导数解答题7大常考题型总结-【高考备考题型讲义】备战2024年高考数学常考题型分类讲义（新高考专用）

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2024年高三解答题导数7大常考题型总结
【题型目录】
题型一：导数中证明不等式问题
题型二：导数中的隐零点问题
题型三：导数中的零点问题
题型四：导数中的同构问题
题型五：导数中的极值点偏移问题
题型六：导数中的双变量问题
题型七：导数与数列不等式问题
【题型总结】
题型一：导数中证明不等式问题
【例1】已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析
【分析】（1）构造函数，利用函数的最值即可证明不等式；
（2），对分类讨论即可得出函数的单调性．
【详解】（1）当时，令，
，
可得时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增，
时，函数取得极小值即最小值，，
∴，即．
（2）函数的定义域为，
，  
当时， 时，，函数单调递增；时，，函数单调递减；
当时，时，，函数单调递增区间为；时，，函数单调递减；
当时，，，函数在单调递增．
综上，当时，函数在单调递增，在单调递减；
当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递增.
【例2】已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
【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）求出函数的导数，再求出导数为正、为负的x取值区间作答.
（2）等价变形给定不等式，构造函数，利用导数求出最值推理作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，又，
则当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）因为，则不等式，
当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，则，
令，则，当时，，当时，，
因此在上单调递减，在上单调递增，，
于是得，即，
所以.
【例3】已知函数.
(1)求该函数在点处的切线方程；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【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）令，其中，利用导数分析函数在区间上的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，该函数的定义域为，则，
所以，，，
因此，曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：令，则，
当时，，则函数在上为减函数，
故当时，，则.
【例4】已知函数有两个不同的零点x1，x2.
(1)当时，求证：；
(2)求实数a的取值范围；
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）构造函数，利用导数求得，进而证得不等式成立.
（2）结合导数，先判断，然后结合的最小值为负数以及零点存在性定理求得的取值范围.
【详解】（1）令，则.
当时，所以在上单调递减.
所以
所以.
（2），
当时，，此时f（x）为增函数，不合题意；
当时，，得，(舍)
所以当，，f（x）单调递减；当，，f（x）单调递增.
如果f（x）有两个不同的零点，必有，
则，得，所以.
此时，又此时，
故在（）有一个零点：
由（1）知，时，，令，
解得，故当时，，故当时，，
故在）上有一个零点，
所以f（x）有两个不同的零点时，a的取值范围为
【点睛】利用导数研究函数的零点，首先要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.然后利用导数进行研究时，转化为极值、最值问进行求解，求解过程中要注意结合单调性以及零点存在性定理来进行判断.
【例5】已知函数（）.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)当时， 在单调递减，单调递增，
当时， 在单调递增，单调递减.
(2)证明见解析
【分析】(1)根据导数讨论单调性即可；
(2)根据导数与单调性和极值的关系得到，即可证明.
【详解】（1），
当时，得解得，得解得，
所以在单调递减，单调递增；
当时，得解得，得解得，
所以在单调递增，单调递减；
（2）因为，
由（1）知，当时，单调递增，
所以，即，
设，，
由得解得，
由得解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
从而恒成立，即恒成立.
【题型专练】
1．已知函数．
(1)若在上恒成立，求实数a的值；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；(2)证明过程见详解
【分析】(1)分，和三种情况讨论，当时，求导利用函数的单调性和最值进行求解即可；
(2)结合（1）的结论，将不等式进行等价转化证明，构造函数，对函数求导，利用函数的单调性即可证明.
【详解】（1）当时，，当时，，不符合题意；
当时，，又时，，不符合题意；
当时，，令，解得：，令，解得：，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，令，
则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，所以.
（2）由(1)知：时，在上恒成立，即，
所以当时，，即，又当时，，
所以，所以要证，只需证，即证，令，则有，又，所以，所以在上恒成立，即在上单调递减，，
所以当时，.
【点睛】思路点睛：某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如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，有时可以构造一个函数，借助单调性进行求解.
2．已知函数，．
(1)判断函数的单调性；
(2)证明：．
【答案】(1)在上单调递减，理由见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，构造函数利用导数判断函数的单调性，从而判断原函数导数的正负，进而即得；
（2）将不等式转化为，然后构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而证明不等式.
【详解】（1）函数在给定区间内单调递减，理由如下：
因为函数，，
所以，
设，则，
所以在区间上单调递减，
故，即，
所以函数在区间上单调递减；
（2），，
先证时，，即，
设，则，
所以在区间上单调递增，
所以，即；
再证时，，即，
设，则，
所以在上单调递增，
所以，
所以；
综上，.
【点睛】方法点睛：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.
3．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）先求出切线的斜率，再求出切点即得解；
（2）令，利用导数求出函数的最小值即得证.
【详解】（1）解：由题得，所以，
又，所以切线方程为，即.
（2）证明：令，
，
当时，，当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以当时，，
时，
故当时，.
4．已知函数.
(1)判断0是否为的极小值点，并说明理由；
(2)证明：.
【答案】(1)0是的极小值点，理由见解析；(2)证明过程见解析
【分析】（1）求的定义域，求导，得到，且时，，时，，故0是的极小值点；
（2）对不等式变形得到，令，求导，得到其单调性，从而得到g(x)正负，故恒成立，结论得证.
【详解】（1）0是的极小值点，理由如下：
定义域为，
，其中，
当时，，故，
当时，，故，
故在上单调递减，在上单调递增，
故0是的极小值点；
（2）等价于，
即，
令，
则，
当时，，所以在上单调递增，
又，
故当时，，当时，，
则恒成立，
故.
5．设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
6．设函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）证明当时，；
（Ⅲ）设，证明当时，.
【答案】（Ⅰ）当时，单调递增；当时，单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．
【详解】试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数，然后通过解不等式或可确定函数的单调性；（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的换为即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理．
试题解析：（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为.
所以当时，.
故当时，，，即.
（Ⅲ）由题设，设，则，令，
解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
由（Ⅱ）知，，故，又，故当时，.
所以当时，.
【考点】利用导数研究函数的单调性、不等式的证明与解法
【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明．
题型二：导数中的隐零点问题
【例1】已知函数（）．
(1)若函数的极大值为0，求实数a的值；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，结合函数的极值，求得答案；
（2）利用（1）的结论，将不等式转化为，即证当时，
，从而构造函数，利用导数求得该函数的最值，进而证明不等式.
【详解】（1）∵函数的定义域为，
且．
∴当时，恒成立，在上单调递增，无极大值．
当时，由解得；由解得，
故在上单调递增，在上单调递减,
∴,
即，而函数在上单调递增，
所以．
（2）证明：由（1）知，即．
要证当时，，
即证，
当时，,即证,
令函数，则，
令，
则，所以函数在定义域上单调递增．
因为，，
所以函数在区间上存在零点，使得，即,
当时，；当时，；
故为函数在区间上的唯一极小值点，
所以
，
所以当时，．
【点睛】关键点点睛：要证当时，，利用（1）的结论，即证，关键就是再转化为证明，从而构造函数，利用导数求得函数最值，解决问题.
【例2】已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)当时，在上为单调递增；当时，在上为单调递减，在上为单调递增.(2)证明见见解析.
【解析】(1)由已知条件得函数的定义域为，
，
因为
①当时，在上恒成立，故在上为单调递增.
②当时，当时，，当时，
故在上为单调递减，在上为单调递增；
综上所述：当时，在上为单调递增
当时，在上为单调递减，在上为单调递增
(2)当时，
要证原式成立，需证成立，即需证成立，
令，则，
令，则，故在上单调递增，
，，由零点存在性定理可知，存在使，
则在上，在上，
即在上，在上，
则在上单调递减，在单调递增，在处取得最小值，
由可得，即，
两边同取对数，即，
的最小值为，即成立，
故当时，成立.
【点睛】
关键点睛：本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式. 解答本题的关键是构造函数，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在处取得最小值，而满足，两边同取对数得，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题.
【例3】已知函数.
(1)若，求在上的最大值与最小值之差；
(2)若，证明：
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】(1)由题意得，则，
由于都是递增函数，故是递减函数，
则，
故为递减函数，
则，
故；
(2)证明：由， ，
可得，
设，
令 ，故单调递增，
又，
故存在 ，使得，
当 时，，单调递减，
当 时，，单调递增，
故，
由于，则，故，所以.
【例4】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：．
【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.
【例5】设函数.
(1)若曲线在点处的切线斜率为1，求实数的值；
(2)求的单调区间；
(3)若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值.
【答案】(1);(2)答案见解析;(3)最大值为2
【解析】(1)由已知条件得，
在点处的切线斜率为，即，
(2)的定义域为, ，
若，则，则在上单调递增；
若，由得，由得，
则单调递增区间为，单调递减区间为；
(3)由得，整理得，
当时，，即
令，则.
令，由（2）知，函数在上单调递增，
其中，，
∵由零点存在性定理可知在上存在唯一的零点，即，
∴在上，在上，
∴在上，在上，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在上的最小值为，
又∵，∴，即，
∴，且为整数，∴的最大值.
【题型专练】
1.已知函数.
(1)若有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：.
【答案】(1);(2)证明见解析
【解析】（1）的定义域为，，由题意在上有两解，
即，即有两解.
令，即的图象与直线有两个交点.
，得，当时，，递增；
当时，，递减，，，
时，；时，，
，，a的取值范围是.
（2）当时，，即证，即证，
令，，令，则，
当时，，在递增.
，，
存在唯一的，使得，
当时，，递减；
当时，，递增，.
又∵x0∈(1,e)，，∴lnx0−2x02=0，
∴ℎ(x0)=x0lnx0+2−x0+2x0=2x0+2−x0+2x0=2−x0+4x0>2−e+4e>0，
，∴f(x)>x−2x.
2.已知函数，．
(1)判断函数的单调性；
(2)当时，关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；(2).
【解析】(1)的定义域为，求导得：，
若时，则，此时在单调递增；
若时，则当时，在单调递减，
当时， ，f(x)在单调递增.
(2)当时，，
由题意在上恒成立，
令，则，
令，则，所以在上递增，
又，所以在上有唯一零点，
由得，
当时，即，单调递减；
时，即，单调递增，
所以为在定义域内的最小值.
即
令，则方程等价于，
又易知单调递增，所以，即
所以，的最小值
所以，即实数的取值范围是
【点睛】
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
3.已知函数(为自然对数的底数，)．
(1)求的单调区间和极值；
(2)设，若对任意的，都有恒成立，求的取值范围.
【解析】(1)，x＞0，
当时，－a≥0，，∴在上单调递增，无极值；
当时，令，得，
当时，；当时，；
∴在上单调递减，在单调递增，极小值为，无极大值.
综上，当时，的增区间为，无减区间，无极值；
当时，的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值.
(2)∵对任意的，不等式恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
令，则，∴在上为增函数，
又∵，，
∴，使得，即，
当时，，可得，∴在上单调递减；
当时，，可得，∴在上单调递增，
∴，
由，可得，
令，则，
又由，∴在上单调递增，
∴，可得，∴，即，
∴，∴，
综上所述，满足条件的取值范围是.
【点睛】
本题关键是参变分离不等式，将问题转化为求在时的最小值，转化为通过导数研究F(x)的单调性和最小值.在求解过程中，需要对导数二次求导，从而判断导数的零点，该零点为隐零点，故需采用隐零点的讨论方法求解.在处理方程时，还需要采用同构思想构造函数，达到简化的目的.
4.已知函数的图象在点(为自然对数的底数)处的切线斜率为 ．
(1)求实数的值;
(2)若 ，且存在使成立，求的最小值．
【答案】(1)1(2)4
【解析】(1)由题意知：，，解得；
(2)由（1）知：，存在 使 成立等价于，
令，
则，令，
则，所以在上单增，
又，故存在使，即，
故当时，单减，故当时，单增，
故，故，
又且，故 的最小值为4.
5.已知函数.
(1)判断函数的单调性；
(2)若对于任意的，都有，求整数的最大值.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2)3.
【解析】（1）的定义域为，求导得：，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2），，
令，，则，
由（1）知，在上单调递增，且，
则在区间内存在唯一的零点，使，即，
则当时，，，有在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
于是得，因此，，
所以整数的最大值为3.
6.已知函数满足对任意的恒成立，其中e为自然对数的底数.
（1）求a的值；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
【解析】（1）由题意，，
设，则，且恒成立，
当时，显然对任意的，，不合题意；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
从而，
因为恒成立，所以①，
设，则，所以，，
从而在上单调递增，在上单调递减，
故，即②，
结合①②可得只能，且此时，综上所述，实数a的值为1.
（2）由（1）可得fx=ex−1−xex，所以f'x=ex−1ex+ex−1−xex=2ex−x−2ex，
设ℎx=2ex−x−2x∈R，则ℎ'x=2ex−1，
所以，，从而ℎx在上单调递减，在上单调递增，
故，
因为ℎ−2=2e−2>0，所以ℎx在上有一个零点，记作，
又ℎ0=0，所以ℎx共有和0这2个零点，且ℎx>0⇔x