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专项 05 导数及其应用
参考答案
题型01 利用导数解决不等式恒（能）成立问题
析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）分析 的单调性及取值情况，可得 有唯一解，从而证得在曲线
的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线 的斜率相等；
（2）分离参数 ，构造新函数，通过分析新函数的最小值，得到实数 的取值范围．
【规范答题】（1）函数 的定义域为 .
.
令 ，则 .
令 ，得 ，所以 ；
令 ，得 ，所以 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 在 处取得最小值，最小值为 .
当 时， ， 所以 .又 ，所以当 时， .
当 时， .
其简图如下：
所以 有唯一解，即在曲线 的图象上，有且仅有一个点处的斜率等于 ，
即在曲线 的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线 的斜率相等.
（2）当 时，不等式 恒成立，即 .
令 ，则
.
令 ，则
.
因为 ，所以 ，又 ，所以 .
所以 是增函数，所以 .
因为 ，所以 恒成立，所以 是增函数，
所以 ，即 的最小值为 .
所以实数 的取值范围是 ．
2．【思路分析】（1）求出 、 后可得切线方程；
（2）根据 的符号得 的单调性，再求出 在 、 在 上的值域，根据它
们的包含关系可求参数的取值范围.
【规范答题】（1）因为 ， ，
所以 ，则 ， ，
故点 处的切线方程为 ，即 ．
（2）由题意得 ，
0
0 0
极大值
极小值
递减 递增 递减
0
所以 的单调增区间是 ，单调减区间是 和 ．
由 ，当 时， ，当 时， ．
因为对于任意的 ，总存在 ，使得 ，故 ，所以 ，所以 ．
设 ， ，问题转化为 ．
下面分两种情况讨论：
情形一：当 ，即 时，有 ， 在 上单调递减，
故 在 上的取值范围 ，故 ，
而 在 上的取值范围 ，故 ，
所以 ，不符合题意；
情形二：当 时， ， 在 上单调递减，
故 的取值范围 ，故 ，
而 ， 在 上单调递减，故 ，
满足 ，故 符合题设要求.
情形三：当 ，即 时，此时 ，
故此时 在 上的取值范围 ，故 ，
而 在 上的取值范围 ，即 ，
而 ，故 成立，
综上，a的取值范围为 ．
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出导函数，可得 ，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程；
（2）先利用导数法证明 当且仅当 时等号成立，再利用导数法证明 当且
仅当 时等号成立，即可证明；
（3）将 整理得 ，设函数 ，利用单调
性得 ，即 ，利用导数法求得函数 的最大值，
即可得解.
【详解】（1）由 得 ，所以 ，又 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）设 ， ， ，
当 时， ， 为减函数，
当 时， ， 为增函数，
所以 ，即 ，
所以 当且仅当 时等号成立，
设 ，定义域为 ，
则 ， ，
当 时， ， 为增函数，
当 时， ， 为减函数，所以 ，即 ，
所以 当且仅当 时等号成立，
所以 ；
（3）因为 ，整理可得 ，
故 ，设函数 ，则 ，
因为 ，所以函数 单调递增，所以 ，
整理可得 ，设函数 ，则 ，
当 时， ， 为增函数，
当 时， ， 为减函数，
所以 ，所以 ，解得 ，
所以实数 的取值范围 .
2．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用导数判断函数的单调性，再结合特殊点的函数值，根据零点存在定理推导零点
的唯一性.
（2）先由 时 推出 的范围，再分 和 两种情况，通过求导分析 单调性，
证明 时， ，即充分性.
【详解】（1）当 时， ，
∵ ，∴ 在R上单调递减，
又∵ ，
∴ 在R上有唯一零点 ．
（2）必要性：因为 时， ，
所以 ，即 ，所以 ，
充分性：当 时， ，
令 ，则 ， ，
①当 时， ，
当且仅当 时， ，
所以 在 上单调递增，
故 ，所以 ，
②当 时，记 ，则 ，
因为 ， ， ，
又因为 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以在 上存在 、 ，使 ， ，且 ， ，
所以当 或 时， ；当 时， ，
所以 在 、 上单调递增，在 上单调递减，
又因为 ， ， ，所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，而 ， ，所以 ，
所以 ，所以 .
题型02 利用导数证明不等式
析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程；
（2）先进行参数分离，再转化为 与 图象交点的个数可得；
（3）分两种情况讨论：当 时，用导数可判断 的单调性可得；当 时，先证 ，
进而再用导数证明 ，从而可证明不等式.
【规范答题】（1）当 时， ．
所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 ．
曲线 在 处的切线方程为 .
（2）因为 ，令 ，得 ，即 .
令 ，所以 的零点个数等价于 与 的图象交点的个数.
又因为 ，当 时， ；当 时， .
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
且 ，有极大值也是最大值 ，如图：由图可知，当 时，函数 与 的图象无交点；
当 时，函数 与 的图象有1个交点；
当 时，函数 与 的图象有2个交点.
综上， 时， 的零点个数为0； 时， 的零点个数为1；
时， 的零点个数为2.
（3）①当 时， ，
令 ，
因为 ，所以 ，而 ，即 ， ，
所以 在区间 上单调递增，所以 ，即 ，
所以 在区间 上单调递增．所以 .
②当 时，令 ，所以 单调递增，
所以 ，即 .
又因为 ，
令 ，
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增；
当 时， 的极小值为 ．
若 ，即 ，则 ，所以 ．
若 ，即 ，则 在区间 上单调递减，
所以 ．
所以 ，即 ．
综上可得， .
2．【思路分析】（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 进行讨论，结合函数单调性可求解 ，即可构造函
数 ，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对 进行讨论，换
元 ， ， ，则 ， 可求解
，即可结合解法一求解.
【规范解答】（1）由于
令 ，则 ，
令 ， ， 在 上单调递增；
令 ， ， 在 上单调递减；
于是 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；（2）（i）解法1 由于
若 ， ， ，于是 在 上单调递增，至多与 轴只有一个交点，
矛盾；
于是 ，令 ，则等价于 ，
易得 ，因为 ，则 ，
令 ，则 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，
因为 即 ， ，
所以 ，
显然 不符合题意，故 ，即 ，
令 ， ，
则 在 上单调递增，且 ，
由于 ，所以 ，
由于 ，令 ， 在 上单调递增，则 ，
于是 ， ，
由零点存在定理，存在 使得 ，当 时，易证 ，则 即 ，
由于 ，
取 ，且 ，则 ，
由零点存在定理，存在 使得 ，
所以当 时， 在 上有两个零点.
解法2 由于 ， ，
若 ， ， ，于是 在 上单调递增，至多与 轴只有一个交点，
矛盾：
于是 ，令 ， ， ，则 ，
令 ，则 ，
由于 ，令 ， ，
当 时， ，即 ，于是 在 上单调递增，
当 时， ，即 ，于是 在 上单调递减，
于是 ，
若 ，即 ，
由 ，则 ，可得 ，同解法1；（ii）根据（i）可知， ，
其中 ，则 ，
下证： 即证： .
设 ，
令 ， ，于是 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，即证.
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)极大值 ，极小值
(2)（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1） 时， ， ，
令 ，得 ，解得 ，
当 时， ， ， 单调递增；
当 时， ， ， 单调递减；
所以当 时， 取得极大值 ，
当 时， 取得极小值.
（2） 时， .
（i）要证 ， ，即证 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ， 即化为 ，
因为 ，所以 ，所以 ，即 ， 在 单调递增，
又 ，所以 ，即 .
（ii）由 得 ，
当 时， 显然成立；
当 时，不等式可化为 ，令 ，则
则 ，
令 ，
当 时， ，由 得 ，又 ，
所以 ，所以 ， 在 单调递增，所以对 ， ；
下面证明当 时， ，即 ，也即证 ：
令 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 在 单调递增，所以 ，即 ，所以 .
综上， 时， ，所以 ，即实数 的取值范围为 .
2．【答案】(1) ， ；
(2)（i） ；（ii）证明见解析.
【详解】（1） ．
设 与 的切点为 ，
则 ，解得 ，所以 ．
由 与 相切，同理得 ，
所以 ．
（2）（i）由 得直线 与 有两个不同的交点，与
有两个不同的交点，
由（1）知， ， ，
在 上单调递减，在 上单调递增；
， ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，且 ；
，且 ，作出函数 和 的图象，
由图象知 的取值范围为 ．
（ii）不妨设 ，
由（i）知， ，
显然 ，且 ，所以 ，
同理， ．
要证 ，只需证 ，
只需证 ．
又 ，只需证 ．
令函数 ，则 ，
所以函数 在（0，1）上单调递增，
由 得 ，所以 显然成立，
综上， ．
题型03 极值点偏移问题析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1） ，对其求导，对实数 进行分类讨论进行求解；
（2）令 ，由对任意 ，存在 ，使得 ，得
，进行求解；
（3）由（1）知， ，由 ，得 ，要证 ，即证
，即证 ，即证 ，令 ，即证 ，
令 ，利用导数判断单调性进行证明．
【规范答题】（1） ，
则 ，
当 时， ，此时函数 在 上单调递增，
当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，
则函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
综上知，
当 时，函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）由（1）知，当 时， ，
令 ，则 ，则 ，
由 ，得 ，由 ，得 ，
则函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
得 ，
由对任意 ，存在 ，使得 ，
得 ，
即 ，
得 ，
因为 ，所以 ，
故实数 的取值范围为：
（3）已知 ，且 ，由（1）知， ，
且函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，
，
得 ，
得 ，
得 ，要证 ，即证 ，
即证 ，
即证 ，
因为 ，所以 ，
即证 ，
即证 ，
即证 ，
令 ，
即证 ，
令 ，
得 ，
则函数 在 上单调递增，
得 ，
即 得证，
故命题得证．
2．【思路分析】（1）借助导数研究函数单调性后即可得其最小值；（2）（ⅰ）解法1：令 得 ，再构造函数 ，结合导数求出该函数单调性后，
利用 图象与直线 有两个交点即可得解；解法2：求导后，分 及 进行讨论，再利用
导数研究其单调性后结合零点存在性定理即可得；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2可得 、 的范围，
从而可转化为证明 ，结合函数单调性，即证 ，再构造函数
，利用导数研究其单调性即可得证；证明2：由题意可知 ，
，则 ，从而只需证明 ，再构造函数 ，结合
（1）中所得即可得证；证明3：由题意可知 ， ，则 ，从而只需证明
，令 ， ，令 ，即只需证 （ ），再构造函数
，再利用导数研究该函数单调性即可得证.
【规范答题】（1）当 时， ， ，
令 得 ，
当 时， ；当 时， ，
因此 在 单调递减，在 单调递增，
故 的最小值为 ；（2）（ⅰ）解法1：令 得 ，
设 ，则 图象与直线 有两个交点，
，当 时， ；当 时， ，
因此 在 单调递增，在 单调递减，
时， ， ， ，故 的取值范围为 ；
解法2：函数 的定义域为 ， ，
若 时，则 ，故 在 上单调递减，不满足题意；
若 时，令 得 ，
当 时， ；当 时， ，
因此 在 单调递减，在 单调递增，
因为函数 有两个零点，所以 ，
即 ，解得 ，
此时 ， ，
满足题意，故 的取值范围为 ；
（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知， ， ，
要证 ，即证 ，
因为 ，所以 ，
又 在 单调递减，即证 ，又 ，即证 .
设 ， ，
则
，
当且仅当 时取等号，
所以 ，函数 在 单调递增.
当 时， ，因此 ， ，
因为 ，所以 ，故原不等式成立；
证明2：由题意可知 ， ，两式相减得 ，
要证 ，即证 ，即证 ，
令 ，则 ，即证 （ ），即证 （ ），
设 （ ），则 ，
由（1）知， ，当且仅当 时取等号，
故 ，即 ， 在 单调递增，
当 时， ，故原不等式成立，证明3：由题意可知 ， ，两式相减得 ，
要证 ，即证 ，即证 ，
令 ， ，则 ， ， ，
即证 （ ），即证 （ ），
令 ，即证 （ ），
设 （ ），则 ，
在 单调递减， ，
因为 ，所以 ，故原不等式成立.
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当 时， ，
，
故切线方程为 ，
化简为 .（2）当 时， ，不符合题意，舍去.
当 时， .
令 ，
当 时， ，故 在 上单调递增，
所以 ，即 时， ， 在 上单调递增，
所以 成立.
当 时，设 恒成立，
所以 在 上单调递增，
，
所以 ，使 ，
当 时， ，即 ，所以 单调递减，
，所以 在 时成立，
所以 在 上单调递减，
所以 ，不符合题意，舍去.
综上， 的取值范围为 .
（3）证明： ，
所以 ， 与 仅有两个交点，
所以 ，不妨设 所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
又 在 上单调递减，
所以 ，
所以 .
2．【答案】(1) 时， 在 上单调递增， 时， 在 上单调递减，在
上单调递增
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1） 的定义域为 ， ．
当 时， 在 上单调递增；当 时，由 得 ，
由 得 ，由 得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增．
综上， 时， 在 上单调递增，
时， 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）因为 在 上有两个零点，所以 ，由 得 ，令 ，则 ，
所以 ，时， 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
有极大值，也就是最大值为 ，
又 无限趋近 时， 无限趋近于0，
所以 在 上有两个零点时， ，
所以 ，即 的取值范围是 ．
（3）因为 有两个极值点 ，
所以 ，有两个实数根 ，
所以 可得 ，
设 ，将 代入，得 ，
所以 ，
所以要证 ，只需证 ，即 ．
设 ，则 ．
令 ，则 ，可知 在 上为增函数．
又 ，所以 时， 在 上为增函数．
所以 ，即 成立，所以 成立．题型04 利用导数研究隐零点问题
析典例 · 建模型
1.【思路分析】
看到什么 想到什么
求导后，对 分类讨论，研究函数
的单调
虚设零点，结合单调性求解
移项构造函数，
利用隐零点，用代数法证明不等式
【规范答题】（1）由 得 且 ，
若 ，则 恒成立，即 在 上单调递增；
若 ，令 ，则 ；令 ，则 ，
所以函数 在 单调递减，在 单调递增；
综上， ， 在 上单调递增；当 时，函数 在 单调递减，在 单调
递增.
（2）由 ，所以 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
由（1）可知，当 时， 在 单调递增，
所以 ，所以 ；
（3）第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性
记 ，则 ，
因为 ，所以 在 单调递减，
第二步：借助导函数“隐零点”，判断函数的单调性由（2）可知 ，则 .
所以若 ， ；若 ， ，
所以可知函数 在 单调递增，在 单调递减，
所以 ，
第三步：用代数法证明不等式
又 ， ， ，
所以 ，所以 .
破类题 · 提能力
1. 【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【解析】（1） ，令 ，所以切线方程为 ．
（2）因为 恒成立，即 恒成立，
令 ， ，令 ，解得 ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减；
故 的最大值为 ，
因为 恒成立，所以 ，所以 ，即实数 的取值范围为 ．
（3）法一：由（2）得当 时， 恒成立，
即 ，令 ，
所以 ，
令 ，则 ，
故 在 上单调递增，所以 ，即 成立，得证．
法二：令 ，
先证 ，即证 ，
令 ，
当 单调递增；当 单调递减，
所以 ，所以 ，即 得证，
因为 ，所以 ，
令 ，
则 ，令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，又因为 ，
所以 使得 ，即 ，也即 ，
所以 时， 单调递减； 时， 单调递增，
所以 ，代入 得，，
又 在 时单调递减，而 ，
所以 ，
所以 ，
即 成立，所以 ，原不等式得证．
2．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）当 时， ，函数定义域为
故 ，
又 ，所以切线方程为 .
（2）由题意得
若 不存在单调增区间，则 恒成立，即 恒成立，
令 ，
当 时 ，当 时
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 ，所以 即因此所求实数 的取值范围为 .
（3）由（2）知
所以 在 单调递减，又 ， ，
所以必存在正数 ，使得 ，即
由（2）知当 时， 即 ，当 时， 即 ，
当 时， 即 ，
由上可知 在 单调递增，在 单调递减，
所以 ，
所以 ，即 ，
令
因为
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
所以 ，
所以 的最小值为
题型05 利用导数研究函数的零点（方程的根）问题
析典例 · 建模型1．【思路分析】（1）当 时， ，分别求出切点纵坐标 和切线斜率 ，使用点斜
式即可求得 在 处的切线方程；
（2）先使用参变分离可得 在 上恒成立，令 ，利用导数结合辅助角与三
角函数值求出 的最大值即可；
（3）由题意可得 ，则 ，使用导数结合 的取值确定 在各
个区间内的单调性，并由零点存在性定理确定零点个数即可.
【规范答题】（1）当 时， ，则 ，
所以 ， ．
故切线方程为 ，即 ．
（2）因为 在 上恒成立，且 ，
所以 在 上恒成立，令 ，则 ，
因为 ，
①当 时，由 ，解得 ，
， 单调递增， ， 单调递减，
所以当 时， ；
②当 时，因为 ， ，所以 ，
所以 时， ，所以 ，综上， 的取值范围为 ．
（3）因为 ，
所以， ，设 ，
①当 时， ， 单调递增，
所以 ，所以 在 上单调递减．
又 ，所以 为 在 上的唯一零点；
②当 时，因为 在 上单调递减， 在 上单调递减，
所以 在 上单调递减．
又 ， ，
所以 ，使得 ，所以当 时， ； 时，
，
即 在 上单调递增；在 上单调递减，
又 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，此时 ，不存在零点．
又 ，所以 ，使得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减．
又 ，
所以 在 上恒成立，此时不存在零点；
③当 时， 单调递减， 单调递减，所以 在 上单调递减．
又 ，
即 ，又 在 上单调递减，
所以 在 上存在唯一零点；
④当 时， ， ，
所以 ，即 在 上不存在零点．
综上所述： 有且仅有 个零点．
2．【思路分析】（1）根据导数的几何意义，曲线 在原点处的切线斜率 ，结合点斜式求切线
方程；
（2）若 在 内有两个极值点，等价于 在 上有两个不相等的实数根．令
，分类讨论 有两个变号根时 的范围；
（3）化简原式可得： ，分别讨论 和 时 的单调性，
可得 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合 的单调性可以得到零点个数.
【规范答题】（1）因为 ，所以 ，
故 ，
故曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）由（1）知， ，
因为 在 内有两个极值点，所以 在 内有两个不相等的实数根，
即 在 上有两个不相等的实数根．设 ，则 ，
①当 时， ，
所以 在 上单调递增，不符合条件．
②当 时，令 得 ，
当 ，即 时， ，
所以 在 上单调递减，不符合条件；
当 ，即 时， ，
所以 在 上单调递增，不符合条件；
当 ，即 时， 在 上单调递减， 上单调递增，
若要 在 上有两个不相等的正实根，则 ，解得 ．
综上所述，所以 的取值范围为 .
（3）由 可得， ，
设 ，
令 ，则 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减．
（ⅰ）当 时， ，则 ，所以 ．
因为 ，所以 ，因此 在 上单调递增．
（ⅱ）当 时， ，则 ，所以 ．
因为 ，所以 ，即 ，
又 ， 所以 ，
因此 在 上单调递减．
综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当 时， ，
当 ，即 时， 没有零点，故关于x的方程根的个数为0，
当 ，即 时， 只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1，
当 ，即 时，
①当 时， ，要使 ，可令 ，
即 ；
②当 时， ，要使 ，
可令 ，即 ，
所以，当 时， 有两个零点，故关于 x的方程根的个数为2，
综上所述：当 时，关于 x的方程根的个数为0，
当 时，关于x的方程根的个数为1，
当 时，关于x的方程根的个数为2．
破类题 · 提能力1．【答案】(1)
(2)
【详解】（1） ，
因为 ，
所以函数 在 处的切线方程为 ；
（2）方程 在 上恰有2个实数根，
等价于直线 与函数 的图像在 上有两个不同的交点，
由 ，
所以直线 恒过定点 ，且斜率为 ，
由（1）可知 ，
当 时， ， 单调递增，
所以函数 的图象如下图所示：
设函数 的切线过点 ，切点为 ，斜率为 ，
所以切线的方程为 ，
把点 的坐标代入，得 ，
因为 ，所以解得 ，即斜率为 ，
由数形结合思想可知：当 时，即 时，直线 与函数 有两个不同的
交点，即方程 在 上恰有2个实数根，此时m的取值范围为 .
2．【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由题得 ，
当 时， ， 在 上单调递减，
最多有一个零点，不符合题意；
当 时，令 ，得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
又 时， 时， ，
所以只需 ，解得 ，
故实数 的取值范围是 ；（2）当 时， ．
令 ，则 ，
令 ，得 ，当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以 ，
所以当 时， ；
令 ，则 ，令 ，得 ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
所以 ，因为 ，所以当 时， ；
故当 时， .
题型06 导数与数列的综合问题
析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）对 求导，确定单调性即可求解；
（2）由 通过作差得到 ，构造函数
利用其单调性，确定数列单调性即可求解；
（3）令 ，求导确定单调性，得到 ，化简计算即可证.【规范答题】（1）当 时， ，定义域为 ，
在 上恒成立，
所以 在 上单调递增，
又 ，所以 有唯一零点1，
即 ；
（2）由 的零点为 ，
得 ，
两式相减得： ，
即 ，
令 ，则 在 上恒成立，
所以 在 上单调递增，
所以由 ，得到 ，
所以 ，所以数列 是递增数列，
所以数列 中的最小项是 ；
（3）令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，即 ，
因为 ，所以 ,所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
2．【思路分析】（1）构造函数 ，利用导数判断函数的单调性， 可得 ，
只需 满足 ，计算即可得解；
（2）先写出 ，将不等式变形，通过换元 ，构造函数 ，利用导数证其单调性，从而推
导不等式成立；
（3）由（1）中 的结论，取 得到 ，对不等式左边求和，结合对数运算性质
（裂项相消），证得结果.
【规范答题】（1）由 得 ，
令 ，则 ，
①当 时， 恒成立， 在 上单调递减，且 ，不符题意；
②当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，
令 ，则 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，即 ，又 ，
所以 ，解得 .
（2）由（1）知 ， ，要证 ，即证 ，
进一步变形为证 ，即证 .
因为 ，令 ，则需证 （ ），
即证 （ ）
设 ， ， ，
当 时， ， 在 单调递增，所以 ，得证.
（3）由（1）知 ，且 ，
当 时， ，即 ；
令 （ ），则 .
要证 ，即证 ，
因为 ，所以 ，
而 ，得证.
破类题 · 提能力
1．【答案】(1)对 求导，构造函数 ，通过研究 的单调性可知 的单调性，进而求
证
(2)当 时，有 ，取 ，可得 ，进而求证【详解】（1）由 ，可得 ，可知函数 的定义域为 ，
由 知 .
令 ，有 ，可得函数 是增函数，
又由 ，可知
当 时， ，即 ；
当 时， ，即 .
可得函数 的减区间为 ，增区间为 ，
可得 ，即 .
（2）由（1）可知，不等式 （ 时取等号）恒成立.
当 且 时，不等式 可化为 ，
取 ，有 ，即 ，可得 ，
所以 ，
故不等式 成立.
2．【答案】(1)① ；②证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）①当 时， ，其定义域为 ，
又 ，
所以当 时， ，所以 在 上单调递减，
当 时， ，所以 在 上单调递增，所以 在 处取得极小值，也是最小值，即 ；
②由①知，当 时， ，即 ，
令 ，则 ，则 ，
所以 ，则 ，
所以 ，得证.
（2）函数 的定义域为 ，
又 ，
因为 ， 是 的两个极值点，所以 ， ，
即 ，
令 ， ，则 ，
当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
不妨假设 ，
要证 ，只需证 ，因为 ，所以 ，
因为 在 上单调递增，所以只需证 ，
又因为 ，所以只需证 ，
令 ，
则 ，因为 ，所以 ，
则 ，所以 ，
所以 在 上单调递减， ，
所以 ，即 .
题型07 导数的新定义问题
析典例 · 建模型
1．【思路分析】（1）求出 和 ，作差与0比较大小即可.
（2）通过构造函数，将不等式成立问题转化为求最值的问题，进一步证明即可.
（3）通过构造函数 ，证明 单调递增，利用题干中性质结合对数运算证明即可.
【规范答题】（1）因为 ，
所以 ，
，
所以
，
因为 ，所以 ，即 ，所以 .
（2）要证 ，即 成立，
只需证 （因为 ），即 成立，
令 ，则只需证 成立.
整理得 .
令 ， ，则 .
令 ，解得 .
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增；
所以 在 处取得最小值，所以 ，故原不等式成立.
所以 .
（3）因为当 ， 时， ，当且仅当 时取等号，
所以若证 ，只需证 成立，
同时取自然对数得 ，即证 成立，
也即证 成立.
令 ， ，则 ，令 ，则 .
因为 ，所以 ，故 在 上单调递增，所以 具有题干中的性质.
所以 ，即 ，故原不等式成立.
因此当 均为正数时， .
破类题 · 提能力
1．【答案】(1) ；（2）见解析；（3）
【解析】（1）由 ，可得 ，则 .
因为 是 上的“下凸函数”，
所以 对任意的 恒成立，
即 恒成立，所以 在 上恒成立.
令 ，则函数 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，即实数 的取值范围为 .
（2）由 ，可得 ， .
令 ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
根据“下凸函数”的充要条件可知，函数 在 上为“下凸函数”．（3）令 ，
则 ，即 是增函数，所以 .
又 ，
考虑函数 ，求导得 ，
则 .
当 时， ，则 ，
故 在 上为“下凸函数”，
所以 ，
即 ，
即 ，
所以 ，
当且仅当 时，等号成立，
因此 的最小值为 ．
2．【答案】(1)
(2)
(3)0，证明见解析【详解】（1） ，
，又 ，
切线方程： ,即切线方程为： .
（2） 在区间 内恒成立，
令 ，
注意到 ，则 ，
①当 时， 恒成立，
所以 在区间 内单调递减，则 符合题意；
②当 时，令 ，
当 时， ，又 ，
所以 ，使 ，当 时， 即 ，
则 在区间 内单调递增，故 ，与已知矛盾；
所以 的取值范围是 .
（3）由题意得 ，
，
由 ，得 ，所以 ，则 ，由 ，得 ，
，
所以 ，由 ，得 ，
则 ，故 ，
则 ，
所以 在区间 内单调递增，所以 ，
当 时， 即 整理得 ，
由（2）可知当 时， ，则 ，
当 时， ，
令 ，得 ，即 .
（建议用时：100分钟）
刷模拟
1．【答案】(1)(2)9
【详解】（1）当 时， ， ，
得 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 .
（2）方法一： ， ，
，
令 ， ，得 ，
故 在 内单调递增，又 ，
则当 ， ，得 ， 单调递减，
当 ， ，得 ， 单调递增，
从而 在 处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为 .
又当 且 时， ，当 时， ，
由函数 有且仅有一个零点，可得 ，
则a的值为9.
方法二： ， ，
令 得 ，令 ， ，
则 ，
令 ， ，得 ，
故 在 内单调递增，又 ，
则当 ， ，得 ， 单调递减，
当 ， ，得 ， 单调递增，
从而 在 处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为 .
又当 且 时， ，当 时， ，
由函数 有且仅有一个零点，可得 ，
则 的值为9.
2．【答案】(1)当 时，有1个零点；当 或 时，有2个零点
(2)
【详解】（1）函数 （ ， ）等价于 ，
两端同取自然对数得 ，即 ，
令 ，则原题转化为 的解的个数，
由于 ，
当 时， ， 在区间 上单调递增，当 时， ， 在区间 上单调递减，
则 在 处取得最大值，最大值为 ，
又当 时， ；当 时， ，函数图象如图所示，
由图知，当 时， ，解得 ，此时有1个零点；
当 时， ， 与 有2个交点，此时2个零点；
当 时， ， 与 有2个交点，此时2个零点；
综上，当 时，有1个零点；当 或 时，有2个零点．
（2）由题知 恒成立，即 恒成立．
当 时，若 ，则 ，显然不成立，故 时不符合题意；
当 时，由 ，可得 ，
因为曲线 与 关于直线 对称，
所以 ，
令 ，则 ，
令 ，得 ，又因为 单调递增，
所以当 时， ， 在区间 上单调递减，
当 时， ， 在区间 上单调递增，所以 时， 取得极小值，也是最小值，
所以 的最小值为 ，其中 ，
由 ，得 ，即 ，得到 ，所以 ．
综上所述，实数 的取值范围是 ．
3．【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）由题意求导可得 .
所以当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，
则 .
当 时， ，当 时， ，当 时， .
所以 的大致图象如图所示.
则由图可知当 时， 的图象与直线 的交点个数为0；
当 或 时， 的图象与直线 的交点个数为1；
当 时， 的图象与直线 的交点个数为2.（2）当 时，由 ，解得 或 .
所以当 时，函数有两个零点 或 ，
因为 ，所以 .
所以当 时， 有三个零点，由（1）可知方程 至多有两个根，
所以令 ，则 有两个不同的实数根 ，
且两个方程 一个只有一根、另一个有两根，
不妨记两个方程 分别有一个根和两个根，
则由（1）可得二次方程 根的分布为 或 ，
当 时， ，无解.
当 时， ，解得 .
综上可得， 的取值范围为 .
4．【答案】(1)(2)（i） ；（ii）证明见解析
【详解】（1） （ ），令 （ ），
因为函数 在定义域内无极值，
所以函数 无变号零点，即函数 在 上无变号零点.
由 ，得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 的极小值为 ，
由上可知， ，∴ .
（2）（ⅰ） （ ， ），
（ ， ），令 ，则 ，
因为 有三个不同的极值点，即 有三个变号零点，
所以 必有两个不相等的正根，
所以方程 必有两个不相等的正根，
记为 ，则 ， 且 ，
由 得 .
当 时， ，当 时， ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，且 ，所以必有 ，且为极小值点， ，且为极大值
点.
，当 时， ， 在 上有唯一零点，
因为 ， ，
必有 为极大值点.
综上，当且仅当 时， 有三个不同的极值点，即a的取值范围为 .
（ⅱ）由（ⅰ）可知 ， ，所以 ，
又函数 在 单调递增， ， ， ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
即 .
5．【答案】(1)单调递增区间为 ，单调递减区间为
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）存在唯一一对关于原点对称的点.
【详解】（1）当 时， ，
，
则 为增函数，又 ，当 时， ， 在 上为增函数，
当 时， ， 在 上为减函数，
的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（2）（ⅰ） 即 ，
当 时，若 ，则 ， ，且 ，不等式不成立，
，
当 时，令 ， ，
令 ，则 ， 在 上为增函数， ，
， ， ，
，又 且 ，
则 在 上有且仅有一个零点 ，
当 时， ， ，在 上 为增函数，
当 时， ， ， 在 上为减函数，
则函数在 处取得最小值 ， ，
又 ，则此时必有 ，所以 ，解得 ；
（ⅱ）由（ⅰ）知， ，假设存在关于原点对称的点，
设点 为函数 图象上的点，则 关于原点对称的点为 ，
，设函数 ，
， 为偶函数，
当 时， ，
，
，则 ，所以函数 为增函数， ，
，
即方程 在 上有唯一解，
综上可知函数 图象上存在唯一一对关于原点对称的点.
6．【答案】(1)
(2)当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ；
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ．
(3)
【详解】（1）因为 ，
所以 ，
因为函数 的一个极值点是 ，
所以 ，即 ；
则有 ，当 时， ，函数 在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
所以 .
（2） ，由（1）可知 .
①当 时，令 得 或 ，列表如下：
x 2
- 0 + 0 -
满足 是函数 的极值点；
②当 时，令 得 或 ，列表如下：
x 2
- 0 + 0 -
满足 是函数 的极值点.
所以当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ；
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ．
（3）由（1）（2）知， ，
且 时， 在 单调递增，在 单调递减，
又因为 ， ，
所以 在 上的最大值为 ，最小值为又当 时，函数 在 单调递增，
所以 在 上的最大值为 ，最小值为 ．
因为存在 ，使得 成立，
即存在 ，使得 成立，
即 ，又 ，所以解得 ，
所以实数a的取值范围为 ．
7．【答案】(1) 在 上单调递增，在 上单调递减．
(2)
(3) ，理由见解析
【详解】（1） ．
当 时， ， ， 单调递增；
当 时， ， ， 单调递减；
所以， 在 上单调递增，在 上单调递减．
（2）由题可知存在 ，使得 成立，
∵ 时， ，故存在 ，使得 ．
令 ，其中 ，，
且 不恒为零，故函数 在 上单调递减，
则 ，故 ．
（3） ．
证明：由 可得 ，
令 ，则 ．
因为 ，则 ，
所以 ，所以函数 在 上单调递减，
因为 ， ，
所以，存在唯一的 ，使得 ，
所以， ， ，
同理可得 ，
且 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以，因为函数 在 上单调递减，
故 ，即 ,
取 ，则 ,
由（2）知 ，即
令 则 ，即 ，
即 得证.
8．【答案】(1)
(2)（i） ； ；（ii）证明见解析
【详解】（1）由 得 ，则 ，又 ，得 ，
故在 处的切线 的方程为： ，
令 ，得到 ，所以 ，得到 ，
所以 ，在 处的切线 的方程为： ，
令 ，得到 ，故r的2次近似值为 ；（2）（i）由 ，得 ，
，则 ， ，得 ，
同理：在点 处的切线斜率为 ，
，将 代入得 ，
所以 或 ，
若 ，则 重合，与题设矛盾，故舍去，
故 ，故数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
得到 ，
由抛物线的定义可得 ，
故 ；
（ii）由题意得 ，
由（i）知 ，
得 ，
结合 时， ，
可得 ，故 ，所以 ，将 代入，
得
.
刷真题
1．【答案】(1)
(2) 或 ，
【分析】（1）根据 以及 可得 ，即可求导以及点斜式求解直线方
程，
（2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解.
【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．【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii） ，证明见解析.
【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 .
3．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）法1： ，
因为 ，故 ，故 ，
当 时， 即 ，
当 时， 即 ，
故 在 上为增函数，在 为减函数，
故 在 上的最大值为 .
法2：我们有.
所以：
.
这得到 ，同时又有 ，
故 在 上的最大值为 ，在 上的最大值也是 .
（2）法1：由余弦函数的性质得 的解为 ， ，
若任意 与 交集为空，
则 且 ，此时 无解，
矛盾，故无解；故存在 ，使得 ，
法2：由余弦函数的性质知 的解为 ，
若每个 与 交集都为空，则对每个 ，必有 或 之一成立.
此即 或 ，但长度为 的闭区间 上必有一整数 ，
该整数 不满足条件，矛盾.
故存在 ，使得 成立.
（3）法1：记 ，
因为 ，
故 为周期函数且周期为 ,故只需讨论 的情况.
当 时， ，
当 时， ，
此时 ，
令 ，则 ，
而 ，
，故 ，
当 ，在（2）中取 ，则存在 ，使得 ，
取 ，则 ，取 即 ，
故 ，故 ，
综上 ，可取 ， 使得等号成立.
综上， .
法2：设 .①一方面，若存在 ，使得 对任意 恒成立，
则对这样的 ，同样有 .
所以 对任意 恒成立，这直接得到 .
设 ，则根据 恒成立，有
所以 均不超过 ，
再结合 ，
就得到 均不超过 .
假设 ，则 ，
故 .
但这是不可能的，因为三个角 和单位圆的交点将单位圆三等分，
这三个点不可能都在直线 左侧.
所以假设不成立，这意味着 .
②另一方面，若 ，则由（1）中已经证明 ，知存在 ，使得 .
从而 满足题目要求.
综合上述两个方面，可知 的最小值是 .
4．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1） 时， ，其中 ，
则 ，
因为 ，当且仅当 时等号成立，
故 ，而 成立，故 即 ，
所以 的最小值为 .，
（2） 的定义域为 ，
设 为 图象上任意一点，
关于 的对称点为 ，
因为 在 图象上，故 ，
而 ，
，
所以 也在 图象上，
由 的任意性可得 图象为中心对称图形，且对称中心为 .（3）因为 当且仅当 ，故 为 的一个解，
所以 即 ，
先考虑 时， 恒成立.
此时 即为 在 上恒成立，
设 ，则 在 上恒成立，
设 ，
则 ，
当 ， ，
故 恒成立，故 在 上为增函数，
故 即 在 上恒成立.
当 时， ，
故 恒成立，故 在 上为增函数，
故 即 在 上恒成立.
当 ，则当 时，
故在 上 为减函数，故 ，不合题意，舍；
综上， 在 上恒成立时 .
而当 时，而 时，由上述过程可得 在 递增，故 的解为 ，
即 的解为 .
综上， .
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函
数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到
参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
5．【答案】(1)
(2)
【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 .
6．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为 ，定义域为 ，所以 ，
当 时，由于 ，则 ，故 恒成立，所以 在 上单调递减；
当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，则 在 上单调递减；
当 时， ，则 在 上单调递增；
综上：当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得， ，
要证 ，即证 ，即证 恒成立，
令 ，则 ，
令 ，则 ；令 ，则 ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，则 恒成立，
所以当 时， 恒成立，证毕.
方法二：
令 ，则 ，
由于 在 上单调递增，所以 在 上单调递增，
又 ，所以当 时， ；当 时， ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，则 ，当且仅当 时，等号成立，
因为 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以要证 ，即证 ，即证 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ；令 ，则 ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，则 恒成立，
所以当 时， 恒成立，证毕.
7．【答案】（1）证明见详解（2）
【详解】（1）构建 ，则 对 恒成立，
则 在 上单调递增，可得 ，
所以 ；
构建 ，
则 ，
构建 ，则 对 恒成立，则 在 上单调递增，可得 ，
即 对 恒成立，
则 在 上单调递增，可得 ，
所以 ；
综上所述： .
（2）令 ，解得 ，即函数 的定义域为 ，
若 ，则 ，
因为 在定义域内单调递减， 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 是 的极小值点，不合题意，所以 .
当 时，令
因为 ，
且 ，
所以函数 在定义域内为偶函数，
由题意可得： ，
（i）当 时，取 ， ，则 ，
由（1）可得 ，且 ，
所以 ，
即当 时， ，则 在 上单调递增，
结合偶函数的对称性可知： 在 上单调递减，
所以 是 的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当 时，取 ，则 ，
由（1）可得 ，
构建 ，
则 ，
且 ，则 对 恒成立，
可知 在 上单调递增，且 ，
所以 在 内存在唯一的零点 ，
当 时，则 ，且 ，
则 ，
即当 时， ，则 在 上单调递减，
结合偶函数的对称性可知： 在 上单调递增，
所以 是 的极大值点，符合题意；
综上所述： ，即 ，解得 或 ，故a的取值范围为 .
【点睛】关键点睛：
1.当 时，利用 ，换元放缩；
2.当 时，利用 ，换元放缩.
