第 1 讲 分类讨论思想在在导数解答题中的应用
在解答某些数学问题时。有时会遇到很多情况，需要对各种情况加以分类，并逐步求解，然后综合理
解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法。是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策
略，它体现了化整为零，积零为整的思想，与归类整理的方法有关。分类讨论思想在数学问题具有明显的。
逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理和概括性。导数中分类讨论思想的应用之所以难，是因为
加入了参数，使得确定的函数变得不确定。因此，对参数的讨论而确定出函数的单调区间极值、最值趋势
图像。在高考中每年必考的内容。
利用导数来研究函数的单调性、极值、最值问题是高中数学的重要内容，分类讨论的思想又是高中阶
段着重培养的思想方法。导数大题的共同点就是求完导数后往往转化为带参数的函数。因此，需要利用分
类讨论来解决含参数的导数问题是近几年高考考察的一个重要重点和热点。导数是解决函数单调性、最值
等问题十分有利的工具。
【应用一】分类讨论思想在运用导数研究单调性的应用
函数的单调性与导数的关系
条件 结论
函数y=f(x) f'(x)>0 f(x)在(a,b)内 单调递增
在区间(a,b) f'(x)<0 f(x)在(a,b)内 单调递减
上可导 f'(x)=0 f(x)在(a,b)内是 常数函数
可导函数f(x)在(a,b)上单调递增(减)的充要条件是∀x∈(a,b),都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)且f'(x)在
(a,b)上的任何子区间内都不恒为零.
【例1.1】（2023年普通高等学校招生全国统一考试（新课标全国Ⅰ卷））
已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
【解析】【分析】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；
（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.
【变式1-1】（2022年江苏徐州市中学高三月考模拟试卷）已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 ，证明： .
【答案】（1）当 时， 单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
当 时， 单调递增区间为 与 ，单调递减区间为
；
当 时， 单调递减区间为 与 ，单调递增区间为
；
（2）详见解析.
【解析】
【小问1详解】，
当 时， ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
当 时， ，
令 得 ，
当 或 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
当 时，当 或 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
综上：当 时， 单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
当 时， 单调递增区间为 和 ，单调递减区间为
；
当 时， 单调递减区间为 和 ，单调递增区间为
；【小问2详解】
要证 ，即证 ，
令 ， ，
令 ， ，显然 在 上为增函数，
所以 ， 在 上为增函数，
又 ，
，即 ，
当 时， 为减函数，
当 时， 为增函数，
，
令 ，显然 在 上为减函数，
所以 ， ，
所以 ， ，即当 时， 成立.
【变式1-2】（2022年福建德化高中模拟试卷）已知函数 ．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）设函数 有两个极值点 ，证明： ．
【解析】
（1） 定义域为 ，且
，
令 得， 或 ，
①当 时， 与 ， ， 单调递增，
， ， 单调递减，
②当 时， ， 在 单调递增，
③当 时， 与 ， ， 单调递增，
， ， 单调递减，
综上，当 时， 在区间 ， 上单调递增， 在区间 上单调递减；
当 时， 在区间 上单调递增；
当 时， 在区间 ， 上单调递增， 在区间 单调递减；
（2）由已知， ，则 ，函数 有两个极值点 ， ，即 在 上有两个不等实根，
令 ，只需 ，故 ，
又 ， ，
所以
，
要证 ，即证 ，
只需证 ，
令 ， ，
则 ，
令 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递减，
又 ， ，
由零点存在性定理得， 使得 ，
即 ，
所以 时， ， 单调递增，时， ， 单调递减，
则 ，
∵由对勾函数知 在 上单调递增，
∴ ，
∴ ，即 ，得证．
【变式1-3】（2022·辽宁·育明高中一模）已知函数 ， .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若函数 有且仅有3个零点，求a的取值范围.（其中常数 …，是自然对
数的底数）
【分析】
（1）先求导，需要分类讨论，分当a≤0时，当0＜a＜1时，当a＝1时，当a＞1时，根据导数和函数的单
调性求出即可.
（2）将问题转化为 与 的图像有三个交点，借助第一问的单调性得到极值，在每一类情况
下通过构造函数解不等式，求得a的范围，取交集即可．
【详解】
因为 ，其定义域为 ，
则 ，且 ，
①若a≤0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，即函数f（x）在（0，1）单调递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）单调递减，
②当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，解得x＝1，或x＝a，
当a＜x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，当x＞1或0＜x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；
③当a＝1时，f′（x） 0恒成立，即函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
④当a＞1时，当1＜x＜a时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x＞a或0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
所以f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.
（2）令 ，即 有且仅有3个零点，
∴依题意， 与 的图像有三个交点，
∴由（1）知，必有 和 ，
①当0＜a＜1时，f（x）在（a，1）上单调递增，在（0，a），（1，+∞）单调递减；
∴f（x）的极小值为 ，极大值为 ，
又
，
∴ 与 的图像至多有1个交点，所以舍去；
②当a＞1时，f（x）在（1，a）上单调递增，在（0，1），（a，+∞）单调递减.
∴f（x）的极小值为 ，极大值为 ，
∴只有当 成立，
与 的图像才有三个交点，
当 时， ，下面只需要求解不等式
即 的解集，
令 ，则 等价于
设 ，则 ，令 ，则 ，令 ，则 ，
且当t＜2时，u′（t）＞0，函数u（t）单调递增，
当t＞2时，u′（t）＜0，函数u（t）单调递减，
又 ，所以 ，即 单调递减，又 ，所以 时， ，
即 ，得到 ，
综上
【思维提升】 导数的单调性就是解关于导数的不等式，即 f'(x)>0 或f'(x)<0。最终要转化为解方程
f'(x)=0
，对于方程的解由三种题型，一是能进行因式分解得到方程的跟，进而对方程的跟进行比较大小。而是方
程的根不能因式分解就要运用求根公式进行求解，要特别注意此方程有无实根。三是给定区间的讨论，此
类问题要对方程的根与区间的端点进行讨论。
【应用二】分类讨论思想在运用导数研究零点的应用
函数零点问题是我们在做题过程中常见的问题，但是往往在解决函数零点问题时会发现，函数解析式
总是十分复杂，所以为了研究较复杂函数的零点问题，我们一般会通过函数的单调性、极值、图象的变化
趋势等求解；
【例2】【2022年全国乙卷】已知函数f (x)=ln(1+x)+axe−x
(1)当a=1时，求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
【解析】
【分析】
（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究
(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)
x 1 1−x
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+ ,f(0)=0,所以切点为(0,0) f' (x)= + ,f' (0)=2,所以切线斜率为
ex 1+x ex
2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
ax 1 a(1−x) ex+a(1−x2)
(2)f(x)=ln(1+x)+ f' (x)= + =
ex 1+x ex (1+x)ex设g(x)=ex+a(1−x2)
1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a(1−x2)>0,即f' (x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0
故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意
2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g' (x)=ex−2ax>0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f' (x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<−1
(1)当x∈(0,+∞),则g' (x)=ex−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f' (m)=0
当x∈(0,m),f' (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f' (x)>0,f(x)单调递增
所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0
当x→+∞,f(x)→+∞
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(−1,0),g(x)=ex+a(1−x2)
设ℎ(x)=g' (x)=ex−2axℎ ' (x)=ex−2a>0
1
所以g' (x)在(−1,0)单调递增g' (−1)= +2a<0,g' (0)=1>0
e
所以存在n∈(−1,0),使得g' (n)=0当x∈(−1,n),g' (x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g' (x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0
1
又g(−1)= >0
e
所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f' (t)=0
当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减
有x→−1,f(x)→−∞
而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0
所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)
【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满
足即可，肯定要两方面都说明.
【思维提升】 函数的零点问题是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数
学问题从本质上看还是与函数的单调性密切相关，果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数
的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好
使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，
是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
分类讨论求函数的零点个数问题，属于难题.分类讨论求函数的零点时，（1）先从函数有无零点得到参数
的一个范围；（2）函数有零点时，再判断函数零点是否在给定区间内，得到参数下一步的范围
【变式2-1】（2022年广东真光中学-深圳二高高三月考模拟试卷） 已知函数 ，， 在 上有且仅有一个零点 .
（1）求 的取值范围；
（2）证明：若 ，则 在 上有且仅有一个零点 ，且 .
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【小问1详解】
，设 ，
，
①当 时，若 ，则 ，
在 上无零点，不符合题意；
②当 时，若 ，则 ，
∴ 在 上单调递增，
∴ ，∴ 在 上无零点，不符合题意；
③当 时，若 ，则 ，∴ 在 上单调递增，
∵ ， ，
∴存在唯一 ，使得 .
当 时， ；当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，∵ ， ，
故 在 上有且仅有一个零点 ，符合题意；
综上， 的取值范围为 .
【小问2详解】
记 ，
，
由（1）知：若 ，当 时， ， ，
当 时， ， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ，
故存在唯一 ，使得 ，且 .
注意到 ，可知 在 上有且仅有一个零点 ，
且 ，即 .
【变式2-2】（2022·湖南·模拟预测）已知函数 ，（e是自然对数的底数，
．
(1)求函数 的最小值；
(2)若函数 有且仅有两个零点，求实数a的取值范围．
【分析】（1）对函数进行求导，根据导数与0的关系判断单调性得其最小值；（2）对 进行二次求导，分为 ， 和 三种情形，根据导数判断函数的单调性结合零点存
在定理得结果.
(1)因为 ， ，所以 ，
因为 在 上单调递增，且 ，
所以，当 时， ， 在区间 上单调递减，
当 时， ， 在区间 上单调递增，所以 ．
(2)由题设：
所以 ，令 ，
因为 ， 则 ，所以 在 上单调递增；
当 时，由（1）知 只有一个零点，不合题意，
当 时，因为 在 上单调递增，且 ， ，
故存在 ，使得 ，即 ， ，
所以当 时， ， 在区间 上单调递减．
当 时， ， 在区间 上单调递增，
所以 ，
则 ．
所以 没有零点，不合题意；
当 时，因为 在区间 上单调递增，且 ， ，
所以存在 满足 ，
所以，当 时， ， 在区间 上单调递减，
当 时， ， 在区间 上单调递增，
所以 ，
又
，
先证： ，设 ， ，
当 时， ， 单调递减，当 时， . 单调递增，
所以 ，当且仅当 时取等号，
因为 ，所以
，
又因为 ，且
所以 ， ， ， ，
所以 时， 有且仅有两个零点 ， ，
故实数a的取值范围为 ．
【点睛】利用导数研究函数的最值主要是通过导数判断函数的单调性，若导函数含有参数，要对参数进行
分类讨论，分类讨论标准的制定可考虑判别式、零点分布等知识，对于函数的零点主要依据为函数图象与
轴交点的情形，难点在与端点处函数值符号的判定.【变式2-3】（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）已知 ， .
(1)讨论 的单调性；
(2)若函数 与 的图象恰有一个交点，求 的取值范围.
【答案】(1)当 时， 在 单调递增；当 时， 在 单调递增，在
单调递减；
(2) 或
【分析】
（1）直接求导，讨论 和 ，求出对应单调区间即可；
（2）将题设转化为 有一个零点，由 知函数 除0之外无其他零点，分 ，
， 和 依次讨论函数的零点情况，即可求解.
(1)
易得 ， ，当 时， 恒成立， 在 单调递增；
当 时，令 ，解得 ，令 ，解得 ，则 在
单调递增，在 单调递减；
综上：当 时， 在 单调递增；当 时， 在 单调递增，在 单
调递减；
(2)函数 与 的图象恰有一个交点，等价于 有一个零点，
，
显然 ，即函数 除0之外无其他零点， ，令 ，，
当 时， ，则 ，即 在 单调递减，
当 时，当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，即 除0之外无其他零点，
符合题意；
当 时，当 时， ，即 在 上单调递减，又
，
则存在 使 ，即 在 单增， 单减，又 ， 时， ，
故 在 至少存在1个零点，不合题意；
当 时，当 时，由上知 在 单调递减， ，则 在 单调
递增，即 ，
当 时，令 ，则 ，即 单调递减， ，即
，
令 ，则 ，即 单调递减， ，即 ，
则 ，即 除0之外无其他零点，符合题意；
当 时，当 时，由上知 在 单调递减，又 ， ，，
则存在 使 ，即 在 单增， 单减，
又 ， 时， ，故 在 存在1个零点，不合题意；
综上： 或 .
【点睛】 本题的关键点在于将题设转化为 有一个零点，由 知函数 除0之外无
其他零点，然后借助分类讨论分 ， ， 和 依次分析函数的零点情况即可求解
【变式2-4】（2022·河北·石家庄二中模拟预测）已知函数 .
(1)当m＝1时，求f（x）在[1，e]上的值域；
(2)设函数f（x）的导函数为 ，讨论 零点的个数.
【答案】(1)
(2)答案详见解析
【分析】
（1）通过多次求导的方法判断出 在区间 上的单调性，由此求得 在 上的值域.
（2）令 ，对 进行分类讨论，结合导数判断出 零点个数.
(1)当 时， ，
，′
所以 在 上递增， ，
所以 在 上递增， ，
所以 在 上递增， .
所以 在 上的值域 .(2) ， ，
当 时， ， ，即 是 的唯一零点.
当 时， ，结合 的图象以及性质可知 ，
， 在区间 递减；
在区间 递增，所以 ，故 .
， ，
所以 在区间 递减；在区间 递增，
所以 ，所以在区间 上有 .
所以 ， 没有零点.
当 时：
令 ，
，
所以 在 上递增，由 与 的图象可知，在区间 上，存在唯一 ，使 ①，
即 .
所以 在区间 递减；在区间 递增，
所以当 时， 取得极小值也即是最小值 ，
由①得 ，所以 ；
由①得 ，
所以
，
当且仅当 时等号成立.
所以当 ，即 时， ，则 也即 没有零点；
当 ，即 时， 也即 有唯一零点 .
当 ，即 ， ，则 也即 有 个零点.
综上所述：当 或 时， 有唯一零点；
当 时， 没有零点；
当 ，时， 有 个零点.
【点睛】在利用导数求解函数单调性、极值、最值的过程中，若一次求导无法解决的，可考虑二次或多次
求导来进行求解.求解过程中要注意导函数和原函数之间的关系
【应用三】分类讨论思想在运用导数研究极值与最值的应用
若函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小,f'(a)=0,而且在点x=a
附近的左侧 f'(x)<0 ,右侧 f'(x)>0 ,则点a叫作函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫作函数y=f(x)的极
小值.
若函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大,f'(b)=0,而且在点x=b
附近的左侧 f'(x)>0 ,右侧 f'(x)<0 ,则点b叫作函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫作函数y=f(x)的极
大值.
极大值点、极小值点统称为极值点,极大值、极小值统称为极值.
函数的最值
1.在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值.
2.若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单
调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.
【例3.1】（2022年广东梅州市高三月考模拟试卷）已知函数 .
（1）求 的极值；
（2）若 时， 恒成立，求实数 的取值范围．
【解析】
【小问1详解】
解：函数 的定义域为 ， ，
当 时， 在 恒成立， 在 单调递减，故 无极值；
当 时，令 ，则 ，
时， ， 在 单调递减；时， ， 在 单调递增；
故 在 取极小值，且 ，无极大值
综上，当 时， 无极值；
当 时， 在 取极小值，且 ，无极大值.
【小问2详解】
解：∵ ，∴ ，即 且
∴ 且 ，即 ， 为 的两个零点
∴由（1）知，当 时， 在 取极小值，且 ，故
又∵ ，∴ ，
又∵ 恒成立，∴ 对任意 恒成立，
∵ ，∴ ， 且
∴ 对任意 恒成立
∴令 ，则 ， 对任意 恒成立，则 .
∴ 对任意 恒成立
令 ，则当 ，即 时， 恒成立
故 在 为单调递增函数，
又∵ ，∴ 对 恒成立
当 ，即 时， 为单调增函数，
又∵ ， ，∴ 使 ，
当 时， ，故 在 单调递减
∴当 时， ，不合题意
综上，实数 的取值范围为 .
【例3.2】（2022·河北保定·高三期末）已知函数 .
(1)若 ，讨论 在 上的单调性；
(2)若函数 在 上的最大值小于 ，求 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，然后分 和 判断导数的正负，从而可求出函数的单调区间，
（2）由题意得 ，然后分 ， ， 和 四种情况求 在的最大值，使其最大值小于 ，从而可求出 的取值范围
(1)
.
令 ，得 ；令 ，得 .
当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
(2)由题意得 .
若 ， ，则 在 上单调递增， ，不合题意.
若 ，则 在 上单调递增， ，不合题意.
若 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，
或 .
当 时， ；
当 时， ，则 .
若 ，则 在 上单调递减， .
综上， 的取值范围是 .
【思维提升】函数的极值问题归根还是要转化为研究函数的单调性。函数的最值问题也好根据单调性确定
函数何时取得最值。因此，函数的单调性与最值问题要转化为函数的单调性的讨论问题。
【变式3-1】【2019年新课标3卷理科】已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）是否存在 ，使得 在区间 的最小值为 且最大值为1？若存在，求出 的所有值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见详解；(2) 或 .
【解析】
【分析】
(1)先求 的导数，再根据 的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据 的各种范围，利用函数单调性进
行最大值和最小值的判断，最终得出 , 的值.
【详解】
(1)对 求导得 .所以有
当 时， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增；
当 时， 区间上单调递增；
当 时， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增.
(2)若 在区间 有最大值1和最小值-1，所以
若 ， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增；
此时在区间 上单调递增，所以 ， 代入解得 ， ，与 矛盾，所以 不
成立.
若 ， 区间上单调递增；在区间 .所以 ， 代入解得 .
若 ， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增.
即 在区间 单调递减，在区间 单调递增，所以区间 上最小值为
而 ，故所以区间 上最大值为 .
即 相减得 ，即 ，又因为 ，所以无解.若 ， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增.
即 在区间 单调递减，在区间 单调递增，所以区间 上最小值为
而 ，故所以区间 上最大值为 .
即 相减得 ，解得 ，又因为 ，所以无解.
若 ， 区间上单调递增， 区间上单调递减， 区间上单调递增.
所以有 区间 上单调递减，所以区间 上最大值为 ，最小值为
即 解得 .
综上得 或 .
【点睛】
这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小
值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充
【变式3-2】（2022·山东·胜利一中模拟预测）已知函数 （ …是自
然对数的底数）．
（1）若 在 内有两个极值点，求实数 a的取值范围；
（2） 时，讨论关于x的方程 的根的个数．
【答案】（1） ；（2）答案见解析.
【分析】
（1）若 在 内有两个极值点，则 在 内有两个不相等的变号根，等价于在 上有两个不相等的变号根．令 ，分类讨论 有两个变号根时 的范
围；（2）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.
【详解】
（1）由题意可求得 ，
因为 在 内有两个极值点，所以 在 内有两个不相等的变号根，
即 在 上有两个不相等的变号根．
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 上有两个不相等的变号根，则 ，解得 ．
综上所述， ．（2）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 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．
【应用四】分类讨论思想在运用导数研究恒成立问题的应用
恒成立问题便是考查综合素质的很好途经，它经常以函数、方程、不等式等知识为载体，渗透转化与
化归、分类讨论等思想方法。近几年的数学高考中频频出现恒成立问题，其形式逐渐多样化，但都与函数
知识密不可分。遇到恒成立问题，我们的第一想法大多是利用函数与方程的思想进行分类讨论进行求解，
【例4】（2023年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷））
已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程．
（2）若函数 在 单调递增，求 的取值范围．
【解析】
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最
后求解切线方程即可；
（2）原问题即 在区间 上恒成立，整理变形可得
在区间 上恒成立，然后分类讨论 三种情况即可求得实数 的取值范围.
【小问1详解】
当 时， ，
则 ，
据此可得 ，所以函数在 处的切线方程为 ，即 .
【小问2详解】
由函数的解析式可得 ，
满足题意时 在区间 上恒成立.
令 ，则 ，
令 ，原问题等价于 在区间 上恒成立，
则 ，
当 时，由于 ，故 ， 在区间 上单调递减，
此时 ，不合题意;
令 ，则 ，
当 ， 时，由于 ，所以 在区间 上单调递增，
即 在区间 上单调递增，
所以 ， 在区间 上单调递增， ，满足题意.
当 时，由 可得 ，
当 时， 在区间 上单调递减，即 单调递减，
注意到 ，故当 时， ， 单调递减，由于 ，故当 时， ，不合题意.
综上可知：实数 得取值范围是 .
【点睛】方法点睛：
（1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数
的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
（2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法
①函数在区间 上单调，实际上就是在该区间上 (或 )恒成立．
②函数在区间 上存在单调区间，实际上就是 (或 )在该区间上存在解集．
【思维提升】函数的恒成立问题在高考中常见由两种解决途径。一是进行参数分离。构造新函数，转化为
求函数的最值问题，这种方法主要困难就是一阶求导后方程的根不易求。要涉及到二次求导；二是转化为
函数与方程。通过函数的零点问题进行讨论。通过分类讨论的方法是这种题目常用的方法。
【变式4-1】（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）设函数 .
(1)若曲线 在点 处的切线斜率为 ，求 的值；
(2)若 存在两个极值点 ，且对任意 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1) ；(2) 或 .
【分析】（1）求出 ，令 ，求解可得答案；
（2）令 得 ， ，当 由 可得 ，令
，求导利用单调性可得答案； 当 根据 ，令可得 求解可得
答案.
【详解】（1） ，所以 ，解得 ；
（2） ，令 得 ，
解得 ，或 时 且 ，
当 即 时， ，对任意 恒成立，
得 可得 ， ，
时成立， 时，有 在 恒成立，
令 ， ，所以 在 单调递减，
有 ，所以 ；
当 即 时， ，对任意 恒成立，求实数 的取值范围，即
在 上恒成立，
因为 ，可得 ，
解得 ，
当 即 时， 重合，不符合题意，
综上所述， 或 .
【变式4-2】（2023·云南红河·统考一模）已知函数 ，曲线 在点
处的切线与直线 平行．
(1)求a的值；
(2)若 时，不等式 恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1) ；(2)
【分析】(1)根据题意先求出函数的导数，利用导数的几何意义求出实数 的值即可；
(2)将不等式等价转化为 在 上恒成立，构造函数
，求导，利用导数分类讨论函数的单调性，求得最值即可求解.
【详解】（1）由题意可知： 的定义域为 ．
，因为曲线 在点 处的切线与直线 平行，
所以 ，即 ．解得： 或 ，
由已知条件 ，故可求得实数 ．
（2） ，不等式 ，
即 ．设 ， ，则 恒成立．
，令 ， ．
①若 ，则 ， 在 上单调递增， ，不符合题意；
②若 ，则 ，二次函数 的对称轴 ， 在 上单调递增，则 ，
，所以 ，不符合题意；
③若 ，则 ，
（ⅰ）当 ，即 时， 在 上单调递减， ，所以 ，
在 上单调递减， ，符合题意；（ⅱ）当 ，即 时， 在 上单调递增，
此时 ， ，不符合题意；
综上所述，m的取值范围为
【变式4-3】（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知函数 （ 为自然对数的底数）.
(1)若不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)若不等式 在 上恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1) ；(2)
【分析】（1）先判断 在 上单调递增，再利用单调性解不等式得解；
（2）等价于 对 恒成立，令 ，利
用二次求导对 分类讨论求函数 的最大值得解.
【详解】（1）解： ，由复合函数的单调性原理得 在 上单调递增，由
得 ，即 .
（2）解： 对 恒成立
令 ， ，， 在 上单调递减，
，
若 ，即 时， 在 上恒成立，则 在 上单调递减，
符合题意.
若 ，即 时，
（i）若 ，则 ， 在 上单调递增， 这与题设矛盾，舍去.
（ii）若 ，则存在 使 ，且当 时， 单调递增，此时
这与题设也矛盾，舍去.
综上：实数 的取值范围为 .
巩固练习
1、（2023年全国新高考Ⅱ卷）（1）证明：当 时， ；
（2）已知函数 ，若 是 的极大值点，求a的取值范围．
【解析】【分析】（1）分别构建 ， ，求导，
利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究 在 上的单调性，求导，分类讨论和 ，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【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
2、【2021年新高考2卷】已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： 只有一个零点
① ；
② ．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】
(1)由函数的解析式可得： ，
当 时，若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时，若 ，则 单调递增，
若 ，则 单调递减，
若 ，则 单调递增；
(2)若选择条件①：
由于 ，故 ，则 ，
而 ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于 ，故 ，则 ，
当 时， ， ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
当 时，构造函数 ，则 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
注意到 ，故 恒成立，从而有： ，此时：
，
当 时， ，
取 ，则 ，
即： ，
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.，
由于 ， ，故 ，
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高
考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几
何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求
参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
3、（2022年河北衡水中学高三月考模拟试卷）已知函数 ， .
（1）当 时，
①求曲线 在 处的切线方程；
②求证： 在 上有唯一极大值点；
的
（2）若 没有零点，求 取值范围.
【答案】（1）① ；②证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
若 ，则 ， .①在 处， ， .
所以曲线 在 处的切线方程为 .
②令 ， ，
在区间 上， ，则 在区间 上是减函数.
又 ，
所以 在 上有唯一零点 .
列表得：
+ -
极大值
所以 在 上有唯一极大值点 .
【小问2详解】
，
令 ，则 .
①若 ，则 ， 在 上是增函数.
因为 ， ，
所以 恰有一个零点 .
令 ，得 .代入 ，得 ，
解得 .
所以当 时， 的唯一零点为0，此时 无零点，符合题意.
②若 ，此时 的定义域为 .
当 时， ， 在区间 上是减函数；
当 时， ， 在区间 上是增函数.
所以 .
又 ，
由题意，当 ，即 时， 无零点，符合题意.
综上， 的取值范围是 .
4、（2022年江苏镇江中学高三月考模拟试卷）已知函数 .
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意的x>1，f（x）>0恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：若函数f（x）有极值点，则f（x）必有3个不同的零点.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【小问1详解】
定义域为，
令 ，即 ，
（i）若 ，即 时， 在 上单调递增.
（ii）若 时， 在 上恒成立，则有 ， 在 上单调递
增.
（iii）若 时，令 ，则 ；
当 时，有 ；
当 时，有 .
因此 在 上单调递增， 上单调递减，
上单调递增.
综上： 时， 单增区间为 ，无单减区间；
时， 单调递增区间为 ，
单递减区间为
【小问2详解】
由（1）知，当 时， 在 上单调递增，此时
当 时， 在 上单调递减，此时有
这与 矛盾，综上： 的取值范围为 .
【小问3详解】
由（1）知，当 时， 无极值点当 时， 在 上单调递增， 上单调递减，
上单调递增且
则 为极大值， 为极小值.
又
要使 有3个不同的零点，则 ，
当 时， ，令
，当 时， ，令
， 上各有一个零点
在
另一个零点为1，共3个不同的零点.
5、（2022·江苏·扬州中学模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，求 的单调区间；
(2)讨论 零点的个数．
【答案】(1)增区间为 和 ，减区间为
(2) 时， 有一个零点； 时， 有两个零点； 时， 有三个零点
【分析】
（1）当 时，当 时， ，求得 ，结合导数的符号，求得函数的单调性；当
时，求得 ，得出函数的单调性；
（2）①当 时，求得 在 上为增函数，结合零点的存在定理，得到 在 上有一个零点；当当 时，利用导数求得函数的单调性和最小值，分类讨论，即可求解.
(1)解：当 函数 的定义域为 ．
当 时， ，则 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
所以 在 上为减函数，在 上为增函数；
当 时， ，则 ，
所以 在 上为增函数．
综上可得，函数 的增区间为 和 ，减区间为 ．
(2)解：①当 时， ，可知 在 上为增函数，
又因为 ， ，
所以 在 上有一个零点，此时 在 上有一个零点．
②当 时， ，则 ，
若 ，则 ，所以 在 上为增函数，
于是 ，此时 在 上没有零点．
若 ，则 ； ，所以 在 上是减函数，在 上是增函数，
所以 ．
（ⅰ）若 ，则 ，此时 在 上没有零点．
（ⅱ）若 ，则 ，此时 在 上有一个零点．
（ⅲ）若 ，则 ，又因为 ，
所以 在 上有一个零点；
由 ，可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以 ，所以 （当且仅当 时取等号），
则 ，
所以 在 上有一个零点．此时 在 上有两个零点．
综上可得，当 时， 有一个零点；当 时， 有两个零点；
当 时， 有三个零点．
6、（2022·山东烟台·高三期末）已知函数 ．(1)讨论 的单调性；
(2)若 在 上有零点 ，
①求a的取值范围；
②求证： ．
【答案】(1) 时， 在 上单调递增，
当 时 在 上单调递增，在 上单调递减．
(2)① ；②证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，讨论a的取值情况，判断导数的正负，确定函数的单调性;
（2）①对a分类讨论，与1进行比较，结合零点存在定理，即可得到答案;
②根据 在 上有零点 ，可以先整理得到 ，利用该式，先将要证明的不等式左面进行
变形，分离参数，再利用构造函数，结合求导，判断函数的单调性可进行证明；同理可证明不等式的右边
部分.
(1)（1） ， ．
当 时， 恒成立， 在 上单调递增．
当 时， ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减．
综上， 时， 在 上单调递增，当 时 在 上单调递增，在 上单调递减．
(2)①注意到， ，
由（1）知，当 时， 在 上单调递增，
对任意 ，恒有 ，不合题意；
同理，当 时， 在 上单调递减，
又 ，所以对任意 ，恒有 ，不合题意；
当 时， ，由（1）知， 在 上单调递增，
在 上单调递减，所以 ，
又当 时， ，
由零点存在定理知，存在唯一一点 ，使得 ，满足题意．
综上所述，a的取值范围为 ．
②由①知，当 时， ，
解得 ．要证 ，只需证 ．
令 ， ，
则 ，
所以 在 上单调递增，
又 ，所以 在 上恒成立，即 ，即 ．
要证 ，只需证 ，即 ．
又因为 ，即证 ．
令 ， ，则 ．
又 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
当 时， ，
所以 在 恒成立，所以 在 上单调递减，
又 ，所以 ，即 ，不等式得证．
