导数及其应用
目录
【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】 切线问题
【题型二】 极值与极值点
【题型三】 含参讨论单调性
【题型四】 恒成立求参
【题型五】 能成立求参
【题型六】 零点问题
【题型七】 隐零点问题
【题型八】 构造函数求参
【题型九】 多变量问题
【误区点拨】
易错点1：①除法求导要注意分子是相减，分母带平方；
②复合函数对自变量的导数等于已知函数对中间变量的导数,乘以中间变量对自变量的导数,即
．
易错点2：使用导数求函数极值时，很容易出现的错误是求出使导函数等于0 的点，还需要对这些点左右
两侧导函数的符号进行判断
：导数在新结构试卷中的考察重点偏向于小题，原属于导数的压轴题有所改变，但导数在
高考中的考察依然属于重点，题型很多，结合的内容也偏多，比如常出现的比较大小和恒成立问题等都结
合着构造函数的思想.
：在处理含对数的等式、不等式时，通常要将对数型的函数“独立分离”出来，这样再对新
函数求导时，就不含对数了，从而避免了多次求导. 这种让对数“孤军奋战”的变形过程，俗称之为“对
数单身狗”.
【题型一】 切线问题
【例1】已知函数
.
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)求过点
且与曲线
相切的直线的切点坐标.
【答案】(1)
(2)
或
【分析】（1）求出
的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）设切点坐标为
，利用导数的几何意义求出切线方程，将点
的坐标代入切线方程，求出
的值，即可得出所求切点的坐标.
【详解】（1）因为
，求导得
，故
，
因此，曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
（2）设切点坐标为
，则曲线
在点
处的切线的斜率为
，
故所求切线方程为
，
将点
的坐标代入切线方程得
，
整理可得
，即
，解得
或
，
故所求切点的坐标为
或
.
【例2】若直线
是曲线
的切线，也是曲线
的切线，则
【答案】2
【分析】设出两切点
和点
，求导，利用导数几何意义得到
，表达出
上点
处的切线方程，代入
点坐标，得到方程，联立得到
，
，求
出
.
【详解】设
上点
处的切线和
在点
处的切线相同，
，
，
故
，故
，
上点
处的切线方程为
，
显然
在切线上，故
，
即
，即
，
解得
，
故
.
故答案为：2
【变式1】已知曲线
在点
处的切线与直线
垂直，则
的值为
（ ）
A．
B．
C．1
D．
【答案】D
【分析】求
，利用导数的几何意义可求
的值.
【详解】由题意得，函数
的定义域为
，且
，
∴
，
∵曲线
在点
处的切线与直线
垂直，
∴
，即
，故
.
故选：D.
【变式2】过原点且与曲线
相切的直线有（ ）
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．4 条
【答案】C
【分析】先求出导函数，再设切点，根据导函数得出切线斜率再应用两点求斜率计算求参进而得出切线即
可.
【详解】设切点
，因为曲线
，所以
，
所以
，所以
，
所以
或
，
当
时，所以
，所以切线方程为
，即
；
当
时，所以
，所以切线方程为
，即
；
当
时，所以
，所以切线方程为
，即
；
所以切线有3 条.
故选：C.
【变式3】过定点
作曲线
的切线，恰有2 条，求实数
的取值范围.
【答案】
【分析】设出切点，根据点斜式求解直线方程，构造函数
，利用导数求解单调性，结合函
数图象即可求解.
【详解】由
，得
，切点为
，则切线的斜率为
，
所以切线方程为
，
因为
，所以
，
因为点
在切线上，
所以
，得
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上递增，在
上递减，
所以
在
处取得极小值
，
当
时，
，当
时，
，
由题意可得直线
与函数
的图象有两个交点，
所以
，解得
，所以实数a 的取值范围为
，
【题型二】 极值与极值点
【例1】设三次函数
的导函数为
，函数
图象的一部分如图所示，则下列说法正确的个
数为（ ）
①函数
有极大值
②函数
有极小值
③函数
有极大值
④函数
有极小值
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】B
【分析】结合图象先判断
的正负性，即可得出
的增减性，进而得出极值.
【详解】由题图知，当
时，
，则
；
当
时，
，则
；
当
时，
，则
；
当
时，
，则
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减，
则
的极大值是
，极小值是
，①④正确，
故选：B
【例2】已知函数
在
处取得极值.
(1)求
的值；
(2)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(3)当
时，求曲线
的极值.
【答案】(1)
(2)
(3)极大值为
，极小值为-2.
【分析】（1）利用导函数的零点结合极值点的定义计算验证即可；
（2）利用导数的几何意义计算即可；
（3）利用导数研究函数的单调性，结合极值的概念列表计算即可.
【详解】（1）
，
由题意知
，所以
，即
当
时，
，
故
在
单调递增，
单调递减，
故在
处取得极值.
故
；
（2）由（1）可知
.
当
时，
，
所以
，
所以
在
处的切线方程为
，即
；
（3）由（1）（2）可知，
，
令
，得
或
1
+
0
-
0
+
单调递增
单调递减
单调递增
所以
在
处取得极大值，在
处取得极小值，
故极大值为
，
极小值为
.
【变式1】已知函数
若
，则函数的极小值点是 ；若函数
在
上存在唯一的极值点．则实数a 的取值范围为 ．
【答案】 1
【分析】①
时，直接求导得到导函数，判断导函数零点左右的正负即可得到极值点；②若函数
在
上存在唯一的极值点，则
只有一个零点在
内，结合为
的对称轴可以更具体地得到
，解不等式组即可得出答案.
【详解】①
时，
，
的定义域为
，
，令
，得
或，
当
时，
；当
时，
，
故函数
的极大值点为
，极小值点为，
②
，对称轴为
，
若函数
在
上存在唯一的极值点，则
只有一个零点在
内，
因为
的对称轴为
，所以
，
即
且
，解得
，
所以实数
的取值范围为
，
故答案为：1；
.
【变式2】已知函数
（
为常数），曲线
在点
处的切线平行于
直线
.
(1)求函数
的解析表达式；
(2)求函数
的极值.
【答案】(1)
(2)极大值为
，极小值为
【分析】（1）求导，由
求得
的值，得解；
（2）利用导数判断单调性，求出极值.
【详解】（1）根据题意，
，则
，
解得
，
.
（2）由（1）
，
令
，解得
或
，
令
，解得
，
所以当
或
时，
单调递增，当
时，
单调递减，
所以当
时，
取得极大值，极大值为
，
当
时，
取得极小值，极小值为
.
【变式3】已知函数
有两个极值点，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】直接求导得
，再设新函数
，讨论
和
的情况，求出函数
的极值点，则由题转化为
，解出即可.
【详解】因为
，
，令
，
函数
有两个极值点，则
在区间
上有两个不等实数根，
又
，
当
时，
，则函数
在区间
单调递增，
因此
在区间
上不可能有两个实数根，舍去，
当
时，令
，解得
，
令
，解得
，此时函数
在
单调递增，
令
，解得
，此时函数
在
单调递减，
当
时，函数
取得极大值，
当
趋近于0 与
趋近于
时，
，要使
在区间
上有两个实数根，
则
，解得
，
实数
的取值范围是
．
故答案为：
.
【题型三】 含参讨论单调性
【例1】设函数
，直线是曲线
在点
处的切线．
(1)当
时，求
的单调区间.
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
.
【分析】（1）直接代入
，再利用导数研究其单调性即可；
【详解】（1）
，
当
时，
；当
，
；
在
上单调递减，在
上单调递增.
则
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
【例2】设函数
，曲线
在点
处的切线方程为
．
(1)求
的值；
(2)设函数
，求
的单调区间；
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）先对
求导，利用导数的几何意义得到
，
，从而得到关于
的方程组，
解之即可；
（2）由（1）得
的解析式，从而求得
，利用数轴穿根法求得
与
的解，由此求
得
的单调区间；
【详解】（1）因为
，所以
，
因为
在
处的切线方程为
，
所以
，
，
则
，解得
，
所以
.
（2）由（1）得
，
则
，
令
，解得
，不妨设
，
，则
，
易知
恒成立，
所以令
，解得
或
；令
，解得
或
；
所以
在
，
上单调递减，在
，
上单调递增，
即
的单调递减区间为
和
，单调递增区间为
和
.
【变式1】已知函数
．
(1)当
时，讨论
的单调性；
【答案】(1)
在
上单调递减
【分析】（1）代入
后，再对
求导，同时利用三角函数的平方关系化简
，再利用换元法判
断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数
，从而得到
，注意到
，从而得到
，进而
得到
，再分类讨论
与
两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得
恒成立，再分类讨论
，
与
三种情况，利用零点存在
定理与隐零点的知识判断得
时不满足题意，从而得解.
【详解】（1）因为
，所以
，
则
，
令
，由于
，所以
，
所以
，
因为
，
，
，
所以
在
上恒成立，
所以
在
上单调递减.
【变式2】已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论
与
两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
【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.
【题型四】 恒成立求参
【例1】已知函数
，若
在
上恒成立，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】构造函数
，研究其单调性，求
的最大值即可.
【详解】
，则
在
上恒成立，
令
，则
，
则
得
，
得
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
，故
，
则实数
的取值范围是
.
故答案为：
.
【例2】已知函数
.
(1)若
存在极小值，且极小值为
，求
；
(2)若
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，判断函数的单调性，结合极小值为
求解；
（2）将不等式
分离参数，得
，设
，
，利用导数求出
最值即可.
【详解】（1）
，
，
当
时，
，所以函数
无极值，
当
时，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
，解得
.
（2）由
，得
，即
，
，
设
，
，则
，
当
时，
，即
在
上单调递减，
当
时，
，即
在
上单调递增，
所以
，则
，
所以
的取值范围为
.
【变式1】已知对于任意的
，存在
，使得不等式
恒成立，则实数
的取值范围
为 ．
【答案】
【分析】令
，则
，令
，利用导数求出函数
的单调区间，从而可求出函数
的零点，进而求出
的符号分别情况，即可求出函数
的
单调区间，进而求出
，即可得解.
【详解】令
，则
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以又
，
且当
时，
，当
时，
，
即
，
且当
时，
，当
时，
，
所以存在唯一
，使得
，所以
，
故当
时，
，当
时，
，
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
则
，
令
，
则
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
所以
，
所以实数
的取值范围为
.
故答案为：
.
【变式2】已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)当
时，
，求实数
的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数
求导，分别讨论，当
以及当
时，导函数
的正负情况，从而得到
函数的单调区间；
（2）由（1）得，当
时，
，则要使不等式
成立， 即需
使不等式
成立，令
，利用导数分析函数
的单调性，从而得到
恒成立，故若要使
，则
，从而求得
的值.
【详解】（1）因为
，定义域为
，
求得
，
所以，当
时，
成立，此时
在
上单调递减；
当
时，
，
，
在
上单调递减；
，
，
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）由（1）得，当
时，
，
要使不等式
成立，即需使不等式
成立，即不等式
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，
若
，则
,
所以
.
【题型五】 能成立求参
【例1】若函数
存在单调递减区间，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题意可知
，使得
成立，则
，利用导数求出函数
的最大值，即可得出实数
的取值范围.
【详解】函数
的定义域是
，则
．
若
存在单调递减区间，即
，使得
成立，则
．
令
，则
，
令
，解得
，令
，解得
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，故
，故
．
故答案为：
.
【例2】已知函数
(1)当
时，求
的极值；
(2)若存在
，使得
，求
的取值范围．
【答案】(1)极大值为，极小值为
(2)
【分析】（1）结合导数分析函数
的单调性，进而求解极值；
（2）求导，分
，
，
三种情况分析求解即可.
【详解】（1）当
时，
，
则
，
令
，得
；令
，得
或
，
所以函数
在
和
上单调递增，在
上单调递减，
则
时，函数
取得极大值
，
时，函数
取得极小值
.
（2）由
，
，
则
，
当
时，
，此时
，函数
在
上单调递增，
则
，即
；
当
时，
，
则
时，
；
时，
，
则函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，即
，与
矛盾，不符合题意；
当
时，
，此时
，函数
在
上单调递减，
则
，即
恒成立，符合题意.
综上所述，
的取值范围为
．
【变式1】已知函数
，若存在实数
，使得
成立，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先求导函数得出函数的单调性得出函数值范围计算即可求参.
【详解】因为函数
，若存在实数
，使得
成立，
当
时，存在
，所以
；
当
时，
不成立；
当
时，存在
，所以
成立，
令
，
，
当
单调递增；
当
单调递减；
所以
时，
，
，
，所以
；
综上得：
或
.
故选：D.
【点睛】方法点睛：解题的方法是分类讨论
三种情况结合函数值域及导函数求参单调性计
算求解即可.
【变式2】已知函数
.
(1)当
在
处的切线是
时，求
的单调区间与极值；
(2)若
在
上有解，求实数
的取值范围.
【答案】(1)减区间
，增区间
，极小值
，无极大值.
(2)
【分析】（1）根据切线求得
，利用导数求得
的单调区间与极值.
（2）由不等式
分离参数
，然后利用构造函数法，结合导数来求得
的取值范围.
【详解】（1）
，
若
在
处的切线是
，
则
，
则
，
所以
在区间
上
单调递减；
在区间
上
单调递增，
所以
在
处取得极小值
，无极大值.
（2）依题意，
①在
上有解，
①可化为
，
设
，
，
由（1）知
，当且仅当
时函数值为
，
所以在区间
单调递减；
在区间
单调递增；
所以
，
所以
的取值范围是
.
【题型六】 零点问题
【例1】已知函数
(1)判断函数
的单调性，并求出
的极值；
(2)画出函数
的大致图像并求出方程
的解的个数．
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
，极小值
；
(2)当
时，
有
个解；当
或
时，
有个解；当
时，
有
个解.
【分析】（1）直接对于
求导，判断单调性，进而求解极值；（2）由（1）的单调性与极值，最值，
画出函数图像，利用数形结合求出
的解的个数.
【详解】（1）由题意可知，
的定义域为
，
则
，
令
，则
，
当
时，
，则
单调递减，
当
时，
，则
单调递增.
所以故
;
（2）由（1）可知作出函数图像，
由图，当
时，方程
的解个数为
个；
当
或
时，方程
的解个数为个；
当
时，方程
的解个数为
个.
【例2】函数
有三个零点，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据条件，将问题转化成
与
有三个交点，再利用导数与函数单调性间的关系，
求出
的单调区间，进而可得出
的图象，数形结合，即可求解.
【详解】因为
，易知
，所以0 不是
零点，
令
，即
，得到
，令
，
，
则
，
易知
恒成立，由
，得到
，
当
时，
，
时，
，
时，
，
所以
在
单调递增，
单调递减，
单调递增，
又易知，当
，且
时，
，
时，
，
当
时，
时，
，且
，
当
时，
时，
，所以
的图象如图所示，
由题知
与
有三个交点，所以
，
故选：A.
【变式1】若函数
，当
时，函数
有极值
，关于x 的方程
有三个不
等实根，则实数k 的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据当
时，函数
有极值
，求得
的解析式，利用导数法，作出函数
的图象
求解.
【详解】由题意可知，
，
∴
，解得
经检验，
，
符合题意.
故所求函数
的解析式为
.
则
.令
，得
或
，
当x 变化时，
，
的变化情况如表，
x
2
+
0
-
0
+
↗
↘
↗
∴当
时，
有极大值
；当
时，
有极小值
.
则函数
的图象如图所示：
由图象知：要使关于
的方程有三个不等实根，
则k 应满足
.
即实数k 的取值范围是
.
故答案为：
【变式2】已知函数
．
(1)求函数
的单调区间；
(2)若函数
有两个零点，求实数
的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，再分
和
两种情况讨论即可；
（2）由（1）知，要使函数
有两个零点，则
，则
，进而可得出答案.
【详解】（1）
，
当
时，
，
所以函数
在单调减区间为
，
当
时，令
，则
，令
，则
，
所以函数
的单调增区间为
，单调减区间为
，
综上所述，当
时，
在单调减区间为
，没有增区间；
当
时，函数
的单调增区间为
，单调减区间为
；
（2）由（1）知，要使函数
有两个零点，则
，
当
时，
，
又当
时，
，当
时，
，
因为函数
有两个零点，
所以
，
令
，
因为函数
在
上都是增函数，
所以函数
在
上是增函数，
又因为
，
所以不等式
的解集为
，
所以实数
的取值范围为
.
【变式3】已知函数
．
(1)若
，求
在
上的值域；
(2)若
，求
在
上的零点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析；
【分析】（1）多次求导后，可判断
在
上单调递增，据此可得值域；
（2）
时，多次求导后，可得
在
上单调递增，在
上单调递减，其中
，然后
由零点存在性定理可得答案.
【详解】（1）
时，
，此时
，
令
，
.
则
，则
在
上单调递增，
则
，故
在
上单调递增，
则
；
（2）由题
，令
，
.
则
，
，
，
时，
，根据正弦函数性质知
在
上的零点个数为0；
时，所以
，
故
在
上单调递减.
又
，则
，使
.
则
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减.
又注意到，
，结合
在
上单调递增，
则
时，
，
，又
，
结合
在
上单调递减.则存在
，使
.
综上，当
时，
在
上的零点个数为0，
当
时，
在
上的零点个数为1.
【题型七】 隐零点问题
【例1】已知函数
.
(1)求函数
的单调区间；
(2)求证：函数
的图象在x 轴上方.
【答案】(1)单调递增区间为
，单调递减区间为
；
(2)证明见解析.
【分析】(1)求
，根据
正负即可求y 的单调区间；
(2)求
，根据
零点的范围求出g(x)的最小值，证明其最小值大于零即可.
【详解】（1）
，
令
则
.
当
时，
，∴函数在
上单调递增；
当
时，
，∴函数在
上单调递减.
即
的单调递增区间是
，单调递减区间是
；
（2）
，
，易知
单调递增，
又
，
，
∴在
上存在一个
，
使得：
，即：
，且
，
当
，有
单调递减；
当
，有
单调递增.
∴
，
∴
，
∴函数
的图象在x 轴上方.
【点睛】本题考查隐零点，关键是判断
单调，且
，
，由此得出在(1，2)之间
存
在零点
，据此求出g(x)的最小值，证明此最小值大于零即可.
【例2】已知函数
．
(1)若曲线
在
处的切线经过点
，求实数a 的值；
(2)若对任意
，都有
（e 为自然对数的底），求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)
，所以
，
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
，
因为切线经过点
，所以
解得
．
(2)
设
，则
，
设
，则
，
因为
在
上递增，
所以当
时，
，当
时，
所以
在
上递减，在
上递增，
所以
，
令
，则
所以
在
递减，
因为
，
所以
，所以
．
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是
构造函数
，利用导数求得
，再利用
函数
的单调性结合
可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题
【变式1】已知函数
，
.
（1）讨论函数
的单调性；
（2）若函数
在区间
有唯一零点
，证明：
.
【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导得
， 分
，
，
，三种情况讨论可得
单调区间.
（Ⅱ）由（1）及
可知：仅当极大值等于零，即
且
所以
，且
，消去
得
，构造函数，证明
单调且零点存在且唯一即可.
试题解析：（Ⅰ）
，
，
令
，
，
若
，即
，则
，
当
时，
，
单调递增，
若
，即
，则
，仅当
时，等号成立，
当
时，
，
单调递增.
若
，即
，则
有两个零点
，
，
由
，
得
，
当
时，
，
，
单调递增；
当
时，
，
，
单调递减；
当
时，
，
，
单调递增.
综上所述，
当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
和
上单调递增，
在
上单调递减.
（Ⅱ）由（1）及
可知：仅当极大值等于零，即
时，符合要求.
此时，
就是函数
在区间
的唯一零点
.
所以
，从而有
，
又因为
，所以
，
令
，则
，
设
，则
，
再由（1）知：
，
，
单调递减，
又因为
，
，
所以
，即
点晴：本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数
较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在
零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，
往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形
结合的数学思想方法.
【变式2】已知函数
．
（1）证明：
在区间
内存在唯一的零点；
（2）若对于任意的
，都有
，求整数
的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）3．
【分析】（1）先利用导数证明
在
上单调递增，再结合零点存在定理，得证；
（2）参变分离得
，令
，原问题转化为求
在
上的最小值，结合（1）
中结论和隐零点的思维，即可得解．
【详解】（1）证明：∵
，
∴
，
当
时，
，
∴
在
上单调递增，
∵
，
，
∴
在区间
内存在唯一的零点．
（2）解：∵
，且
，
∴
，
令
，则
，
，
由（1）知，
在
上单调递增，且在区间
内存在唯一的零点，
设该零点为
，则
，
故当
时，
，即
，
在
上单调递减，
当
时，
，即
，
在
上单调递增，
∴
，
∴
，
故整数
的最大值为3．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，以及不等式问题，考查转化与划归思想，逻辑推理能力和运
算能力，属于较难题．
【题型八】 构造函数求参
【例1】已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】应用对数单调性得出
，再构造函数
，求出导函数得出函数单调性判断
即可判断.
【详解】因为
．
构造函数
，则
，
当
时，
单调递增，
所以
，
所以
．
故
．
故选：A.
【例2】已知实数
满足
且
，则
的最小值为 .
【答案】
【分析】首先通过对数运算法则对已知等式进行变形，构造函数
，利用导数判断其单调性，再根据函
数值相等及单调性得到
与
的关系，进而得到
关于
的表达式，构造新函数
，通过求导判
断其单调性来求解最小值.
【详解】
，即
，
设
，则上式表明
，
求导得
，当
时，
在
上单调递增，
由于
，令
，
，当
时，
单调递减；当
时，
单调递增，
.
故答案为：
.
【例3】已知定义在
上的函数
，
是
的导函数，满足
，且
，
则不等式
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
几种导数的常见构造：
对于
，构造
若遇到
，构造
对于
，构造
对于
，构造
对于
或
，构造
对于
，构造
对于
，构造
【答案】D
【分析】构造函数
，结合题意利用导数计算可得该函数单调性，即可将不等式
转化为
，从而得到
，即可得解.
【详解】令
，则
，
则当
时，
，即
在
上单调递减，
由
，则
，又
，
即不等式
等价于
，
即
，即有
，解得
.
故选：D.
【变式1】已知
是定义在
上的偶函数，且当
时，
，则满足
的
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】构造函数
，应用导函数得出单调性，再结合偶函数性质得出
，最后计
算求解.
【详解】设
，则
．
由当
时，
，得
，即
，故
在区间
上单调递增．
又
，所以
，即
．
因为
为
上的偶函数，所以
，
即
，计算得
，所以
，
解得
或
．
故答案为：
.
【变式2】已知
恒成立，则正数
的取值范围为 ．
【答案】
【分析】将原不等式同构为
，即
，令
，分析
单调性可得
，令
利用导数求出最值得解.
【详解】由
，可得
．
令
，易知
在
上单调递增，
由
，可得
，
故
，即
.
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，
所以
，即
，
故正数
的取值范围是
.
故答案为：
.
【变式3】（多选）定义在
上的函数
满足
，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【分析】由
构造函数
，判断
的单调性，结合选项和函数的单调性比
较函数值的大小即可.
【详解】构造函数
，则
，
因为
，所以
，故
是增函数.
由
得，
，
即
，故A 正确；
由
得，
，
即
，故B 正确；
由
得，
，
即
，故C 错误；
由
得，
，
即
，即
，故D 正确.
故选：ABD．
【题型九】 多变量问题
【例1】已知函数
，其中
(1)讨论
的单调性；
(2)若函数
有两个极值点
，
，证明：
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论函数的单调性.
（2）由函数有两个极值点
，
确定a 的范围，代入函数值，构造函数，利用函数单调性求解.
【详解】（1）由题意得，函数
的定义域为
，且
，
，
令
，
当
，即
时，
恒成立，则
，所以
在
上是单调递减；
当
，即
时，函数
有两个零点：
，
，
当x 变化时，
，
的变化情况如下表所示：
x
-
0
+
0
-
单调递
减
单调递
增
单调递
减
综上，当
时，
在
内单调递增，
在
和
上单调递减；
当
时，
在
上单调递减.
（2）由（1）知，当
时，
有两个极值点
，
，
则
，
是方程
的两个根，由韦达定理，得
，
，
所以
，
，
令
，
，则
，
当
时，
，则
在区间
上单调递减，
从而
，
故
【例2】已知函数
．
(1)若函数
有两个零点，求
的取值范围；
(2)设
是函数
的两个极值点，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）函数
有两个零点转化为直线
与函数
的图象有两个不同
的交点，利用导数研究函数单调性与最值，数形结合即可求
的取值范围；
（2）由（1）知
，不妨设
，要证
，即证
，只需证
，结合
单调递增只需证
，再根据单调性可得答案.
【详解】（1）
，则
，
令
，得
，
若函数
有两个零点，则直线
与函数
的图象有两个不同的交点．
设
，则
．
当
时，
单调递减，当
时，
单调递增，
因此
．当
时，
，当
时，
，
作出函数
的大致图象与直线
，如图所示，要使二者有两个不同交点，
则
，故
的取值范围为
．
（2）因为
是函数
的两个极值点，所以
．
由（1）知
，不妨设
，
要证
，即证
，
只需证
，显然
．
由（1）知当
时，
单调递增，所以只需证
，
而
，所以即证
．
设
，
则
，
当
时，
单调递减，所以当
时，
，
所以当
时，
，原不等式得证．
【点睛】方法点睛：解答函数零点个数问题常见思路：1，转化为方程的根的个数求解；2，转化为函数图
象的交点个数求解.
【变式1】已知函数
，其中
，为自然对数的底数.
(1)求
的单调区间；
(2)设
且
，请判断
与
的大小，并证明.
【答案】(1)单调递减区间为
和
；单调递增区间为
(2)
，证明见解析
【分析】（1）求出导函数，利用导数法求得的单调区间即可．
（2）构造函数
，利用多次求导的方法判断出
的单调区间，从而判断出两者的大小关系．
【详解】（1）
的定义域为
，
，
，
令
得
，令
得
且
，
即在区间
和
上
，
单调递减，
在区间
上
，
单调递增，
所以
的增区间为
，减区间为
，
．
（2）
，证明如下：
令
，则
定义域为
，
，
令
，则
，
则当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
，
则
，所以
在
，
上单调递增，
因为
且
，所以
或
，
所以
恒成立，即
，所以
.
【变式2】已知函数
．
(1)若函数
在
处有极值，且关于
的方程
有3 个不同的实根，求实数的取值范
围；
(2)记
.若对任意
且
时，均有
成立，求实数
的取
值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先根据极值点的定义求
，并利用函数的导数，判断函数的单调性，求函数的极值，结合
函数有3 个零点求参数的取值范围；
（2）首先根据函数的
的单调性去绝对值，再变形不等式，转化为函数
在
递减；
在
递增，再利用函数的导数和单调性的关系，转化为参变分离，求最值问题，即可求解.
【详解】（1）函数
在
处有极值，
可得
，解得
，经检验，满足题意，
所以
当
时，
在
单调递减；
当
或
时，
在
上单调递增，
可得
在
处取得极小值，且为0，
在
处取得极大值，且为
，
方程
有3 个不同的实根，等价为
，
即有
的取值范围是
.
（2）
在
递减，可得
时，
，
，即为
，
即
即为
即
对任意
且
时恒成立.
所以
在
递减；
在
递增.
当
在
恒成立时，可得
，即
在
恒成立，
在
上单调递增，即
，则
.
当
在
恒成立时，可得
，即
在
恒成立，
，当
时等号成立，则
，则
.
综上可得
的取值范围是
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是第2 问，变形不等式，转化为两个函数的单调性问题，结合导数，即
可求解.
【变式3】已知函数
．
(1)求函数
的单调区间；
(2)已知函数
的图象与
的图象关于直线
对称，证明：当
时，
；
(3)如果
，且
，证明：
．
【答案】(1)
的单调递增区间为
，单调递减为
；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数知识可得
的单调区间；
（2）由题可得
，然后研究
单调性，可完成证明；
（3）方法1，由导数知识可得
大致图象，据此可得
，然后通过研究函数
，可得
对
恒成立，最后由题意，结合
，
可完成证明；方法2，要证
，即证
，然后通过研究
可完成证明；方法3，令
，要证
，即证：
，然后通过研究
可完成证明.
【详解】（1）
.
。
则
的单调递增区间为
，单调递减为
；
（2）因
的图象与
的图象关于直线
对称，
则
.
构造函数
，
则
.
因
，则
，
则
在
上单调递增，则
，
即当
时，
；
（3）法一：
，易得
在
上单调递增，在
上单调递减，
时，
，
，
时，
，
函数
在
处取得极大值
，且
，如图所示．
由
，不妨设
，则必有
，
构造函数
，
则
，
所以
在
上单调递增，
，
也即
对
恒成立．由
，得
，
所以
，即
，
又因为
，且
在
上单调递减，所以
，
即
法二：欲证
，即证
，由法一知
，
故
，
又因为
在
上单调递减，故只需证
，
又因为
，
故也即证
，构造函数
，
则等价于证明
对
恒成立．
由
，则
在
上单调递增，
所以
，即已证明
对
恒成立，
故原不等式
成立．
法三：由
，得
，化简得
，
不妨设
，由法一知，
．令
，则
，
代入
，得
，反解出
，则
，
故要证：
，即证：
，
又因为
，等价于证明：
，
构造函数
，则
，
令
.
故
在
上单调递增，
，
从而
也在
上单调递增，
，即证
成立，
也即原不等式
成立．
目标希望是这样的：由
；
在处理含指数的等式、不等式时，通常要将指数型函数与其它函数（乘或除）结合起来，这样再对新
函数求导时，就避免了多次求导. 俗称之为“指数找朋友”或“指数常下沉”.
例1、知函数f (x)=loga x
x
a
(a>0且a≠1).
(1)当a=2时，判断f (x)的单调性；
(2)若f (x)≥−1恒成立，求a的值.
【答案】(1)f (x)在区间(0,√e)上单调递增，在区间(√e,+ ∞)上单调递减
(2)1
e .
【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可出函数的单调区间；
（2）当a>1时，由lna<a，得−a
lna <−1，从而可求出f (e
−a)<−e，不合题意，当0<a<1时，对函数
求导后求出函数的单调区间，从而可求得f ( x)min=
1
aelna，所以只要
1
aelna ≥−1，转化为alna≤−1
e ，
然后构造函数g(a)=alna(0<a<1)，利用导数可求得alna≥−1
e ，从而可求得a的值.
【详解】（1）当a=2时，f (x)=log2 x
x
2
( x>0)，
则f
′ (x)= 1−2ln x
x
3ln2 .
令f
′ (x)=0，得x =√e.
当0< x<√e时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增；当x>√e时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
所以当a=2时，f (x)在区间(0,√e)上单调递增，在区间(√e,+ ∞)上单调递减.
（2）若a>1，令t( x)= x−ln x( x>1)，则t
′( x)=1−1
x = x−1
x
>0( x>1)，
所以t( x)在(1,+∞)上单调递增，所以t( x)>t(1)=1，所以x>ln x( x>1)，
所以由lna<a，得−a
lna <−1，
所以f (e
−a)=logae
−a
(e
−a)
a =−ae
a
2
lna <−e
a
2
<−e，
从而f (x)≥−1不恒成立，此时不符合题意.
若0<a<1,f
′ (x)=−aln x−1
x
a+1lna .
当0< x<e
1
a时，f
′ (x)<0；当x>e
1
a时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在区间(0,e
1
a)上单调递减，在区间(e
1
a ,+∞)上单调递增，
所以x =e
1
α是f (x)的极小值点，也是f (x)的最小值点，
即f ( x)min= f (e
1
a)=
1
aelna
.
若f (x)≥−1恒成立，则
1
aelna ≥−1，
即alna≤−1
e ①.
令g(a)=alna(0<a<1)，
则g
′ (a)=lna+1.
当0<a< 1
e 时，g
′ (a)<0；
当a> 1
e 时，g
′ (a)>0，
所以g(a)在区间(0, 1
e)上单调递减，在区间(
1
e ,+∞)上单调递增，
所以a= 1
e 是g(a)的极小值点，也是g(a)
的最小值点，即g(a)≥g(
1
e)=−1
e ，
即alna≥−1
e （当且仅当a= 1
e 时，等号成立）②.
由①②，得alna=−1
e ，
当且仅当a= 1
e 时，alna=−1
e .
综上，a的值为1
e .
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决不等式
恒成立的问题，第（2）问解题的关键是当0<a<1时，利用导数求出函数的最小值，将问题转化为
alna≤−1
e 恒成立，再构造函数g(a)=alna(0<a<1)利用导数求其最值，考查分类思想和转化思想，属
于较难题.
变式1、已知函数f (x)= 2ln x + x +a
x
(a∈R)
(1)若a=2，求f (x)的单调区间.
(2)若对∀x∈(0,+ ∞)，f (x)≤xe
x恒成立，求实数a的取值范围
【答案】(1)f (x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)
(2)(−∞,1]
【分析】（1）求导，根据导函数的符号判断原函数的单调区间；
（2）分析可知原题意等价于对∀x∈(0,+∞)，a≤x
2e
x−2ln x−x恒成立，构建
g(x)= x
2e
x−2ln x−x , x>0，利用导数判断g(x)的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）若a=2，则f (x)= 2ln x + x +2
x
的定义域为(0,+∞)，
且f
′ (x)=
x(
2
x +1)−(2ln x + x +2)
x
2
= −2ln x
x
2
，
令f
′ (x)>0，解得0< x<1；令f
′ (x)<0，解得x>1；
所以f (x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞).
（2）因为f (x)= 2ln x + x +a
x
≤xe
x，则a≤x
2e
x−2ln x−x，
所以原题意等价于对∀x∈(0,+∞)，a≤x
2e
x−2ln x−x恒成立，
构建g(x)= x
2e
x−2ln x−x , x>0，
则g
′ (x)=(x
2+2 x)e
x−2
x −1= x (x +2)(e
x−1
x
2)，
令ℎ(x)=e
x−1
x
2 , x>0，则ℎ
′ (x)=e
x+ 2
x
3 >0对∀x∈(0,+∞)恒成立，
可知ℎ(x)在(0,+ ∞)内单调递增，且ℎ(
1
2)=√e−4<0ℎ(1)=e−1>0，
可知ℎ(x)在(0,+ ∞)内存在唯一零点x0∈(
1
2 ,1)，
当0< x< x0时，ℎ(x)<0，即g
′ (x)<0；
当x> x0时，ℎ(x)>0，即g
′ (x)>0；
可知g(x)在(0, x0)内单调递减，在(x0,+ ∞)内单调递增，
则g(x)≥g(x0)= x0
2e
x0−2ln x0−x0= x0
2e
x0−ln x0
2e
x0，
且ℎ(x0)=e
x0−1
x0
2 =0，可得x0
2e
x0=1，
则g(x)≥g(x0)=1−ln1=1，可得a≤1，
所以实数a的取值范围为(−∞,1].
变式2、已知函数f (x)=ln(x +1)−mx ,g(x)=cosmx −1，其中m∈R.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)+ g(x)≤0恒成立，求m.
【答案】(1)答案见解析
(2)m=1
【分析】（1）利用导数与函数单调性间的关系，对f ( x)求导，得f
′ (x)= 1−mx−m
x +1
，对m分类讨论，即
可求出结果；
（2）先探求f (x)+ g(x)≤0恒成立的必要条件，从而得到m=1，再证明m=1时，φ( x)≤0在(−1,+∞)上
恒成立，即可解决问题.
【详解】（1）因为f (x)=ln(x +1)−mx，易知其定义域为(−1,+∞)，f
′ (x)=
1
x +1 −m= 1−mx −m
x +1
，
当m≤0时，f
′( x)>0在(−1,+ ∞)上恒成立，
当m>0时，由f
′ (x)=0，得到x = 1
m −1>−1，
所以，当−1< x< 1
m −1时，f
′( x)>0，x> 1
m −1时，f
′( x)<0，
综上所述，当m≤0时，f (x)的单调增区间为(−1,+∞)，无减区间，
当m>0时，f (x)的单调增区间为(−1, 1
m −1)，减区间( 1
m −1,+∞).
（2）令φ( x)= f (x)+ g(x)= ln( x +1)+cosmx −mx −1，
由于φ( x)≤0恒成立，且φ(0)=0，又φ( x)在区间(−1,+∞)上连续，
所以x =0是φ( x)的一个极大值点，又φ
′( x)=
1
x +1 −msinmx−m，
所以φ
′(0)=1−m=0，得到m=1，
下证明m=1时，φ( x)≤0在(−1,+∞)上恒成立，
由（1）知，m=1时，f (x)在区间(−1,0)上单调递增，在区间(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)≤f (0)=0，又g(x)=cosmx −1≤0恒成立，所以φ( x)= f (x)+ g(x)≤0，
综上所述，m=1.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于根据条件得到x =0是φ( x)的一个极大值点，从而得f (x)+ g(x)≤0
恒成立的一个必要条件m=1，再证明m=1时，f (x)+ g(x)≤0在(−1,+∞)上恒成立，即可解决问题.
