培优冲刺04新结构19题型卷导数大题“降温”题型归类（解析版）_数学_二轮复习_2024年_2024年高考数学第三次模拟资源精选_资料_模块三查漏补缺

培优冲刺 04 新结构 19 题型卷导数“降温”题型归类
目录
题型一：切线型·········································································································································································1
题型二：零点型·········································································································································································4
题型三：单调或者不单调型··················································································································································8
题型四：常规型不等式的证明···········································································································································12
题型五：不等式“恒成立”求参············································································································································15
题型六：不等式“能成立”求参············································································································································17
题型七：求整数型参数·························································································································································20
题型八：二次求导型·····························································································································································23
题型九：双变量型构造························································································································································26
题型十：数列型不等式证明···············································································································································28
题型十一：老高考压轴型导数题······································································································································30
题型一：切线型
求切线的步骤：
(1) 已知切点 求斜率 ,即求该点处的导数 ；
(2) 己知斜率 求切点 即解方程 ；
(3) 已知切线过某点 (不是切点) 求切点, 设出切点 利用
求解.
若切线与函数交点个数，可以通过联立方程，几个解来证明或者求参
1.已知函数 ．
(1)求函数 的极值点；
(2)记曲线 在 处的切线为 ，求证， 与 有唯一公共点．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）利用导数的性质，结合极值点的定义进行求解即可；
（2）根据导数的几何意义，结合导数的性质进行运算证明即可.
【详解】（1） ，
令 ，当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
所以函数 的极值点为 ；
（2）由（1）可知： ，而 ，
所以切线 的方程为 ，
由 ，或 ，
当 时， ，此时， 与 有公共点 ，
当 时，设 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，所以 ，
即 ，当且仅当 时取等号，
所以由 ，即 ，此时 与 有公共点 ，
综上所述： 与 有唯一公共点.
2．已知函数 （ ）．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若函数 在点 处的切线 与直线 垂直，解不等式 ．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求原函数的导函数，讨论一元二次不等式的解，进而判定原函数的单调性；
（2）利用导数的几何意义与两直线垂直的判定进而求得实数 的值，借助原函数的单调性求不等式即可.
【详解】（1）∵ ，
∴ （ ）．
令 ，其 ．
①当 ，即 时， 恒成立，
∴ 对 恒成立，故 在 上递增；
②当 ，即 时，
方程 的两个根分别是 ， ．
若 ，则 ， ，
故 时， ； 时， ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
若 ，则 ， ，故 或 时， ； 时， ．
所以 在 和 上均单调递增，在 上单调递减；
综上，当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 和 上均单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）直线 的斜率为 ，
由（1）知， ，
且函数 在点 处的切线 与直线 垂直，
得 ， ，
当 时，函数 在 上单调递增，
又因为 ，
∴ ，即 ，
∴ ，
即不等式 的解集为 ．
3．已知函数
(1)判断函数 的单调性；
(2)曲线 在点 处的切线与曲线 只有一个公共点，求a的值．
【答案】(1)答案见解析
(2) 或
【分析】（1）求出 根据 的正负可得答案
（2）根据导数的几何意义求出切线方程，分 、 讨论，结合直线的位置关系、一元二次方程根的
判别式进行求解即可.
【详解】（1）由题意得 ， ，
因为 时， ，所以 单调递增，无单调递减区间；
（2）因为 ，所以切线的斜率为 ，
所以切线方程为 ，
即 与曲线 只有一个公共点，
当 时，可得 ，
因为 ，所以直线 与 相交，只有一个公共点，符合题意；
当 时，若切线与曲线 只有一个公共点，
只需 只有一个公共解，
整理得 ，所以 ，解得 .
综上所述， 或 .
【点睛】思路点睛：第二问的解题思路是求出切线方程，且与曲线 只有一个公共点，
联立方程求解即可.
4．已知函数 的图象在 处的切线方程为 .
(1)求 的解析式；
(2)若过点 可作 图象的三条切线，证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数得到切线斜率值，利用点斜式方程即得切线方程；
（2）设出切点，列出切线方程，将题设条件转化成方程 有三个实根，即函
数 有三个零点，就 值分类讨论即得.
【详解】（1）因为 ， ， ，
所以切线方程为 ，即 .
（2）设切点为 ，则切线方程为： ，
因切线经过点 ，故有 ，即 .
令 ，依题知 有3个零点.
，令 得 ，
①当 时， 时， ， 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，此时 至多有两个零点，不合题意；
②当 时， 或 时， ， 时， ，
则 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
又 ， ，
因 ，由 有3个零点可知： ，故得： ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的切线方程求法和函数的零点问题.
解决函数的零点问题一般可以考虑运用参变分离法或者分类讨论法.此题中将曲线存在经过某点的三条切线
问题，转化成对应方程的三个实根，继而又转化成函数有三个零点问题，最后就参数 分类讨论得出结论.
题型二：零点型极值点个数的判断问题，一般转化为零点的个数，注意求出导函数的零点，此零点不一定是原函数的极值
点，还要结合函数的单调性或函数图象进行验证.
1.已知函数 .
(1)当曲线 在点 处的切线与直线 垂直时，求a的值；
(2)讨论 的极值点的个数.
【答案】(1) 或
(2) 时， 有且只有1个极值点，当 时， 有2个极值点.
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义得到切线斜率，进而表达出切线方程，根据斜率乘积为-1得到
方程，求出a的值；
（2）求定义域，求导，对导函数因式分解，分 和 两种情况，进行分类讨论，得到函数的极值点
情况.
【详解】（1） ，
，故 ，
故 在点 处的切线方程为 ，
由于该切线与直线 垂直，故 ，解得 或 ，
综上， 或
（2） 定义域为R，
，
当 时，令 得 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
故 为 的极小值点，
当 时，令 得 或 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
故 在 处取得极小值，也是最小值，
最小值为 ，所以 恒成立，
令 得 或 ，此时 单调递增，
令 得 ，此时 单调递减，
故 为函数的极小值点， 为函数的极大值点，
此时函数有2个零点，
综上， 时， 有且只有1个极值点，
当 时， 有2个极值点.
2．已知函数 ， ．
(1)求函数 图象上一点 处的切线方程；
(2)若函数 有两个零点 （ ），求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义结合直线的点斜式方程运算求解；
（2）先求出函数 的导函数，分 和 时，得出函数 的单调性，从而只需要 ，即
可求出答案.
【详解】（1）由 ，解得 ，所以 ，
则 ，则 ，
所以切线方程为 ，即 ．
（2） ，
当 时， 在 上单调递减，不合题意，舍去；
当 时， 在 单调递减，在 上单调递增．
由 时， ， 时， ，
则 ，
令 ，则 ， 在 单调递增．
又 ， 时， ， 时， ，
，所以 .
3．已知函数 .
(1)设 ，证明：当 时，过原点O有且仅有一条直线与曲线 相切；
(2)若函数 有两个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)证明过程见解析(2)
【分析】（1）由题意设出切点，进一步将原问题转换为证明当 时，方程 有为一解，
故只需证明 即可；
（2）对 分类讨论，即分 和 讨论，结合导数与单调性的关系以及零点存在定理即可求解.
【详解】（1）当 时， ，
设过原点O的直线与曲线 相切于点 ，
则 ，变形得 ，
设 ，则 ，
若 ，则当 时，恒有 ，此时方程 有唯一解 ，
所以过原点O有且仅有一条直线 与曲线 相切；
当 时，由 得 ，由 得 ，
所以此时 ，方程 有唯一解 ，
所以过原点O有且仅有一条直线与曲线 相切；
综上所述，当 时，过原点O有且仅有一条直线与曲线 相切；
（2） ，
由（1）知，当 时， ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以 ，此时 最多有一个零点，不符合题意；
当 时，由（1）可知 ，
又 ，
所以 在 内各有一个零点，不妨设为 ，
所以 的导数有三个零点 ，
当 或 时， ，当 或 时， ，
所以 的极大值 ， 的极小值为 ，
且 ，
又当 或 时，都有 ，
所以 恰在 和 各有一个零点，符合题意，
综上所述，a的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是分类讨论，利用导数研究函数单调性以及最值即可顺利得解.
4．已知函数 （ 为常数），函数 ．
(1)若函数 有两个零点，求实数 的取值的范围；
(2)当 ，设函数 ，若 在 上有零点，求 的最小值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用导数确定函数的单调性，再根据函数有2个零点建立不等式求解即可.
（2）由 在 上有零点可得方程，据此可看作 在直线上， 可转化为点到原点距离的
平方的最小值，利用导数求最小值即可.
【详解】（1） ， ，
① 时， ，则 在 上单调递增， 至多有一个零点．
② 时，令 得 ，则 在 上单调递增；
令 得 ，则 在 上单调递减；
若 有2个零点，则需满足 ，则 ，
又 ，且 ，
令 ，则 ，
令 ，得 ，故 在 上单调递增；
令 ，得 ，故 在 上单调递减；
∴ ，则 ，即 ，
则 ．
故 在 上有唯一零点，在 上有唯一零点，符合题意，
所以 为所求．
（2）设函数 在 上的零点为 ，则 ，
所以 在直线 上，
设 为坐标原点，则 ，其最小值就是 到直线 的距离的平方，
所以 ，
又 ，∴ ，令 ，则 ，
，∴ 在 上单调递减，
，即 ，
所以 的最小值为 .
【点睛】关键点点睛：第（2）问中关键在于利用函数 在 上的零点为 ，得到方程后转化为点 在直线 上，再利用 的几何意义
求解.
题型三：单调或者不单调型
利用导数解决不含参数函数的单调性的步骤：
①确定函数 的定义域；
②求 ；
③在定义域内解不等式 ，得单调递增区间；
④在定义域内解不等式 ，得单调递增区间.
利用导数解决已知函数的单调性求参数问题的一般方法：
①利用集合间的包含关系处理： 在 上单调，
则区间 是相应单调区间的子集.
② 为增函数的充要条件是对任意的 都有 且在 内的任一
非空子区间上， 不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.
③函数在某一个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.
1.已知函数 .
(1)若 ，证明：当 时， ；
(2)求所有的实数 ，使得函数 在 上单调.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设 （ ），对 求导，设 （ ），对 求
导，讨论 与 的大小，可得 ，即可证明；
（2）先求出 为奇函数，要使函数 在 上单调，只要函数 在 上单调，解法
1：对 求导，由 解出实数 ，即可得出答案；解法2：讨论 ， 和
结合零点存在性定理即可得出答案.
【详解】（1）设 （ ），
则 ，
设 （ ），则 ，显然
所以 在 上单调递增，故 ，所以 .
则 在 上单调递增，所以 ，因此（2）解法1：因为 ，所以 为奇函数.
要使函数 在 上单调，只要函数 在 上单调.
又 .
因为 ，所以函数 在 只能单调递减，
由 ，解得 .
下证当 时， 在 上单调.
由于 是奇函数，只要 在 单调，
因为 ，所以 在 单调递减.
解法2：因为 ，所以 为奇函数.
要使函数 在 上单调，只要函数 在 上单调.
又 .
（ⅰ）若 ，即 时， ，所以函数
在 上单调递减，所以 满足题意；
（ⅱ）若 ，则 ，故 ，
所以由零点存在定理得存在 ， ，使得当 时， ，
当 时， ，所以 在 单调递增，
在 单调递减，因此 不合题意；
（ⅲ）若 ，则 ，故 ，
所以由零点存在定理得存在 ， ，使得当 时， ，
当 时， ，所以 在 单调递减，
在 单调递增，因此 不合题意；
因此所求实数 的取值范围是 .
2．已知函数 .
（1）若 ，求证： ；
（2）若函数 在 上不单调，求实数 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】(1)当 时 讨论其单调性得出
在 上的最小值为 ，即证.
(2)对 求导，对 的取值范围分类讨论，结合对应 的
单调性即可求出 的取值范围.
【详解】解：（1）当 时， ，所以 ；
当 时， ， 在区间 上单调递减；
当 时， ， 在区间 上单调递增；所以 是 在区间 上的最小值，所以 .
（2）依题意， .
若 ，则当 时， ， 在区间 上单调递增，不合题意，舍去；
若 ，令 ，则 .
因为 时， ，所以 在 上单调递增.
因为 ，而 ，
所以存在 ，使得 .
此时函数 在 上单调递减，在 上单调递增，符合条件；
综上所述，实数 的取值范围是 .
3．已知 ，函数 （ 是自然对数的底数）．
（Ⅰ）若 ，证明：曲线 没有经过点 的切线；
（Ⅱ）若函数 在其定义域上不单调，求 的取值范围；
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）假设存在切线经过 ，设切点为 ，利用切线方程推出矛盾得到证明.
（Ⅱ）函数 在其定义域上不单调，等价于 有变号零点，取导数为0，参数分离，设新函数利用
函数的单调性求取值范围.
【详解】解：（Ⅰ）因为 ，所以 ，此时 ，
设曲线 在点 处的切线经过点
则曲线 在点 处的切线
所以 化简得：
令 ，则 ，
所以当 时， ， 为减函数，
当 时， ， 为增函数，
所以 ，所以 无解
所以曲线 的切线都不经过点
（Ⅱ）函数的定义域为 ，因为 ，
所以 在定义域上不单调，等价于 有变号零点，令 ，得 ，令 ．
因为 ，令 ， ，
所以 是 上的减函数，又 ，故1是 的唯一零点，
当 ， ， ， 递增；
当 ， ， ， 递减；
故当 时， 取得极大值且为最大值 ，所以 ，即 的取值范围是
【点睛】本题考查了函数的切线问题，函数单调性问题，将 在定义域上不单调，等价于 有变号
零点，是解题的关键.
4．已知函数 .
（1）若直线 与曲线 相切，求 的值；
（2）若函数 在 上不单调，且函数 有三个零点，求 的取值范围.
【答案】(1) ；(2) .
【详解】分析：(1）设切点为 ，由题意结合导函数的几何意义可得关于 的方程，解方程可得
或 ，结合题意可知 ， .
(2）求导可得 ，利用导函数与原函数的单调性的关系可得 .结合导函数
的解析式可得 的极大值为 ， 的极小值为 ，据此可得关于a的不等式组，求
解不等式组，结合函数的单调性可得 的取值范围 .
详解：(1）设切点为 ，
则 ，
所以 ，
解得 或 ，
当 时， ，不合题意.
当 时， ，因为 ，所以 .
(2） ，
因为 在 上不是单调函数，所以 .
因为 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
所以 的极大值为 ， 的极小值为 ，
函数 有三个零点，即 的图象与直线 有三个交点，所以 ，解得 .
点睛：本题主要考查导数研究函数的单调性，导数研究函数的极值等知识，意在考查学生的转化能力和计
算求解能力.
题型四：常规型不等式的证明
利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
），进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
1.已知函数 ．
(1)若函数 的图象在 处的切线与 轴平行，求 的值；
(2)当 时，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得 ，根据题意，结合 ，即可求解；
（2）构造函数 ，利用两次求导，结合隐零点求 ，再结合二
次函数的性质即可得解．
【详解】（1）由函数 ，可得 ，可得 ，
因为函数 的图象在 处的切线与 轴平行，
可得 ，解得 .
（2）当 时， ，
令 ，则 ，
令 ，则 恒成立，
所以 在 上单调递增，且 ，
由零点存在性定理可得存在 ，使得 ，即 ，
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，
所以 ，
由二次函数性质可得 ，所以 ，即 ．
2．已知函数 ．
(1)求函数 的最小值；(2)当 ， 时，求证： ．
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）求导确定函数的单调性即可求出最值；
（2）令 ，由 的单调性可知 ，变形可得到 ，
结合（1）知 即 ，即可证明.
【详解】（1） ，
，
在 上单调递减，
的最小值为 .
（2）令 ，则 .
在 上单调递减，
，
又 ， ，
，
又由（1）知， ，
.
【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式，经常将所证不等式进行等价转化，构造新函数，再借助函数的
单调性求出最值或极值进行变形得到.
3．已知函数 ．
(1)求函数 的最小值；
(2)当 时，求证： ．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）直接求导得函数单调性，进一步即可得解；
（2）由（1）有 ，当 时，结论是平凡的，所以只需证明当 时，
，构造函数结合导数即可进一步得证.【详解】（1） ，
所以 单调递增，从而函数 的最小值为 .
（2）由（1）当 时， ，
所以要证当 时，有 ，即 ，
只需证 ，当 时，结论是显然的，
所以只需证当 时， ，
不妨设令 ，则 ，
令 ，则 ，
从而 单调递增，所以 ，
从而 单调递增，所以 ，
综上所述，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是将原问题转换为只需证当 时， ，由此即可顺利
得解.
4．已知函数 ．
(1)求函数 的极值；
(2)证明： ．
【答案】(1)极小值0，无极大值；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数 的极值.
（2）利用（1）中信息，构建关于 的不等式 ，再利用累加法求和即可.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，求导得 ，
当 时， ，当 时， ，则函数 在 上递减，在 上递增，
所以函数 在 处取得极小值 ，无极大值.
（2）证明：由（1）知， ，即 ， ，
因此 ，当且仅当 时取等号，
令 ， ，则 ，
，而 ，
所以 .【点睛】关键点睛：证明第（2）问的数列不等式，利用第（1）的结论，变形构造不等式
，再结合累加法求和是解题之关键.
题型五：不等式“恒成立”求参
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1.（23-24高三上·河南南阳·已知函数
(1)当 时，求 的最小值；
(2)若关于x的不等式 恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由题意写出函数解析式，利用导数研究其单调性，求得其最值；
（2）根据函数解析式求得导数，结合分类讨论思想，可得答案.
【详解】（1）当 时， ，则
由 ，得 ，由 ，得 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ．
（2）由题意可得 ．当 时，由 ，得 ，由 ，得
，则 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ．
因为不等式 恒成立，所以 ，解得 ．
当 时， ，不符合题意．综上，a的取值范围是 ．
2．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）已知函数 .
(1)求 的单调区间；
(2)若对于任意的 恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】(1)递增区间为 ，递减区间为 (2)
【分析】（1）利用导数求解函数的单调区间即可；（2）由题知 对于任意的 恒成立，进而分 和 两种情况讨论即可得解.
【详解】（1）因为 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
解得 的递增区间为 ；
令 ，则 ，即 ，
解得 的递减区间为 ；
所以 的递增区间为 ，递减区间为 .
（2）因为对于任意的 恒成立，所以 对于任意的 恒成立，
当 时， ；当 时， ，令 ，所以 ，
令 ，所以 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减，所以 ，即 在 上恒成立
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以 .综上，实数 的取值范围为 .
3．（22-23高三·河南焦作）已知函数 ， .
(1)当 时，求函数 的图像在点 处的切线方程；
(2)若 ，求证：当 时， ；
(3)若 对任意 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1) (2)证明见解析(3)
【分析】（1）利用导数的意义求出斜率，再用点斜式求出直线方程；
（2）恒成立问题，只需证明 ，构造函数 ，求导判断
单调性，求出最小值即可证明；
（3）恒成立问题，构造函数，得到 ，求导；再令分子等于 ，由二次函
数的性质得到 ，最后求出结果.
【详解】（1）当 时， ， .所以 ， .
所以函数 的图像在点 处的切线方程为 ，即
（2）证明：当 时， ， ，即证 .
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，即 .
（3）由 ，令 .
首先由 ，此时 ，令 .
因为 所以 ，所以 恒成立，即 .
所以 在 递增，故 .
综上： 的取值范围 .
题型六：不等式“能成立”求参
有解和恒成立求参问题常转化为最值问题处理：
（1） 恒成立 ； 有解 ；
（2） 恒成立 ； 有解 .
1.（23-24高三·北京顺义·阶段练习）已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)判断函数 在区间 上的单调性；
(3)是否存在 ，使得 成立，若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ；(2)递增；(3)存在， .
【分析】（1）求出函数 的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）由导数值恒正判断函数 单调递增.
（3）假定存在，分离参数构造函数 ，利用导数探讨最大值即可得解.
【详解】（1）函数 ，求导得 ，
则 ，而 ，所以曲线 在点 处的切线方程为 .
（2）当 时， ， ，因此 ，所以函数 在区间 上的单调递增.
（3）假定存在 ，使得 成立，即存在 ，不等式 成立，
令 ，求导得 ，
令 ，求导得 ，即函数 在 上递增，
则 ，即 ，于是 ，而 ，
因此 ，函数 在 上单调递增， ， ，则 ，
所以 的取值范围是 .
2．（23-24高三山东·阶段练习）设函数 .（a， ），满足 在 和 处取
得极值.
(1)求a、b的值；
(2)若存在 ，使得不等式 成立，求实数c的最小值.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）函数 在 和 处取得极值，所以 且 ，从而求出a、b的值；
（2）分离参数得 ，利用导数求出函数 的最小值，从而求出c的最小值.
【详解】（1）因为 ，定义域为 ，所以 ，
因为 在 和 处取得极值，所以 ，且 ，
解得 ，即所求a、b值均为 ；
当 时， ，令 得 ，令 得 或
，
所以函数 在 上单调递增，在 上和 上单调递减，
所以 为函数 的极小值点， 为函数 的极大值点，符合题意.
（2）存在 ，使得不等式 成立，则只需 ，
由（1）知 ， ，所以当 时， ，函数 单
调递减；当 时， ，函数 单调递增；当 时， ，函数 单调递减；
所以 在 处有极小值，而 ， ，
又 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，即实数c的最小值为 .
3．（23-24高三·天津静海·阶段练习）已知 ，
(1)若对于任意的 ，都有 成立，求 的取值范围；
(2)若存在 ，使得 成立，求 的取值范围；
(3)若函数 ，若存在 ，使得 成立，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）恒成立求参问题，先分参后转换成求具体函数的最值问题即可求出结果.
（2）有解问题，解法同恒成立求参问题.
（3）恒成立和有解问题统一转化成最值问题解决.
【详解】（1）对于任意的 ，都有 成立，
则 恒成立，即 恒成立，
又 ，所以当 时， 恒成立，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以 ，所以 的取值范围为 .
（2）存在 ，使得 成立，
即 ，使得 成立，
所以 有解，
又 ，所以当 时， 恒成立，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以 ，所以 的取值范围为 .（3）存在 ，使得 成立，即 ，使得 ，成立，
令 ，
则 ，
所以当 时， 恒成立，
所以 在 上单调递减，所以 ，
所以 ，所以 的取值范围为 .
题型七：求整数型参数
隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋
值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互
换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换
可能不止一次.
1.（22-23高三上·四川绵阳·阶段练习）已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程
(2)若 对任意的 恒成立，求满足条件的实数 的最小整数值.
【答案】(1) .(2) .
【分析】（1）求出 在 处的导数值，求出 ，即可得出切线方程；
（2）先由题意，将问题转化为：得到 ，对任意的 恒成立；
，求出其导数，得出存在 ，函数 在区间 上单调递增，在
区间 上单调递减，由隐零点的整体代换的处理方法可得出答案.
【详解】（1） ，
，
曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 .
（2） 对任意的 恒成立，，令 ，则函数 在 上单调递增，
. 在唯一 ，使得使得 ，即 ，
且当 时， ，即 ；当 时， ，即 .
所以，函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
∴ ，
则 在 上单调递增，所以 ，
满足条件的实数 的最小整数值为 .
2．（23-24高三·吉林长春·阶段练习）已知函数 在点 处的切线方程为
(1)求 ；
(2)求 的单调区间；
(3)求使 成立的最小整数 .
【答案】(1) (2) 在 上单调递增(3)
【分析】（1）求得 ，结合 ，列出方程，即可求解；
（2）由（1）知 ，令 ，求得 ，求得 的单调
性和 ，即可求解；
（3）根据题意转换为 ，令 ，结合 ，得到 成立，
再由 时，转化为 ，设 ，利用导数求得函数的单调性，解得 ，
即可求解.
【详解】（1）解：由函数 ，可得
因为函数 在点 处的切线方程为 ，
可得 ，即 且 ，解得 .
（2）解：由（1）知 且 ，
令 ，可得 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，所以，当 时， ，即 ，
则 ，所以函数 在 上单调递增.
（3）解：由不等式 ，即 ，
令 ，可知 ，
因为 ，则 ，可得 ，即 ，则 ，
可知 ，且 为整数，所以 成立（必要性）；
下面证明： 时， 恒成立，当 时，可得 ，
即 ，因为 ，上式等价于 ，
设 ，可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
所以 ，所以 时，不等式 恒成立，
综上可得，实数 的最小值为 .
3．（22-23高三·陕西渭南·）已知函数
(1)若 ，讨论 的单调性.
(2)当 时，都有 成立，求整数 的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)1
【分析】（1）求定义域，求导，分 与 两种情况，得到 的单调性；
（2）变形得到 ，令 ， ，只需 ，求导，结合隐零点
得到 的单调性和极值，最值情况，得到 ，从而求出整数 的最大值.
【详解】（1） ，定义域为R，
且 ，
当 时， 恒成立，故 在R上单调递增，
当 时，令 得， ，此时 单调递增，
令 得， ，此时 单调递减，
综上：当 时， 在R上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）由题意得， 在 上恒成立，因为 ，所以 ，故 ，令 ， ，只需 ，
，令 ， ，
则 在 上恒成立，故 在 上单调递增，
又 ，故存在 ，使得 ，即 ，
当 时， ， ， 单调递减，
当 时， ， ， 单调递增，
故 在 处取得极小值，也是最小值， ，
所以 ，故整数 的最大值为1.
题型八：二次求导型
函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相对较大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式.
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围
时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导，再结合导数与单调性等解决.
1.（23-24高三·山东淄博·阶段练习）已知函数 ， ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，试判断函数 与 的图象的交点个数，并说明理由．
【答案】(1)答案见解析(2)无交点，理由见解析
【分析】（1）求导可得 ，分类讨论当 、 时函数 对应的单调性即可求解；
（2）由 得 ，令 ，利用二次导数讨论函数 的性质可得
，即可下结论.
【详解】（1）函数 的定义域为R，且 ，
当 时 恒成立，所以 在R上单调递减，
当 时，令 ，解得 ，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
综上可得：当 时 在R上单调递减；当 时 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ．
（2） ，则 ，令 ，即 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以当 时 ，则 单调递减，且 ，
当 时 ，则 单调递增，
又 ， ，故当 时 ，
所以当 时 ，则 单调递减，
当 时 ，则 单调递增，
所以 ，所以方程 无实根，
所以函数 与 的图象无交点.
2．（23-24高三下·江西抚州·阶段练习）已知函数 .
(1)当 时， ，求 的取值范围；
(2)若 在 上单调递增，求 的取值范围.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）求导后，设 ，再次求导后结合 的单调性讨论可得 的单调性即可得解；
（2） 在 上单调递增，可转化为 在 上恒成立，且 在 的任意子区
间上不恒为0，令 ，对 分类讨论研究 的单调性即可得 的单调性，即可得解.
【详解】（1）当 时， ，
令 ，
，当 时， ，
所以 在 上单调递减，则 ，
所以 在 上单调递减，
所以 ，即 ，
因为 ，所以 的取值范围是 ；
（2） ，
在 上单调递增等价于 在 上恒成立，
且 在 的任意子区间上不恒为0，
令 ，
则 ，
当 时，因为 ，所以 ，令 ，则 在 上恒成立，
所以 在 上单调递增，所以 ，
即 在 上恒成立，
所以 ，
则 在 上单调递增，
所以 ，则 在 上单调递增，符合题意；
当 时，令 ，
则 在 上单调递增，且 ，
由零点存在定理可知，存在实数 ，使得 ，
所以当 时， 0，即 在 上单调递减，
当 时， ，此时 ，
所以 在 上单调递减，所以 0，
则 在 上单调递减，不符合题意，舍去；
当 时，因为 ，所以 在 上不恒成立，
不符合题意，舍去.
综上， 的取值范围是 .
3.（23-24高三上·浙江宁波·期末）已知函数 ， .
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)若 在 内恒成立，求整数 的最大值.
【答案】(1) 在 上单调递减，在 上单调递增.(2)
【分析】（1）求得函数 的定义域为 ，求得 ，分别解不等式 、
可得出函数 的单调递减区间和递增区间；
（2）分析可知不等式 在 时恒成立，利用导数求出函数 在
时的最小值 ，构造 ，利用导数研究其
单调性，求得 时，即可求得整数 的最大值.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，
当 时， ， ，
令 ，解得： ；令 ，解得： ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）由 可得： ，记 ， ，
①若 ，即 ， ，则 在 上单调递增，
又 时， ，不合题意；
②若 ，即 ，令 ，则 ，令 ，则 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
，
令 ，
，
则令 ，解得： ，令 ，解得： ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ， ，故整数 的最大
值为 .
题型九：双变量型构造
1.（23-24高三山东·阶段练习）已知函数 ．
(1)求函数 的单调区间；
(2)当 时（ 为大于0的常数），求 的最大值；
(3)若当 时，不等式 f x  f x kx x 恒成立，求 的取值范围．
1 2 1 2 k
3 
【答案】(1)单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,(2)答案见解析(3)
2
,


【分析】（1）求导，利用导数求原函数的单调区间；
（2）分0t1和t1两种情况，结合（1）中的单调性求函数最值；
1  1 1 
（3）构建 gx f xkx ，分析可知 gx在 2 ,1   上单调递减，可得gxx x k 0在 2 ,1   上恒
成立，结合函数单调性分析求解.
1 1x2
【详解】（1）由题意可知：
f
x的定义域为0，且 fxx  ，
x x
令
fx0，解得0x1；令 fx0，解得x1；
所以函数 f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, ．
（2）由（1）可知：函数 f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, ，
1
当 时， 1t,t1，所以  f x   f 1 ；
0t1 max 2
1
当 时， f x在t,t1上单调递减，所以  f x   f t t2lnt．
t1 max 2
1
（3）当 2  x 2  x 1 1时，不等式 f x 1  f x 2 kx 1 x 2 ，即 f x kx  f x kx 恒成立，
1 1 2 2
1 
令 gx f xkx ，则 gx 1 gx 2 ，可知 gx在 2 ,1   上单调递减，
1 1 1 1  3
可得gxx k 0，即k  x恒成立，易知y x在 ,1 内单调递减，所以y  ，可得
x x x 2  max 2
1  3 3 
k  x  ，所以 的取值范围为

,.
x  2 k 2 
max
1
2．（23-24高三 江苏常州·阶段练习）已知函数 f x x2a2x2alnx,aR.
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
f x  f x 
(2)若对任意的 ，且 ，都有 2 1 a，求实数 的取值范围.
x 1 ,x 2 0, x 1  x 2 x 2 x 1 a
1
【答案】(1)答案见解析(2)(, ]
2
xax2
【分析】（1）根据题意，求得 fx ，分类讨论，即可求解函数
f
x的单调区间；
x
（2）设x x ，转化为 f x ax  f x ax ，等价于gx f xax在 0, 上是增函数，求得
1 2 2 2 1 1
x22x2a
gx 0恒成立，进而求得 的取值范围.
x a
1
【详解】（1）由函数 f x x2a2x2alnx,x0，
2
2a x2a2x2a xax2
可得 fxxa2   ，
x x x
①若a0，当x2时， fx0， f x 单调递增；
当0x2时， fx0， f x 单调递减；
x22
②若
a2
时，可得 fx
x
0，所以
f x
在
(0,)
上递增，无递减区间；
③若a2，当0x2时， fx0， f x 单调递增；
当2xa时， fx0， f x 单调递减；
当xa时， fx0， f x 单调递增；
④若2a0，当0xa时， fx0， f x 单调递增；
当a x2时， fx0， f x 单调递减；
当x2时， fx0， f x 单调递增；
所以，①当a0时，增区间为
2,
，减区间为
0,2
；
②当a2时，增区间为
0,
，无减区间；
③当a2时，增区间为
0,2,a,
，减区间为
2,a
；
④当2a0时，增区间为
0,a,2,
，减区间为
a,2
.
1
（2）由函数 f x x2a2x2alnx，
2f x  f x 
因为对任意的
x,x
0,，且
x  x
，都有
x
2
x
1 a，
1 2 1 2 2 1
不妨设x x ，则 f x  f x ax x  等价于 f x ax  f x ax ，
1 2 2 1 1 2 2 2 1 1
设gx f xax，等价于gx f xax在 0, 上是增函数，
1 2a x22x2a
因为gx x22alnx2x，可得gxx 2 ，
2 x x
依题意，对任意x0有x22x2a0恒成立，
1 1
又由2ax22xx121，可得a ，即实数 的取值范围为(, ].
2 a 2
3．（23-24高三·江苏苏州·阶段练习）已知函数 f(x)lnxax23x aR ．
(1)若函数 f(x)在x1处取到极值，求实数a的值；
mx x 
(2)若 ,对于任意 ,当 时，不等式 f x  f x  2 1 恒成立，求实数m的取值
a1 x 1 ,x 2 [1,10] x 1 x 2 1 2 x 1 x 2
范围．
【答案】(1)1；
(2)
,1710
.
【分析】（1）根据 f(1) 0，求得a1，再进行验证即可；
m
（2）由题可得gx f x 在1,10单调递减，则 在1,10恒成立，结合分离参数法，以及利
x g(x) 0
用导数求函数最值，即可求得结果.
1
【详解】（1） f(x)lnxax23x ， f(x) 
x
2ax3，
若函数 f(x)在x1处取到极值，则 f(1) 12a30，解得a1；
1 2x23x1 2x1x1
又当 a1 时， f xlnxx23x ， f(x)  x 2x3 x  x ，
 1 1 
故当x  0, 2   ， f(x) 0 ， y f x单调递增；当x 2 ,1  ， f(x) 0 ， y f x单调递减；
当x1, ， f(x) 0，y f x 单调递增；
则当a1时，满足 f x 在x1处取到极值，故a1.
（2）当a1时， f xlnxx23x，
f x  f x  mx 2 x 1  ，即 f x  m  f x  m ，令gx f x m ；
1 2 xx 1 x 2 x x
1 2 1 2
mx x 
对于任意 ,当 时，不等式 f x  f x  2 1 恒成立，
x,x [1,10] x x 1 2 xx
1 2 1 2 1 2
即对于任意x,x [1,10],当x x 时，gx gx  恒成立，也即ygx 在 1,10 单调递减；
1 2 1 2 1 2
m m 1 m 2x33x2xm
又gx f x lnxx23x ,x1,10，故  2x3  ，
x x g(x) x x2 x2
由题可知，g(x) 0在
1,10
恒成立，即2x33x2xm0在
1,10
恒成立，
也即m2x33x2x在
1,10 恒成立，令hx2x33x2x,x1,10
，1
则
h(x) 6x26x1
，又
y6x26x1
对称轴为x
2
，其在1,10单调递减，
h(1) 10
，
故h(x) 0在 1,10 恒成立，则yhx 在 1,10 单调递减，又hx h101710，
min
则m1710，也即m的取值范围为：
,1710
.
题型十：数列型不等式证明
x
1.（23-24高三·辽宁沈阳·阶段练习）已知函数 f(x)ln(x1) .
x1
(1)求 f(x)的单调区间；
1 1 1
(2)对任意的 ，求证：     ln2.
nN* n1 n2 2n
【答案】(1)递减区间为
1,0
，递增区间为
0,
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 f(x)的导数，再由导数值的正负确定x值集合得解.
n1 1
（2）利用（1）的结论，赋值得ln  ，再利用不等式性质，结合对数运算求解即得.
n n1
x 1
【详解】（1）函数 f(x)ln(x1) ln(x1) 1的定义域为(1,)，
x1 x1
1 1 x
求导得 f(x)   ，当 时， ，当 时， ，
x1 (x1)2 (x1)2 x(1,0) f(x)0 x(0,) f(x)0
所以函数 f(x)的递减区间为(1,0)，递增区间为(0,).
（2）由（1）知
f(x)在(0,)上单调递增，当x0,
时， f(x) f(0)0，
1
1 n
即： x ，令 1，得ln(1 ) ，化简得： n1 1 ，
ln(x1) x n 1 1 ln 
x1 n n n n1
n1 1 n2 1 2n 1
于是有：ln  ，ln  ， ，ln  ，
n n1 n1 n2  2n1 2n
n1 n2 2n 1 1 1
相加得：ln ln ln   
n n1 2n1 n1 n2 2n
2n n1 n2 2n 1 1 1
ln =ln(     )   ，
n n n1 2n1 n1 n2 2n
1 1 1
所以   ln2．
n1 n2 2n
2．（23-24高三·湖北武汉·）已知函数 f(x)ln(1x)x .
(1)求 f(x)的单调区间；
1 1 1 1
(2)试证明1   L  ln(n1)， .
2 3 4 n nN*
【答案】(1)单调增区间为
1,0
；单调减区间为
0,
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数判断单调性，进而得到单调区间；
1  1 1 
（2）根据（1）的结论，得到 ，进而得到ln 1 ，将ln 1裂成 即可得
ln(x1)x x  x x  ln(x1)lnx
证.1 x
【详解】（1）
f(x)
的定义域为(1,)， f(x)
x1
1
x1
，
令 f(x)0，得x0，
当 f(x)0时，得1 x0，所以 f(x)在 1,0 上单调递增；
当 f(x)0时，得x0，所以 f(x)在
0,
上单调递减；

f(x)的单调增区间为
1,0
；单调减区间为
0,
；
（2）证明：由（1）知， f(x)在
0,
单调递减，且 f(0)ln100，
x0时， f(x)ln(1x)x f(0)0，即ln(x1)x，
1 1  1
当 时，用 替换 ，得ln 1 ，
x0 x x x  x
1  x1 1
即ln 1ln lnx1lnx ，
x  x x
1
即 ln(n1)lnn， ，
n nN*
1 1 1 1
1     ln2ln1ln3ln2ln4ln3 ln(n1)lnn
 
 2 3 4 n
1 1 1 1
整理得1   

 ln(n1)ln1ln(n1)，
2 3 4 n
1 1 1 1
1   L  ln(n1)， .
 2 3 4 n nN*
3．（23-24高三上·陕西·阶段练习）已知函数 f xexaex，aR．
(1)若函数 f x 在R上单调递减，求a的取值范围；
1
(2)已知 ，m ， ，gxlnxmf lnx，求证：gx0；
a1 2 x1
1 1 1
(3)证明：ln5    
 nN*
．
n n1 5n
【答案】(1)a0
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由函数单调递减得 f(x)0恒成立，分离参数法可得；
（2）利用导数得函数单调性，由单调性证明不等式即可；
（3）利用（2）结论，逐个赋值后累加法可证.
【详解】（1） fxexaex 0对 xR恒成立，即ae2x对 xR恒成立．
因为e2x 0，则a0．
1  11  11 
（2）gxlnxm xlnx  x，只需证明lnx  x0．
x  2x  2x 
11 
令hxlnx  x x1 ，
2x 
1 1 1 x22x1 x12
hx     0，
x 2x2 2 2x2 2x2
则hx
在
1,
单调递减，则h(x)h(1)，
又h10，则hx0，即g(x)h(x)0成立，得证．（3）由（2）知lnx 1 x 1  x1 ，令x n1 ，
2 x n
n1 1n1 n 
则有ln    ，
n 2 n n1
1 1 n11 11 1 
即lnn1lnn 1     ，
2 n n1  2n n1
11 1 
lnn1lnn   ，
2n n1
1 1 1 
lnn2lnn1   ，
2n1 n2
…，
1 1 1 
ln5nln5n1   ，
25n1 5n
1 1 1 1 1 1 1 1
累加可得，ln(5n)lnn  

    

 
2n n1 5n1 10n n n1 5n1 5n
1 1 1 1
故ln5     
 nN*
，从而命题得证．
n n1 5n1 5n
题型十一：老高考压轴型导数题
1.（【2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ））设函数
1a
f xalnx x2bxa1 ，曲线y f x在点1，f 1处的切线斜率为0
2
a
求b;若存在 使得 f x  ，求a的取值范围．
x 1, 0 a1
0
【答案】（1）b1;（2）( 21, 21)(1,).
【详解】试题分析：（1）根据曲线在某点处的切线与此点的横坐标的导数的对应关系，可先对函数进行
a
求导可得： f(x) (1a)xb，利用上述关系不难求得 ，即可得 ;（2）由第（1）小题中
x f(1)0 b1
所求b，则函数 f(x)完全确定下来，则它的导数可求出并化简得：
a 1a a a
f(x) (1a)x1 (x )(x1)根据题意可得要对 与 的大小关系进行分类讨论，则可分以
x x 1a 1a 1
1 a
下三类：（ⅰ）若a ，则 1，故当 时， ， 在 单调递增，所以，存在
2 1a x(1,) f(x)0 f(x) (1,)
a a 1a a
，使得 f(x ) 的充要条件为 f(1) ，即 1 ，所以 .（ⅱ）若
x 1 0 a1 a1 2 a1  21a 21
0
1 a a a a
a1，则 1，故当x(1, )时， ；当x( ,)时， ， 在(1, )单
2 1a 1a f(x)0 1a f(x)0 f(x) 1a
a a a a
调递减，在( ,)单调递增.所以，存在 ，使得 f(x ) 的充要条件为 f( ) ，无解
1a x 1 0 a1 1a a1
0
1a a1 a
则不合题意.（ⅲ）若 ，则 f(1) 1  .综上，a的取值范围是 .
a1 2 2 a1 ( 21, 21)(1,)
a
试题解析：（1） f(x) (1a)xb，
x
由题设知 f(1)0，解得b1.1a
（2） 的定义域为 ，由（1）知， f(x)alnx x2x，
f(x) (0,) 2
a 1a a
f(x) (1a)x1 (x )(x1)
x x 1a
1 a
（ⅰ）若a ，则 1，故当 时， ， 在 单调递增，
2 1a x(1,) f(x)0 f(x) (1,)
a a 1a a
所以，存在 ，使得 f(x ) 的充要条件为 f(1) ，即 1 ，
x 1 0 a1 a1 2 a1
0
所以 21a 21.
1 a a
（ⅱ）若 a1，则 1，故当x(1, )时， ；
2 1a 1a f(x)0
a a a
当x( ,)时， ， 在(1, )单调递减，在( ,)单调递增.
1a f(x)0 f(x) 1a 1a
a a a
所以，存在 ，使得 f(x ) 的充要条件为 f( ) ，
x 1 0 a1 1a a1
0
a a a2 a a
而 f( )aln    ，所以不合题意.
1a 1a 2(1a) a1 a1
1a a1 a
（ⅲ）若 ，则 f(1) 1  .
a1 2 2 a1
综上，a的取值范围是( 21, 21)(1,).
考点：1.曲线的切线方程;2.导数在研究函数性质中的运用;3.分类讨论的应用
alnx b
2．（【2011年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（新课标卷））已知函数 f(x)  ，曲线
x1 x
y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x2y30．
（1）求a、b的值；
lnx k
（2）如果当 ，且 时， f(x)  ，求 的取值范围．
x0 x1 x1 x k
【答案】（1）a1，b1 （2）（- ，0]
x1
( lnx)
【详解】（1） x b
f '(x) 
(x1)2 x2
f(1)1,
由于直线 的斜率为 1，且过点 ，故{ 1 即
 f '(1) ,
x2y30 2 (1,1) 2
b1,
{a 1
b ,
2 2
解得a1，b1．
lnx 1
（2）由（1）知f(x)  ，所以
x1 x
lnx k 1 (k1)(x21)
f(x)(  ) (2lnx )．
x1 x 1x2 x
(k1)(x21) (k1)(x21)2x
考虑函数 ，则h'(x) ．
h(x)2lnx x (x0) x2k(x21)(x1)2
(i)设 ，由h'(x) 知，当 时， ，h(x)递减．而 故当 时，
k 0 x2 x1 h'(x)0 h(1)0 x(0,1)
1
，可得 h(x)0；
h(x)0 1x2
当x （1，+ ）时，h（x）<0，可得 h（x）>0
从而当x>0,且x 1时，f（x）-（ + ）>0，即f（x）> + .
（ii）设0<k<1.由于(k1)(x21)2x=(k1)x22xk1的图像开口向下，且(k1)x22xk1，对称
1
轴x= 1.当x （1， ）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故 (x）>0,而h（1）=0，故当x （1，
1k h'
）时，h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾．
（iii）设k 1.此时x212x，(k1)(x21)2x0 h'（x）>0,而h（1）=0，故当x （1，+ ）时，
h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾．
综合得，k的取值范围为（- ，0]
点评：求参数的范围一般用离参法，然后用导数求出最值进行求解．若求导后不易得到极值点，可二次求
导，还不行时，就要使用参数讨论法了．即以参数为分类标准，看是否符合题意．求的答案．此题用的便
是后者．
3．（2012年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（课标卷））已知函数 f(x)满足满足
1
f(x) f(1)ex1 f(0)x x2；
2
（1）求 f(x)的解析式及单调区间；
1
（2）若 f(x) x2axb，求 的最大值.
2 (a1)b
1
【答案】（1） 的解析式为 f(x)ex x x2且单调递增区间为 ，单调递减区间为
f(x) 2 (0,) (,0)
e e
（2）a e1,b 时， 的最大值为
2 (a1)b 2
1
【详解】（1） f(x) f(1)ex1 f(0)x x2  f(x) f(1)ex1 f(0)x
2
令x1得： f(0)1
1
f(x) f(1)ex1x x2  f(0) f(1)e1 1 f(1)e
2
1
得： f(x)exx x2 g(x) f(x)ex 1x
2
g(x)ex10 yg(x)在 xR上单调递增1
得： 的解析式为 f(x)ex x x2且单调递增区间
f(x)0 f(0) x0, f(x)0 f(0) x0 f(x) 2
为 (0,)，单调递减区间为(,0)
1
（2） f(x) x2axbh(x)ex(a1)xb0得
2
h(x)ex(a1)
①当a10时， h(x)0 yh(x)在xR上单调递增
x时， h(x)与h(x)0矛盾
②当a10时， h(x)0 xln(a1),h(x)0 xln(a1)
得：当xln(a1)时， h(x) (a1)(a1)ln(a1)b0
min
令F(x) x2x2lnx(x0)；则 F(x) x(12lnx)
e
当 时，F(x) 
F(x)00x e,F(x)0 x e x e max 2
e e
当a e1,b 时， 的最大值为
2 (a1)b 2