2025高考数学专项讲义第10讲卡根思想在导数中的应用(高阶拓展、竞赛适用)(学生版+解析)

这是一份2025高考数学专项讲义第10讲卡根思想在导数中的应用(高阶拓展、竞赛适用)(学生版+解析)，共45页。学案主要包含了命题规律，备考策略，命题预测，整体点评等内容，欢迎下载使用。
（核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分
【备考策略】1能用导数解决函数基本问题
2能用卡根思想结合零点存在性定理综合解题
【命题预测】在零点个数及方程的根等综合问题研究中，参变分离和数形结合都是解题的方法，但也都有局限性，同时对函数图像画法要求较高；包括在零点个数研究中还有放缩方法，但是放缩的不等式变化较多，这样对学生又提出了比较严苛能力要求。此时卡根法是此类题型的另一方法。同时卡根法也常应用于导数研究函数性质的过程中，其本质是虚设零点（设而不求），利用零点满足的关系式化简，从而得到范围或符号。高考中常用的解题方法，需要学生复习中综合掌握
知识讲解
“卡根”问题的一般方法，其具体步骤如下
根据函数的增长速度判断函数值变化的趋势，以便确定是否存在零点;
根据函数表达式的特点进行拆分，一般拆分成和或乘积形式;
根据函数的增长速度，将指、对数函数放缩成幂函数及其和的形式;
根据相关不等式的解集，利用零点存在定理来确定零点存在的区间
零点存在性定理：
如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内必有零点，即，使得
注：零点存在性定理使用的前提是在区间连续，如果是分段的，那么零点不一定存在
考点一、卡根思想在导数中的综合应用
1．（2023·全国·高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
2．（2023·全国·高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
3．（2022·全国·高考真题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
4．（2022·全国·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
1．已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）令，若在恒成立，求整数a的最大值．
参考数据：，
2．已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．
3．已知函数，．
(1)函数的图象与的图象无公共点，求实数a的取值范围；
(2)是否存在实数m，使得对任意的，都有函数的图象在的图象的下方？若存在，求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由．
1．（2024·福建福州·三模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求的值
2．（2024·山东日照·三模）已知函数，，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，对，，求正整数的最大值.
3．（2022·全国·模拟预测）已知函数，其中e为自然对数的底数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当a＝0时，若存在使得关于x的不等式成立，求k的最小整数值．（参考数据：）
4．（2023·江西上饶·一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，，试讨论在内的零点个数．（参考数据：）
5．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，，求实数的取值范围.
6．（2024·河南信阳·模拟预测）已知函数，．
(1)试比较与的大小；
(2)若恒成立，求的取值范围．
7．（2024·安徽安庆·三模）已知函数在点处的切线平行于直线．
(1)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(2)若是函数的极值点，求证：．
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.
9．（2022·河北唐山·二模）已知函数，，曲线和在原点处有相同的切线l．
(1)求b的值以及l的方程；
(2)判断函数在上零点的个数，并说明理由．
10．（2023·海南海口·二模）已知.
(1)若在处取到极值，求的值；
(2)直接写出零点的个数，结论不要求证明；
(3)当时，设函数，证明：函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
11．（2021·四川南充·模拟预测）已知函数，，，令．
（1）当时，求函数的单调区间及极值；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．
12．（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数，其中.
(1)当时，，求a的取值范围.
(2)若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列.
1．（2021·全国·高考真题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
2．（2020·全国·高考真题）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
3．（2017·全国·高考真题）已知函数且.
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2023年全国甲卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用.
求在曲线上一点处的切线方程
用导数判断或证明已知函数的单调性
根据极值求参数
由函数对称性求函数值或参数
2023年全国乙卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
2022年新I卷，第22题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数研究方程的根
由导数求函数的最值 (含参)
2022年全国乙卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率
利用导数研究函数的零点
2021年全国甲卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究方程的根
卡根思想在导数中的应用
（高阶拓展、竞赛适用）
（核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分
【备考策略】1能用导数解决函数基本问题
2能用卡根思想结合零点存在性定理综合解题
【命题预测】在零点个数及方程的根等综合问题研究中，参变分离和数形结合都是解题的方法，但也都有局限性，同时对函数图像画法要求较高；包括在零点个数研究中还有放缩方法，但是放缩的不等式变化较多，这样对学生又提出了比较严苛能力要求。此时卡根法是此类题型的另一方法。同时卡根法也常应用于导数研究函数性质的过程中，其本质是虚设零点（设而不求），利用零点满足的关系式化简，从而得到范围或符号。高考中常用的解题方法，需要学生复习中综合掌握
知识讲解
“卡根”问题的一般方法，其具体步骤如下
根据函数的增长速度判断函数值变化的趋势，以便确定是否存在零点;
根据函数表达式的特点进行拆分，一般拆分成和或乘积形式;
根据函数的增长速度，将指、对数函数放缩成幂函数及其和的形式;
根据相关不等式的解集，利用零点存在定理来确定零点存在的区间
零点存在性定理：
如果函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内必有零点，即，使得
注：零点存在性定理使用的前提是在区间连续，如果是分段的，那么零点不一定存在
考点一、卡根思想在导数中的综合应用
1．（2023·全国·高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
2．（2023·全国·高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【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)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
由一次函数与对数函数的性质可得，当时，
，
且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【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)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
3．（2022·全国·高考真题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】
方法点睛：本题的关键是对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.
4．（2022·全国·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
1．已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）令，若在恒成立，求整数a的最大值．
参考数据：，
【答案】（1）答案见解析；（2）3.
【分析】求得，结合二次函数性质对a进行讨论求解单调性；
由题设可得，将问题转化为恒成立，构造并应用导数研究最小值，由即可求整数a的最大值．
【详解】的定义域为且，
①当时，由得：，
∴时，的增区间为，减区间为，
②当时，令得：或，
∴的增区间为和减区间为
③当时，恒成立，此时的增区间为，无递减区间：
④当时，令得：或，
∴的递增区间为和，减区间为．
，则恒成立．
令，则，
令，，知在上递增且，，
∴，使，即在递减，在递增，
∴，
∴由知：整数a的最大值为3．
【点睛】关键点点睛：第二问，将题设问题转化为恒成立，构造函数并应用导数研究最值，求参数.
2．已知函数，．
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．
【答案】（1）具体见解析；（2）.
【分析】（1）先确定函数的定义域，求导后得，根据正负进行讨论，可得函数的单调区间；
（2）中可通过分离参数将问题转化成在区间内恒成立求解，令，结合函数零点存在定理可求得的最值．
【详解】（1）函数的定义域为．
由题意得，
当时，，则在区间内单调递增；
当时，由，得或（舍去），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由，
得，
因为，所以原命题等价于在区间内恒成立．
令，
则，
令，则在区间内单调递增，
又，
所以存在唯一的，使得，
且当时，，单调递增，
当时，，，
所以当时，有极大值，也为最大值，且 ，
所以，
又，所以,
所以，
因为，
故整数的最小值为2．
【点睛】本题属于导数的综合应用题．第一问中要合理确定对进行分类的标准；第二问利用分离参数的方法解题，但在求函数的最值时遇到了导函数零点存在但不可求的问题，此时的解法一般要用到整体代换，即由可得，在解题时将进行代换以使问题得以求解．
3．已知函数，．
(1)函数的图象与的图象无公共点，求实数a的取值范围；
(2)是否存在实数m，使得对任意的，都有函数的图象在的图象的下方？若存在，求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，1
【分析】（1）将函数与无公共点，等价于方程在无解，根据导数求最值即可求解.
（2）将图像位置关系转化为对恒成立,构造函数,利用导数处理单调型即可求解.
【详解】（1）函数与无公共点，
等价于方程在无解，
令，则，令，得，
因为是唯一的极大值点，故
故要使方程在无解，当且仅当，故实数a的取值范围为；
（2）假设存在实数m满足题意，则不等式对恒成立．
即对恒成立．
令，则，令，则，
∵在上单调递增，，，且的图象在上连续，
∴存在，使得，即，则，
∴当时，单调递减；
当时，单调递增，
则取到最小值，
∴，即在区间内单调递增．
，
∴存在实数m满足题意，且最大整数m的值为1．
1．（2024·福建福州·三模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求的值
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）由，得，当时，不符合题意；当时，最小值为，若恒成立，则，设．根据导数研究的最大值，即可求出的值.
【详解】（1）定义域为，由，得，
因为，
所以曲线在点处的切线方程为；
（2）定义域为，，
①当时，，不符合题意．
②当时，令，解得，
当时，在区间上单调递减，
当时，在区间上单调递增，
所以当时，取得最小值；
若恒成立，则，
设，则，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减，
所以，即的解为．
所以.
2．（2024·山东日照·三模）已知函数，，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，对，，求正整数的最大值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)3.
【分析】（1）求出函数的导数，再按与分类讨论求出函数的单调性.
（2）把代入，再等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出最小值的范围得解.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
①当时，有，此时函数在区间上单调递减；
②当时，当时，，此时函数在区间上单调递增；
当时，，此时函数在区间上单调递减.
所以当时，函数在区间上单调递减；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）当，时，恒成立，等价于恒成立，
设，，则，
当时，有，
函数在上单调递增，且，，
则存在唯一的，使得，即，
当时，，；当时，，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
设，则当时，，函数在上单调递减，
又因为，所以.
所以正整数的最大值是3.
3．（2022·全国·模拟预测）已知函数，其中e为自然对数的底数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当a＝0时，若存在使得关于x的不等式成立，求k的最小整数值．（参考数据：）
【答案】(1)答案见解析；
(2)0.
【分析】（1）求出函数的导数，分，，三种情况讨论的符号求解作答.
（2）构造函数，求出的最小值取值范围，再由不等式成立求整数k的最小值作答.
【详解】（1）函数的定义域R，求导得：，
若，由，得，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
若，则对任意都有，则在R上单调递增，
若，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）当a=0时，令，则，令，
则，则当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
因，，则存在，使得，即，
则当时，，当时，，
又当时，，所以当时，，因此在上单调递减，在上单调递增，
于是，，
．
若存在使得关于x的不等式成立，且k为整数，得，
所以k的最小整数值为0.
【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，若，使得成立，则；若，使得成立，则.
4．（2023·江西上饶·一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，，试讨论在内的零点个数．（参考数据：）
【答案】(1)答案见解析.
(2)当时，在上仅有一个零点，当 时，在上有2个零点.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的范围，判断导数正负，可得答案；
（2）求出的导数，再次求导，分和讨论的正负，判断函数的单调性，进而结合零点存在定理判断函数零点的个数.
【详解】（1）由已知可知,
当时，，在R上单调递增；
当时，令，则，
当时，，在单调递减,
当时，,在单调递增.
综上，当时，在R上单调递增，
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由已知，，
令,则,
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
，，，
①当时， ，，存在唯一的，使得，
当时，在上递增；当时，在上递减，
因为，所以，又因为，
由零点存在性定理可得，在上仅有一个零点；
②当时，，，使得，
当和时，单调递减，
当时，单调递增，
因为，所以，又因为，
所以，
而，由零点存在性定理可得，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，
综上所述，当时，在上仅有一个零点，
当时，在上有2个零点．
【点睛】难点点睛：解答在内的零点个数问题，难点在于设出,求导后,要进行分类讨论，判断函数单调性，结合零点存在定理，判断零点个数.
5．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）分和讨论，利用导数结合不等式放缩判断导数正负，结合单调性验证恒成立是否满足.
【详解】（1）当时，，则，
所以切线斜率为，又，
所以，切线方程是.
（2）①当时，因为，所以，
所以.
记，则，
令，则.
因为当时，，所以在区间上单调递增，
所以，，
所以，在区间上单调递增，
所以，，所以.
②当时，，
因为当时，，
令，则，
若，则，即在区间上单调递增.
若，则，
所以在区间上单调递增.
所以当时，在区间上单调递增.
因为，，
所以，存在，使得，
所以，当时，，即在区间上单调递减，
所以，不满足题意.
综上可知，实数的取值范围为.
6．（2024·河南信阳·模拟预测）已知函数，．
(1)试比较与的大小；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）因为，构建，利用导数判断的单调性，结合分析判断；
（2）构建，原题意等价于在内恒成立，利用导数分类讨论的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）因为，
构建，则在内恒成立，
可知在内单调递减，且，则有：
若，则，即；
若，则，即；
若，则，即.
（2）若恒成立，则，
构建，
原题意等价于在内恒成立，
则，
1.若，则
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，不符合题意；
2.若，则有：
（ⅰ）若，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，符合题意；
（ⅱ）若时，令，解得或，
①若，即时，当时，，
可知在内单调递减，此时，不合题意；
②若，即时，则，
可知在内单调递增，
当时，此时，不合题意；
③若，即时，则，
由（1）可知：当时，，
则，
可得，不合题意；
综上所述：的取值范围为.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
7．（2024·安徽安庆·三模）已知函数在点处的切线平行于直线．
(1)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(2)若是函数的极值点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等于直线的斜率可得，然后参变分离，将恒成立问题转化为求的最小值问题，利用导数求解即可；
（2）求导，利用零点存在性定理判断存在隐零点，利用隐零点方程代入化简，结合隐零点范围即可得证.
【详解】（1）的定义域为，，
由题知，解得．
由题意可知对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，只需，
令，则，
所以当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
所以，
于是，因此实数的取值范围是．
（2）由条件知，对其求导得，
函数在上单调递增，且，
所以存在，使，即，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
于是是函数的极值点，
所以，即得证．
8．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2).
【分析】（1）求出函数导数，对于a分来讨论，确定函数的单调性，结合函数的单调性以及极值情况，即可求得答案；
（2）不等式在上恒成立等价于在上恒成立，从而构造函数，利用导数判断其单调性求解即可.
【详解】（1）因为的定义域为，
当时，，所以1是的一个零点，
，
令，则，
当，即时，在上单调递增，则，
故，在上单调递增，结合，
可知此时有1个零点；
当，即时，若，则时，，
故，在上单调递增，结合，
可知此时有1个零点；
若，则时，则的判别式，
不妨设两根为，则，
即有2个正数根，且不妨设，
则当时，，即；当时，，即；
当时，，即；
则可知在上单调递减，则，
在上单调递减，则，
由当x无限趋近于0时，的变化幅度要大于的变化幅度，
故趋近于负无穷，
当x趋近于正无穷时，x的变化幅度要大于的变化幅度，
故趋近于正无穷，
此时函数有3个零点，
综上：当时，有3个零点，当时，有1个零点
（2）不等式在上恒成立
等价于在上恒成立，
令，则.
对于函数，，所以其必有两个零点.
又两个零点之积为，所以两个零点一正一负，
设其中一个零点，则，即.
此时在上单调递增，在上单调递减，
故需，即.
设函数，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
又，所以.
由在上单调递增，
得.
【点睛】方法点睛：解决函数的零点问题，一般两种思路：（1）分离参数法，此时要注意参数的系数正负确定，便于分离才可应用这种方法，不过这种方法有可能要用到洛必达法则；（2）当参变分离不容易进行时，可构造函数，求解函数的最值，来讨论确定答案.
9．（2022·河北唐山·二模）已知函数，，曲线和在原点处有相同的切线l．
(1)求b的值以及l的方程；
(2)判断函数在上零点的个数，并说明理由．
【答案】(1)，的方程：.
(2)在上有1个零点，理由见解析.
【分析】（1）根据曲线和在原点处有相同的切线l，则可知斜率相等，进一步求出b的值以及l的方程；
（2）函数零点即是图象与轴的交点，需要用导数的方法研究函数，其中要进行二次求导，运用零点存在性定理说明函数的零点情况.
【详解】（1）依题意得： ，.
，
，的方程：.
（2）当时，，，此时无零点.
当时，
令
则，显然在上单调递增，
又，，所以存在使得，
因此可得时，，单调递减；
时，，单调递增；又，
所以存在，使得，
即时，，，单调递减；
时，，，单调递增；
又，，所以在上有一个零点.
综上，在上有1个零点.
【点睛】本题考查导数几何意义、函数的零点、用导数研究函数的单调性以及零点存在性定理，知识考查较为综合，对学生是一个挑战，属于难题.
10．（2023·海南海口·二模）已知.
(1)若在处取到极值，求的值；
(2)直接写出零点的个数，结论不要求证明；
(3)当时，设函数，证明：函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
【答案】(1)1；
(2)且有一个零点；且有两个零点；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，由求出a并验证作答.
（2）由已知可得1是的一个零点，按分段讨论，利用导数结合零点存在性定理判断作答.
（3）求出函数及导数，探讨极值点，再结合隐形零点确定极小值大于作答.
【详解】（1）的定义域为，，，所以，
又时，，，得在上单调递增，在上单调递减，
即在处取到极大值，所以符合要求.
（2）由（1）知，当时，，函数在上单调递增，而，则有唯一零点；
当时，单调递增，单调递减，
令，，
单调递减，单调递增，，当且仅当时取等号，
因此当时，，当且仅当时取等号，
于是当时，有唯一零点；
当时，在内有唯一零点1，当时，，
令，，令，则，
即函数在上单调递增，，于是函数在上单调递增，
，即当时，，因此，有，即，
从而函数在上有唯一零点，即函数有两个零点；
当时，函数在上有唯一零点1，由，得，即有，
而，从而函数在上有唯一零点，即函数有两个零点，
综上得当或时，有一个零点；且时，有两个零点.
（3）依题意，，函数的定义为，
求导得，显然函数在上单调递增，
又，则存在，使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
即当时，函数取得极小值，无极大值，
由，得，因此，
令，
则函数在上单调递减，因为，所以，函数的极小值
所以函数存在唯一的极小值点且极小值大于.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
11．（2021·四川南充·模拟预测）已知函数，，，令．
（1）当时，求函数的单调区间及极值；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值．
【答案】（1）单调递增区间为；单调递减区间为；的极大值为，无极小值；（2）2．
【分析】（1）根据导数与函数单调性和极值的关系求函数的单调区间及极值；
（2）设，求函数的最大值，由此可得整数的最小值．
【详解】解：（1）当时，，所以．
令得．
由得，所以的单调递增区间为．
由得，所以的单调递减区间为．
所以的极大值为，即，无极小值．
（2）令，
所以，
当时，因为，所以，所以在上是增函数，
又因为，
所以关于的不等式不能恒成立．
当时，．
令，得，所以当时，；
当时，，
因此函数在上是增函数，在上是减函数．
故函数的最大值为．
令，因为，，
且在上是减函数，所以当时，．
所以整数的最小值为．
【点睛】对于不等式恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
12．（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数，其中.
(1)当时，，求a的取值范围.
(2)若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用，且（），结合，解得，然后再证明满足题意，时不符题意即可；
（2）结合（1），，从而取特殊值以及，继而判断和的正负情况，推出的零点情况，结合等比数列的定义，即可证明结论.
【详解】（1）由题意可知的定义域为，，
因为，（），所以必有，解得，
以下证明满足题意.
由可知，，所以当时，，
设（），，
所以在为递增函数，所以，所以，
当时，对于函数，，
易知有两个正根，不妨设为，则，
则当或时，；当时，；
在和上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，，与时，，不符合；
综上，a的取值范围是.
（2）由（1）可知，当时，对于函数，，
易知有两个正根，不妨设为，则，
则当或时，；当时，；
在和上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，，取，则，
（），
设，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，故，
即，当且仅当取等号，
即得，即，
则；
取，则，
.（其中，所以，即），
所以在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，
在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，
结合，取；
所以
，又，
所以也是函数的零点，显然且，所以，即，
所以，所以，，成等比数列.
【点睛】关键点睛：解答第二问的关键在于利用函数的单调性并结合零点存在定理，证明函数在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，并且结合，取，即可证明结论.
1．（2021·全国·高考真题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
2．（2020·全国·高考真题）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；
（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：
设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．
假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．
所以，所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
3．（2017·全国·高考真题）已知函数且.
（1）求a；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
【答案】（1）a=1；（2）见解析.
【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）．
【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，
令t′（x）＝0，解得：x，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，
由x0可知f（x0）＜（x0）max；
由f′（）＜0可知x0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2023年全国甲卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用.
求在曲线上一点处的切线方程
用导数判断或证明已知函数的单调性
根据极值求参数
由函数对称性求函数值或参数
2023年全国乙卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
2022年新I卷，第22题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数研究方程的根
由导数求函数的最值 (含参)
2022年全国乙卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率
利用导数研究函数的零点
2021年全国甲卷理数，第21题,12分
卡根思想在导数中的应用
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究方程的根
x
e
+
0
-
增
极大值
减