则 ，函数 递减，当 时， ，则 ，函数 递增，
而 ，所以 或 （不能同时满足），
显然方程 有一个解，
由 得 ，设 （ ），则 ，
当 时，函数 单调递减，当 时，函数 单调递增，所以当 时，函数
有最小值 ，于是
当 时，函数 有一个零点；当 时，函数 有二个零点；当 时，函数 有三
个零点.
（2022湖北八市3月联考22）设函数 （ 为自然对数的底）.
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若 在区间 上单调递增，求实数 的取值范围.
解：（1）当 时，求 （ ），则
（以下略）；
（2）∵ ，∴ ，
由题意可知 ，即 在 上恒成立，
由 得 ，故 ，即 ，
不等式 等价于 ，即 ，
设 ，即 ，
显然 在 上单调递增，故问题转化为 在区间 上恒成立，
即 ， ， ，
设 （ ），则 ，
故 在区间 上单调递减，从而 ，
综上所述，实数 的取值范围为 .
类型六 双变量恒成立使成立问题
已知 ．
（1）求函数 的单调区间；
（2）设 ， ， ，求证： ．
【解析】（1）解：函数 的定义域为 ，
因为 恒成立，
所以函数 在 为减函数，
故函数 的单调递减区间为 ；
（2）证明：不妨设 ，先证 ，只要证 ，即证 ，
即证 ，令 ， ，则需证 ，
由（1）知， 在 为减函数，
当 时， ，又 （1） ，
所以 ，即 得证；
下面再证 ，即证 ，
令 ， ，只要证 ， ，
令 ， ，则 恒成立，故 在 为减函数，
所以 （1），则 ，
所以 成立．综上所述， ．
已知函数 ．
（1）若 ，求曲线 在点 ， （1） 处的切线方程；
（2）若 ，求 在区间 ， 上的最小值；
（3）若函数 有两个极值点 ， ，求证： ．【解析】解：（1）当 时， ， ，
（1） ， （1） ，
曲线 在 ， （1） 处的切线方程为 ；
（2） 时， ， ，
，
当 时， ，
在 ， 增，最小值为 ；
当 时，令 ，解得： ，令 ，解得： ，
在 ， 减， ， 增，最小值为 ．
证明：（3） ，函数 有两个极值点 、 ，
即 有两个不同的实根，
当 时， 单调递增， 不可能有两个不同的实根；
当 时，设 ， ，
若 时， ， 单调递增，
若 时， ， 单调递减，
，
．
不妨设 ，，
， ， ，
先证 ，即证 ，
即证
令 ，即证
设 ，则
函数 在 上单调递减，
（1） ，
，
又 ，
．
类型七 与三角函数知识交叉问题
1 已知函数 为 的导数.
（1）当 时，求 的最小值；
（2）当 时， 恒成立，求 的取值范围.
【解析】（1）由题意， ，当 时， ，所以 ，
从而 在 上单调递增，故 的最小值为 .（2）当 时， 成立，
当 时， 等价于 （1），
当 时， 等价于 （2），
设 ，则 ，
当 时，设 ，则 ，
当 时，由（1）可得 ，所以 在 上单调递增，结合 知 恒成
立，所以 在 上单调递增，又 ，所以 恒成立，
而在 上， ，从而 ，满足（1），
当 时， ，
易得 在 上为增函数， ，
所以 在 上有一个零点 ，当 时， ；当 时， ，
从而 在 上单调递减，在 上单调递增，又 ，
所以 在 上有一个零点 ，且当 时， ，当 时， ，故
在 上单调递增，在 上单调递减，又 ，
所以 在 上恒成立，故 在 上单调递增，又 ，所以 在 恒成立，从而 ，满足（2），所以当 时，满足题意，
当 时， 在 上恒成立，所以 在 上单调递增，
又 ，
所以 在 上有一个零点 ，且当 时， ，从而 在 上单调递减，
又 ，所以当 时， ，不满足（1），不合题意，
综上所述，实数 的取值范围为 .
1．已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在 处的切线方程；
(2)对任意的 ，都有 ，求a的取值范围．
【答案】(1) (2)
【详解】（1）当 时， ，则 ．
所以 ， ，
故所求切线方程为 ，即 ．
（2）设 ，
则 ．
因为 ，所以至少满足 ，即 ．设 ．
因为 ， ，所以 在 上单调递增，
所以 ．
设 ，
则 ．
因为 ，所以 ， ，
则 在 上恒成立，即 在 上单调递增，
所以 ，即对任意 ，都有 ．
故a的取值范围为 ．
类型八 新定义问题
1 若函数 同时满足下列两个条件，则称 在 上具有性质 ．
① 在 上的导数 存在；
② 在 上的导数 存在，且 （其中 ）恒成立．
(1)判断函数 在区间 上是否具有性质 ？并说明理由．
(2)设 、 均为实常数，若奇函数 在 处取得极值，是否存在实数 ，使得
在区间 上具有性质 ？若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由．(3)设 且 ，对于任意的 ，不等式 成立，求 的最大值．
【答案】(1)函数 在区间 上具有性质 ；
(2)存在实数 ，使得 在区间 上具有性质 ， 的取值范围是 ；
(3) 的最大值为 .
【详解】（1）令 ， ，
则 ， ，
， ，
当 时， 恒成立，
∴函数 在区间 上具有性质 ；
（2）∵ ，∴ ，
∵ 在 处取得极值，且 为奇函数，∴ 在 处也取得极值，
∴ ，解得 ，∴ ， ，
当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
故 在 单调递减，在 单调递增，满足 在 处取得极值，
∴ ，当 时， 恒成立，
∴存在实数 ，使 在区间 上恒成立，∴存在实数 ，使得 在区间 上具有性质 ， 的取值范围是 ；
（3）∵ ，∴ ，
令 ， 则 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 在区间 上单调递增，又∵ ， ，
∴存在 ，使 ，∴当 时， ， ， 在区间
上单调递减，当 时， ， ， 在区间 上单调递增，
∴当 时， 的最小值为 ，
由 ，有 ，∴ ，
∵ ，∴ ，又∵ 恒成立，
∴ ，∵ 且 ，∴ 的最大值为 .
1．对于函数f（x），若存在实数 满足 ，则称 为函数f（x）的一个不动点.已知函数
，其中
(1)当 时，
（i）求f（x）的极值点；（ii）若存在 既是f（x）的极值点，又是f（x）的不动点，求b的值：
(2)若f（x）有两个相异的极值点 ， ，试问：是否存在a，b使得 ， 均为f（x）的不动点？证明你
的结论.
【答案】(1)（i）当 时， 没有极值点；当 时， 的极大值点为 ，极小值点为 .
（ii） .(2)不存在，证明见解析
(1)（i）当 时， ， .
当 时， 恒成立， 在 上递增，没有极值点.
当 时，令 解得 ，
则 在区间 递增；
在区间 递减，
所以 的极大值点为 ，极小值点为 .
（ii）若 是 的极值点，又是 的不动点，
则 ，即 ，
即 ，代入 得 ，
， ，
， ，，所以 ，则
(2)
， ，
有两个相异的极值点，也即 有两个不同的零点 ，
所以 ①， .
依题意，若 是 的不动点，
则 ，两式相减得 ，
，
，
， ，这与①矛盾，
所以不存在符合题意的 .
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .
(1)设函数 ，且 恒成立，求实数 的取值范围；(2)求证： ；
(3)设函数 的两个零点 、 ，求证： .
【答案】(1) (2)证明见解析(3)证明见解析
【详解】（1）解：由 可得 ，可得 ，
令 ，其中 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
所以， ，所以， ；
（2）解：要证 ，即证 ，
由（1）可知， ，当且仅当 时，等号成立，
令 ，其中 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减，
所以， ，
因为 和 取等的条件不同，故 ，即 ；
（3）解：由题知 ①， ②，
① ②得 ③，② ①得 ④.
③ ④得 ，
不妨设 ，记 .
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，则 ，即 ，
所以 .
因为
，
所以 ，即 .
令 ， ，则 在 上单调递增.
又 ，
所以 ，即 ，所以 .2．（2023春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）已知函数 和 的定义域分别为 和 ，若
对任意的 都存在 个不同的实数 ， ，…， ，使得 （其中 ， 为
正整数），则称 为 的“ 重覆盖函数”.
(1) 是否为 的“2重覆盖函数”？请说明理由；
(2)求证： 是 的“4重覆盖函数”；
(3)已知 ， ，若 为 的“3重覆盖函数”，求实数 的范围.
【答案】(1)否，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3) .
【详解】（1）由题可得 ，注意到方程 在 时只有一个根0，则当
，存在唯一 ，使得 ，故 不是
的“2重覆盖函数”；
（2） .
当 时， ，则此时 ；
当 时， ，则此时 ，则 .
当 时，函数 单调递减，且 .则对于 ， ，
，使得 （其中 ）.
又 使得 .则任意的 都存在4个不同的实数 ， ， ， ，
使得 ，即 是 的“4重覆盖函数”；
（3）因 ，则 .
得 在 上单调递减，在 上单调递增.
则 .又 时， ，
则 .若 为 的“3重覆盖函数”，则 ，方程
总有3个根.但二次方程最多有2个实数根，故相应的实数 的范围为空集.
3．（2023·四川凉山·二模）已知函数 ．
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)若函数 有两个不同的极值点 ，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】对 求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）分 ， 和 讨论 的单调性，知当 时，函数 有两个不同的极值点
，要证 ，即证 ，比值代换法令 可转化成，研究 的单调性即可证明.
【详解】（1） 或
∴ 的单调减区间为 ；
，∴ 的单调减区间为
（2）当 时， ∴ 单调递减，无极值点，不满足条件．
当 时， ，
，∴ 单调递减，无极值点，不满足条件．
当 时， ，
即 的两根为 ．由韦达定理得 ，
∵ ，∴ ，满足条件.
要证 ，即证 ，
即证
令 则只需证
∴ 在 单增， 得证
4．（2023春·云南曲靖·高三统考阶段练习）已知函数 满足 恒成立.(1)求 的取值范围；
(2)设 ，求 在 上的零点个数；
(3)在（2）的条件下，设 在 上最小的零点为 ，若 且 ，求证：
.
【答案】(1) (2) (3)证明见解析
【分析】（1）利用导数分析函数 在其定义域上的单调性，可得出 ，可得出关于实数 的
不等式，解之即可；
（2）利用导数分析函数 在 上的单调性，结合零点存在定理可知函数 在 上存在唯一
零点，再由函数 的图象关于直线 对称可知函数 在 上也存在一个零点，综合可得
出结论；
（3）分析可知 且 ，根据（1）中的结论 且 ，所以 ，
可得出 ，即 ，利用函数 在 上的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）因为 ，则函数 定义域为 ，求导得 ，
设 ，则 .
因为 ，所以 ， 在 单调递减.
又 ， ，
所以存在唯一的 ，使得 ，解得 .所以 在 单调递增， 单调递减.
所以 .
所以 ，解得 ，所以 .即 ，解得 .
（2） ，则 ，
由（1）可知 ，设 ，
所以 ，
设 ， ，
所以 .
因为 ，所以 ，则 在 单调递增.
所以 .
由（1）可知 时， .
所以 .所以 在 上单调递减.
所以当 ，即 时， .
所以 在 上单调递增.
因为 ， ，
所以 在 存在唯一零点.又由 可知 图形关于直线 轴对称，
故 在 也存在唯一零点.
所以 在 上的零点个数为 .
（3）因为 ，整理可得 且 .
因为 时， ；当 时， ，当 时， ，
所以 且 ，所以 .
所以 ，所以 ，所以 .
由（1）可知 在 单调递增，所以 ，即 .
5．（2023春·四川德阳·高二德阳五中校考阶段练习）已知函数 ，
(1)若 ，试确定函数 的单调区间；
(2)若 ，且对于任意 ， 恒成立，求实数k的取值范围；
(3)令 ，若至少存在一个实数 ，使 成立，求实数k的取值范围.
【答案】(1) 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 (2) (3)
【详解】（1）若 ，则 ，可得 ，
令 ，解得 ，
则 ， ； ， ；
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .（2）则 ，可得 ，
令 ，解得 ，
则 ， ； ， ；
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
当 ，即 时， 在 上单调递增，
则 ，即 符合题意；
当 ，即 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，解得 ；
综上所述：实数k的取值范围为 .
（3）若 ，则 ，可得 ，
故原题意等价于至少存在一个实数 ，使 成立，
构建 ，则 对 恒成立，
故 在 上单调递增，则 ，
可得 ，
故实数k的取值范围为 ,
6．（2023·全国·模拟预测）已知函数 .
(1)若 在 上的最大值为 ，求实数 的值.
(2)若 存在两个零点 ， .①求实数 的取值范围；
②证明： .
【答案】(1) (2)① ；②证明见解析
【详解】（1）设 ， ，则 ，所以 在 上单调递增，
所以当 时， .
易知 ，
令 ，则 .
设 ，则 ，
若 ，则当 时， ， 单调递增， 无最大值，
即 在 上无最大值，不合题意；
若 ，令 ，得 ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减，
所以当 时， ，
所以 ，解得 .故实数 的值为 .
（2）①由（1）知， 在 上单调递增，
所以 存在两个零点 ， 等价于 在 上存在两个零点 ， ，其中 ，
.若 ，则 ， 在 上单调递增， 至多一个零点，不合题意；若 ，令 得 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
要使 存在两个零点，则 ，解得 .
当 时， ，
设 ， ，
因为 ，所以 在 上单调递增，所以 ，
又 ，所以 在 和 上各存在一个零点.
所以实数 的取值范围是 .
②由①知 ，
要证 ，只需证 ，只需证 ，只需证 ，只需证 .
不妨设 ，则 ， ， ，
故只需证 .
设 ， ，
因为 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，所以 ，则 ，所以 .
7．（2023·全国·模拟预测）已知函数 在 上单调递增.
(1)求 的最大值；
(2)证明：当 时， 在 上仅有一个零点.
【答案】(1)1(2)证明见解析
【详解】（1）当 时，
由题可得，当 时， 恒成立，
即当 时， 恒成立，
因为当 时， ，所以 ，故 的最大值为1.
（2）当 时， ，
因为 在 上单调递增，且当 时，
，
所以当 时， 即 ，
即 ，
令 ，则 在 上的零点即 的零点，
令 ，则 ，
令 ，则 ，当 时， ， 单调递增，
因为 ， ，所以存在 ，使得 ，
所以当 时， ， 单调递减， ，
当 时， ， 单调递增，
又 ，故存在唯一的 ，使得 ，
所以当 时， ， 单调递减， ，
当 时， ， 单调递增，
又 ，故存在唯一的 ，使得 ，
即 在 上仅有一个零点.
8．（2023春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数 .
(1)若 ，
（i）求 的极值.
（ii）设 ，证明： .
(2)证明：当 时， 有唯一的极小值点 ，且 .
【答案】(1)（i） 的极小值为 无极大值；（ii）证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）（i）若 ，则 ，
由 ，得 .当 时， ；当 时， .
的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
故 的极小值为 无极大值.
（ii）由（i）可知， 的极值点为 在 上单调递减，在 上单调递增，当 时，
，又 ，
不妨设 ，则若 ，则 ，
设 ，则 .
设 ，则 为增函数，则 .
，则 在 上为增函数， ，
即 .
，又 在 上单调递减，
，即 .
（2） ，记 ， ，
记 ，当 时， ，
当 在 单调递减，
当 在 单调递增，，
在 单调递增，即 在 单调递增，
，
使 ，
当 在 单调递减，
当 在 单调递增，
所以当 时， 有唯一的极小值点 ，且
令 ，
在 单调递减，
即 .
9．（2023春·山西运城·高二校联考阶段练习）已知函数 .
(1)证明：函数 有且只有一个零点；
(2)设 ， ，若 是函数 的两个极值点，求实数 的取值范围，并证明.
【答案】(1)证明见解析
(2) ，证明见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合 ，即可证明结论；
（2）求得函数导数，根据题意可知 是导函数等于0时即 的两个不同实数根，结合
一元二次方程根的分布，列出不等式组，求得实数 的取值范围；由 是方程 的两根，
可得根与系数的关系，结合 的表达式化简求值，可证明结论.
【详解】（1）证明：由题意知函数的定义域为 ，
对任意 恒成立，
当且仅当 时， ，
所以 在 上单调递增；
又 ，所以函数 在定义域上有且仅有1个零点.
（2）因为 ，
所以 .
由题意知 是方程 在 内的两个不同的实数解，
令 ，
又 ，且函数 图像的对称轴为直线 ，所以只需 ，
解得 ，即实数 的取值范围为 .
由 是方程 的两根，
得 ， ，
故
，
又 ，
所以 .
一、解答题
1．（2022·全国·统考高考真题）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)
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
2．（2022·全国·统考高考真题）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
【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.
3．（2022·全国·统考高考真题）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
【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.
4．（2022·北京·统考高考真题）已知函数 ．
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)设 ，讨论函数 在 上的单调性；
(3)证明：对任意的 ，有 ．
【答案】(1) (2) 在 上单调递增.(3)证明见解析
【详解】（1）解：因为 ，所以 ，
即切点坐标为 ，又 ，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为 ，
所以 ，
令 ，
则 ，
∴ 在 上单调递增，
∴
∴ 在 上恒成立，
∴ 在 上单调递增.
（3）解：原不等式等价于 ，
令 ， ，
即证 ，
∵ ，
，
由（2）知 在 上单调递增，
∴ ，
∴
∴ 在 上单调递增，又因为 ，
∴ ，所以命题得证.5．（2022·天津·统考高考真题）已知 ，函数
(1)求函数 在 处的切线方程；
(2)若 和 有公共点，
（i）当 时，求 的取值范围；
（ii）求证： ．
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出 可求切线方程；
（2）（i）当 时，曲线 和 有公共点即为 在 上有零点，求导
后分类讨论结合零点存在定理可求 .
（ii）曲线 和 有公共点即 ，利用点到直线的距离得到
，利用导数可证 ，从而可得不等式成立.
【详解】（1） ，故 ，而 ，
曲线 在点 处的切线方程为 即 .
（2）（i）当 时，
因为曲线 和 有公共点，故 有解，
设 ，故 ，故 在 上有解，设 ，故 在 上有零点，
而 ，
若 ，则 恒成立，此时 在 上无零点，
若 ，则 在 上恒成立，故 在 上为增函数，
而 ， ，故 在 上无零点，
故 ，
设 ，则 ，
故 在 上为增函数，
而 ， ，
故 在 上存在唯一零点 ，
且 时， ； 时， ；
故 时， ； 时， ；
所以 在 上为减函数，在 上为增函数，
故 ，
因为 在 上有零点，故 ，故 ，
而 ，故 即 ，
设 ，则 ，
故 在 上为增函数，
而 ，故 .（ii）因为曲线 和 有公共点，
所以 有解 ，其中 ，
若 ，则 ，该式不成立，故 .
故 ，考虑直线 ，
表示原点与直线 上的动点 之间的距离，
故 ，所以 ，
下证：对任意 ，总有 ，
证明：当 时，有 ，故 成立.
当 时，即证 ，
设 ，则 （不恒为零），
故 在 上为减函数，故 即 成立.
综上， 成立.
下证：当 时， 恒成立，
，则 ，
故 在 上为增函数，故 即 恒成立.
下证： 在 上恒成立，即证： ，
即证： ，即证： ，
而 ，故 成立.故 ，即 成立.
6．（2021·全国·统考高考真题）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.
【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 ，所以需证 ．
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.
7．（2021·全国·统考高考真题）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.
【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．
8．（2021·北京·统考高考真题）已知函数 ．
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在 处取得极值，求 的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1） ；（2）函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 ，最
大值为 ，最小值为 .【分析】（1）求出 、 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由 可求得实数 的值，然后利用导数分析函数 的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当 时， ，则 ， ， ，
此时，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）因为 ，则 ，
由题意可得 ，解得 ，
故 ， ，列表如下：
增 极大值 减 极小值 增
所以，函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 .
当 时， ；当 时， .
所以， ， .
9．（2020·山东·统考高考真题）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）
【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．
