培优专题05 函数与导数 6 大重难题型
参考答案
题型01 导数与切线、函数单调性问题
🎯命题方向一 导数的切线方程以及切线条数问题
1.【答案】（1）
；
（2）（i）过点
的切线分别有1 条、0 条；（ii）2 条，理由见详解.
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程，根据切线过原点，将原点坐标代入求参数值；
（2）（i）（ii）设切点为
且
，应用导数的几何意义求切线方程，根据点在切线上得到
相关方程，再应用导数研究对应函数的零点个数，即可得.
【详解】（1）由题设
，则
，且
，
所以曲线
在
处的切线为
，
由切线过原点，则
，可得
，所以
；
（2）由题设
，则
，设切点为
且
，
所以切线方程为
，则
，
（i）若切线过点
，则
，可得
，即过点
的切线仅有一条；
若切线过点
，则
，令
，则
，
所以
时
，
时
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时
，
时
，
时
，
所以
在
上无零点，即没有过点
的切线；
（ii）切线过点
，则
，令
，则
，
所以
时
，
时
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时
，
时
，
时
，
所以
在
上有2 个零点，即过点
的切线有2 条.
2. 【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，点斜式求出切线方程
（2）利用二次求导得到函数
在
单调递增，又
即可证明.
【详解】（1）
的定义域为
，
因为
，所以
.
所以
，
所以，函数
在点
处的切线方程为
，
2ln2 1
4
4ln2 3
0
x
y
f x
1,
0
0
f
f x
1,
1
1
1
ln
1
1
.
2
2
1
f
x
x
x
a
x
0
1
0
f
a
1
a
1
3
1
1
1 ln 1
1
ln2 1
1
ln2
2
2
2
4
f x
x
x
x
f
f
，
，
f x
1
1
f
，
3
1
1
ln2 1
ln2
1
2
2
4
y
x
整理得
.
（2）
，
则
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
所以当
时，
，即
，所以
在
单调递增，又
，
故当
时，
；当
时，
.
3. 【答案】（1）①当
时，
，则
在
上单调递增;
②当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减.
（2）证明见详解
【分析】第1 问将讨论函数单调性问题，转化为讨论导函数的正负问题即可，第2 问将要证明曲线
在直线的下方，转化为函数不等式问题即可，
【详解】（1）因为
的定义域为
，
导函数
.
①当
时，
，则
在
上单调递增.
②当
时，令
，得
；
令
，得
；所以，
在
上单调递增，在
上单调递减.
（2）因为曲线
经过点
所以
，解得
．
所以
．因为
，所以的方程为
.
2ln2 1
4
4ln2 3
0
x
y
1 ln
1
2
2
1
x
g x
f
x
x
x
2
2
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
1
4
1
2
1
2
1
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
1
0
x
0
g
x
g x
0
x
0
g
x
g x
1
x
0
0
g x
g
0
f
x
f x
1,
0
0
f
1
0
x
0
f x
0
x
0
f x
要证除切点
外，曲线
在直线的下方，
即证：
，只需证：
.
设
，则
，
令
，得
；令
，得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
.
所以当
时，
，所以原命题得证.
4. 【答案】（1）
1
2
a
（2）证明见详解
【分析】（1）借助极值点定义可得
f
x
的导数在
0
x
处为0 ，可求出a ，再借助导数研究单调性检验
0 是否为极值点即可得；
（2）借助导数的几何意义可得
:
e
1
l y
x
，则只需证：当
0
x
时，
e 1
3ln
3
x
x
，构造函数
e 1
3ln
3
x
x
x
，借助导数研究其单调性后即可得其最小值，即可得解.
【详解】（1）
e
2
1
x
f
x
ax
，令
e
2
1
x
h x
f
x
ax
，则
e
2
x
h x
a
，
由0 为
f
x
的极值点，则
0
0
e
2
1
2
0
h
a
a
，即
1
2
a
；
检验：当
1
2
a
时，
e
1
x
h x
，则当
0
x
时，
0
h x
，当
0
x
时，
0
h x
，
故
f
x
在
0,
上单调递增，在
,0
上单调递减，
故0 为
f
x
的极值点，故
1
2
a
符合题意；
（2）当
0
a
时，
ex
f
x
x
，设l 与
f
x 的切点为
0
0
,
x
f
x
，
由
e
1
x
f
x
，则有
0
0
0
0
e
e
1
x
x
x
x
，即
0
0
1 e
0
x
x
，
解得
0
1
x
，故直线
:
e
1
l y
x
，则只需证：当
0
x
时，
e 1
3ln
3
x
x
，
令
e 1
3ln
3
x
x
x
，则
e 1
3
3
e 1
x
x
x
x
，
则当
3
e 1
x
时，
0
x
，当
3
e 1
x
时，
0
x
，
故
x
在
3
0, e 1
上单调递减，在
3 ,
e 1
上单调递增，
故
3
3
3
e 1
e 1
3ln
3
3ln
3ln1
0
e 1
e 1
e 1
3
x
，
即
0
x
恒成立，即当
0
x
时，l 在
g x 图象
上方.
🎯命题方向二 利用导数研究函数的单调性（不含参数）
5. 【答案】（1）单调递增区间为
，单调递减区间为
．
（2）
【分析】（1）确定函数的定义域，求导，求
，
在定义域内的解得单调区间；
（2）设点
（
），利用点到直线的距离公式构造新函数求解最值即可；或者根据几何
性质，当曲线上过一点的切线与已知直线平行时，切点到直线的距离即所求最值.
【详解】（1）函数
的定义域为
，对函数求导得
，
令
，得
；令
，得
，
所以函数
单调递增区间为
，单调递减区间为
．
（2）解法一：设点
（
），
所以点到直线
的距离为
，
令
，则
，
令
，得
（舍去）或
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
所以
在
处取到极大值
，也是最大值，
所以
，当且仅当
时等号成立，
即点到直线
距离的最小值为
．
解法二：直线
的斜率
，
设
（
），又
，令
，
得
，解得
（舍）或
，所以点
的坐标为
，
所以曲线
上与直线
平行的切线的切点为
，
由题意知点到直线
距离的最小值即为点
到直线
的距离，
又点
到直线
的距离
，
所以点到直线
距离的最小值为
．
6.【答案】（1）在
上单调递减，在
单调递增；
（2）（i）
；（ii）证明见详解.
【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性；
（2）（i）先讨论单调性，根据
有两个零点得出最小值
，即可得的取值范围；
（ii）结合（i）知，要证
，即证
，即
，分
和
进行证明.
【详解】（1）当
时，
，函数
的定义域为
，
，
当
时，
，函数
单调递减；当
时，
，函数
单调递增.
综上所述，函数
在
上单调递减，在
单调递增.
（2）（i）函数
的定义域为
，
，
①当
时，
，函数
在
单调递减，
至多有一个零点，不符合题意；
②当
时，令
，解得
，
当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增.
∴当
时，
取得最小值，最小值为
.
因为函数
有两个零点，且
时，
，
时，
，所以
.
设
，易知函数
在
单调递增.因为
，所以
的解集为
.
综上所述，实数的取值范围是
.
（ii）因为
，由
，结合（i）知
，
要证
，即证
，即
，
当
时，因为
，
，不等式恒成立；
当
时，由
得
.
即证
.
即证
.即证
.
设
，
，由
，
所以
在
单调递增.所以
，故原不等式成立.所以
.
🎯命题方向三 利用导数研究函数的单调性（含参数）
7. 【答案】（1）
；
（2）答案见详解.
【分析】（1）利用导数求斜率，然后求出切点坐标，利用点斜式可得切线方程；
（2）求导，对参数分类讨论即可.
【详解】（1）若
，则
，
，所以
，
，
故
在
处的切线方程为
，即
．
（2）
，且
，
当
时，
时
，
时
，
所以，
在
上单调递减，
在
上单调递增；
当
时，
时
，
时
，
时
，
2
2
1
0
x
y
a
0
a
2
2
2
x
f x
x
2
f
x
x
1
1
f
3
1
2
f
f x
1
x
3
1
2
y
x
2
2
1
0
x
y
2
2
(
2)
2
(
2)(
)
( )
(
2)
a
x
a
x
a
x
x
a
f
x
x
a
x
x
x
(0,
)
x
0
a
(0,2)
x
( )
0
f
x
(2,
)
x
( )
0
f
x
( )
f x
(0,2)
( )
f x
(2,
)
0
2
a
(0, )
x
a
( )
0
f
x
( ,2)
x
a
( )
0
f
x
(2,
)
x
( )
0
f
x
所以，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减；
当
时，
时
恒成立，故
在
上单调递增；
当
时，
时
，
时
，
时
，
所以，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减．
综上，当
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增；
当
时，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
、
上分别单调递增，
在
上单调递减．
8 .【答案】（1）
（2）当
时，
在
上单调递增；当
时，
在
上单调递减，在
上
单调递增.
（3）
【分析】（1）利用导数求得
，进而利用导数的几何意义可求得切线方程；
（2）求导，分
和
两种情况讨论可求得
的单调性；
（3）结合（2）可得
时，
有极小值，进而结合题意可得
，进而求解即可.
【详解】（1 ）当
时，
，所以
，所以
，
又
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
（2）
，
( )
f x
(0, )
a
(2,
)
( )
f x
( ,2)
a
2
a
(0,
)
x
( )
0
f
x
( )
f x
(0,
)
2
a
(0,2)
x
( )
0
f
x
(2, )
x
a
( )
0
f
x
( ,
)
x
a
( )
0
f
x
( )
f x
(0,2)
( ,
)
a
( )
f x
(2, )
a
0
a
( )
f x
(0,2)
( )
f x
(2,
)
0
2
a
( )
f x
(0, )
a
(2,
)
( )
f x
( ,2)
a
2
a
( )
f x
(0,
)
2
a
( )
f x
(0,2)
( ,
)
a
( )
f x
(2, )
a
4
1
0
x
y
0
a
f x
0,
0
a
f x
0,a
,a
0,1
1
f
0
a
0
a
f x
0
a
f x
1
2ln
0
a
a
a
1
a
2
1
ln
2
2
2
x
f x
x
x
1
2
f
x
x
x
1
1
1
2
4
1
f
21
1
1
ln1 2 1
3
2
2
f
y
f x
1,
1
f
3
4
1
y
x
4
1
0
x
y
2
ln
1
2
2
x
a
f x
a
x
a
x
得
，函数
的定义域为
，
若
，可得
时，
，所以
在
上单调递增；
若
时，当
时，
，所以
在
上单调递减；
当
时，
，所以
在
上单调递增；
综上所述：当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（3）由（2）可知当
时，
有极小值，
极小值为
，
此时极小值也是最小值，由
，可得
，
，
又
，所以
.令
，求导得
，
所以
在
上单调递减，又
，
当
时，
，当
时，
，
所以
时，
，此时满足
，所以a 的取值范围
.
9. 【答案】（1）当
0
a
时，函数
f x 在区间
0,
上单调递增；
当
0
a
时，函数
f x 在区间
1
0,
2a
上单调递增，在区间
1 ,
2a
上单调递减．
（2）证明见详解
【分析】（1）求出
f
x
，当
0
a
时，根据
f
x
的形式可判断
0
f
x
，当
0
a
时，同样依据
2
1
1
1
x
a
x
a
x
a
x
a
f
x
x
a
x
x
x
f x
0,
0
a
0,
x
0
f
x
f x
0,
0
a
0,
x
a
0
f
x
f x
0,a
,
x
a
0
f
x
f x
,a
0
a
f x
0,
0
a
f x
0,a
,a
0
a
f x
2
2
ln
1
ln
2
2
2
2
a
a
a
a
f a
a
a
a
a
a
a
0
f x
2
ln
0
2
2
a
a
a
a
1
2ln
0
2
a
a
a
0
a
1
2ln
0
a
a
1
2ln
g a
a
a
2
1
0
g
a
a
g a
0,
1
1 1 2ln1
0
g
0,1
a
1
0
g a
g
1,
a
1
0
g a
g
0,1
a
0
g a
0
f x
0,1
f
x
的形式可判断
f
x
在
1
0,
2a
、
1 ,
2a
上符号，从而得到单调性区间；
（2 ）根据（1 ）中的单调性得到
max
f x
，根据恒成立得
1
1
1
ln
2
2
1
4
2
a
a
a
a
a
在
1
0
2
a
上恒成立，
1
1
ln
2
,
0
4
2
g a
a
a
a
a
，求出其导数后可判断该函数为增函数，从
而得不等式恒成立.
【详解】（1）由题意可知，函数
2
(
1)
ln
f x
a x
x
x
，
R
a
的定义域为
0,
，
导数
1 2
1
x
ax
f
x
x
，
0
x
当
0
a
时，
0,
x
，
0
f
x
；
当
0
a
时，
1
0,
2
x
a
，
0
f
x
；
1 ,
2
x
a
，
0
f
x
；
综上，当
0
a
时，函数
f
x 在区间
0,
上单调递增；
当
0
a
时，函数
f
x 在区间
1
0,
2a
上单调递增，在区间
1 ,
2a
上单调递减．
（2）由（1）可知，当
1
0
2
a
时，
函数
f
x 在区间
1
0,
2a
上单调递增，在区间
1 ,
2a
，上单调递减．
所以
2
max
1
1
1
1
1
ln
1
ln
2
2
2
2
4
f x
a
a
a
a
a
a
a
，
要证
1
2
1
2
f x
a
a
，需证
1
1
1
ln
2
2
1
4
2
a
a
a
a
a
．
即需证
1
1
ln
2
0,
0
4
2
a
a
a
a
恒成立，
令
1
1
ln
2
,
0
4
2
g a
a
a
a
a
，则
2
2
2
1
2
(2
1)
1
0
4
2
4
a
g a
a
a
a
所以函数
g a 在区间
1 ,0
2
单调递增，故
1
0
2
g a
g
，
所以
1
ln
2
0
4
a
a
a
，
1
0
2
a
恒成立，所以当
1
0
2
a
时，
1
2
1
2
f x
a
a
．
🎯命题方向四 利用函数的单调性确定参数值或取值范围
10. 【答案】（1）17 （2）0
（3）当
0
a
时，
0
s
f s
，当
0
a
时，
1 ,0
2
s
f s
.
【分析】（1）对函数求导，然后将切点代入进而求得切线方程，即可得到切线在y 轴上的截距.
（2）先求出分段函数的导数，然后根据函数的单调递增区间列出不等式，进而求得a .
（3）分
0,
0,
0
a
a
a
三种情况讨论函数的极值，进而得到结果.
【详解】（1）当
1
a
时，当
0
x
时，
，所以
2
9
f
，又
2
1
f
，
曲线
y
f x
在点
2,
2
f
处的切线为
9
17
y
x
，令
0
x
，得
17
y
，
曲线
y
f x
在点
2,
2
f
处的切线在y 轴上的截距为17.
（2）因为函数
f
x 在
0
x
处连续，
所以
f
x 在
,
上单调递增等价于
f
x 在
,0
和
0,
上单调递增，
因为
2
2
3
3 ,
0
2
e ,
0
x
x
a x
f
x
x
x
a
x
，
当
0
x
时，
2
3
3
0
f
x
x
a
恒成立，所以
2
3
3
x
a
，所以
0
a
，
当
0
x
，
2
2
e
0
x
f
x
x
x
a
恒成立，所以
2
2
0
x
x
a
所以
0
a
，所以a 的值是0.
（3）当
0
a
时，根据（2）函数
f
x 无极值点，不合题意，
当
0
a
时，令
0
f
x
，得到
1
2
,
x
a x
a
（舍）
所以
,
,
x f
x
f x
的变化情况如下表：
x
,
a
a
,0
a
0
0,
f
x
+
0
-
无定义
+
f
x
极大值
极小值
因为
0
f
a
，所以
0
s
f s
，当
0
a
时，令
0
f
x
，
即
2
2
0
x
x
a
，得到
1
2
2
4
4
2
4
4
,
2
2
a
a
x
x
（舍）
所以
,
,
x f
x
f x
的变化情况如下表：
x
,0
0
1
0, x
1
x
1,
x
f
x
+
无定义
-
0
+
f
x
极大值
极小值
所以
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
e
2e
e
x
x
x
x
x
x
s
f s
f x
x
x
a
，所以
1 ,0
2
s
f s
，
综上，当
0
a
时，
0
s
f s
，当
0
a
时，
1 ,0
2
s
f s
.
11. 【答案】（1）
；
（2）（i）
；（ⅱ）证明见详解.
2
a
2
a
【分析】（1）求出
的导数，由给定区间及单调性建立不等式求解.
（2）（i）利用
与
在
处的导数值相等求出；（ⅱ）按
分段讨论，
结合极值点的偏移方法推理得证.
【详解】（1）函数
在
上单调递减，则
，
，
即
，
，而
，当且仅当
时取等号，因此
，所以a 的取值范围是
.
（2）（i）由
，求导得
，
由曲线
与
在
处有相同的切线，得
，即
，
解得
，此时曲线
与
在
处的切线都为
，符合题意，所以
.
（ⅱ）由（1）及（i）知，函数
在
上单调递减，且
，
，当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增，且
，
当
时，
，而
，不符合题意；
当
时，
，则
，
，因此
，符合题意；
当
，
的取值集合为
，而
在
的取值集合为
，
在
的取值集合为
，因此
能成立，
当
时，
；
当
时，
，
，
令
，求导得
，
( )
f x
( )
f x
( )
g x
1
x
a
1
1
1
1,
1,0
1
x
x
x
1
( )
ln
f x
a
x
x
x
(0,
)
0
x
2
1
( )
1
0
a
f
x
x
x
0
x
1
a
x
x
1
2
x
x
1
x
2
a
2
a
( )
ln
1
g x
x
x
x
( )
ln
g x
x
( )
y
f x
( )
y
g x
1
x
(1)
(1)
f
g
2
0
a
2
a
( )
y
f x
( )
y
g x
1
x
0
y
2
a
1
( )
2ln
f x
x
x
x
(0,
)
(1)
0
f
( )
ln
g x
x
0
1
x
( )
0
g x
1
x
( )
0
g x
( )
g x
( 0, 1)
(1,
)
(1)
0
g
1
1
x
1
( )
0
f x
2
(
)
0
g x
1
1
x
1
(
)
0
f x
2
(
)
0
g x
2
1
x
1
2
1
x x
1
0
1
x
1
( )
f x
(0,
)
2
(
)
g x
2
(0,1)
x
0,1
2
(1,
)
x
(0,
)
1
2
( )
(
)
f x
g x
2
(0,1)
x
1
2
1
x x
2
(1,
)
x
1
1
(1,
)
x
2
1
2
1
2
( )
( )
(ln
),
(0,1)
2
1
x
x
x
f x
g
x
x
x
x
x
2
2
( )
ln
,0
1
2
1
x
x
x
x
x
x
2
2
2
2
2
1
(2
1)
2(
2)
(1
)(2
1)
( )
0
(2
1)
(2
1)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
函数
在
上单调递增，
，即
，
因此
，而
，则
，又函数
在
上单调递增，
于是
，即
，所以
.
题型02 导数与函数的极值、最值问题
🎯命题方向一 利用导数研究函数最值
1.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由题意可得
在
上恒成立，构造函数
，利用导数研究
其单调性后可得其最小值
，再令
，利用导数研究其单调性.
（2）构造函数
，利用导数研究其单调性即可得解.
【详解】（1）
，
由函数
在
单调递增，则
在
上恒成立，
令
，即
在
上恒成立，
若
，则当
时，
，不符题意；故
，
，
当
，
，当
，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，则有
，
( )
x
( 0, 1)
( )
(1)
0
x
1
( )
( )
f x
g x
1
1
1
( )
(
)
f x
g x
1
2
( )
(
)
f x
g x
2
1
1
(
)
(
)
g x
g x
( )
g x
(1,
)
2
1
1
x
x
1
2
1
x x
1
2
1
x x
令
，则
，当
，
，当
，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，则
，
故当且仅当
时，
恒成立，即
；
（2）由
，则
，
，则
，令
，
则
，
故
在
上单调递减，又
，
故当
时，
，即
，
2.【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）求出函数的导数后根据导数非负结合分类讨论可求的值；
（2）求出
的导数，根据虚设零点可求最小值，结合基本不等式可证最小值小于1.
【详解】（1）
，
因为
在
上单调递增，故
，而
时，
，故
即
；
而
时，
，故
即
，故
.
（2）
,故
，
设
，则
，故
即
在
上单调递增.
而
，
，故
在
存在一个零点
且：
当
时，
；当
时，
，故
在
上单调递减，在
上单
调递增，故
，而
，故
，
故
，
而
，双勾函数
在
为减函数，故
，故
.
🎯命题方向二 利用导数研究函数极值点、极值问题
3． 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析
和
两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得
，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知
有零点，可得
，进而利用导数求
的单调性和极值，分析可得
，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当
时，则
，
，可得
，
，
即切点坐标为
，切线斜率
，
所以切线方程为
，即
.
（2）解法一：因为
的定义域为，且
，
若
，则
对任意
恒成立，可知
在上单调递增，无极值，不合题意；
若
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
则
有极小值
，无极大值，
由题意可得：
，即
，
构建
，则
，可知
在
内单调递增，且
，
不等式
等价于
，解得
，所以a 的取值范围为
；
解法二：因为
的定义域为，且
，
若
有极小值，则
有零点，令
，可得
，
可知
与
有交点，则
，
若
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
则
有极小值
，无极大值，符合题意，
由题意可得：
，即
，构建
，
因为则
在
内单调递增，可知
在
内单调递增，且
，
不等式
等价于
，解得
，
所以a 的取值范围为
.
4． 【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）证明见详解；（ii）
，证明见详解.
【分析】（1）先由题意求得
，接着构造函数
，利用导数工具
研究函数
的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数
在区间
上存
在唯一极值点；再结合
和
时
的正负情况即可得证
在区间
上存在唯一零
点；
（2）（i）由（1）
和
结合（1）中所得导函数
计算得到
，再结合
得
即可得证；
（ii）由函数
在区间
上单调递减得到
，再结合
，
和函数
的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【详解】（1）由题得
，
因为
，所以
，设
，
则
在
上恒成立，所以
在
上单调递减，
，令
，
所以当
时，
，则
；当
时，
，则
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
在
上存在唯一极值点，
对函数
有
在
上恒成立，
所以
在
上单调递减，所以
在
上恒成立，
又因为
，
时
，所以
时
，
所以存在唯一
使得
，即
在
上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知
，则
，
，
，则
，
，
，即
在
上单调递减.
（ii）
，证明如下：由（i）知：函数
在区间
上单调递减，
所以
即
，又
，
由（1）可知
在
上单调递减，
，且对任意
，所以
.
5. 【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）
【分析】（1）由题意得
，求出导数，构造函数，利用导数研究其单调性及最值.
（2）先求出导数
，令
，利用导数得到
的单调性，进而
根据零点存在定理即可得证.
（3）令
，将不等式
，转化为
的解集为
，求出
导数，分
，
和
三种情况讨论
的单调性，极值点及零点情况.
【详解】（1）函数
的定义域为
.由
，可得
，
ln 2
,2
2
ln
f x
x
x x
2
ln
f
x
x
b
x
b
2
ln
h x
x
b
x
b
h x
1
ln
0
p x
x
b x x
x
1
f x
0
p x
0
x
x
u
0
b
0
2
b
2
b
p x
f x
0,
1
b
2
ln
f x
x
x x
所以
，设
，则
，
令
，因为
，所以解得
.
所以当
时，
，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增，
所以当
时，
取到最小值
，即切线的斜率的最小值为
.
（2）函数
的定义域为
.
，
令
，则
.
因为
，所以
，又因为
，所以
，所以
在
上单调递增.
又因为
，当
时，
，所以
，
又因为
在
上连续，所以存在
，使得
，即
，
所以当
时，
，即
，
在
上单调递减；
当
时，
，即
，
在
上单调递增；
所以
是
的极小值点，所以函数
在其定义域内存在极小值；
（3）
等价于
，即
，
令
，
若存在实数，使得关于的不等式
的解集为
，
1
2
ln
2
ln
1
f
x
x
x
x
x
x
x
2
ln
1
g x
x
x
1
2
1
2
x
g
x
x
x
0
g
x
0
x
1
2
x
1
0
2
x
0
g
x
g x
1
0, 2
1
2
x
0
g
x
g x
1 ,
2
1
2
x
g x
1
1
1
2
ln
1
ln 2
2
2
2
g
ln 2
f x
0,
1
2
ln
2
ln
f
x
x
b
x
x
x
b
x
b
x
2
ln
h x
x
b
x
b
2
2
b
x
b
h
x
x
x
0
b
0
b
0
x
2
0
x
b
h
x
x
h x
0,
1
2
ln1
2
0
h
b
b
b
0
x
ln
b
x
h x
h x
0,
0
0,1
x
0
0
h x
0
0
f
x
0
0
x
x
0
h x
0
f
x
f x
0
0, x
0
x
x
0
h x
0
f
x
f x
0,
x
0
x
x
f x
f x
1
f x
2
ln
1
0
x
bx
x
1
ln
0
0
x
b
x
x
x
1
ln
0
p x
x
b x x
x
u
x
1
f x
0
x
x
u
即
的解集为
，
，令
.，
①当
时，
，即
，函数
单调递增，
又
，所以当
时，
成立，符合题意；
②当
时，
的判别式
，
所以
在
时恒成立，即
在
时恒成立，
即
在
上单调递增.因为
，所以
是
唯一的零点，
当
时，
；当
时，
，
能满足使
的解集为
，符合题意；
③当
时，
的判别式
，
故
有两个不相等的实数根，
由韦达定理可知，
，因此两根均为正根，且
，
则可知
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
在
时取到极大值，在
处取到极小值.
又因为
，所以
，
又当
时，
，所以
在
上存在一个零点
，
在
上存在另外一个零点
，所以
的解集为
，
与
的解集为
相矛盾，故不符合题意.
综上可知，的取值范围为
.
0
p x
0
x
x
u
2
2
2
1
1
1
b
x
bx
p x
x
x
x
2
1
m x
x
bx
0
b
0
m x
0
p x
p x
1
1
1
ln1
0
1
p
b
0
1
x
0
p x
0
2
b
2
1
m x
x
bx
2
2
Δ
4
4
0
b
b
0
m x
0
x
0
p x
0
x
p x
0,
1
1
1
ln1=0
1
p
b
1
x
p x
0
1
x
0
p x
1
x
0
p x
0
p x
0
1
x
x
2
b
2
1
m x
x
bx
2
2
Δ
4
4
0
b
b
0
m x
1
2
1 2
0,
1
0
x
x
b
x x
1
2
0
1
x
x
p x
1
0, x
1
2
,
x x
2,
x
p x
1
x
x
2
x
x
1
1
1
ln1=0
1
p
b
1
2
0,
0
p x
p x
0
x
p x
p x
1
0, x
3x
2,
x
4x
0
p x
3
4
0,
1,
x
x
0
p x
0
x
x
u
b
,2
6. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数；
（2）利用导数讨论单调性，得出函数的极值，再解不等式即可.
【详解】（1）设直线
与曲线
相切于
，
因为
，所以切线斜率为
，
所以
，则
，所以切点为
，
又因为切点
在直线
上，所以
，所以
．
（2）
，
则
．
当
时，
，
，
，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
是
的极小值点，不满足题意；
当
时，
，
，
，
，
，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
是
的极小值点，不满足题意；当
时，
，
，
所以
在
上单调递增，所以
不是
的极值点，不满足题意；
当
时，
，
，
，
，
，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
是
的极大值点，满足题意，综上，的取值范围是
．
7． 【答案】（1）极小值为
，无极大值
（2）
【分析】（1）
，
，求导利用导数确定极值即可；
（2）根据题意可得，
在
上有两个不同的根，令
，求导分析单调性，结合图像确
定参数范围即可.
【详解】（1）当
时，
，则
，令
，解得
．
当
时，
，此时
单调递减；当
时，
，此时
单调递增．
故函数
在
处取得极小值，极小值为
，无极大值.
（2）由题意知，函数
的定义域为
，
，又
在定义域内有两个不同的极值
点，则方程
在
上有两个不同的根，即方程
在
上有两个不同的根，
即方程
在
上有两个不同的根，令
，
，则
，
则当
时，
，当
时，
，则函数
在
上单调递增，在
上
单调递减，所以
，因为
，当
时，
，当
时，
0，
当
时，
，所以
函数图像如下，
又
在
上有两个不同的根，所以实数的取值范围为
．
题型03 导数与函数的零点、隐零点、极值点偏移相关问题
🎯命题方向一 确定零点个数的判断问题
1.【答案】（1）1
（2）
（3）
【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，再根据零点的存在性定理即可得解；
（2）令
，则
恒成立，利用分离参数法求解即可；
（3）法一：由题可知
，使
，分离参数可得
，令
，则原问题等价于
，利用倒数求出
即可得解.
法二：求导，再分
，
，
和
四种情况讨论，进而可得出答案.
【详解】（1）当
时，
，
，且等号不恒成立，
故
在
上单调递减，
由于
，从而
在
上有且只有一个零点；
（2）
，令
，
又
是定义域上的增函数，则
恒成立，则
恒成立，
而
的最大值为1，所以
，故的最小值为；
（3）法一：由题可知
，使
，又
，所以
，故
，
令
，则原问题等价于
，
设为
的极大值点，
，
令
，
，
，令
，
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，又
，
，
故
在
上存在唯一零点，故
时，
，
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，又
，故
时，
，且等号不
恒成立，所以
在
上单调递增，此时
，
又为
的极大值点，故
，且
，即
，
而
，故
，则
，得
，故
，
由
，得
，且
，
当且仅当
时两等号同时成立，故
时，
为
所有极大值中最大的，
又
时，
，又
时，
，故
的最大值为
，
故
，故的取值范围为
.
法二：由
，得
，
①当
时，
时，
，
在
上单调递减，
所以当
时，
，符合题意；
②由（2）知，当
时，
在
上单调递增，所以当
时，
，
所以
在
上单调递增，故
，不符合题意；
③当
时，
，符合题意；
④当
时，
，
令
，则
，当
时，
，从而
，
故
在
上单调递增，此时
；
当
时，令
，则
，
易知
在
上单调递减，在
上单调递增，且
，
，
故存在
，使
，
故当
或
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，又
，
所以当
时，
，
单调递增，当
时，
，
单调递减，
由
，得
在
时恒成立，
综上可知
在
上恒成立，则
在
上恒成立，不符合题意，
综上，实数的取值范围为
.
🎯命题方向二 由函数零点或极值点求参数问题
2. 【答案】（1）当
0
a
时，
f
x 的单调递增区间为
0,
，无单调递减区间；当
0
a
时，
f
x 的
单调递增区间为
1
0, a
，单调递减区间为
1,a
.
（2）
2 ,1
e
【分析】（1）求导后讨论a 的取值，从而判断导函数的正负，确定单调区间.
（2）根据（1）的结论，以及零点存在定理确定不等式，进而求解a 的取值范围.
【详解】（1）已知
ln
1
f x
x
ax
，其定义域为
0,
.求导
1
1 ax
f
x
a
x
x
.
当
0
a
时，因为
0
x
，所以1
0
ax
，即
0
f
x
.所以
f
x 在
0,
上单调递增.
当
0
a
时，令
0
f
x
，即
1
0
ax
x
，因为
0
x
，所以1
0
ax
，解得
1
x
a
.
当
1
0
x
a
时，1
0
ax
，则
0
f
x
，所以
f
x 在
1
0, a
上单调递增；
当
1
x
a
时，1
0
ax
，则
0
f
x
′
，所以
f
x 在
1,a
上单调递减.
综上，当
0
a
时，
f
x 的单调递增区间为
0,
，无单调递减区间；当
0
a
时，
f
x 的单调递增
区间为
1
0, a
，单调递减区间为
1,a
.
（2）由（1）可知，当
0
a
时，
f
x 在
0,
上单调递增，所以
f
x 在
0,e 上至多有一个零点，
不符合题意.所以
0
a
，此时
f
x 在
1
0, a
上单调递增，在
1,a
上单调递减.
要使
f
x 在
0,e 上有且仅有两个零点，当x 趋近于0 时，
f
x 趋近于,
所以根据零点存在定理，则需满足
1
0
e
0
1
0
e
f
a
f
a
，
1
1
1
ln
1
ln
0
f
a
a
a
a
a
，解得
0
1
a
.
e
ln e
e
1
2
e<0
f
a
a
，化简得2
e
0
a
，解得
2
e
a
.又因
1
0
e
a
可得
1
e
a
.
综上，a 的取值范围是
2 ,1
e
.
3. 【答案】（1）y
bx
c
;（2）
32
0, 27
;（3）见详解.
【分析】（1）求函数f（x）的导数，根据
0
f
c
，
0
f
b
求切线方程；
（2）根据导函数判断函数f（x）的单调性，由函数
f
x 有三个不同零点，求c 的取值范围；
（2）从两方面必要性和不充分性证明，根据函数的单调性判断零点个数.
【详解】（1）由
3
2
f
x
x
ax
bx
c
，得
2
3
2
f
x
x
ax
b
．因为
0
f
c
，
0
f
b
，
所以曲线
y
f x
在点
0,
0
f
处的切线方程为y
bx
c
．
（2）当
4
a
b
时，
3
2
4
4
f
x
x
x
x
c
，所以
2
3
8
4
f
x
x
x
．
令
( )
0
f
x
= ，得
2
3
8
4
0
x
x
，解得
2
x 或
2
3
x
．
f
x 与
( )
f
x
在区间
,
上的情况如下：
x
, 2
2
2
2,
3
2
3
2 ,
3
( )
f
x
0
0
f
x
c
32
27
c
所以，当
0
c
且
32
0
27
c
时，存在
1
4, 2
x
，
2
2
2,
3
x
，
3
2 ,0
3
x
，使得
1
2
3
0
f
x
f
x
f
x
．
由
f
x 的单调性知，当且仅当
32
0, 27
c
时，函数
3
2
4
4
f
x
x
x
x
c
有三个不同零点．
（3）当
2
4
12
0
a
b
时，
2
3
2
0
f
x
x
ax
b
，
,
x，
此时函数
f
x 在区间
,
上单调递增，所以
f
x 不可能有三个不同零点．
当
2
4
12
0
a
b
时，
2
3
2
f
x
x
ax
b
只有一个零点，记作
0x ．
当
0
,
x
x
时，
( )
0
f
x
> ，
f
x 在区间
0
, x
上单调递增；
当
0,
x
x
时，
( )
0
f
x
> ，
f
x 在区间
0,
x 上单调递增．
所以
f
x 不可能有三个不同零点．
综上所述，若函数
f
x 有三个不同零点，则必有
2
4
12
0
a
b
．
故
2
3
0
a
b
是
f
x 有三个不同零点的必要条件．
当
4
a
b
，
0
c
时，
2
3
0
a
b
，
2
3
2
4
4
2
f
x
x
x
x
x x
只有两个不同零点，所以
2
3
0
a
b
不是
f
x 有三个不同零点的充分条件．
因此
2
3
0
a
b
是
f
x 有三个不同零点的必要而不充分条件．
4.【答案】（1）
1
0
x
y
（2）
2
a
e
（3）不存在，理由见详解
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求得答案；
（2）求导，判断
f x 的单调性，求出极值，列式运算得解；
（3）由
2e
2
e
x
x
g x
ax
a
f
，得
y
f x
与
y
g x
的零点个数相同，所以
f x 与
g x
各有两个零点，设
y
g x
的两个零点为
1
x ，
2
1
2
x
x
x
，
y
f x
的两个零点为
3x ，
4
3
4
x
x
x
，
可得
1
3
4
2
ln
ln
ln
2
a
x
x
x
x
，分
1
2
3
4
x
x
x
x
和
1
3
2
4
x
x
x
x
讨论即可.
【详解】（1）由
2
a
f
x
a
x
R ，当
1
a
时，
1
1
f
，1
0
f
，
故
f x 的图象在
1,
1
f
处的切线方程为
1
y
x
，即
1
0
x
y
.
（2）由
2
a
f
x
a
x
R ，
当
0
a
时，令
0
f
x
，
f x 在
0,上递减，
f x 最多一个零点，与题意不符；
当
0
a
时，令
0
f
x
，则
2
a
x
，则当
0,
2
a
x
，
0
f
x
；当
,
2
a
x
，
0
f
x
，
所以
f x 在0, 2
a
单调递增，在
,
2
a
上单调递减，
故
ln
1 ln
2
2
2
a
a
a
f x
f
a
a
a
极大值
，且
0
lim
x
f
x
，
lim
x
f
x
.
故
f x 有两个零点，即
1 ln
0
2
a
f x
a
极大值
，
2
e
a
.
（3）由于
2e
2
e
x
x
g x
ax
a
f
，所以
y
f x
与
y
g x
的零点个数相同.
依题意共有4 个不同的零点，所以
f x 与
g x 各有两个零点.
不妨设
y
g x
的两个零点为
1
x ，
2
1
2
x
x
x
，
y
f x
的两个零点为
3x ，
4
3
4
x
x
x
，
则有
1
3
4
2
ln
ln
ln
2
a
x
x
x
x
，
因为
3
3
3
4
4
4
ln
2
2
0
ln
2
2
0
f x
a
x
x
a
f x
a
x
x
a
，得
3
3
4
4
2
ln
2
2
ln
2
x
x
a
x
x
a
，①
所以
3
4
3
4
2
ln
ln
x
x
x
x
a
，②
又ln x
x
，则
1
3
3
ln
x
x
x
，
2
4
4
ln
x
x
x
，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
（1）当
1
2
3
4
x
x
x
x
时，即
3
ln x ，
4
ln x ，
3x ，
4x 成等差数列，则有
3
4
3
4
ln
ln
x
x
x
x
，③
由②③得
2
a
，代入①得
3
3
ln
2
x
x
，
4
4
ln
2
x
x
，④ 又
3
3
4
4
4
3
ln
2ln
ln
2
x
x
x
x
x
x
，⑤
将④代入⑤式可得
3
4
4
3
4
3
2
2
2
4
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x
，
由等差数列性质及
4
3 1
x
x
，可得
4
3
4
3
ln
ln
1
x
x
x
x
，从而有
4
3
ln
1
x
x
，
可得
4
3
e
x
x
，解得
3
1
e 1
x
，
4
e
e
1
x
，这与④矛盾，故实数a 不存在；
（2）当
1
3
2
4
x
x
x
x
时，即
3
ln x ，
3x ，
4
ln x ，
4x 成等差数列，则
3
4
3
4
ln
ln
x
x
x
x
，③
由②③得
2
a
，同理得
3
3
ln
2
x
x
，
4
4
ln
2
x
x
，④ 又
3
4
3
3
4
4
ln
ln
2
2ln
x
x
x
x
x
x
，⑥
将④代入⑥式可得
3
4
3
4
3
3
4
4
4
2
4
2
4
x
x
x
x
x
x
x
x
，代入③可得
4
4
3
e
x
x
，解得
3
4
4
e
1
x
，
4
4
4
4e
e
1
x
，
这与④矛盾，故实数
a
不存在.综上所述，不存在实数
a
使得四个零点成等差数列.
5. 【答案】（1）单调递增区间为
(0,2)
，单调递减区间为(2,
)
；
（2）（i）
(0,2 2)
a
；（ii）证明见详解
【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性.
（2）（i）方法一：求导，对a 进行讨论，结合函数单调性可求解
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
，即可构造函
数
2
( )
ln
2(
0)
h x
x
x
x
，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对a 进行讨论，换
元
1
t
x
，
1
t
，
2
( )
2
g t
at
t
a
，则
2
( )
2
1
g t
f
t
t t
，
可求解
max
0
0
0
[ ( )]
ln
1
4
f x
f x
x
a x
，即可结合解法一求解，解法三：求导，对a 进行讨论，
结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得
ln
4
1
x
a
x
，构造函数
ln
4
1
x
y
x
，利用导数求解
函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数
f
x 的最大值，进而构造函
数
2
( )
ln
2(
1)
m x
x
x
x
x
，利用导数求解单调性，即可得证.
【详解】（1）由于
1
3
2
1
3 (
0)
2
1
2
1
x
x
f
x
x
x
x
x x
令
0
f
x
，则
2
x
，令
0
f
x
，
(0,2)
x
，
( )
f x 在(0,2) 上单调递增；
令
0
f
x
，
(2,
)
x
，
( )
f x 在(2,
)
上单调递减；
于是
( )
f x 的单调递增区间为
(0,2)
，单调递减区间为(2,
)
；
（2）（i）解法1 由于
2
2
1
2
1
4
4
(
0)
2
1
2
1
2
1 (2
1
)
a
x
ax
a x
x
f
x
x
x
x
x x
x x
x
ax
若
0
a
，2
1
0
x
ax
，
0
f
x
，于是
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，至多与x 轴只有一个交点，
矛盾；于是
0
a
，令
0
f
x
，则等价于
2
2
4
4
0
a x
x
，
易得
2
16 16
0
a
，因为
0
x
，则
2
2
2 1
1
0
a
x
a
，
令
2
0
2
2 1
1
a
x
a
，则
( )
f x 在
0
0, x
上单调递增，在
0,
x
上单调递减，
则
max
0
0
0
( )
ln
1
4
f x
f x
x
a x
，
因为
2
2
0
0
4
4
0
a x
x
即
0
2
2
0
4
1
x
a
x
，
0
0
2
1
x
a
x
，所以
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
，
显然
0
0
f
x
不符合题意，故
0
0
f
x
，即
0
0
2
ln
2
0
x
x
，
令
2
( )
ln
2(
0)
h x
x
x
x
，
2
1
2
0
h x
x
x
，则( )
h x 在(0,
)
上单调递增，且(1)
0
h
，
由于
0
0
0
2
ln
2
0
h x
x
x
，所以
0
1
x
，
由于
2
0
0
1
1
2
a
x
x
，令
0
1
(0,1)
t
x
，
2
y
t
t
在(0, 1) 上单调递增，则
(0,2 2)
a
，
于是
2
0
2
4
2 1
1
2
2
1
2
e
a
x
a
a
，
4
4
1
1
1
0
e
e
f
a
，
由零点存在定理，存在
1
0
4
1 ,
e
x
x
使得
1
0
f
x
，
当
0
x
时，易证ln
1
x
x
，则
4
4
ln
1
x
x
即
4
ln
4
4
x
x
，
由于
4
4
4
( )
ln
1
4
ln
4
4
(4
)
f x
x
a x
x
a x
x
a x
x
a x
，
取
2
0,
x
x
，且
2
4
256
x
a
，则
2
0
f
x
，
由零点存在定理，存在
3
0
2
,
x
x
x
使得
3
0
f
x
，
所以当
(0,2 2)
a
时，
( )
f x 在(0,
)
上有两个零点.
解法2 由于
1
2
1
a
f
x
x
x
，
0
x
，
若
0
a
，2
1
0
x
ax
，
0
f
x
，于是
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，至多与x 轴只有一个交点，
矛盾：于是
0
a
，令
1
t
x
，
1
t
，
2
( )
2
g t
at
t
a
，则
2
( )
2
1
g t
f
t
t t
，
令( )
0
g t
，则
2
1
1 a
t
a
，
由于
2
2
1
1
1
1
0
a
a
a
a
，令
2
2
1
1
a
t
a
，
2
0
2
1
x
t
，
当
2
1,
t
t
时，( )
0
g t
，即
0
f
t
，于是
( )
f x 在
0
0, x
上单调递增，
当
2,
t
t
时，( )
0
g t
，即
0
f
t
，于是
( )
f x 在
0,
x
上单调递减，
于是
max
0
0
0
[ ( )]
ln
1
4
f x
f x
x
a x
，若
0
0
f
x
，即
0
0
ln
1
4
0
x
a x
，
由
0
0
f
x
，则
0
0
2
1
x
a
x
，可得
0
0
2
ln
2
0
x
x
，同解法1；
解法3 由于
1
2
1
2
1
2
1
a
x
ax
f
x
x
x
x x
，
0
x
，
若
0
a
，2
1
0
x
ax
，
0
f
x
，于是
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，至多与x 轴只有一个交点，
矛盾；于是
0
a
，设( )
2
1
g x
x
ax
，
1
( )
1
g x
a
x
，
若
1
a
，则
1
0
g
x
a
，
( )
g x 在(0,
)
上单调递减，且(0)
2
0
g
，
不妨令2 1
0
x
ax
，则
2
2
2 1
1
a
x
a
，
于是取
2
2
1
2
2
3
2 1
2
2 1
a
a
x
a
a
，则
1
0
g x
，
且
( )
g x 在(0,
)
上连续，由零点存在定理，存在唯一
0
(0,
)
x
，
0
0
g x
，
于是
( )
f x 在
0
0, x
单调递增，在
0,
x
单调递减，则
( )
f x 存在唯一极大值点
0x ；
若0
1
a
，令
0
g
x
，则
2
1
1
x
a
，于是
( )
g x 在
2
1
0,
1
a
上单调递增，在
2
1
1,
a
单调递
减，由于(0)
0
g
，则
2
1
1
0
g a
，
1
0
g x
，且
1
2
1
1
x
a
，
且
( )
g x 在(0,
)
上连续，由零点存在定理，存在唯一
0
(0,
)
x
，
0
0
g x
，
于是
( )
f x 在
0
0, x
单调递增，在
0,
x
单调递减，则
( )
f x 存在唯一极大值点
0x ；
综上所述：若
0
a
，
( )
f x 有一个极大值点
0x ；
0
0
2
1
x
ax
，
于是
0
max
0
0
0
0
0
0
0
2
1
2
( )
ln
1
4
ln
4
ln
2
x
f x
f x
x
a x
x
x
x
x
，
若
0
0
f
x
，则
( )
f x 至多只有一个零点，矛盾；
若
0
0
f
x
，由于
2
0
2
4
2 1
1
2
2
1
2
e
a
x
a
a
，同解法1；
解法4 令
( )
0
f x
，则
ln
4
1
x
a
x
，
0
x
，于是函数y
a
与函数
ln
4
1
x
y
x
的图象在(0,
)
上有
两个交点，由于
3
1
ln
4
2
ln
2
2
1
1
2 (
4)
x
x
x
x
x
x
y
x
x
，
设
2
( )
ln
2
g x
x
x
，
0
x
，
2
2
1
( )
0
g x
x
x
，
于是
( )
g x 在(0,
)
上单调递减，且(1)
0
g
，
于是
(0,1)
x
时，( )
0
g x
，
0
y
，
ln
4
1
x
y
x
在(0, 1) 上单调递增；
(1,
)
x
时，( )
0
g x
，
0
y
，
ln
4
1
x
y
x
在(1,
)
上单调递增：
且
0
ln
4
lim
1
x
x
x
，
ln
4
lim
0
1
x
x
x
，所以函数
ln
4
1
x
y
x
的图象如图所示，所以0
2 2
a
，
（ii）根据（i）可知，
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
，
其中
2
0
2
2 1
1
a
x
a
，则
2
0
2
2
2 1
1
2
1 1
a
x
a
a
，
下证：
0
0
0
0
2
ln
2
1
x
x
x
x
即证：
0
0
0
2
ln
2
0
x
x
x
.
设
2
( )
ln
2(
1)
m x
x
x
x
x
2
2
2
2
1
2
2
(
2)(
1)
1
x
x
x
x
m x
x
x
x
x
，
令
0
m
x
，
2
x
，于是
( )
m x 在(1,2) 上单调递增，在(2,
)
上单调递减，
则
( )
(2)
ln 2 1
0
m x
m
，即证
🎯命题方向二 极值点偏移问题
6 . 【答案】（1）(
,
1]
e
（2）证明见的详解
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为
1
e
1
1
e
2 ln
0
2
x
x
x
x
x
x
x
，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
( )
f x 的定义域为(0,
)
，则
2
1
1
1
( )
1
x
f
x
e
x
x
x
1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
e
e
x
x
x
x
x
令
0
f
x
,得
1
x
当
(0,1),
( )
0,
( )
x
f
x
f x
单调递减
当
(1,
),
( )
0,
( )
x
f
x
f x
单调递增
( )
(1)
1
f x
f
e
a
，
若
( )
0
f x
,则
1
0
e
a
,即
1
a
e
，所以a 的取值范围为(
,
1]
e
[方法二]：同构处理：由
0
f
x
得：
ln
ln
0
x x
e
x
x
a
令
ln ,
1
t
x
x
t
，则
0
t
f t
e
t
a
即
t
a
e
t
令
,
1,
t
g t
e
t t
，则
'
1
0
t
g
t
e
，故
t
g t
e
t
在区间
1,上是增函数
故
min
1
1
g t
g
e
，即
1
a
e
所以a 的取值范围为(
,
1]
e
（2）[方法一]：构造函数
由题知,
f
x 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
1
2
1
x
x
< <
，要证
1
2
1
x x ,即证
1
2
1
x
x
因为
1
2
1
,
(0,1)
x x
,即证
1
2
1
f x
f
x
又因为
1
2
f x
f x
,故只需证
2
2
1
f x
f
x
即证
1
1
ln
ln
0,
(1,
)
x
x
e
x
x
xe
x
x
x
x
，即证
1
1
1
2 ln
0
2
x
x
e
xe
x
x
x
x
下面证明
1
x
时，
1
1
1
0,ln
0
2
x
x
e
xe
x
x
x
x
设
1
1
(
,
)
x
x
e
g
xe
x
x
x
，
则
1
1
1
2
2
1
1
1
1
1
1
( )
1
1
x
x
x
x
x
g x
e
e
xe
e
e
x
x
x
x
x
x
1
1
1
1
1
x
x
x
x
e
x
e
e
e
x
x
x
x
设
2
2
1
1
1
1 ,
0
x
x
x
e
x
x
x
x
e
e
x
x
x
x
，所以
1
x
e
,而
1
x
e
e
所以
1
0
x
x
e
e
x
,所以
( )
0
g x
所以
( )
g x 在(1,
)
单调递增，即( )
(1)
0
g x
g
,所以
1
0
x
x
e
xe
x
令
1
1
( )
ln
,
1
2
h x
x
x
x
x
，
2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
(
1)
( )
1
0
2
2
2
x
x
x
h x
x
x
x
x
所以( )
h x 在(1,
)
单调递减，即( )
(1)
0
h x
h
,所以
1
1
ln
0
2
x
x
x
；
综上,
1
1
1
2 ln
0
2
x
x
e
xe
x
x
x
x
,所以
1
2
1
x x .
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
ln
x
x
e
e
f x
a
x
x
，令
1
xe
t
x
，则
ln
f t
t
t
a
，
1
'
1
0
f
t
t
所以
ln
g t
t
t
a
在
1,上单调递增，故
0
g t
只有1 个解
又因为
ln
x
x
e
e
f x
a
x
x
有两个零点
1
2
,
x x ，故
1
2
1
2
x
x
e
e
t
x
x
两边取对数得：
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
，即
1
2
1
2
1
ln
ln
x
x
x
x
又因
1
2
1
2
1
2
*
ln
ln
x
x
x x
x
x
，故
1
2
1
x x
，即
1
2
1
x x
下证
1
2
1
2
1
2
*
ln
ln
x
x
x x
x
x
因为
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
2
ln
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x x
不妨设
1
2
1
x
t
x
，则只需证
1
2lnt
t
t
构造
1
2ln
,
1
h t
t
t
t
t
，则
2
2
2
1
1
'
1
1
0
h t
t
t
t
故
1
2ln
h t
t
t
t
在
1,上单调递减，故
1
0
h t
h
，即
1
2lnt
t
t
得证
7. 【答案】（1）答案见详解；
（2）①
；②证明见详解.
【分析】（1）求出函数
的定义域及导数，再分类讨论求出函数的单调区间.
（2）（i）由（1）的结论，结合极大值、最小值及零点存在性定理求出范围；（ii）根据给定条件，构造
函数并利用极值点偏移推理得证.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
，
求导得
，
当
时，由
，得
；由
，得
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增；
当
时，由
，得
；由
，得
或
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增；
当
时，
恒成立，函数
在
上单调递增；
当
时，由
，得
；由
，得
或
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以当
时，函数
的递减区间为
，递增区间为
；
当
时，函数
的递减区间为
，递增区间为
；
当
时，函数
的递增区间为
；
当
时，函数
的递减区间为
，递增区间为
.
（2）（i）由（1）知，当
时，函数
在
上单调递增，
最多一个零点，不符合题意；
当
时，函数
在
处取得极大值
，
最多一个零点，不符合题意；
当
时，函数
在
处取得极大值
，
最多一个零点，不符合题意；
当
时，
，
由函数
有两个不相等的零点
，得
，则
，
当从大于0 的方向趋近于0 时，
趋近于正无穷大，函数
在
上有唯一零点；
而
，函数
在
有唯一零点，
因此当
时，函数
有两个不相等的零点，所以实数a 的取值范围是
.
（ii）由（i）知，当
时，函数
有两个不相等的零点
，不妨令
，
令函数
，求导得
，函数
在
上单调递减，
则
，即当
时，
，于是
，
因此
，又
，函数
在
上单调递增，
则
，所以
.
8.【答案】（1）
（2）证明见详解.
【分析】（1）由已知可得
有两个根，转化为函数
与函数
有两个交点，结合图象求解；
（2）由
，
，得
，令
，用表示
，代入
，构造函
数证明.
【详解】（1）由已知可得
，因为
有两个极值点，所以
有两个根，
所以函数
与函数
有两个交点，对函数
，
，
当
时
；当
时，
.
所以函数
在
单调递增，在
单调递减，
当
时，取得最大值，且
时，
；
时，
，所以函数
的图象如图所示，
所以若函数
与函数
有两个交点，则
，所以实数的取值范围是
.
（2）由（1）可知
，
，所以
①，
②，
①-②得
，
令
，则
，所以
，
，所以
，
令
，则
，令
，则
，
所以
在
单调递减，所以
，所以
在
单调递增，所以
，
即
，得
，又
，所以
，即
，得证.
🎯命题方向三 隐零点问题
9． 【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到
时，极小值
，构造函
数
，求导推得
，即可求得不等式
的解集；
（3）由
得
，令
，则
，令
，求导判断
在区间
上单调递增，结合零点存在定理，推得
，使得
，求出
的最小值为
，由
可得
，
，故得
的最小值
，由
即可判断函数
，即函数
的零点个数.
【详解】（1）当
时，
，则
，所以
，
，
则曲线
在点
处的切线方程为
，整理得：
．
（2）函数
的定义域为
，且
，
① 当
时，易得
，
在
上单调递减，则
无极小值，不合题意；
② 当
时，由
，得
，即
在
上单调递增；
由
，得
时，即
在
上单调递减，
所以
的极小值为：
，
因为
的极小值小于
，所以
，即
．
令
，则
，
所以当
时，
，当
时，
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减，
因为
，所以由
可得
.
（3）
．令
，得
，
令
，则
与
有相同的零点，
且
．
令
，则
，
因为
，则
，所以
在区间
上单调递增，
又
，
，所以
，使得
，
所以当
时，
，即
；当
时，
，即
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，
所以
的最小值为
．
由
，得
，即
，
令
，
，则
，则
在
单调递增．
因为
，所以
，则
，所以
，从而
，
，
所以
的最小值
．
当趋近于0 时，
趋近于0 或
时，
趋近于
，又因
，所以
，
所以
有2 个零点，故
有2 个零点．
10. 【答案】（1）最小值为
，最大值为
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的极值，然后与端点值进行比较即可求得最值；
（2）（ⅰ）令
，并用导数研究其单调性，根据单调性找到隐零点，结合
函数在区间单调性即可确定根的唯一性，即可证明.
（ⅱ）先求得
，然后
，利用导数求出单调区间，即可求解最大值.
【详解】（1）若
，则
，所以
，
令
，可得
或
，令
，可得
或
，令
，可得
，
故
在
单调递减，
，
单调递增.
所以.
在
处取得最大值
，
在
处取得最小值
，又
，
所以
在
上的最小值为
，最大值为
；
（2）（ⅰ）令
，
则
，
令
，显然
在
上单调递增，又
，
，
所以存在唯一的
，满足
，即
，
且当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
是
在
上的极小值，也是最小值，又因为
，
要使
在
上仅有一个实根，必需
，所以
；
（ⅱ）由（ⅰ）知，
，
将
代入，得
，所以
，所以
，
令
，
则
，
令
，可得
，令
，可得
，故
在
单调递减，
单调递增.
即
在
处取得最大值
.故
的最大值为
.
11. 【答案】（1）最小值为
，最大值为
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的极值，然后与端点值进行比较即可求得最值；
（2）（ⅰ）令
，并用导数研究其单调性，根据单调性找到隐零点，结合
函数在区间单调性即可确定根的唯一性，即可证明.
（ⅱ）先求得
，然后
，利用导数求出单调区间，即可求解最大值.
【详解】（1）若
，则
，所以
，
令
，可得
或
，
令
，可得
或
，令
，可得
，
故
在
单调递减，
，
单调递增.
所以.
在
处取得最大值
，
在
处取得最小值
，又
，
所以
在
上的最小值为
，最大值为
；
（2）（ⅰ）令
，
则
，
令
，显然
在
上单调递增，又
，
，
所以存在唯一的
，满足
，即
，
且当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
是
在
上的极小值，也是最小值，又因为
，
要使
在
上仅有一个实根，必需
，所以
；
（ⅱ）由（ⅰ）知，
，
将
代入，得
，所以
，所以
，
令
，
则
，
令
，可得
，令
，可得
，
故
在
单调递减，
单调递增.
即
在
处取得最大值
.故
的最大值为
.
题型04 导数与不等式恒（能）成立问题
🎯命题方向一 利用导数证明不等式
1. 【答案】（1）证明见详解；
（2）
有个零点.
【分析】（1）要证：
，
，只需证：
，
，令
，故只需证：
，
即可，利用导数分析函数
单调性，证明即可；
（2）利用导数研究函数
的单调性，求得函数
的最大值，利用极限结合单调性判断即可.
【详解】（1）当
时，
，
要证：
，
，只需证：
，
，
令
，
故只需证：
，
即可，
，
当
时，
，故
，即
在
上单调递减.
又
，
所以当
时，
，即
，
故
，
.
（2）
定义域为：
，
，
令
，即
，判别式
，
所以方程有两个实根：
或
因
，故
（舍去），
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减；
故
在
处取得最大值
由于
，所以
，所以
，
设
，
，
，所以
在
上单调递增，
又
，所以
，所以
，
当
时，
，当
时，
.
由于
，即
是
的一个零点.
又
在
单调递增，在
单调递减；
则函数
零点有个.所以，当
时，
有个零点.
2. 【答案】（1）证明见详解
（2）当
时，
有且仅有1 个零点；当
时，
有且仅有2 个零点
（3）证明见详解
【分析】（1）借助导数求导后，利用导数定义判断即可得；
（2）分
及
进行讨论，利用导数可研究函数单调性，再利用函数单调性与零点存在性定理判断
即可得；
（3）令
，可得
，再累加求和即可得证.
【详解】（1）
，
令
，则
，
而
且
，所以
，即
在
上单调递增，
，
所以
，即
在
上单调递增，所以
；
（2）①
时，
，
，
所以
在
上单调递增，又
，则此时
有且仅有1 个零点；
②
时，
在
上小于0，在
上大于0，
即
在
上单调递减，在
上单调递增，
又
且
，则存在唯一的
，
即
在
和
上大于0，在
上小于0，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
又
时，
，
则
在
上存在唯一零点，在其余区间有且只有1 这一个零点，
此时函数
有且仅有2 个零点；综上所述，当
时，
有且仅有1 个零点；
当
时，
有且仅有2 个零点；
（3）令
，且
时，得
，再令
，
代入化简可得
，
则
，则
.
🎯命题方向二 利用导数研究不等式恒成立问题
3. 【答案】（1）答案见详解；
（2）
1
, 2
；
（3）证明见详解.
【分析】（1）求导，结合导数分
0
a
，
0
a
，
0
a
三种情况进行讨论求解；
（2）利用导数分
1
2
a
，
1
2
a
两种情况，当
1
2
a
时，
1
2
e
e
1
e
e
1
x
ax
x
x
g x
x
x
，再证
1
2
e
e
1
0
x
x
x
；当
1
2
a
时，可根据导数推出不成立；
（3）先由极值求a ，根据导数的几何意义求出
g x ，令
h x
f
x
g x
，再利用导数确定其零点
即可证明．
【详解】（1）
e
1
,
ax
f
x
ax
x
R ，
当
0
a
时，
1
0
f
x
，所以
f
x 在
,
上单调递增，
当
0
a
时，令
0
f
x
，解得
1
x
a
，
当
1
x
a
时，
0
f
x
，
f
x 单调递减；当
1
x
a
时，
0
f
x
，
f
x 单调递增，
当
0
a
时，令
0
f
x
，解得
1
x
a
，
当
1
x
a
时，
0
f
x
，
f
x 单调递增；当
1
x
a
时，
0
f
x
，
f
x 单调递减，
综上，当
0
a
时，
f
x 在
,
上单调递增；
当
0
a
时，
f
x 在
1
,
a
上单调递减，在
1 ,
a
上单调递增；
当
0
a
时，
f
x 在
1
,
a
上单调递增，在
1 ,
a
上单调递减．
（2）当
0
x
时，
e
1
x
f
x
恒成立，即e
e
1
ax
x
x
，移项可得e
e
1
0
ax
x
x
，
令
e
e
1,
0
ax
x
g x
x
x
，
e
1
e
ax
x
g
x
ax
，
令
e
1
e
ax
x
h x
ax
，
2
e
2
e
ax
x
h x
a
a x
，
0
2
1
h
a
，
①
1
2
a
时，又
0
x
，所以
1
2
e
e
1
e
e
1
x
ax
x
x
g x
x
x
，
令
1
2
e
e
1,
0
x
x
u x
x
x
，
1
1
1
2
2
2
1
1
1 e
e
e
1 e
2
2
x
x
x
x
u
x
x
x
，
令
1
2
1
1 e
,
0
2
x
v x
x
x
，
1
2
1
1 e
0
2
2
x
v x
，
v x 在
0,
单调递减，
0
0
v x
v
，即
0
u
x
，
u x 在
0,
单调递减，
0
0
u x
u
，
即
1
2
e
e
1
e
e
1
0
x
ax
x
x
g x
x
x
，故
1
2
a
时符合题意；
②当
1
2
a
时，
0
2
1
0
h
a
，
故
0
0,
x
，
0
0,
x
x
时，
0
h
x
，
h x 单调递增，
0
0
h x
h
，
0
0,
x
x
时，
0
g
x
，
g x 单调递增，
0
0
g x
g
，故
1
2
a
时不符合题意；
综上，a 的取值范围是
1
, 2
；
（3）证明：因为
( )
f x 有最大值1
e ，所以
0
a
，
1
max
1
1
1
e
e
f x
f
a
a
，解得
1
a ．
当
1
a 时，
e x
f
x
x
，
e
1
x
f
x
x
，
已知曲线
y
f
x
在点
0
0
,
x
f x
处的切线方程为
y
g x
，
则切线斜率
0
0
0
e
1
x
k
f
x
x
，又
0
0
0e x
f
x
x
，
根据点斜式方程可得切线方程为
0
0
0
0
0
e
e
1
x
x
y
x
x
x
x
，
即
0
0
0
0
0
e
1
e
x
x
g x
x
x
x
x
．
令
0
0
0
0
0
e
e
1
e
x
x
x
h x
f
x
g x
x
x
x
x
x
，则
0
0
h x
．
0
0
e
1
e
1
x
x
h
x
x
x
，
令
0
0
e
1
e
1
x
x
m x
x
x
，
e
2
x
m
x
x
，
当
0
x
x
时，又
0
2
x
，
e
2
0
x
m
x
x
，
0
0
m x
m x
，
即
0
h
x
，
h x 在
0,
x
单调递增，
0
0
h x
h x
，故此时不存在
使
1
1
f
x
g x
；
当
0
x
x
时，
e
2
0
x
m
x
x
，解得
2
x
，
2
x
时，
0
m
x
，
m x 单调递减，
0
2
x
x
时，
0
m
x
，
m x 单调递增，
又
x
时，
m x
，
0
0
m x
，
0
2
0
m x
m
m x
极小值
，
2
0
,
x
x
，使得
2
0
m x
，则当
2
x
x
时，
0
m x
，即
0
h
x
，
h x 单调递增，
当
2
0
x
x
x
时，
0
m x
，即
0
h
x
，
h x 单调递减，
又
x
时，
h x
，
0
0
h x
，
2
0
0
h x
h x
h x
极大值
，
1
0
x
x
使得
1
0
h x
，即
1
1
f
x
g x
，
综上，当
0
2
x
时，存在
1
x 使
1
1
f
x
g x
，且
1
0
x
x
．
4. 【答案】（1）当
时，
在
上单调递增；当
时，
在
上单调递增，
在
上单调递减．
（2）
（3）证明见详解
【分析】（1）求出
，然后对分类讨论求解函数
的单调区间；
（2）由题意得
即可求得，得到
的解析式．对任意
恒成立，
即对任意
恒成立，令
，问题转化为求
的
最小值，利用导数求解即可；
（3）因为
为函数
的极值点，所以
．要证明不等式
成立，只需证
．令
，证得
，
．分两种情况证明：
当
时，由
即证得结论；当
时，得
，只需证
，即证
对
成立，构造函数
，结合函数的单调性证明即可．
【详解】（1）
，定义域为
，所以
，
当
时，
，故
在
上单调递增，
当
时，由
，得
；由
，得
，
故
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．
（2）因为
，曲线
在
处的切线垂直于直线
，
则
在
处的切线的斜率为
，即
，解得：
，
则
.
对任意
恒成立，即对任意
，
即对任意
恒成立，令
，
，令
，得
，
当
时，
，
为减函数；当
时，
，
为增函数；
，
，则实数b 的最大值
．
（3）函数
，
因为
为函数
的极值点，所以
，所以
，
要证明不等式：
成立，只需证
，
令
，
当
时，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
所以
，即
，所以
，
当
时，因为
，所以
．
当
时，因为
，所以
，所以
，
要证
成立，只需证
，
即证
对
成立．
令
，因为
，
当
时，
单调递增；当
时，
单调递减，
所以
，即
时，
成立．
综上所述，原不等式成立．
🎯命题方向三 利用导数研究不等式能成立问题
5. 【答案】（1）
2
b
a
（2）当
2
a 时，函数
f
x 的单调递增区间为
2, a
，单调递减区间为
,2
和
,a
；
当
2
a
时，函数
f
x 的单调递增区间为
,2
a
，单调递减区间为
, a
和
2,．
（3）
0,3
【分析】（1）求出
f
x
，利用极值点是
2
x
，得到
2
0
f
，从而求出
2
b
a
；
（2）令导函数
0
f
x
，求出两个根
2
x
或x
a
，通过两个根的大小对a 进行分类讨论，列表判断
函数的极值点以及单调性，从而得到答案
（3）利用导数研究函数的单调性，分别求出
g x 和
f
x 的最值，将不等式能成立问题转化为最值问题，
求解即可．
【详解】（1）因为
2
ex
x
ax
b
f x
，
所以
2
2
2
2
e
e
2
e
e
x
x
x
x
x
a
x
ax
b
x
a x
a
b
f
x
，
因为函数
2
ex
x
ax
b
f x
的一个极值点是
2
x
，所以
2
0
f
，即b
a
；
则有
2
2
2
2
e
e
x
x
x
a x
a
x
x
a
f
x
，
当
2
a
时，
2
2
0
ex
x
f
x
，函数
f
x 在R 上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
所以
2
b
a
.
（2）
2
2
2
2
e
e
x
x
x
a x
a
x
x
a
f
x
，由（1）可知
2
a .
①当
2
a 时，令
0
f
x
得
2
x
或x
a
，列表如下：
x
,2
2
2, a
a
,a
f
x
-
0
+
0
-
满足
2
x
是函数
f
x 的极值点；
②当
2
a
时，令
0
f
x
得
2
x
或x
a
，列表如下：
x
, a
a
,2
a
2
2,
f
x
-
0
+
0
-
满足
2
x
是函数
f
x
极值点.
所以当
2
a 时，函数
f
x 的单调递增区间为
2, a
，单调递减区间为
,2
和
,a
；
当
2
a
时，函数
f
x 的单调递增区间为
,2
a
，单调递减区间为
, a
和
2,
．
（3）由（1）（2）知，
2
ex
x
ax
a
f x
， 且
0
a
时，
f
x 在
0,2 单调递增，在
2,3 单调递减，
又因为
0
0
f
a
，
3
9
2
3
0
e
a
f
，
所以
f
x 在
0,3 上的最大值为
2
4
2
e
a
f
，最小值为
0
f
a
又当
0
a
时，函数
2
2
ex
g x
a
在
0,3 单调递增，
所以
g x 在
0,3 上的最大值为
2
3
e
g
a
，最小值为
2
2
0
e
a
g
．
因为存在
1
2
,
0,3
x x
，使得
1
2
2
2
e
f x
g x
成立，
即存在
1
2
,
0,3
x x
，使得
1
2
2
2
2
2
e
e
f x
g x
成立，
即
2
2
2
2
2
2
2
e
e
4
2
e
e
e
a
a
a
a
，又
0
a
，所以解得
0 <
< 3
a
，
所以实数a 的取值范围为
0,3 ．
6. 【答案】（1）
（2）极大值
，极小值0
（3）
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程即可；
（2）求导
，令
，根据导数的符号确定函数单调性，进而得到极值即可；
（3）
在
上有解，即
，令
，则
在
上单调递增，令
，
在
上单调递减，则
，然后求解即可.
【详解】（1）
，
，
，且
，
在
处的切线方程为：
.
（2）令
，得
或
，
当
和
时，
，则函数
单调递增；
当
时，
，则函数
单调递减，
为函数
的极大值点，极大值为
；
0
y
2
2
4
e
a
0,1
e
2
ax
f
x
x
ax
0
f
x
2
2e
e
ax
a
x
,
a
2
e
a a x
x
2
g x
x
g x
,
a
e
a a x
h x
h x
,
a
2
min
max
1
g x
a
h x
2e
ax
f x
x
2
2 e
e
e
2
ax
ax
ax
f
x
x
ax
x
ax
0
0
f
0
0
f
(
)
f
x
\
0,
0
f
0
y
e
2
0
ax
f
x
x
ax
0
x
2
x
a
2
,
x
a
0,
x
0
f
x
f
x
2 ,0
x
a
0
f
x
f
x
2
x
a
f
x
2
2
2
4
e
f
a
a
为函数
的极小值点，极小值为
.
（3）根据题意关于的不等式
在
上有解，即
在
上有解，
设
，
，
，
，
由于
，
在
上单调递增，
，
在
上单调递减，
，则
，解得
，实数的取值范围为
.
7. 【答案】（1）
；
（2）
【分析】（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值；
（2）把不等式
化为
，由
的单调性结合端点函数值分析求解.
【详解】（1）因为
，
，所以
，
令
，令
，因为函数
，
在
上单调递减，
所以
在
上单调递减，又
，
所以方程
得解为
，
，
的变化情况如下表所示．
x
e
+
+
0
单调递
增
单调递
减
0
x
f
x
0
0
f
x
2
2e
e
ax
a
x
,
a
2
e
a a x
x
,
a
2
g x
x
,
x
a
e
a a x
h x
,
x
a
0
a
2
g x
x
,
a
2
min
g x
a
e
a a x
h x
,
a
max
1
h x
2
1
a
0
1
a
a
0,1
max
1
4
f x
min
0
f x
1
ln 2 1
,
9
4
2
ln e
2
1
x
ax
a x
2
ln
1
1
x
a
f x
x
f
x
1,e
e
x
2
ln
1
(
1)
x
f x
x
3
1
2ln
1
1
x
x
f
x
x
0
f
x
1
2ln
1
t x
x
x
1
y
x
2ln
1
y
x
0,
1
2ln
1
t x
x
x
0,
1
2ln1 1
0
1
t
1
2ln
1
0
t x
x
x
1
x=
f
x
f
x
1
e
1 ,1
e
1
1,e
f
x
f
x
0
1
4
2
2
e 1
所以，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
当
时，
有极大值，
也是
的最大值.
又因为
，
，所以
，所以为
的最小值.
（2）因为
，所以不等式
可化为
，
由（1）可知
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
因为
的最大值
，
，
所以
，
时，
最大，所以不等式
，
即
存在唯一的整数解只能为1，所以
，所以
所以a 的取值范围为
.
🎯命题方向四 利用导数研究端点效应问题
8. 【答案】（1）
（2）
或
．
（3）证明见详解
【分析】（1）
时，
，求导
，则
，求解
即得；
（2）当
时，
，求导后，分类讨论得函数的单调性与最值，由此
求出答案；
f
x
1 ,1
e
1,e
1
x=
f
x
1
4
1
1
4
f
f
x
1
0
e
f
2
2
e
e 1
f
1
e
e
f
f
0
f
x
0
x
2
ln e
2
1
x
ax
a x
2
ln
1
1
x
a
f x
x
2
ln
1
x
f x
x
0,1
1,
f
x
1
1
4
f
1 ln2
2
1
9
f
f
*
N
x
1
x
f
x
2
ln e
2
1
x
ax
a x
a
f x
1
2
f
a
f
a
1 ln 2
1
9
4
a
1
ln 2 1
,
9
4
1,0
1
a
2e
a
4
b
4
4ln
f x
ax
x
x
0
x
2
2
4
4
ax
x
f
x
x
0
2
0
16 16
0
a
a
a
2
2
b
a
4
2
2 ln
f x
ax
a
x
x
0
x
（3）当
时，
．设
，又设
，求导后
，又由
，得
，由此得到答案.
【详解】（1）当
时，
，
，
若函数
有2 个极值，则
在
有两个零点.
所以
,解得
．故实数的取值范围为
．
（2）当
时，
，
，
．
当
时，
，
是
上的减函数，
无最小值，舍去；
当
时，由
，得
，由
，得
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的最小值为
．
由
，得
，解得
或
．
（3）当
，
时，有
．
方法一：设
，则
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
．
当
时，
恒成立，所以存在
，当
时，
，
4
ln
ln
f x
ax
b x
ax
b x
x
ln
g x
ax b x
ln
ax
b x
b
x
x
ln
y
x
x
0
x
2
2
x
y
x
0
ax
b
x
2
b
x
a
4
b
4
4ln
f x
ax
x
x
0
x
2
2
2
4
4
4
4
ax
x
f
x
a
x
x
x
f
x
2
2
4
4
ax
x
f
x
x
0,
0
2
0
16 16
0
a
a
a
1
0
a
a
1,0
2
2
b
a
4
2
2 ln
f x
ax
a
x
x
0
x
2
2
2
2
2
1
2
1
4
2
2
4
a
ax
a
x
x
ax
f
x
a
x
x
x
x
0
a
0
f
x
f
x
0,
f
x
0
a
0
f
x
2
0
x
a
0
f
x
2
x
a
f
x
2
0, a
2 ,
a
f
x
2
2
2
2
2
2 ln
f
a
a
a
a
2
2
2
2
2 ln
4
a
a
a
2
1
1
ln
0
a
a
1
a
2e
a
0
a
0
b
4
ln
ln
f x
ax
b x
ax
b x
x
ln
g x
ax b x
0
x
ax
b
g
x
x
g x
0,
b
a
,
b
a
min
ln
1
b
b
g x
g
b
a
a
e
b
a
0
g x
b
t
a
x
t
0
g x
即当
时，
．当
时，
，以下证明
，且
．
令
，
，则
，
因为
，所以
是
上的增函数，
由
，得
是
上的增函数，
所以
，故当
时，
．
故
，
，
由零点存在性定理知，存在
，使
，故当
时，
，即当
时，
．
方法二：设
，又设
，
，则
，
易知当
时，
，故
．又由
，得
，
当
，
时，取为
与4 中的较大者，
则当
时，恒有
，即当
时，
．
9. 【答案】（1）
（2）
【分析】（1）求出
，写出切线方程即可；
（2）求函数单调区间、极值、零点，
，集合
，由题
意知
，由
时不成立知
，
x
t
0
f
x
e
b
a
0
b
g
a
e
b
a
b
a
e
0
b
a
g
e
b
x
a
2
e
x
h x
x
e
2
x
h x
x
e
2
e
2
0
x
x
x
e
2
x
h x
x
e,
e
0
h x
h
2
e
x
h x
x
e,
e
0
h x
h
e
x
2
ex
x
x
e
b
a
b
a
2
e
e
lne
e
0
b
b
b
b
a
a
a
a
b
g
a
b
a
a
,e
b
a
b
t
a
0
g t
x
t
0
g x
x
t
0
f
x
ln
ln
g x
ax
b x
ax
b x
b
x
x
ln
y
x
x
0
x
1
1
2
2
2
x
y
x
x
x
4
x
min
2
2ln2
0
y
ln
0
y
x
x
0
ax
b
x
2
b
x
a
0
a
0
b
t
2
b
a
x
t
0
g x
x
t
0
f
x
4
3
0
x
y
3 3
,
4 2
1 ,
1
f
f
{ ( ) |
(2,
)}
A
f x
x
1
{
|
(1,
),
( )
0}
( )
B
x
f x
f x
A
B
0
A
3
2
2a
讨论
与1 的大小关系求出满足
的的取值范围.
【详解】（1）因为
，
，
，所以
，则
.
故点
处的切线方程为
，即
.
（2）由已知有
，令
，解得
或
，列表如下：
所以
的单调增区间是
，单调减区间是
和
，
当
时，
取极小值，当
时，
取极大值，
由
知，当
时，
，当
时，
因为对于任意的
，总存在
，使得
，
当
时，不成立，故
，所以
，所以
.
设集合
集合
则“对于任意的
，都存在
，使得
”等价于
.
下面分两种情况讨论：
当
即
时，有
且此时
在
上单调递减，
的值域为
，
故
，
，所以A 不是B 的子集.
3
2a
A
B
a
3
a
2
3
2
f x
x
x
1
1
f
2
2
6
f
x
x
x
1
4
f
1, 1
1
4
1
y
x
4
3
0
x
y
2
2
2
(
0)
f
x
x
ax a
( )
0
f
x
0
x
1
x
a
x
(
,0)
0
1
(0,
)
a
1
a
1
( ,
)
a
( )
f
x
0
0
( )
f x
0
2
1
3a
( )
f x
1
(0,
)
a
(
,0)
1
( ,
)
a
0
x
( )
f x
0
1
x
a
( )
f x
3
(0)
(
)
0
2
f
f
a
3
(0,
)
2
x
a
( )
0
f x
3
(
,
)
2
x
a
( )
0.
f x
1
2,
x
2
1,
x
1
2
1
f x
f x
1
0
f x
1
0
f x
3
2
2a
3
4
a
{ ( ) |
(2,
)},
A
f x
x
1
{
|
(1,
),
( )
0},
( )
B
x
f x
f x
1
(2,
)
x
2
(1,
)
x
1
2
1
f x
f x
A
B
3
1
2a
3
2
a
(1)
0
f
( )
f x
(1,
)
( )
f x
, (1)
f
1
(
,0)
(1)
B
f
(
,
(2))
A
f
当
即
时，有
且此时
在
上单调递减，故
，因而
，
由
有
在
上的值域为
，所以
，所以
满足题意.
综上，的取值范围为
题型05 函数与导数的创新交汇问题
🎯命题方向一 导数与三角函数交汇的组合型函数问题
1. 【答案】（1）
1
k
（2）极大值点有2 个，极小值点有1 个
（3）证明见详解
【分析】（1）利用导数的几何意义得出
π
0
2
f
即可求出；
（2）分
π
0,
2
x
、
π ,π
2
、
3π
π, 2
、
3π ,2π
2
四种情况讨论导函数的正负性得出
f x 的单调性；
（3）求证
y
f x
的图象关于
π
x
对称，在曲线上找出两对对称点，根据对角互补可证；或根据对称
性设出过三点的圆的一般方程，再检验对称点也满足方程.
3
1
2
2a
3
3
4
2
a
(2)
0
f
( )
f x
(2,
)
(
,
(2))
A
f
(
,0)
A
(1)
0
f
( )
f x
(1,
)
(
,0)
0
0, (1)
f
(
,0)
B
A
B
a
3 3
[ , ].
4 2
【详解】（1）由
π
sin
cos
f x
x
x
k
x k
R 得
1 sin
π
cos
f
x
k
x
x
x
，
当
π
2
x
时，
π
π
π
π
1 sin
π
cos
1
2
2
2
2
f
k
k
，
因为曲线
y
f x
在
π
2
x
处的切线平行于
x
轴，所以
π
1
0
2
f
k
，解得
1
k
；
（2）由
1
k
得
π
sin
cos
f x
x
x
x
，得
π
cos
2sin
f
x
x
x
x
，
令
π
cos
2sin
g x
f
x
x
x
x
则
π
sin
3cos
g
x
x
x
x
，
①当
π
0,
2
x
时，cos
0,sin
0
x
x
，则
0
g
x
，所以
f
x
在
π
0, 2
上单调递减，
因为
π
0
π
0,
2
0
2
f
f
，
则
1
π
0,
2
x
使当
1
0
x
x
时
0
f
x
；
1
π
2
x
x
时
0
f
x
，
则
y
f x
在
1
0, x
单调递增，在
1
π
,
2
x
单调递减，所以
1
x 为
y
f x
的极大值点；
②当
π ,π
2
x
时，cos
0,sin
0
x
x
，则
0
f
x
，所以
y
f x
在
π ,π
2
上单调递减，
当
3π
π,
2
x
时，cos
0,sin
0
x
x
，则
0
f
x
，所以
y
f x
在
3π
π,
2
x
上单调递增，
又
π
0
f
，所以π为
y
f x
的极小值点；
③当
3π ,2π
2
x
时，cos
0,sin
0
x
x
，则
0
g
x
，所以
f
x
在
3π ,2π
2
上单调递减，
因为
3π
2
0,
2π
π
0
2
f
f
，
所以
2
3π ,2π
2
x
使当
2
3π
2
x
x
时
0
f
x
；
2
2π
x
x
时
0
f
x
，
则
y
f x
在
2
3π ,
2
x
单调递增，在
2,2π
x
单调递减，所以
2x 为
y
f x
的极大值点；
所以曲线
y
f x
在
0,2π 的极大值点有2 个，极小值点有1 个；
（3）因为在
y
f x
中，
π
π
π
sin π
cos π
sin
cos
f
x
x
x
k
x
x
x
k
x
π
π
π
sin π
cos π
sin
cos
f
x
x
x
k
x
x
x
k
x
所以
π
π
f
x
f
x
，即曲线
y
f x
的图象关于
π
x
对称，
法一：假设
,
π,
y
f x
x
上存在不同两点,
A B ，其关于
π
x
的对称点为
'
'
,
A B ，
则四边形
'
'
AA B B 为等腰梯形，因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形，
所以曲线
y
f x
上存在四个不同的点，使得这四个点共圆.
法二：在曲线
y
f x
上取不同的四点
,
,
,
A B C D ，其中,
A B 和
,
C D 分别关于
π
x
对称，
不妨设
π
,
π
,
π
,
π
,
,
A
a f
a
B
a f
a
C b f b
，
2π
,
2π
D
b f
b
，
则
π
π
,
2π
f
a
f
a
f b
f
b
，
因为经过, ,
A B C 三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴
π
x
上，
故设该圆M 的方程为
2
2
2π
0
x
y
x
Ey
F
，
因为点C 在圆M 上，所以
2
2
( )
2π
0
b
f b
b
Ef b
F
，
将点D 的坐标代入圆M 的方程的左边得：
2
2
2
2
(2π
)
(2π
)
2π 2π
2π
( )
2π
0
b
f
b
b
Ef
b
F
b
f b
b
Ef b
F
即点
2π
,
2π
D
b f
b
也在圆M 上，所以存在
,
,
,
A B C D 同在圆M 上.
2. 【答案】（1）是周期函数，利用周期函数定义判断；
（2）最大值为
，最小值为
；
（3）证明见详解.
【分析】（1）由周期函数的概念结合正弦函数的周期性即可判断；
（2）由（1）确定函数在一个周期
上的单调性，即可求解；
（3）由（2）令
，得：
，通过累加即可求证；
【详解】（1）
是周期函数，
理由如下： 由三角函数周期性知：
，
，
因此：
，
即
是
的一个周期，故
是周期函数；
（2）由（1）可知求
在
上的最值即可.
对
求导得：
，
令
，得
或
，
在一个周期
内，当
时，
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
，
单调递增，在
单调递减，
又
，
，
，
，
所以
的最大值为
，最小值为
；
（3）记
，
由（2）知对任意实数，都有
，
对
，令
，得：
，
将上述个不等式累加，左边整理得：
右
边为
，因此：
，整理得：
，
由
，
，得
，
因此：
，得证.
3. 【答案】（1）
π
π, 3
3
（2）
,1
（3）证明见详解
【分析】（1）当
1
a
时，利用导数求出
( )
f x 的单调区间，进而可得
( )
f x 的极值和边界值.
（2）由题意，构造函数
π
2sin
cos
,
0, 2
h x
x
x
x
ax x
，利用导数可得
h
x
的单调性，分别讨论
π
2
a
、
π
1
2
a
和
1
a
三种情况，分析可得
h
x
的正负，进而可得( )
h x 的单调性，分析求解.
（3）由（2）得
sin
tan 2
1 cos
2
x
x
x
x
，对不等式进行放缩，根据裂项相消求和法，可证左侧不等式成立；
构造函数
4
π
tan ,0
π
4
p x
x
x
x
，利用导数求出
p x 的单调性和极值，分析可得4
tan
π x
x
，对
不等式进行放缩，根据裂项相消求和法，可证右侧不等式成立.
【详解】（1）当
1
a
时，
2sin
,
0, π
f
x
x
x x
，则
2cos
1
f
x
x
，
令
0
f
x
，则
1
cos
2
x
，即
π
0
3
x
；令
0
f
x
，则
1
cos
2
x
，即
π
π
3
x
.
所以
f
x 在
π
0, 3
上单调递增，在
π ,π
3
上单调递减，又
π
π
0
0,
3
,
π
π
3
3
f
f
f
，
所以
f
x
值域为
π
π, 3
3
.
（2）由
cos
f
x
x
x
，得2sin
cos
0
x
x
x
ax
，设
π
2sin
cos
,
0, 2
h x
x
x
x
ax x
，则
0
0
h
，
2cos
cos
sin
cos
sin
h x
x
x
x
x
a
x
x
x
a
，设
cos
sin
g x
x
x
x
a
，则
cos
g
x
x
x
，
所以当
π
0, 2
x
时，
0
g
x
，所以
h
x
在
π
0, 2
上单调递增，
所以
π
π
1
0
2
2
a
h
h x
h
a
.
①当
π
2
a
时，
0,
h
x
h x
在
π
0, 2
上单调递减，则
0
h x
，不满足题意；
②当
π
1
2
a
时，
0
π
0, 2
x
，使得
0
0
h
x
，
当
0
0
x
x
时，
0,
h
x
h x
在
0
0, x
上单调递减，则
0
0
h x
h
，不满足题意；
③当
1
a
时，
0,
h
x
h x
在
π
0, 2
上单调递增，则
0
0
h x
h
，满足题意.
综上可得
1
a
，即实数a 的取值范围是
,1
.
（3）证明：由（2）得，当
1
a
时，任意
π
0,
,2sin
cos
0
2
x
x
x
x
x
恒成立，即
sin
tan 2
1 cos
2
x
x
x
x
，
所以
*
2
2
1
1
1
1
1
tan (
1)
(
1)
1
2
1
2 n
n
n
n
n
n
n
N
，
所以
2
2
2
2
1
1
1
1
tan
tan
tan
tan
2
3
4
(
1)
n
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
4
4
5
1
2
2
2
2
4
n
n
n
n
n
.
令
4
π
tan ,0
π
4
p x
x
x
x
，则
2
2
2
4
1
4cos
π
π
cos
πcos
x
p x
x
x
，
存在
0
π
0, 4
x
，使得
0
0
p
x
.
则当
0
0,
x
x
时，
0
p
x
；当
0
π
, 4
x
x
时，
0
p
x
，
于是
p x 在
0
0, x
上单调递增，在
0
π
, 4
x
上单调递减，而
π
0
0
4
p
p
，
所以
0
p x
，即当
π
0
4
x
时，
4
tan
π x
x
.
所以
*
2
2
1
4
1
8
1
1
tan (
1)
π (
1)
π
2
1
2
3
n
n
n
n
n
N
，
所以
2
2
2
2
1
1
1
1
8 1
1
1
1
1
1
tan
tan
tan
tan
2
3
4
(
1)
π 3
5
5
7
2
1
2
3
n
n
n
8 1
1
8
π 3
2
3
3π
n
.
综上所述，
*
2
2
2
2
1
1
1
1
8
tan
tan
tan
tan
2
4
2
3
4
(
1)
3π
n
n
n
n
N
.
4. 【答案】（1）
0
a
（2）（i）
1
a
；（ii）证明见详解；
【分析】（1）根据导数的几何意义求解；
（2）（ⅰ）法一：设
2
2
2 (
2
2)
e x
x
u x
x
，分析
u x 的单调性，求出a 的范围；
法二：
2
2
2
e
2(
2
2)
x
a
g x
x
x
，通过分析
g x 的单调性与零点，结合
2 ( 1
2)
e x
x
t x
x
的取值范围，求出a 的范围；
（ⅱ）将
,
A B 参数化为圆上的点
2
2
cos ,
sin
3
3
，代入
ex a
y
得
cos
ln( sin )
a
x
x
2
2
3
3
，利用三角
恒等式得
tan
k
1
2
1
2
，构造
4
2
π
π
π
3
3
x
h x
h
x
x
分析单调性，证得
1
2
4π
3
，从而推出k 的取值范围.
【详解】（1）设切点为
0
0,ex
a
x
，
ex a
f
x
，所以
0
0
e
=e
x
a
f
x
，所以
0
1
x
a
，
所以函数
f
x 在
0
x
x
处的切线为
0
0
0
e
e
x
a
x
a
y
x
x
，
将
0,0 代入得
0
0
e
e 0
x
，解得
0
1
x
，
0
a
（2）（ⅰ）当
2
r
时，原问题
2
2
2
e
2
x
a
x
有两个不等实根．
法一：设
2
2
2 (
2
2)
e x
x
u x
x
，则
2
2
2
2
2
2
2
2
1
e
e
x
x
x
x
x
x
u
x
∴当
2
1
x
时，
0
u
x
，当1
2
x
时，
0
u
x
u x
在
2, 1
递减，
1,
2
递增，
2
1
e
u x
u
极小值
，
2
0
u
，
2
2
e
e ,0
a
，
1
a
法二：
2
2
2
e
2(
2
2)
x
a
g x
x
x
，
2
2
2
2e x
a
g
x
x
，令
2
2
2
2e x
a
m x
x
，
则
2
2
2
4
0
x
a
m x
e
，
m x
在R 上递增，
0
R
x
，使得
0
0
g
x
，当
0
x
x
时，
0
g
x
，当
0
x
x
时，
0
g
x
g x 在
0
, x
上单调递减，在
0,
x
上单调递增，
2
0
0
0
0
( )
2
0
1
2
g x
g x
x
x
x
极小值
，又
0
2
0
2
e
e
a
x
x
，
设
2 ( 1
2)
e x
x
t x
x
，则
2
1
2
e x
x
t
x
当
1
1
2
x
时，
0
t
x
，当1
2
2
x
时，
0
t
x
，
2 1
e , 2e
t x
，
2
2
1
e
e
1
2e
a
a
．
（ⅱ）设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，不妨设
1
2
x
x
，则
1
2
0
e
e
x
a
x
a
，即
1
2
0
y
y
，
0
k
令
1
1
1
1
2 cos
3
2 sin
3
x
y
，
2
2
1
2
2
2
2 cos
3
,
0,π
2 sin
3
x
y
则
1
2
2
ln
sin
cos
1,2
3
3
i
i
a i
，
2
是方程
2
2
cos
ln
sin
3
3
a
x
x
两个根．
又
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2cos
sin
sin
sin
1
2
2
0
cos
cos
2sin
sin
tan
2
2
2
k
欲证
3
3
k
，只需证
1
2
1
2
1
3
1
tan
3
3
2
tan
2
k
1
2
1
2
π
2
4
π
π
π
2
2
3
3
设
2
2
cos
ln
sin
0,π
3
3
h x
x
x
x
则
2
2 1 cos
3cos
2cos
1
cos
2
2
cos
sin
3
sin
3sin
3sin
x
x
x
x
x
h x
x
x
x
x
∴当
2
0
π
3
x
时，
0
h x
；当2 π
π
3
x
时，
0
h x
；
h x
在
2
0,
π
3
递减，
2 π,π
3
递增，设
4
2
π
π
π
3
3
x
h x
h
x
x
下面证明
4 π
0
3
x
h x
h
x
4 π
3
x
h x
h
x
，
2π ,π
3
x
π
cos
2
2
4
cos
3
sin
sin
π
π
3
3
3
sin
sin
3
x
x
x
x
x
x
π
π
3 4sin sin
sin
3
6
3
4
π
π
3
sin
cos
π
π
3
6
6
2sin sin
6sin sin
3
3
x
x
x
x
x
x
x
x
设
π
6
x
，
π 5π
,
2
6
，则
1
sin
,1
2
π
π
π
π
4sin sin
sin
4sin sin
sin
6
3
6
6
x
x
x
2
2
2
2
3
1
1
4sin
sin
cos
4sin
sin
sin
4sin
1
3
4
4
4
故
0
x
．
x
在
2 π,π
3
递增，
2 π
0
3
x
，
2
0
，
2
2
4 π
3
h x
h
h
，
又
h x
在
2
0,
π
3
递减，
1
2
1
2
4
4
π
π
3
3
，故
3
3
k
．
5. 【答案】（1）
f x 在
π
0, 4
上单调递增，在
π π
,
4 2
上单调递减．
（2）
π
6
3e
a
（3）
2026
2025
2π
x
x
，理由见详解
【分析】（1）由题可得
e
cos
sin
x
f
x
x
x
，解出
0
f
x
和
0
f
x
的解集即可求解.
（2 ）由已知可得存在
π ,0
6
x
，使得
e cos
sin
1
x
x
a
x
成立，因为
π ,0
6
x
时，
1
sin
1
,1
2
x
，故存在
π ,0
6
x
，用参变分离法可得出
e cos
1 sin
x
x
a
x
，利用导数求出函数
e cos
1 sin
x
x
h x
x
在
π ,0
6
上的最大值即可求解；
（3）令( )
e cos
sin
1
x
x
x
x
，利用导数分析
x
在
*
π
π
(2 π
,2 π
)(
N )
3
2
n
n
n
上的单调性，利用
零点存在性定理可知
*
π
π
2 π
,2 π
N
3
2
nx
n
n
n
，求得
*
1
π
π
2π
2 π
,2 π
N
3
2
nx
n
n
n
，
证明出
1
2π
n
n
x
x
，结合
x
的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）
e cos
e
sin
e
cos
sin
x
x
x
f
x
x
x
x
x
．
当
π
0
4
x
时，cos
sin
x
x
，
0
f
x
，
f x 单调递增；
当
π
π
4
2
x
时，cos
sin
x
x
，
0
f
x
，
f x 单调递减；
所以，
f x 在
π
0, 4
上单调递增，在
π π
,
4 2
上单调递减．
（2）由题可知存在
π ,0
6
x
，使得
e cos
sin
1
x
x
a
x
成立，
∵
π ,0
6
x
时，
1
sin
1
,1
2
x
，故存在
π ,0
6
x
，使得
e cos
1 sin
x
x
a
x
．
令
e cos
1 sin
x
x
h x
x
，其中
π
0
6
x
，
2
2
2
e
cos
sin
1 sin
e cos
e
cos
1 1 sin
0
1 sin
1 sin
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
，
且
h x
不恒为零，故函数
h x 在
π ,0
6
上单调递减，则
π
6
max
π
3e
6
h x
h
，故
π
6
3e
a
．
（3）
2026
2025
2π
x
x
．证明：由
f x
g x
可得e cos
1
sin
x
x
x
，
令
e cos
sin
1
x
x
x
x
，则
e
cos
sin
cos
x
x
x
x
x
．
因
π
π
2 π
,2 π
3
2
x
n
n
n
N
，则
sin
cos
0
x
x
，
所以
0
x
，所以函数
x
在
π
π
2 π
,2 π
3
2
n
n
n
N
上单调递减，
因为
π
2π
π
3
2 π 3
π
1
3
e
3
2 π
e
1
1
0
3
2
2
2
2
n
n
，
π
2 π
2
0
2
n
，
所以，存在唯一的
0
π
π
2 π
,2 π
3
2
x
n
n
n
N
，使得
0
0
x
，
所以，
π
π
2 π
,2 π
3
2
nx
n
n
，
cos
sin
1
0
nx
n
n
e
x
x
，
同理可得
1
1
1
cos
sin
1
0
nx
n
n
e
x
x
，且
1
π
π
2π
2 π
,2 π
3
2
nx
n
n
，
因为
1
1
2π
n
n
x
x
，所以
1
1
2π
n
n
x
x
e
e
，
因为
1
π
π
2 π
2π,2
2π
3
2
nx
n
n
，所以
1
cos
0
nx
，
所以，
1 2π
1
1
1
2π
e
cos
2π
sin
2π
1
nx
n
n
n
x
x
x
1
1
1
2π
2π
1
1
1
1
e
cos
sin
1
e
cos
e
cos
n
n
n
x
x
x
n
n
n
n
x
x
x
x
1
1
2π
1
e
cos
0
n
n
x
x
n
n
e
x
x
因为函数
x
在
π
π
2 π
,2 π
3
2
n
n
上单调递减，故
1
2π
n
n
x
x
，即
1
2π
n
n
x
x
,
取
2025
n
，则
2026
2025
2π
x
x
,
🎯命题方向三 导数与数列交汇的函数及不等式问题
6. 【答案】（1）
，
（2）（i）证明见详解；（ii）不存在，证明见详解
【分析】（1）根据题意，迭代函数为
，代入已知函数
及其导函数
，化简得
，然后从初始值
出发，依次计算即可；
（2）（i）利用
是
的两个根，根据题意将
代入
，通
过代数恒等变形得到分子为
，分母为
，从而有
；（ii）由（i）的条件计算
，假设存在正整数m，n，
使得
，
，
成等比数列，即
，结
合
，可得
，因为底数不为0 或
，则有指数相等，即
，等式两边同时
除以
，结合指数的运算，可分析出
无正整数解满足
，得证.
【详解】（1）由题意得
，则
，则有
，
2
8
3
x
2
1
( )
2
3
x
g x
x
( )
( )
( )
f x
g x
x
f
x
2
3
1
f x
x
x
2
3
f
x
x
2
1
( )
2
3
x
g x
x
0
2
x
,
2
3
1
f x
x
x
1
(
)
n
n
x
g x
1
1
1
n
n
n
x
a
x
2
nx
2
nx
2
1
n
n
a
a
0
0
0,
1
a
a
(
)
p m
n
p
ma
na
p
a
2
n
m
p
a
a a
2
0
n
na
a
1
2
2
2
0
0
n
m
p
a
a
1
1
2
2
2
n
m
p
2m
1
2
2
2
n
m
p
m
n
p
2
3
1
f x
x
x
2
3
f
x
x
2
1
3
1
2
3
n
n
n
n
n
n
n
n
f
x
x
x
x
x
x
f
x
x
令
，则
，
取
，则
，则
，
（2）（i）
，
，易得
是
的两个根，
则有
，且
，
由
，则
，
因为
，则有
，则
，因为
，则有
，
则
，
于是
，得证；
（ii）
，迭代得
，即
，
，
其中
，且
，
若存在正整数m，n，
使得
，
，
成等比数列，
即
，结合
，可得
，
因为
，所以
，同时除以
得
，
1
(
)
n
n
x
g x
2
2
3
1
1
( )
2
3
2
3
x
x
x
g x
x
x
x
0
2
x
2
1
0
2
1
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g
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2
1
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1
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2
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g x
g
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3
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,
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x
x
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n
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x
x
x
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n
n
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x
x
x
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x
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n
n
n
n
n
n
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x
x
x
x
x
x
x
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n
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x
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n
n
n
n
n
n
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x
x
x
x
x
x
x
x
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n
n
n
n
n
n
n
n
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x
x
x
x
x
x
a
x
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n
a
a
2
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n
n
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a
2
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2
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1
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n
n
n
n
a
a
a
a
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n
0
0
0
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1
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1
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1
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n
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2
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n
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2
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m
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1
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a
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2
2
n
m
p
2m
1
2
1
2
n m
p m
因为
，则可设
，则有
，即
，
易得等号左边为偶数之差，结果为偶数，右边为奇数1，矛盾，
故
无正整数解满足
，
因此，不存在这样的正整数m，n，
使得
，
，
成等比数列.
7. 【答案】（1）证明见详解
（2）（i）
（ii）证明见详解
【分析】（1）求导，结合三角函数性质分析可知
，即可得单调性；
（2）（i）先利用平方关系求
，
时利用诱导公式分析可知
的对称轴和周期性，结合单调性
可得
；
（ⅱ）先求
方法一：利用数学归纳法证明结论，
方法二：令
，证明
，由此证明结论；
方法三：由
，结合
利用放缩法证明结论.
【详解】（1）因为
当
时，则
，所以
，
m
n
p
0,
r
n
m
s
p
m
r
1
2
1
2
r
s
1
2
2
1
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1
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2
n
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(
)
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1 ,
2
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2
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T
n
2
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2
1 2
2
·
2
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n
n
n
n
n
n
'
2
1
2
1
π
π
π
π
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cos
2 cos
sin
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4
4
n
n
nf
x
n
x
x
n
x
x
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2
2
2
π
π
π
π
2 sin
cos
sin
cos
4
4
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4
n
n
n
x
x
x
x
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2
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π
π
sin 2
sin
cos
2
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x
x
x
π
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4
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π
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2
π
sin
0,
cos
1
2
4
2
4
x
x
可得
，且
，则
，
即
，可得
，所以函数
在
上单调递增，
（2）（i）若
，则
，即
；
若
，由（1）可知：
在
上单调递增，
且
，
可知
是一个周期为
的周期函数，
又因为
可知
关于
对称，
则
在
，
处取到最大值，在
，
处取到最小值，
可得
，
综上所述：
（ii）
方法一：数学归纳法证明不等式
成立，
当
时，左边
，右边
，因为
，所以不等式成立，
假设当
时不等式成立，
π
sin 2
0
2
x
π
π
sin
cos
4
4
x
x
2
2
2
2
π
π
sin
cos
4
4
n
n
x
x
2
2
2
2
π
π
sin
cos
0
4
4
n
n
x
x
'
0
nf
x
2
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x
n
π
0, 4
1
n
1
1
f
x
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1
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n
2
nf
x
n
π
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2
2
2
2
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π
π
π
π
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cos
cos
sin
2
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4
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n
n
n
n
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x
x
x
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2
2
2
2
2
π
π
π
π
π
sin
cos
sin
cos
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n
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k Z
2
2
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π
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n
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2
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2
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b
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b
b
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2
1
1
2 4 6
2
n
n
n
1
n
3
2
2
3
2
2
n
k
即
成立，
则当
时，
左边
所以当
时，不等式也成立，
综上所述：可证得不等式恒成立；
方法二：构造新数列方法证明不等式.令
，
所以
，即
，
综上所述：可证得不等式恒成立.
方法三：
，
8.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）设切点坐标为
，根据导数的几何意义可得切线方程为
，代入点
1
2
1
2
1
1
1
3 5 7
2
1
1
2 4 6
2
n
n
b
b
b
k
k
b
b
b
k
1
n
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1
1
2
1
2
1
1
1
1
1
k
k
k
k
b
b
b
b
b
b
b
b
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2
1 2
3
2
3
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2 4 6
2
2
2
2
2
k
k
k
k
k
k
k
2
2
4(
1)
4
1
1
(2
3)
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1
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1
k
k
k
k
k
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1
1
1
1
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1
k
k
k
1
n
k
1
n
n
c
n
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1
2
1
1
2
1
2
2
2
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n
n
b
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n
n
n
n
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n
2
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n
n
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n
b
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1
2
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3
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,
,
,
,
1
2
3
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b
b
b
b
n
b
b
b
b
n
1
2
1
2
1
1
1
2
3
4
1
1
1
2
3
n
n
b
b
b
n
n
b
b
b
n
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2
2
2
3
5
2
1
2
4
2
n
n
T
n
3 4
5 6
2
1 2
2
2 3
4 5
2
2
1
n
n
n
n
2
3
1
1
1
2
n
n
n
1
nT
n
2
3
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x
2
1
n
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0
1
,
3
x
x
2
3
0
0
2
3
y
x
x
x
2
0, 3
0
1
x
可得
，即可得结果；
（2）根据题意可知
的圆心和半径，结合两圆外切可知数列
是以首项
，公差
的等差
数列，结合裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为
，则
，设切点坐标为
，则切线斜率
，
可得切线方程为
，即
，
代入点
可得
，解得
，所以直线方程为
.
（2）由（1）可知：
，则
，由题意可知：
的圆心为
，半径
，
因为
与
外切，则
，
可得
，且
，
整理可得
，即
，可知数列
是以首项
，公差
的等差数列，
则
，即
，则
，
所以
.
9. 【答案】（1）
（2）①证明见详解；②不存在，证明见详解
【分析】（1）转化问题为
对于
恒成立，设
，
，利用
导数分析其单调性，进而求解即可；
2
0, 3
0
1
x
nP
1
nx
1
1
1
x
2
d
3
1
3
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x
x
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1
,
3
x
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2
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0
k
f
x
x
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0
1
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x
x
x
x
2
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2
3
y
x
x
x
2
0, 3
3
0
2
2
3
3 x
0
1
x
l
2
3
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2
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x
2
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n
y
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,
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n
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1
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1
1
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n
n
n
P P
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r
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2
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1
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n
n
n
n
n
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x
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x
x
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x
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1
1
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n
n
x
x
1
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1
1
1
x
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d
1
1 2
1
2
1
n
n
n
x
1
2
1
nx
n
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2 2
1
2
1
n
n
x
x
n
n
n
n
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
5
2
1
2
1
2
2
1
2
1
n
n
S
n
n
n
n
（2）①结合（1）可得
，
，当且仅当
时等号成立，进而得到
，可得
当
时，
，进而利用裂项相消法求证即可；
②先假设存在，先得到
，再结合
成等比数列，得到
，再由
，
得到
推出矛盾即可求证.
【详解】（1））由
，
，
则
对于
恒成立，
设
，
，则
，
令
，得
，令
，得
，
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
，即
，所以实数
的取值范围为
.
（2）①由（1）知，当
时，
，
，
即
，
，当且仅当
时等号成立，
因为方程
的根为
，所以
，且
，
则
，即
，
当
时，
，
则
,
当
时，
也满足，则
②数列
中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下：
由
，
，则
，
当
时，
，则函数
在
上单调递增，
结合题意，方程
有唯一的根为
，即
，
而
，则
，即
，
假设
成等比数列，则其公比
，且
，
又
，则
，
，
所以
，则
，
即
，所以
，
则
，由于
，
则
，即
，
则
，则
，
由
，
，
两式相减得
，
则
，即
，这与
矛盾，
故数列
中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列.
题型06 导数的新定义与创新问题
1. 【答案】（1）证明见详解
（2）①证明见详解；②证明见详解
【分析】（1）根据
，即可解方程求解，
（2）①根据
，取
，可得
，结合新
定义可得
，即可对
求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证；
②利用放缩法，先证明故
，构造
求导，确定函数的最值.
【详解】（1）由
可得
，
由
可得
，解得
，
所以
为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
（2 ）由
可得
对任意
，恒成立，所以存在常数，使得
，
令
，则
，且
，解得
，
h x
h
x
2
2
f x
g x
x
f y
g y
y
a
y
x
2
2
3
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x
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F x
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4
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x
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x
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5
5
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x
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x
x
x
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4
2
1
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x
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x
x
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x
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x
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2
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g y
y
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2
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g y
y
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x
2
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g x
x
a
2
f x
g x
x
a
2
2
3
x
x
a
g x
①
，则
，
由于
是“缺陷偶函数”，由
，即
，即
，
则
，得
，
，
由于
，所以
有两个不相等的实数根
，不妨设
，
当
或
时，
单调递增，当
时，
单调递减，
所以
有两个极值点
．
②若
，即
，则
，故
，
当
时，要证
，只需要证
，
因为
，故
，只需证
，
令
，
当
单调递减，当
单调递增，
故
，所以
，从而
，故
，
即
时，
.
2. 【答案】（1）
（2）证明见详解
2
1
3
3
3
g x
x
a
y
x
x
2
1
3
3
3
g
x
x
a
x
x
g x
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3
3
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1
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0,
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xg x
1
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2
3 ln
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x
x
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3
4
2
0
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x
x
x
2
3
4
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x
x
2
3
3
4
ln
1
2
x
x
2
2
2
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3
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3
4
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2
1
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x
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0,
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1
4
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2
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2
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2
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2
min
0
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2
3
3
4
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1
2
x
x
1
x
2
1 ln
1
2
g x
x
（3）
【分析】（1）由函数
单调性转化为导函数
在区间
恒成立，分离参数求解；
（2）根据新定义转化为
，换元后利用导数证明方程不成立即可得证；
（3）根据新定义利用导数，分类讨论求解.
【详解】（1）当
时，
，
，
由题意可知，
，即
在区间
上恒成立，
设函数
，则
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，所以
，所以
，即
.
（2）当
时，
，
，
假设
在点
和点
处存在“自公切线”l，
则l 的斜率
，
，即
，
同时
，
故
，即
不妨设
，令
，
，
则
，
所以
在区间
上单调递减，
，故
不成立，
所以当
时，曲线
不存在“自公切线”.
（3）因为
，所以
为偶函数，
又由（2）可得，当
时，曲线
不存在“自公切线”，
所以当
时，曲线
也不存在“自公切线”．
假设
在点
和点
处存在“自公切线”l，
则
和
只可能一正一负，不妨设
，
，
则l 的斜率
，
即
同时
，
所以
，
所以
或
，即
或
，
①当
时，因为
，所以
，
所以
，令
，则
，
当
时，
，
在
上单调递增，
，
所以函数
没有零点，此时没有满足题意的
，即
没有“自公切线”；
当
时，
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
所以
，
因为
，且
时，
，
当
，即
时，
，
没有零点，即
没有“自公切线”；
当
，即
时，
，
有一个零点，即
有一条“自公切线”；
当
，即
时，
，
有两个零点，即
有两条“自公切线”．
②当
时，
，又
，所以
，
因为
，所以
，所以
，
设函数
，
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
且
，
，
，
所以当
，即
时，
有一个解，即
有一条“自公切线”；
当
，即
时，
有两个解，即
有两条“自公切线”；
当
或
，即
或
时，
无解，即
没有“自公切线”．
又因为当
时，
在情况①
中，
，
；
在情况②
中，
，
；
所以当
时，
与
同时成立，
有且只有一条“自公切线”．
综上所述，若曲线
有且只有两条“自公切线”，实数a 的取值范围是
.
