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专项 03 导数的应用
参考答案
题型01 导数与函数单调性（解答题核心）
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）根据 、 两种情况分类讨论，结合奇偶函数的定义即可求解；
（2）求出 ，再进一步求出 和 的范围即可求解．
【规范答题】（1）记 ，定义域为 ，
①当 时， ，
因为 ，故函数 为偶函数，
②当 时， ，
取 ，因为 且 ，
即 且 ，所以函数 既不是奇函数，也不是偶函数．
（2） ，
因为 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上严格单调递增，在 上严格单调递减．
2．
【思路分析】（1）对函数求导后，由题意可得 的解集为 ，从而可求出实数 的值；
（2）由题意可得 在 上恒成立，转化为 在 上恒成立，利用函数 的范围，
从而可求出 的取值范围．
【规范答题】（1）由 ，
得 ，
因为 的单调减区间是 ，
所以 的解集为 ，
所以方程 的两个根为0和4，且 ，
所以 ，解得 ；
（2）因为 在 上为严格减函数，
所以 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
因为 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即实数 的取值范围为 .
3．
【思路分析】（1）化简 ，解一元二次不等式即可；
（2）先求证 的奇偶性和单调性，将问题转化为存在 ，使得 ，求一元二次函数的
最小值即可.
【规范答题】（1）因为 ， ，
所以 ，得 ，
故 的解集为 ；
（2） ，则 ，
因为 关于原点对称，所以 在 上为奇函数，
易得 ，
因为 ，等号成立时 ，所以 ，
则 在 上单调递增，
若存在 ，使得 ，
则存在 ，使得 ，
则存在 ，使得 ，即 ，
因为 函数图象关于 对称，其在 上的最小值为 ，则 ，
故实数a的取值范围为 .破类题 · 提能力
1．
【规范答题】（1）因为 ，而 .
函数的定义域为 .
当 时， ，此时函数 为偶函数；
当 时， ，此时函数 为奇函数；
当 时，函数 为非奇非偶函数；
（2）因为 时，函数 ，求导得 .
当 时， ，所以 ，所以 （当且仅当 时取等号）.
所以函数 在 上是严格增函数.
由（1）知 为偶函数，而 在 上是严格增函数.
所以根据函数的单调性和奇偶性，不等式 等价于 .
两边平方得 ，化简得 ，
解得 或 .
所以不等式的解集为 .
2．
【规范答题】（1）当 时， ，
其定义域为 ，且 ，
令 ，即 ，解得 ，当 时， ，函数 在 上单调递减；
当 时， ，函数 在 上单调递增.
（2）因 ，
故曲线 在点 处切线的方程为 ．
设直线 与曲线 相切于点 ，且 ，
则 ，且 ，解得 ．
（3）由题意得 ，化简得 ．
设 ，则 ．
令 ，即 ，解得 ，
当 时， ，函数 在 上单调递增；
当 时， ，函数 在 上单调递减；
函数 在 处取得极大值，也是 上的最大值，可知 ．
因此a的取值范围为 ．
3．
【规范答题】（1） 为减函数，则 即 恒成立，所以 .
（2）因为 为减函数，取任意实数 ，设 ，则有 ，
又 为偶函数即有 ，可得 ，
同时根据单调性由 可得 ，所以即 对任意实数 成立，所以 为常值函数，设 ，
则 ，
当 时， 不成立，所以不存在满足条件的函数.
（3）设函数 的正周期为 即对任意 都有 ，
因为 ，根据 为减函数可知 ，所以 ，
那么有 ，因为 ，
所以 即 ，于是可得 ，从而 ，
而 为减函数，所以 在 上为常值函数，其中 为任意实数，
所以 在 上为常值函数.
题型02 导数与极值、最值（解答题高频）
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质即可求出；
（2）先对 进行求导，令 并求导即可求出 的取值范围.
【规范答题】（1）当 时， ，
令 ，得 ，即 ， ，解得 ,
故方程的解集为 .（2）由题意得 ，
在区间 上， ， ，
令 ，则 ，
在 上单调递增，且 ，
若函数 在 上有唯一的极值点，则 在该区间有唯一解，
即 有唯一解，故 的取值范围为 ，
设 为该极值点，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以极值点为极大值点.
2．
【思路分析】（1）利用三角恒等变换化简函数 的解析式，利用正弦型函数的周期公式和正弦型函数
的单调性可求得答案；
（2）利用三角函数图象变换可得出函数 的解析式，根据函数 满足条件①以及 的范围可得出
的值，再根据函数 满足条件②可得出关于 的不等式，解之即可.
【规范答题】（1）因为 ，
所以函数 的最小正周期为 ，
由 ，可得 ，
所以函数 的单调增区间为 ．（2）由（1）知 ，
将函数 的图象上的所有点沿向量 平移，得到 的图象，
所以 ，
由 的图象关于点 对称，可得 ，
所以 ，解得 ，
又 ，可知 ，故 ，
当 时， ，
由②知 ，解得 ，
故 的取值范围是 ．
3．
【思路分析】（1）先求得函数 的导函数 ，讨论 的零点的大小关系，利用 的正负可
得到 的单调性；
（2）由（1）分析 在 上的单调性，进而求得其最大值，构造新函数，分析新函数的单调性及零点，
即可求得实数 的值.
【规范答题】（1）函数 的定义域为 .
则 ，
令 ，解得 或 .
若 ，即 ，则当 或 时， ；当 时， .
所以 在 上单调递减，在 和 上单调递增；
若 ，即 ，则 恒成立，
所以 在区间 上单调递增；
当 ，即 ，则
当 或 时， ；当 时， .
所以 在区间 上单调递减，在 和 上单调递增.
综上所述，若 ，则 在 上单调递减，在 和 上单调递增；
若 ，则 在 上单调递增；
若 ，则 在 上单调递减，在 和 上单调递增.
（2）由（1）知，当 时， 在 上单调递增，则 ，解得 ，
与 矛盾，舍去；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，即 .
令 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递减.
又 ，故 .
综上所述，4．
【思路分析】（1）先求 的根及 的极值点，再根据题设定义，即可求解；
（2）先求 的根，对 求导，得到 ，通过计算得到 ，再利用
二次函数的性质，即可求解；
（3）设 的两个零点为 ，根据条件得到 ，再构造函数
，利用函数的单调性，得到 ，即可求
解.
【规范答题】（1）由 ，得到 ，所以 ，
又 ，由 ，得到 ，又当 时， ，当 时， ，
所以 只有一个极值点，且极值点为 ，此时 ，
所以函数 在 上的极值点不偏移.
（2）因为 ， 且 ， ，
由 ，得到 或 ，则 ，
又 ， ，则 有两根，
不妨设为 ，且 ，又 ，所以 ，
又 时， ， 时， ，所以函数 在 上只有一个极值点 ，且
，
又 ，所以 ，故函数 在 上的极值点右偏移.
（3）由题知， ，令 ，得到 ，
当 时， ，当 时， ， 所以 是 的极值点，
且 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
又 ， 时， ， 时， ， ，
则 有两个零点，不妨设为 ，且 ，所以 ， ，
令 ，
则 在 恒成立，
所以 在区间 上单调递增，
所以 ，即 ，
故 ，又 ，
故 ，得到 ，即 ，
所以当 时，函数 在 上的极值点左偏移．
破类题 · 提能力
1．
【详解】（1） ，定义域为R，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，则 的极小值点为0和1，极大值点为 ；
（2）①证明：设 ，
因为以 为直径的圆过原点 ，所以 ，即 ，
又以 为直径的圆的圆心在 轴上，所以
显然 两点不能同在直线 的右侧，且 均不能为1，
假设 两点同在直线 的左侧，即 ，
不妨设 ，易知 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，故 ，
则 ，
这与 矛盾，所以假设不成立，
故 两点在直线 的两侧.
②由①可知， 两点在直线 的两侧，
不妨设 ， ，则 ， ，
由 得
则关于 的方程 在 上有解.令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，所以
则 解得
故 的取值范围为 .
2．
【详解】（1）由题意 ，又 ，
所以 的图像关于 对称，
则 ，即 ，得到 ，
由 ，所以 ，解得 或 ，
故不等式 的解集为 或 ．
（2）因为 ，所以 ，
因为 为单位向量，所以 ， ，
题意有 ，由 ，
令 ，可得 ，令 ，可得 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
故递增区间为 和 ，递减区间为 ．
（3）设 与 的夹角为θ．∵ ，∴ ，
∵函数 在R上有两个极值，∴方程 有两个不同的实数根，
即 ，∴ ，
又 ，∴ ，
即 ，又 ，∴ ．
3．
【详解】（1）因为 ，所以 ，所以 ，即切线的斜率为 ，
又 ，所以所求的切线方程为 ，即 ；
（2）由 得 ，
因为 ，所以 ，当且仅当 时等号成立，
①当 ，即 时， 对 恒成立，
此时 在 单调增，故 没有极值点；
②当 ，即 时，方程 有两个不等正数解 ，
，
不妨设 ，则当 时， 单调递增；
时， 单调递减；
时， 单调递增；所以 分别为 极大值点和极小值点， 有两个极值点．
综上所述，当 时， 没有极值点；当 时， 有两个极值点．
（3） ，
由 ，得 对于 恒成立，设 ，
则 ，
因为 ，所以 时， 单调递减，
时， 单调递增，所以 ，所以 ．
4．
【详解】（1）由题意， .
因为 ，所以 .
当 时，等号成立．故 = .
（2）令 .
由题设可知， 的值域为非负实数集，从而其最小值为 .
设 时取到最小值，则 ，且 ，
因为 所以 .
又由 ，得 即 .
从而 .
由 可得 故令 ，则 当且仅当 时，等号成立.
此时 ，由 得 ，于是 ，又 ，故 ．所以 的最
小值为 .
（3）法一：由 可知，对任意 ，都有 .
而 所以 . (1)
已知存在正数 ，使得 .
对任意整数 ，令 .
由式（1）可得 即 .
所以 为常量，即对任意 ，都有 .
于是 . (2)
下面证明 .
先证 对任意 都成立．
任取 ，必存在 ，使 .
因为 在 上为增函数，所以 .
故对任意 ，都有 ． (3)
再由式（2）知 且 .
由于 的图像是连续曲线，且 在 上单调递增，因此 的值域为 ．
又因为 所以
当 取遍 时， 也取遍 ．故 .
法二：
由 可知，对任意 ，都有 .
而 所以 ． (1)
已知存在正数 ，使得 .
先证明：对任意整数 ，都有 ． (2)
当 时，由式（1）反复应用可得 .
当 时，显然 .
当 时，设 （ ），则由式（1）得 ,
故 .
反复使用上式可得 .
所以式（2）对任意整数 都成立．
由式（2）知 且 .
又因为 在 上单调递增，且图像连续，所以 .
由 ，可得 .
于是 .
法三：
由 可知，对任意 ，都有 .
而 所以 ． (1)已知存在正数 ，使得 .
由式（1）对正整数 反复迭代，可得
.
从而 .
同理，对负整数部分可得 ,
于是对任意 ，都有 ． (2)
由式（2）知 且 .
又因为 在 上连续且单调递增，所以 .
再由 可得 .
故 .
5．
【详解】（1）是，理由如下：
根据条件易知 ，
又 ，可得 ，
显然 ，符合“双中值函数”定义，
即函数 是 上的“双中值函数”；
（2）①因为 ，所以 .
因为 是 上的“双中值函数”，所以 .由题意可得 .
设 ，则 .
当 时， ，则 为减函数，即 为减函数；
当 时， ，则 为增函数，即 为增函数.
故 .
因为 ，且 时， , 时， ，
所以 ，所以 ，即 的取值范围为 ；
②证明：不妨设 ，
则 ， ，即 ， ．
要证 ，可证 ，即证 ．
设 ，
则 ．
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
所以 ，则 在 上单调递减．
因为 ，所以 ，即 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．因为 ，所以 ．
由①可知 在 上单调递增，所以 ，即 得证．
题型03 导数与函数零点（压轴）
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）应用导数研究函数的单调区间即可；
（2）问题化为 与 在 上有交点，应用导数研究 的单调性并求出值域，即
可得范围.
【规范答题】（1）由题设 ，则 ，
当 或 ，即 在 上单调递增，
当 ，即 在 上单调递减，
所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 ；
（2）在 上，令 ，
所以 在 上有解，
即 与 在 上有交点，
由 且 ，
所以 ， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，当 或 ，有 ，且 ，
所以 ，故最大的 为 .
2．
【思路分析】（1）由题可得切线斜率，然后由点斜式可得切线方程；
（2）由函数 经过点 可得 ，然后由 单调性可完成证明；
（3）通过导数研究 性质可得 与 大致图象，从而可得 关于 的表达式，然后可完成证明，
并能指出实数 的取值范围
【规范答题】（1） 时， ， ，
， ，则曲线 在点 处的切线方程为：
；
（2）证明：因函数 经过点 ，则
.令 ， .
令 ； ，
则 在 上递减，在 上递增，则 ，
故由 ，可得 .
则此时， ， .令 ，
则 在 上递增，
注意到 ，结合 在 上递增，则 .
得 在 递减，在 上递增，则 .
即函数 经过点 时函数 有且仅有一个零点1；
（3）证明： ，其中 .
，令 ，
则 ，则 在 上递增.
注意到 ， ，
则 ，使 ，结合 在 上递增.
则 .
得 在 递减，在 上递增，
则 的极小值为
令 ，则
得 在 上单调递减，
故 .
注意到 ， ，
则 ，使 ；
令 ， 在 上递增，则 ，
即 ；
令 ， .
，
则 在 递增，在 上递减，
则 .
则 ，
又 ， .
则 ，使 .
则可得 大致图象如下，
图象则相当于对 图象做翻折变换，可得大致图象如下.
方程 恰有三个不同的实数根，则直线 与 图象有3个交点，
由图可得 时满足题意.
则对小于 的实数 ，存在实数 使得关于 方程 恰有三个不同的实数根，
注意到
则 时满足题意
令 ，则 ，则 在 上递减，
则 ， .
则 的范围为：
3.
【思路分析】（1）求出函数 的定义域与导函数，再对 分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意， ， 是方程 的两个根，即可得到 ，令 则
，则 ，
解法一：只需证明当 时，不等式 成立即可；
解法二：构造函数 利用导数说明单调性后即可得证.
【规范答题】（1）函数 的定义域为 ，
则 ，
当 时令 ，解得 或 ，
当 ，即 时 恒成立，所以 在 上单调递增；
当 即 时，令 ，解得 或 ，则 在 ， 上单调递增，令 ，解得 ，则 在 上单调递减；
当 即 时，令 ，解得 或 ，则 在 ， 上单调递增，
令 ，解得 ，则 在 上单调递减；
综上可得， 当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 ， 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
（2）因为 ，由题意 ， 是方程 的两个根，
①， ②，
①②两式相加，得 ③，①②两式相减，得 ④，
联立③④，得 ， ，
设 ， ， ， ， ，
解法一:因为 ，所以 ，则 ，
若 ，则一定有 ，
只需证明当 时，不等式 成立即可，即不等式 成立，即不等式
成立，设函数 ， ，
在 上单调递增，故 时， ，
即证得 成立，
即证得当 时， ，即证得 ，
，即证得 ，则 ．
解法二：则要证明 ，只需证 ，
令 ， ，则 ，
令 ，则 ，
所以 ，所以 ，
在 时单调递增，
则 ，则 .
破类题 · 提能力
1．
【详解】（1）由题意有 ，所以 ，时 ，
所以 ，即 ，
所以切线方程为 ；
（2）当 时， ，所以 在 上无零点，因为 ，所以 在 上单调递增，
所以 在 上至多一个零点，
当 时， 有一个零点1，
当 时，因为 ，
所以 有唯一的零点；
（3）由（2）有： ，且 ，
两边取自然对数得 ①，
所以 ②，
由② ①有： ，
所以 ，
因为 ，所以 在 上单调递增，
所以 ，所以数列 单调递增，
假设数列 中存在 成等比数列，
所以 ，即 ③，
由①有： 代入③有：
，
所以 ④，因为 ，所以 ，
当且仅当 时取等，
又因为 ，
所以方程④无解，故数列 中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
2．
【详解】（1）因为 ，所以 ，
由 ，得 ，解得 ，所以 ．
（2）存在实数k，m使得集合 ，则 的解集为 ，
即 的解集为 ，
所以方程 有重根 及 ．
因此 恒成立，故有 ，
则 是二次方程 的两个不相等的实数解，
所以 ，所以实数b的取值范围是 ．
（3）记 ，则 ，在 上严格递减，
①若直线l是曲线 在点 处的切线，
则有 ，所以 ．
故 时， ，所以函数 在 上严格递减， ；
时， ，所以函数 在 上严格递增， ；所以 的解集为 ，集合 是单元素集合 ；
②若集合 是单元素集合 ，故 时， ，
而函数 的图象是一条连续曲线，所以 ．
则在 的附近其他自变量对应的函数值都小于 ，
故函数 在 处取得极大值，所以 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 ，直线l是曲线 在点 处的切线．
综上，“集合 是单元素集合 ”是“直线l是曲线 在点 处的切线”的充要条件．
3．
【详解】（1）由于 ，不妨设 （当 时证明类似），令 ，则
，
将 代入不等式左边得 ，不等式右边得 ，因
此原不等式等价于证明 ，两边除以 ，得 ，整理为 ，
令 ，则 ，因此 在 上单调递增，
且 ，故 在 上恒成立，即 ，从而 .
（2）（i）将方程 整理为 ，
令 ， ，对 求导得 ，
令 ，则两根分别为 ， ，
因为存在 时方程 有三个不等实根，
所以 要有两个极值点，且极值点均为正数，并且极小值
因此 ，解得 .
当 ，即 时， 在 递减， 递增， 递减，极小值 ，代入得
令 ，则 ，代入 得
令 ，则求导得 ，因此 在 上单调递
增，故 ，即 ，符合条件，
当 ，即 时，由于 在 递减， 递增， 递减，极小值 ，不符
合条件，
综上所述， 的取值范围为 .
（ii）由于方程 的三个不等实数根满足 ，由（i）得
，由（1）的结论，对于 ，有 .
而 ，即 ，整理得
，代入不等式 ，得：
，化简得 ，即
，
由于 ，且 ，因此解出不等式得 ，即 .
由于 ，所以 ，而 ，因此 .
题型04 导数与不等式（压轴）
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）由导数求出切线斜率，再由点斜式即可求解；
（2）构造函数 ，将问题等价转化成研究函数的零点，分
和 两段依次分析函数的函数值情况和单调性情况即可得证；
（3）先利用导数依次求出 在点 处的切线方程和点B，利用两点间的距离公式和将题设所要求证的问题等价转换成求证 ，再构造函
数 ，利用导数分析其在 上的单调性即可求证.
【规范答题】（1）对 求导得 ，
当 时，切线斜率为 ， ，
所以所求切线方程为 ；
（2）记 .
则当 时， ，故 ，
而 ，故此时 无零点；
当 时，函数 和 均为减函数，
所以 严格递减，且 ，故 有唯一零点.
综上， 与 有唯一交点.
（3）由（2）得 ，对 求导得 ，
故 在点 处的切线斜率为
所以 在点 处的切线方程为 ，
令 得 ，故 ，
要证 ，只需证 即 .由（ ）式得 ，故只需证 .
记 在 上单调递增，
所以 ，即 ，故得证.
2．
【思路分析】（1）根据 ，求出 的值，再利用导数的几何意义，求得曲线 在
处的切线方程；
（2）分析函数 的单调性，求得其最小值为 ；令 ，并构造函数
，利用导数分析其单调性，结合其取值情况可求得 的取值范围.
【规范答题】（1） 的定义域为 .
若 ，则 ，
整理得 ，所以 .
所以 .
，所以 .
.
所以曲线 在 处的切线方程为 .
（2） 的定义域为 .
.
因为 ，所以 .又 ，
所以当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增.
所以函数 在 处取得极小值，即最小值，最小值为 .
因为当 时，不等式 恒成立，所以 .
令 ，则 .
因为 与 均为减函数，所以 是减函数.
因为 ， ，所以 在 上存在唯一零点，记作 ，即 ，
即 .
所以当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减.
因为当 时， ，即当 时， ，且 ，
所以当且仅当 时， ，即 .
所以 的取值范围是 ．
3．
【思路分析】（1）根据 单调性可确定最小值点，由此可得最小值；
（2）将问题转化为 ，令 ，利用导数可求得 的单调性，由此可求
得 ，进而得到结果；
（3）将问题转化为 ，根据 单调性可求得 ，分离变量可得，令 ，利用导数可求得 单调性，进而求得最小值，由此可得 取值范围.
【规范答题】（1）由题意知： ；
与 在 上均为增函数， 在 上单调递增，
.
（2）当 时，由 得： ，
若存在 ，使得 成立，则 ；
令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递增， ，
，即实数 的取值范围为 .
（3）由 得： ，
若对于任意的 ，总存在 ，使得 成立，则 ；
在 上单调递增， ， ， ，
当 时， ， ；
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增， ，，即实数 的取值范围为 .
破类题 · 提能力
1．
【详解】（1）当 时， .
因此，
等价转化为 ，即 ，解得 .
故原不等式的解集为 .
（2）将 代入 得 .
故 ，其中 .
令 ，则 在 上是严格增函数，
故不等式转化为 .
从而 ，即 对于 恒成立.
令 ，故 ， .
+ 0 -
严格增 极大值 严格减
所以 在 上为严格增函数，在 上为严格减函数.
因此， 在 上的极大值也是最大值为 .
故 的取值范围是 .
2．【详解】（1）证明: ，
，
函数 的图像关于点 成中心对称；
（2） ，
，
，
设 ，
则 ， ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
的最小值为 ，
，
的取值范围为
（3）设过 的切线与曲线 于点 ，
切线方程为 ，又其过 ，
，，
设 ，
，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
的极小值为 ， 的极大值为 ,
当 ,当 ，
①当 或 时，方程 有1解，
即过点 可以作1条直线与曲线 相切；
②当 或 时，方程 有2解，
即过点 可以作2条直线与曲线 相切；
③当 时，方程 有3解，
即过点 可以作3条直线与曲线 相切，
综合可得:当 或 时，过点 可以作1条直线与曲线 相切；当 或 时，过点 可以作2条直线与曲线 相切；
当 时，过点 可以作3条直线与曲线 相切.
题型05 导数与新定义（上海特色）
析典例 · 建模型
1．
【思路分析】（1）对 分别求导，并根据 是 的“k-调整函数”的定义判断即可；
（2）对 分别求导，根据 是 的“k-调整函数”的定义，得 恒成立，
时显然成立；当 时，设 ，利用导数，分 和 两种情况分析，
可得 .并分析此时 时，满足题意，即可确定 的取值范围；
（3）对题意所述函数举出实例说明 不一定是常值函数即可.
【规范答题】（1）因为 ，
所以 .
所以
所以 是 的“2-调整函数”；
（2）由 ，得 .
由于 是 的“ 调整函数”，那么存在常数 ，使得 恒成立，
即 ，即 .
因为存在实数 ，满足上式，所以 ，即 .1)若 ，则 成立；
2)若 ，则 ，所以 ，且 .
设 ，则 在 单调递增.
当 时，因为 ，
所以存在 ，当 时， ， 单调递增，
所以当 时， ，不满足题意；
当 时， ， ，所以 ， 在 上单调递减，
所以 恒成立.
3)当 时，对 ， 恒成立.
综上，调整系数 的取值范围是 .
（3） 不一定是常值函数.
例：令 ， ，
， .
此时函数 的值域是一个闭区间，为集合 ，函数 的值域为集合 ，满足.
又 ，满足对任意实数 恒成立，即满足 是 的“ 调整函
数”，
此时 不是常值函数.
2．
【思路分析】（1）对函数 求导，依条件 判断即可；
（2）利用导数判断函数 的单调性，再结合函数值域可判断零点个数；
（3）利用导数的定义得 ，再由不等式的性质，适当放缩得证.
【规范答题】（1）若 ，则 ，
当 时， ，
故 不是 “导可控函数” .
（2）依题意， ，
所以， 在 上为减函数，所以至多一个零点；
，，
当 时， ，
当 时， ，
所以 存在零点，综上存在1个零点；
（3）因为 ，由导数的定义得 ，即 ，
不妨设
若 ，则
若 ，
则
.
破类题 · 提能力
1．
【详解】（1） ，
则 ，
则当 时，有 ，
故 不是“卓越函数”；
（2） ，
则 ，
故 在 上恒成立，
即有 在 上恒成立，
令 ， ，当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，故 ；
（3）由 为“卓越函数”，则 定义域为 ，
且对任意 ，有 ，
则 ，有则 ，
设函数 ，则 ，
，
故 在 上单调递增，故 ，
即存在唯一正实数 ，使得 ，
令 ， ， ，
当 时， ，故 在 上单调递增，
又 时， ， 时， ，
故存在唯一正实数 ，使得 ，符合题意；
当 时，当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，
又 时， ， 时， ，
故当 时， 有唯一正实数解，
由关于 的函数 在 上单调递增，
且当 时，有 ，
故当 时， 有唯一正实数解；
综上所述：实数 的取值范围为 或 .
2．
【详解】（1）假设 成等差数列，得 ，
设公差为 ，则 ，
对于 ：直线 的斜率 ，
因为 ，所以曲线 在点 处的切线斜率为 ，
由题意， 恒成立，
取 ， ，则 成等差数列且均为整数，故 是“整数等差函数”．
对于 ，直线 的斜率 ，
因为 ，所以曲线 在点 处的切线斜率为 ，
由题意 ，
若 ，则 ，令 ， ，则 恒成立，所以 在 上单调递减，
所以 ，即 在 上恒成立，
即 恒成立，所以 无解，
故 不是“整数等差函数”．
（2）因为 为“整数等差函数”，所以 成等差数列且 均为整数，
设公差为 ，则 ，且 ，
直线 的斜率 ，
因为 ，所以曲线 在点 处的切线斜率为 ，
由题意， ，
又 的定义域为 ，有 ，
当 时, ,此时 ,无最小值；
当 时,因为 ， ，
所以
，则 ，可取 使等号成立，故 的最小值为 ;
综上，实数 无最小值；
（3）充分性，因为 为常值函数，所以 ，
任意取等差数列 ，则直线 的斜率 ，
曲线 在点 处的切线斜率为 ，
因为 ，所以 为“等差函数”．
必要性，因为 为“等差函数”，所以 成等差数列，
设公差为 ，则 ，
直线 的斜率 ，
曲线 在点 处的切线斜率为 ，
由题意， ,
，
令 ，
则
，
令 ，
则 ，
因为 在 上为增函数，所以 ， 在 上为增函数，因为 ，所以 ， 在 上为增函数，
因为 ，所以 在 上恒成立，
又 ，由 的单调性知 ，
故 ， ，
， 为常数，
，
，
，
接下来，一方面，因为 ，且 在 上为增函数，
所以 在 上为增函数，故 ， ，
由 ，可得 ，
另一方面，因为 ，
所以 ，可得 ，
以此类推， 在 上恒成立，即 为常值函数．
命题得证！
3．
【详解】（1） ， ，则 ，故 ，
即 恒成立，故函数 是函数 的“ 控制函数”；
（2）有 ， ，则 ， ，
令 ，
则
，
由 ，
故当 时， ，当 时， ，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即有 ，
则当 时，函数 是函数 的“ 控制函数”，
即 ；
（3）充分性：若存在常数 使得 恒成立，
则 为偶函数，
因为函数 为偶函数，所以 ，
则 ，即 ，
所以 恒成立，所以 ；
必要性：若 ，则 ，所以函数 为偶函数，函数 是函数 的“ 控制函数”，
因此 ，又 ，
因此函数 是函数 的“ 控制函数”，
所以 ，即 恒成立，
用 代换 有 ，
综上可知 ，记 ，
则 ，
因此存在常数 使得 恒成立，
综上可得，“ ”的充要条件是“存在常数 使得 恒成立”．
（建议用时：45分钟）
刷模拟
1．
【详解】（1）由 可得 ，
又 为严格单调递增函数，且 ，
所以 ，解得 ，
所以实数 的取值范围为 .（2）因为 ，
所以 ， ，
由 可得 ， ，
当 时， ， 在 上单调递增，不合题意；
当 时， ，故当 或 时， ，
当 时， ，
在 上单调递增，在 上单调递减，所以 的极小值 ，
此时，不存在 ，使得直线 与函数 的图像有3个不同的交点；
当 时， ，故当 或 时， ，
当 时， ，
在 上单调递增，在 上单调递减，所以 的极大值 ，
故 的极小值 ，又当 时， ，
所以存在 ，使得直线 与函数 的图像有3个不同的交点.
综上，实数 的取值范围 .
2．
【详解】（1）由题意知函数 ，在区间 上的最小值为 ，
由题意得 ，
①当 时， 恒成立，在区间 上单调递增，无最小值，不满足题意；
②当 时，当 时， ，
在区间 上单调递减，
当 时， ，
此时 在区间 上单调递增，
此时 ，满足题意；
③当 时， 恒成立，
在区间 上单调递减，无最小值，不满足题意；
综上所述， .
（2）由题意得 ,
当 或 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
又 ，
①当 时， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
此时 ，
因为 ，所以 ，
又 在区间 上单调递减，即 ，
所以 ，故 ；
②当 时， 在区间 上单调递减，
此时 ，满足 ；③当 时， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
此时 ，
因为 ， 在区间 上单调递减，
所以 ，则 ，得到 ，解得 ，
综上所述： 或 或 .
（3）必要性：若 在区间 上严格增，
设 ，
因为 在区间 上严格增，
所以 ，
又 ， ，
所以 ，又 在区间 上严格增，
所以 ，必要性成立；
充分性：假设 在 上不严格增，
则存在 ，使得 ，
令 ，设 ， ，
由函数 在区间 连续，
所以必存在 ，使得 ，
令 ，则 ， ，
由于 ，函数 在区间 上不可能是严格增函数，若函数 在区间 上为常数，可取 ，
则 ，与题设矛盾；若函数 在区间 上不为常数，
则其最大值与最小值不可能同时在两个端点 取到，
故 是 的真子集，即 与题设矛盾.
因此假设不成立， 在 上严格增，充分性成立.
综上所述：“ 在区间 上严格增”的充要条件是“对于任意闭区间 、 ，
当 ，且 时，均有 .”
3．
【详解】（1） ， ，
， ，
，且 ，
所以函数 和函数 的最小值相等，且最小值点均不相同，因此它们为T函数；
（2） ， ，
因为 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
函数 和函数 不是T函数，
所以 ，即 ，
又 ，所以 ，当且仅当 ，即
时等号成立，
所以 的最小值是 ；
（3） 是减函数，又 ，所以 ，
， ，
是 上的增函数，
依题意，存在 ，使得 ①且 ②，
由①得 ，代入②得 ，
整理得 ，即 ③，
设 ，则③式为 ，
易知 是增函数，所以 ， ， ，
设 ，
则 ， 时， ， 递增， 时， ， 递减，
所以 ，又 ，
所以 的取值范围是 ，
所以 的取值范围是 ．
4．
【详解】（1）当 时， ， 的定义域为 ，，
令 ，得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减．
所以 在 处取极大值 ，无极小值．
（2） ，
设切点为 ，切线 的斜率为 ，所以 ①，
因为切点同时在曲线和切线上，所以 ②，
由①得 ③，由②得 ④，
③ ④得 ⑤，
将⑤代入②中得 ，即 ⑥，
设 ， ，
令 ，
由 ，得 ， 单调递增，
又 ，
所以 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，又 ，
所以 是 的唯一零点，
即 方程⑥的根，代入⑤得 ，切点坐标为 ．
（3）令 ，即 ，整理得 ，
问题转化为 在 有 个不同正根，
令 ，
，
若 ，则 ， 在 单调递增，最多 个零点，不符合题意，
若 ，令 ，得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
要使 有 个不同零点，需满足极小值小于 （当 和 时， 满足题意），
所以 ，解得 ，
所以 的取值范围 ．
5．
【详解】（1）由 ，得 ，求和可得：
，
则对任意实数x，有 ，即 图像的对称中心为： ；
（2）由题意可得：
，
求导得： ，
要使得 在 上是减函数，则 ，
因为 ，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 ；
（3）构造 ， ，
则 ，
所以 在 上单调递减，
又因为 ， ，
且 在 上连续递减，结合零点存在定理，
可知存在唯一实数 ，使得 ，
再由 ，当且仅当 时取等号，
根据拉格朗日中值定理，对任意 有： ，
又因为 ， ，所以对任意 ，恒有不等式 成立，
则由迭代法，结合不等式性质可得：
，因为 ，即 ， ，
所以 ，
因此 ，即问题得证.
6．
【详解】（1）已知 ， ，
当 ， ，设切线斜率为 ，
则 ，直线 为 ，
令 ， .
（2）设 ， ， ， ，所以 ，
，
则直线 为 .
令 ，则 .
，
因为 ，且 ，
所以 ，
所以数列 是严格递减数列.
（3）当 时， ， ，令 ，
则 ，令 .
所以 .
构造函数，令 ， ，
求导 ，
构造函数 ， ，所以 单调递增，且 ，
所以 ，所以函数 在 上单调递增，
当 ， ，
根据零点存在定理，存在唯一的 使得 ，
所以结合数列 的单调递减性，
当 ， ，此时 ；
当 ， ，此时 ；
当 ， ，此时 .
刷真题
1．
【详解】（1）当 时，则 ，
根据 可得 ，故 ，故 ，
由于 ，故 ，故 ，
，则 ，故函数 在 处的切线方程为 ，故 ，
（2）函数 的最小正周期为 ，故 ，所以 ，
令 ，当 ，则 ，
令 ，则 或 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，则 ，解得 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，则 ，解得 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，则 ，无解，
综上可得 或 .
2．
【详解】（1）因为 ，故 ，故 ，故 ，
故 即为 ，
设 ，则 ，故 在 上为增函数，
而 即为 ，故 ，故原不等式的解为 .
（2） 在 有极大值即为有极大值点.
，
若 ，则 时， ， 时， ，
故 为 的极小值点，无极大值点，故舍；
若 即 ，则 时， ，
时， ，
故 为 的极大值点，符合题设要求；
若 ，则 时， ， 无极值点，舍；
若 即 ，则 时， ，
时， ，
故 为 的极大值点，符合题设要求；
综上， 且 .
3．
【详解】（1）由定义得， .
（2）证明：
必要性：因为函数 是偶函数，所以对任意 ， ，
对任意 ，若 ，即 ，则 ，
所以 ，所以对任意 ， 是对称集.充分性：若对任意 ， 是对称集，
因为对任意 ， ，所以 ，即 ①，
又 ，所以 ，即 ②.
由①②得，对任意 ， ，
所以函数 是偶函数.
综上，“函数 是偶函数”的充要条件是“对任意 ， 是对称集”，得证.
（3）因为对于任意 ，都有 ，
所以若 ，则 ，即若 ，则 ，
所以 ，所以 在 上单调不减，
所以对任意 ， 恒成立.
当 时，显然成立， ；
当 时， 恒成立，令 ， ，
所以 在 单调递减， 单调递增，所以 ；
当 时， 恒成立，此时
因为 在 上单调递减，当 时， ，
时， ，
所以 ；
综上， .
4．【详解】（1）由题意得: ；
（2）由题意知 ，记 ，有
或2，
0 2
正 0 负 0 正
极大值 极小值
现对 分类讨论:
当 ，有 为严格增函数，因为 ，此时 ，
符合条件;
当 时， ，先减后增， ，
因为 取等号)，所以 ，
此时 ，符合条件，且 时， ；
当 时， ，在 严格增，在 严格减，在 严格增，
，因为 ，
此时， ，则 ，则 成立;
综上可知，对于任意 ，都有 ，且存在 ，使得 .
（3）必要性:若 为偶函数，则 ，
当 ，因为 ，故 ;
充分性：若对于任意正实数 ，均有 ，其中，
因为 有最小值，不妨设 ，
由于 任意，令 ，则 ，
故 最小元素为 ， 中最小元素为 ，
又 则 对任意 成立，则 ，
若 ，则 对任意 成立 是偶函数，
若 ，此后取 ，
，
综上，任意 ，即 是偶函数.
故" 是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数 ，均有 ”.
5．
【详解】（1）当 时， ，
当且仅当 即 时取等号，
故对于点 ，存在点 ，使得该点是 在 的“最近点”．
（2）由题设可得 ，
则 ，因为 均为 上单调递增函数，
则 在 上为严格增函数，
而 ，故当 时， ，当 时， ，故 ，此时 ，
而 ，故 在点 处的切线方程为 .
而 ，故 ，故直线 与 在点 处的切线垂直．
（3）设 ，
，
而 ，
，
若对任意的 ，存在点 同时是 在 的“最近点”，
设 ，则 既是 的最小值点，也是 的最小值点，
因为两函数的定义域均为 ，则 也是两函数的极小值点，
则存在 ,使得 ，
即 ①
②
由①②相等得 ，即 ，
即 ，又因为函数 在定义域R上恒正，
则 恒成立，
接下来证明 ，
因为 既是 的最小值点，也是 的最小值点，则 ，
即 ，③
，④
③ ④得
即 ，因为
则 ，解得 ，
则 恒成立，因为 的任意性，则 严格单调递减.
6．
【详解】（1） ，则 在 处的切线为 ，
当 时， ，即 ，
所以当正整数 时， ；
（2）作差得 ，
令 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 单调递增，在 上单调递减，
，故 ，
所以当正整数 时， ；
（3） ，令 ，与 单调性相同，由（2）得 ，
当 时， ，当 时， ，
故 至多有两解，
若 成等差数列，则 ，
故最多 项成等差数列，此时 ， ．
而 ， ，
令 ， ，显然 时， ，
故 在 上单调递增，
而， ， ，故 有唯一解，
存在 使得 ，此时 ，故存在最多 项成等差数列，
7．
【详解】（1）当 时，令 ，
所以 ，令 解得 或 ，
所以 在 单调递减，
又因为 ，所以 在 上小于等于0恒成立，
即 在 上恒成立，所以由题意 是 的控制函数.
（2）当 时， ， ，
所以 ， ，
所以曲线 在 处的切线为 ，整理得 ，
令 ，则 ，令 解得 ，所以 在 单调递增，在 单调递减，
又 ，所以 在 上小于等于0恒成立，
即 在 上恒成立，所以 是 的控制函数，
由题意 .
（3）由题意
设 在 处的切线为 ，
则 ，因为 且 ，
所以 ，
所以 ，
，
所以 ，
则 即 恒成立，
所以函数 必是函数 的“控制函数”.
是函数 的“控制函数”
此时“控制函数” 必与 相切与 点， 与 在 处相切，且过点 ，
由上及 知：当且仅当 或 时等号成立，其他位置恒有 ，所以 或 .
所以曲线 在 处的切线过点 ，且 ，
当且仅当 或 时， .
8．
【详解】（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得：
， ，
所以 .
（2）由题意可得 ， ，
所以 ，令 即 ，
解得 ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 的最小值在 或 取得，
当 时， ，
当 时， ，
所以在第6层时，该建筑体 最小.
