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培优专题 05 导数压轴大题综合 8 大重难题型
参考答案
题型01 利用导数解决不等式恒（能）成立问题
🎯命题方向一 不等式恒（能）成立问题的解题策略
1．【答案】(1)
(2)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 上单调递减
(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导后分 、 和 讨论求解即可；
（3）将问题转化为 成立，令 ，利用导数求出 的最大值即
可得答案.
【详解】（1）依题意 ，
所以 , ，
又
函数在 处的切线方程为 ，
即 ．（2）当 ，
①当 时， ， 在 单调递增，
②当 时， ， 在 单调递减，
③当 时，令 ，解得
则当 时， ，当 时， ，
所以 在 单调递增，在 单调递减．
综上可知，
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 上单调递减
（3）由（2）可知，
，
，
故 在 单调递减，
又因为 时， ,
所以 ，
即 ，
因为，对 ，关于a的不等式 恒成立，所以，对 ， 恒成立，
即 成立，
令 ，
因为
令 在 上单调递增
因为
所以，由零点存在定理，可知 ，使得 ，即 ．
当 时，
当 时，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减
所以 ，
所以
2．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）由题设可得 对于任意 恒成立，可得 对任意 恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可；
（2）（i）转化问题为证明 ，结合（1）可得 ，即证 ，设
，利用导数分析其单调性，进而求证即可；
（ii）由题意可得 ，结合（1）可知 ， ， ，设
，利用导数分析其单调性，进而得到 ，再结合（i）可得
，进而求证即可.
【详解】（1）由 ，得 ，
由 为增函数，有 对于任意 恒成立，
整理有 对任意 恒成立．
设 ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，则 ，
所以 的取值范围为 .
（2）（i）要证 成立，即证 成立．
由（1）有 时， 在 上单调递增，
因为 ，则 ，即 ，整理 ，即证 成立．
设 ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即 ，当且仅当 时等号成立，
令 ，可得 ，故 成立，所以原不等式成立．
（ii）由已知可得 有两不同实根为 ，则 ，即 ，
一方面：由（1）可知 ，有 ；
同理可得 ，设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，且 ，
故 对任意 恒成立，故 在 上单调递减，
由 ，则 ，即 ，且 ，
则 ，故 ，可得 ；
另一方面：又因为 ，由（i）可得 ，即 ，
则 ，且 ，可得 .
综上所述， ，可得 ，
则 ，得证．
【点睛】关键点点睛：本题第3问，变形给定不等式，利用同构的思想转化为函数单调递增是求解的关键.3．【答案】(1)递减区间为 ，递增区间为 ；
(2) ；
(3) .
【分析】（1）把 代入，求出函数 ，再利用导数求出函数的单调区间.
（2）根据给定伯，分离参数构造函数 ，再利用导数求出函数的最值即得.
（3）变形不等式并函数 ，把问题转化为函数 在 上单调递增求解.
【详解】（1）当 时，函数 的定义域为 ，求导得 ，
由 ，得 ；由 ，得 ，
所以函数 的递减区间为 ，递增区间为 .
（2）依题意， ，则 ，
于是存在 ， 成立，设 ，
则 ，函数 在 上递增， ，
所以 .
（3）依题意， 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立，
设 ，则 对任意 恒成立，
下面证明 对任意 恒成立，
设 ， ，求导得 ，当且仅当 时取等号，函数 在 上单调递减，则 ，即 ，
于是 对任意 恒成立，只需 在 上单调递增，
即 在 上恒成立，则 在 上恒成立，因此 ，
所以实数 的取值范围为 .
🎯命题方向二 双变量的恒（能）成立问题的解题策略
4．【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）求导分析单调性，极值，即可求解.
（2）根据题意可得 ，求导，由 在 上单调递增，可得 在 上恒
成立，只需 ，即可求解.
（3）若对任意的 ，总存在 ，使得 ，则当 时， ，
即可求解.
【详解】（1） ， ，
令 ，解得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
所以 在 处取得极小值，且极小值为 ，无极大值.
（2） ， ，
则 ，因为 在 单调递增，
所以 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，即 ，
设 ， ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，故 的取值范围为 .
（3）若对任意的 ，总存在 ，使得 ，
则当 时， ，
由（1）知 在 上单调递增，
所以当 时， ，
， ，
，
当 时， ， 单调递减，
，
，
，
的取值范围为 .
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立、存在性问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数 ， ，
（1）若 ，有 成立，则 ；
（2）若 ，有 成立，则 ；
（3）若 ，有 成立，则 .
5．【答案】(1) (2) (3)
【分析】（1）当 时，利用导数求出函数的极值点，得出不等式，即可解得；
（2）讨论函数的单调性，结合图象即可求出 的取值范围；
（3）求出 ， 的值域，由题意得 的值域是 的值域的子集，即可求解.
【详解】（1）当 时，由已知 ，
令 ，解得 或 ，
因为 ，
所以要使函数 在区间 上存在极值，只需 ，
解得 ．
（2）当 时， ， 的图象与 轴没有交点；
当 时，令 ，解得 或 ．
当 时，
0 2
0 0
极大值 极小值
， ．若函数 的图象与 轴有且只有一个交点，则 ，解得 ，
所以 ；
当 时，
0 2
0 0
极小值 极大值
， ．
则函数 的图象与 轴有且只有一个交点，
所以 ； 综上，
（3）由题意知， ，
因为 ， ，
所以由 ，解 或 ，由 ，解得 ，
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ，
， ， ， ，
又因为 在 上单调递增，
所以 的值域为 ，
依题意，对任意给定的 ，总存在唯一的 ，使得 成立，
可得 ，即 ，
解得 的取值范围是 ．🎯命题方向三 洛必达法则
6．【答案】(1) (2) (3)证明见解析
【分析】（1）先代入 ，求 与 ，再算切点与斜率，最后用点斜式写出切线方程.
（2）解法一:先求导得出 在 递增、 递减，得其最大值为 ，再将题意转化为
恒成立，构造函数求导并按 与1的大小分类讨论，判断函数单调性与最值，进而得出 的取值范围.
解法二: 先求导得 ，并分析其单调性与最大值 ,将存在性条件转化为 恒成立,再分离参
数构造函数 ,通过多次求导判断 单调递增,最后用洛必达法则求极限得 ,从而确定 的取值范
围为 .
（3）解法一:先由极值点条件换元 转化方程，得到 满足的关系式，再将 整理为
同一函数形式，证明该函数单调且满足奇函数对称性，利用极值点偏移证得 ，最终得到
.
解法二: 先由 单调性得极值点满足 ,构造对称函数 并通过连续两次求导数判断其单调
递增,推出 ,再利用 单调性证得 ,结合 在 递增,最终推导出
.
【详解】（1）当 时， .
因为 ，所以 ， .
曲线 在点 处的切线方程 .即 .
（2）解法一：因为 ，
所以 ，
因为 ，
当 时， ，当 时， ，
即 在 上单调递增， 在 上单调递减
故 在 处取得最大值，最大值为 .
因为存在 ，对于任意 ，都有 成立
所以 ，即 恒成立，等价于 ，
即对任意 ， 恒成立.
设 ，则
令 ，则 .
①当 时，因为 ，则显然有 ，
可知 在 上单调递减，则 ，
所以 在 上单调递减，
所以 ，即对任意 恒成立，
所以 满足题意;
②当 时，令 ，解得： ，
当 时， ，则 单调递增，此时 ，则 在 上单调递增，所以 ，
即当 时， ，即 不恒成立，
可知 不合题意.
综上所述， .
解法二：由（1）得， ，
所以 ，因为 ，
当 时， ，当 时， ，
即 在 上单调递增， 在 上单调递减
故 在 处取得最大值，最大值为 .
因为存在 ，对于任意 ，都有 成立
即 恒成立，等价于 ，
即对任意 恒成立.
即 恒成立，令
令
，令
，因为 ，所以 ，
即 在 上单调递增，所以 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，即所以 在 上单调递增
由洛必达法则 （如果直接使用洛必达法则求解且结果正确扣两
分）所以 ，即 .故 ，
下证：
因为 ，即 ，
故 ，
又 ，所以 ，即 ，
因为 在 上单调递减，
所以 ，又因为 ，所以 ，
又因为 在 上单调递增，在 上单调递减，
且 的两个零点为 ，
所以在 上 ，即 在 上单调递增，所以 ，
因为 ，即 ，且 所以 ，
故 得证.
题型02 利用导数证明不等式
7．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）由题设可得 对于任意 恒成立，可得 对任意 恒成立，设
，利用导数分析其单调性，进而求解即可；
（2）（i）转化问题为证明 ，结合（1）可得 ，即证 ，设
，利用导数分析其单调性，进而求证即可；
（ii）由题意可得 ，结合（1）可知 ， ， ，设
，利用导数分析其单调性，进而得到 ，再结合（i）可得
，进而求证即可.
【详解】（1）由 ，得 ，
由 为增函数，有 对于任意 恒成立，
整理有 对任意 恒成立．
设 ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，则 ，
所以 的取值范围为 .
（2）（i）要证 成立，即证 成立．
由（1）有 时， 在 上单调递增，因为 ，则 ，即 ，
整理 ，即证 成立．
设 ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即 ，当且仅当 时等号成立，
令 ，可得 ，故 成立，所以原不等式成立．
（ii）由已知可得 有两不同实根为 ，则 ，即 ，
一方面：由（1）可知 ，有 ；
同理可得 ，设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，且 ，
故 对任意 恒成立，故 在 上单调递减，
由 ，则 ，即 ，且 ，
则 ，故 ，可得 ；
另一方面：又因为 ，由（i）可得 ，即 ，
则 ，且 ，可得 .
综上所述， ，可得 ，
则 ，得证．8．【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）转化为 无变号零点，利用导数求解即可；
（2）（i）转化为函数 有三个零点，进而转化为 有两个不相等的正根，根据单调性
和零点存在性定理即可求解；（ii）根据 ， 的关系， ，结合 的单调性，结合（i）中
的两根关系、a的取值范围即可得证.
【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 .9．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据斜率求解 ，即可根据点斜式求解直线方程，
（2）分离参数，构造函数 ，利用导数求解函数的最值，即可得解，
（3）根据导数求解函数单调性，进而可得最小值，根据两个零点得 ，通过代入可将问题转为
证明 ，进而证明 得证.
【详解】（1） ，则切线的斜率为 ，所以 .
从而 ，所以 处的切线方程为
，即 .
（2） 时，由 得 ，
整理得 .
令 ，则 ，
由于 为 上的单调递增函数，且 ，
故当 时， ，则 ；当 时， ，则 ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此 ，故 的取值范围为 .
（3） ，
令 ，解得 ，当 时， ；当 时， ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以
，
当 时， ，当 时， ，所以 有两个零点.
不妨设为 ， ，且 ，
由 ，可得 ，
所以要证 ，即证 ，
即证 .
而 ，则 ，
所以要证 ，即证 ，
即证 ，
而
，
由于 ，故 ，则 ，
故
，所以 ，即得证.
10．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出导函数 ，求出函数 在 处的切线斜率，进而求得切线方程.
（2）不等式整理为 恒成立，只需求出右式的最小值即可，构造函数 ，
利用求导的方法得出函数的最小值；
（3）根据不等式的形式可得 ，只需使 的最小值大于右式的最大值即可，构造函数
，利用求导得出函数的最大值．
【详解】（1） ，∴
所以 ，所以函数 在 处的切线方程为 .
（2）因为 在 上恒成立，∴ 恒成立，
令 ，则 ，
由 ，得 ， ， 时， ；
时， ．∴ 时， ．∴ ．
∴实数 的取值范围是 ．
（3）对一切 ，都有 成立，
∴ ，∴ ，
由（1）可知 的最小值是 ，当且仅当 时取到．设 ，则 ，
∵ 时， ， 时， ，∴ ，
从而对一切 ， 成立．
题型03 对称化构造解决极值点偏移
11．【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）（i）将问题转化为 ，构造函数 ，研究函数 的单调性与极值等
性质即可得答案；
（ii）令 ， ， ，进而得 ， ， ，再整理得
， ，进一步得 ，再构造函数 ，
结合极值点偏移的对称构造证明 得 ，整理得 ，再代入即可证明结论.
【详解】（1）当 时， ．
将 代入，得切点纵坐标 ．
对 求导得：
所以在 处的切线斜率为： ，
所以切线方程为 ，即： ．（2）（i）由 等价于 ．
设 ． ．
令 ，解得 或 ．
当 时， ， ， 单调递增；
当 时， ， ， 单调递减；
当 时， ， ， 单调递增．
的极大值为 ；极小值为 ．
又当 时， ；当 时， ．
所以函数 的大致图象如图：
所以，要使直线 与 有3个不同的交点，必须满足：
故实数a的取值范围是 ．
（ii）证明：由（i）知，三个零点分布为： ， ， ．
由零点分布可知 ， ， ．
令 ， ， ．
显然有 ， ， ．因为 ，代入 得： ．
同理代入 和 可得： ，且 ．
因此， ， 是方程 的两个正根，而u是方程 的正根．
因为 ，两边同时乘以 并除以 ，得：
两边取自然对数：
同理，由 可得：
将上述两式相加，得到 ：
下面证明 ．
设 ，由已知 ．
由于 ，要证 ，而 且 在 上单调递减．
等价于证明 ，即证 对任意 成立．
构造函数 ．
即证明： ，
令 ． ，
令 ， ， ，
因为 ，所以 ，即 单调递增．
．
所以 在 上单调递减， ．故 成立，进而 在 上恒成立．
这说明 成立，从而得到 ．
因为 且 ，所以 ．
代入第一步得到的恒等式中：
将 ， ， 代回上式：
所以原不等式得证．
12．【答案】(1)
(2)当 时， 在 上单调递增；
当 时， 有两根记为 ， 在 和 上单调递增，在
上单调递减.
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求切线方程；
（2）讨论 的取值范围利用导数求 的单调性；
（3）通过构造函数求最值的方法证明不等式.
【详解】（1）函数 ，有 ，
，有 ，
所以切线方程为 ，
即曲线 在点 处的切线方程为 .
（2）函数 ， ， ，令 ， ， ，
令 ，得 ，
令 ，得 ，所以 在 上单调递减，
令 ，得 ，所以 在 上单调递增，
所以 ，
①当 时， ，
所以 ，即 ，
所以 在 上单调递增；
②当 时， ，
所以 ，即 ，
当 时， ， ，从而 ，
当 时， ， ，与 相比，指数函数 呈爆炸性增长，从而
，
所以 有两根，记为 ，
当 变化时， 与 的变化情况如下表：
+ 0 - 0 +
单调递
单调递增 极大值 极小值 单调递增
减
在 和 上单调递增，在 上单调递减；综上所述：当 时， 在 上单调递增；
当 时， 有两根，记为 ， 在 和 上单调递增，在
上单调递减.
（3）由（2）知， ，
因为函数 在 上有两个不同的零点 ，
所以 即 ， 即 ，
两式相除得 ，令 ③，
，所以 ，代入③式得 ，
，
令 ， ， ，
令 ， ，
因为 ，所以 ，
所以 在区间 上单调递增，所以 ，
所以 在区间 上单调递增，所以 ，
得证 .
13．【答案】(1)（ⅰ） ；（ⅱ）
(2)
【分析】（1）（ⅰ）得到函数 后求导数 ，得到切线斜率 ，然后由点斜式求得切线方程；
（ⅱ）整理不等式得 ，然后令 并求导数 ，利用导数求得函数的单调区间，即可求
出函数的最小值 ，然后得到实数 的取值范围；
（2）由 及 整理得到 ，令 ，构造函数 并求
导数 ，由题意得函数 在区间 上有零点，则函数 在 上有一个实根 ，从
而得到 且 有解，建立不等式组解得实数 的取值范围，验证后得结论.
【详解】（1）（ⅰ）当 时， ，
则切线斜率 ，又因为 ，
所以切线方程为 ，即
（ⅱ）当 时， 所以
令 ， ，
，
所以 在 单调递增，在 单调递减
， 时 且
所以 ，
（2）设 ，由 得 ，
则 ，∵ ，∴ ，即 ， ，
又 ， ，
设 ，则 ，令 （ ），
则 ，且 ，
由题意可知，函数 在区间 上有零点，
，函数 在 上有一个实根 ，
所以 ， ，解得 .
当 ， ， 单调递增， ，
当 ， ， 单调递减， ， ，
由零点存在定理得存在 ，使得 .
综上，实数 的取值范围为
题型04 利用导数研究隐零点问题
14．【答案】(1)
(2) （或 ）.
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数求得切线斜率后可得切线方程；
（2）不等式分离参数为 ，令 ， ，利用导数求得 的最小值即可得；（3）利用导数求得 且 满足 ， ，由 ，再引入新函数
， ，利用导数得 的最大值，从而证明结论．
【详解】（1） ， ， ，
，又 ，
所以所求切线方程为 ．
（2）由 ， ，得 ，
令 ， ，则 ，
又 时， ，可知 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，故 （或 ）.
（3）由 可知， 的定义域为 ，
因为 ，
，所以 在 上单调递减，
， ，
存在 ，使得 ，即 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 在 处取得唯一的极大值，也是最大值，所以 ，
令 ， ，
则 ， 在区间 上单调递增，
故 ，所以 .
15．【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、根
据极值点求参数
【分析】（1）先 ，再求 ，由点斜式即可求解；
（2）（i）求导得 ，构造 并应用导数研究单调性，进而判断 符号确定
单调性，可求极值点所在的区间为 ，再证 上 ，由此得 ，
结合零点存在性定理即可证结论；
（ii）由①结合题设可得 ，结合 上 ，即可证结论.
【详解】（1）由题设， 且 ，则 ，
所以 ，又 ，
所以切线方程为 ，即： .
（2）（i）由 ，令 ，又 ，
易知 在 上递减，又 ， ，
∴ 在 上有唯一零点，即 在 上唯一零点，
设零点为 ，则 ，
∴ ， ， 递增； ， ， 递减；
∴ 是 唯一极值点，且为极大值，
令 且 ，则 ，故 在 上递减，
∴ ，即 ，
∴ ，又 ，
根据零点存在性定理知 在 上存在零点，又∵ 在 单调递减；
∴ 在 存在唯一零点，
又∵ ， 在 上单调递增； ，
∴ 在 上的唯一零点为1，
故 恰有两个零点；
（ii）由题意， ，即 ，
则 ，即 ，
当 时， ，又 ，则 ，∴ ，得 ，
即 ，得证.
【点睛】方法点睛：在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研
究.
题型05 导数与数列的综合问题
🎯命题方向一 圆锥曲线中的证明问题
16．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导代入 ，计算出斜率和点坐标即可求得切线方程；
（2）求导后对参数 进行分类讨论，求得函数单调性根据 恒成立，可得出 ；
（3）根据（2）中结论，可得当 时 ，再由对数运算法则以及不等式放缩计算
证明即可.
【详解】（1）易知 ，
当 时， ，此时 ，
又 ，
所以切线方程为 ，即 ；
（2）由（1）可知 ，
若 ，即 时， ，此时函数 在区间 上单调递增，
因此 ，符合题意；
若 ，即 ，
当 时， ，函数 在区间 上单调递减，
此时 ，不合题意；
综上所述， 的取值范围为 .
（3）证明：
先证右侧不等式，如下：
由（2）可得，当 时，有 ，
可得 ，所以 ，
即 ，
则有 ；
即 ，右侧不等式得证；
左侧不等式证明如下：
构造函数 ，则 在 上恒成立；
即 在 上单调递减，可知 ，
可得 ，也即 ，
可得 ，
因此 ，可得
又因为 ，
所以 ，
故 ，左侧得证；
综上可得，不等式 成立.
17．【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.
【详解】（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.
