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導數專題一、單調性問題

【知識結構】

【知識點】

一、導函數代數意義：利用導函數的正負來判斷原函數單調性；

二、分類討論求函數單調性：含參函數的單調性問題的求解，難點是如何對參數進行分類討論，討論的關鍵在于導函數的零點和定義域的位置關系.三、分類討論的思路步驟：

第一步、求函數的定義域、求導，并求導函數零點；

第二步、以導函數的零點存在性進行討論；當導函數存在多個零點的時，討論他們的大小關系及與區間的位置關系（分類討論）；

第三步、畫出導函數的同號函數的草圖，從而判斷其導函數的符號（畫導圖、標正負、截定義域）；

第四步、（列表）根據第五步的草圖列出，隨變化的情況表，并寫出函數的單調區間；

第五步、綜合上述討論的情形，完整地寫出函數的單調區間，寫出極值點，極值與區間端點函數值比較得到函數的最值.四、分類討論主要討論參數的不同取值求出單調性，主要討論點：

1.最高次項系數是否為0；

2.導函數是否有極值點；

3.兩根的大小關系；

4.根與定義域端點討論等。

五、求解函數單調性問題的思路：

（1）已知函數在區間上單調遞增或單調遞減，轉化為或恒成立；

（2）已知區間上不單調，轉化為導函數在區間上存在變號零點，通常利用分離變量法求解參變量的范圍；

（3）已知函數在區間上存在單調遞增或單調遞減區間，轉化為導函數在區間上大于零或小于零有解.六、原函數單調性轉化為導函數給區間正負問題的處理方法

（1）參變分離；

（2）導函數的根與區間端點直接比較；

（3）導函數主要部分為一元二次時，轉化為二次函數根的分布問題.這里討論的以一元二次為主。

七、求解函數單調性問題方法提煉：

（1）將函數單調增（減）轉化為導函數恒成立；

（2），由（或）可將恒成立轉化為（或）恒成立；

（3）由“分離參數法”或“分類討論”，解得參數取值范圍。

【考點分類】

考點一、分類討論求解函數單調性；

【例1-1】（2015-2016朝陽一模理18）已知函數．

（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）當時，都有成立，求的取值范圍；

（Ⅲ）試問過點可作多少條直線與曲線相切？并說明理由．

【答案】（Ⅰ）函數的定義域為．．

（1）當時，恒成立，函數在上單調遞增；

（2）當時，令，得．

當時，函數為減函數；

當時，函數為增函數．

綜上所述，當時，函數的單調遞增區間為．

當時，函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，（1）當時，即時，函數在區間上為增函數，所以在區間上，顯然函數在區間上恒大于零；

（2）當時，即時，函數在上為減函數，在上為增函數，所以．

依題意有，解得，所以．

（3）當時，即時，在區間上為減函數，所以．

依題意有，解得，所以．

綜上所述，當時，函數在區間上恒大于零．

（Ⅲ）設切點為，則切線斜率，切線方程為．

因為切線過點，則．

即．

………………①

令，則

．

（1）當時，在區間上，單調遞增；

在區間上，單調遞減，所以函數的最大值為．

故方程無解，即不存在滿足①式．

因此當時，切線的條數為．

（2）當時,在區間上，單調遞減，在區間上，單調遞增，所以函數的最小值為．

取，則．

故在上存在唯一零點．

取，則．

設，則．

當時，恒成立．

所以在單調遞增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零點．

因此當時，過點P存在兩條切線．

（3）當時，顯然不存在過點P的切線．

綜上所述，當時，過點P存在兩條切線；

當時，不存在過點P的切線．

【例1-2】（2015-2016海淀一模理18）已知函數，.（Ⅰ）求函數的最小值；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

(Ⅲ)

求證：直線不是曲線的切線.【答案】（Ⅰ）函數的定義域為，當變化時，的變化情況如下表：

遞減

極小值

遞增

函數在上的極小值為，所以的最小值為

（Ⅱ）解：函數的定義域為，由（Ⅰ）得，所以

所以的單調增區間是，無單調減區間.（Ⅲ）證明：假設直線是曲線的切線.設切點為，則，即

又，則.所以,得，與

矛盾

所以假設不成立，直線不是曲線的切線

【練1-1】（2015-2016西城一模理18）已知函數，且.(Ⅰ)

求的值及的單調區間；

(Ⅱ)

若關于的方程存在兩個不相等的正實數根，證明：.【答案】（Ⅰ）對求導，得，所以，解得.故，.令，得.當變化時，與的變化情況如下表所示：

0

0

↘

↗

所以函數的單調減區間為，單調增區間為.（Ⅱ）解：方程，即為，設函數.求導，得．

由，解得，或.所以當變化時，與的變化情況如下表所示：

0

↘

↗

所以函數在單調遞減，在上單調遞增.由，得.又因為，所以.不妨設（其中為的兩個正實數根），因為函數在單調遞減，且，所以.同理根據函數在上單調遞增，且，可得，所以，即

.【練1-2】（2011-2012石景山一模文18）已知函數.（Ⅰ）若函數的圖象在處的切線斜率為，求實數的值；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）若函數在上是減函數，求實數的取值范圍.【答案】（Ⅰ）

…………1分

由已知，解得.…………3分

（II）函數的定義域為.（1）當時,，的單調遞增區間為；……5分

（2）當時.當變化時，的變化情況如下：

+

極小值

由上表可知，函數的單調遞減區間是；

單調遞增區間是.…………8分

（II）由得，…………9分

由已知函數為上的單調減函數，則在上恒成立，即在上恒成立.即在上恒成立.…………11分

令，在上，所以在為減函數.,所以.…………14分

【練1-3】（2015-2016朝陽期末文19）已知函數，.（Ⅰ）當時，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）當時，試判斷函數是否存在零點,并說明理由；

（Ⅲ）求函數的單調區間.【答案】函數的定義域：..（Ⅰ）當時，..有，即切點（1,3），.所以曲線在點處切線方程是，即.（Ⅱ）若，..令，得（舍），.－

＋

↘

極小值

↗

則.所以函數不存在零點.（Ⅲ）

.當，即時，－

＋

↘

極小值

↗

當，即時，的單調增區間是，；

當，即時，＋

－

＋

↗

極大值

↘

極小值

↗

當，即時，＋

＋

↗

↗

＋

－

＋

↗

極大值

↘

極小值

↗

綜上時，的單調增區間是;減區間是.當時，的單調增區間是,;減區間是.當時，的單調增區間是;

當時，的單調增區間是，;減區間是.【練1-4】（2015-2016豐臺期末文20）設函數的圖象與直線相切于點．

（Ⅰ）求函數的解析式；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）設函數，對于,，使得，求實數的取值范圍.【答案】（Ⅰ）∵函數的圖象與直線相切于點，∴，．

∵，∴

解得．

∴．

（Ⅱ），令，得或；

令，得．

∴的單調遞增區間為，；單調遞減區間為．

…8分

（Ⅲ）記在上的值域為,在上的值域為，∵對于，使得，∴．

由（Ⅱ）得：在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，，，∴．

∵，∴．

①

當時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，∴的最小值為或，的最大值為或．

∵，且，∴或，∴或，即或．

又∵，∴．

②

當時，在上單調遞增，上單調遞減，∴的最小值為或，的最大值為

．

∵，且，∴，∴，即．

綜上所述：或．

【練1-5】（2015-2016朝陽二模文20）已知函數.(Ⅰ)求函數的單調區間；

（Ⅱ）當時，若在區間上恒成立，求的取值范圍.【答案】(Ⅰ)

函數的定義域為,.（1）

當時，,令，解得，則函數的單調遞增區間為

令，解得，函數單調遞減區間為.所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（2）

當時，,令，解得或，則函數的單調遞增區間為；

令，解得，函數單調遞減區間為.所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（3）

當時，恒成立，所以函數的單調遞增區間為.（4）

當時，,令，解得或，則函數的單調遞增區間為，；

令，解得，則函數的單調遞減區間為.所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為

（Ⅱ）依題意，在區間上.，.令得，或.若，則由得，函數在()上單調遞增.由得，,函數在()上單調遞減.所以，滿足條件；

若，則由得，或；

由得，.函數在(),上單調遞增,在上單調遞減.，依題意，即，所以；

若，則.所以在區間上單調遞增，不滿足條件；

綜上，.【練1-6】（2015-2016房山二模文19）已知函數

（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）若直線與曲線沒有公共點，求實數的取值范圍。

【答案】（Ⅰ）,定義域為，令

極小值

所以的增區間為，減區間為。

（II）因為直線與曲線沒有公共點，所以方程無實根，即無實根，等價于無實根

設，即無零點。

當時，顯然無零點，符合題意；

當時，令

極小值，顯然不符合題意；

當時，令

極大值，所以時，符合題意

綜上所述：

【練1-7】（2015-2016朝陽一模文19）已知函數.（Ⅰ）若求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）設，若函數在區間上存在極值點，求的取值范圍.【答案】(Ⅰ)若，函數的定義域為，.則曲線在點處切線的斜率為.而，則曲線在點處切線的方程為

（Ⅱ）函數的定義域為，.（1）當時，由,且此時，可得.令，解得或，函數為減函數；

令，解得，但，所以當，時，函數也為增函數.所以函數的單調減區間為，單調增區間為，.（2）當時，函數的單調減區間為，.當時，函數的單調減區間為，.當時，由，所以函數的單調減區間為，.即當時，函數的單調減區間為，.（3）當時，此時.令，解得或，但，所以當，時，函數為減函數；

令，解得，函數為增函數.所以函數的單調減區間為，，函數的單調增區間為.…………9分

（Ⅲ）（1）當時，由（Ⅱ）問可知，函數在上為減函數，所以不存在極值點;

（2）當時，由（Ⅱ）可知，在上為增函數，在上為減函數.若函數在區間上存在極值點，則，解得或,所以.綜上所述，當時，函數在區間上存在極值點.【練1-8】（2015-2016東城期末理19）已知函數．

（Ⅰ）當時，試求在處的切線方程；

（Ⅱ）當時，試求的單調區間；

（Ⅲ）若在內有極值，試求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）當時，，．

方程為．

（Ⅱ），．

當時，對于，恒成立，所以

T；

T

0.所以

單調增區間為，單調減區間為

．

（Ⅲ）若在內有極值，則在內有解．

令

T

T

.設,所以,當時，恒成立，所以單調遞減.又因為，又當時，,即在上的值域為,所以

當時，有解.設，則，所以在單調遞減.因為，,所以在有唯一解.所以有：

0

0

遞減

極小值

遞增

所以

當時，在內有極值且唯一.當時，當時，恒成立，單調遞增，不成立．

綜上，的取值范圍為．

【練1-9】（2015-2016大興期末理18）已知函數.（Ⅰ）當時，求函數在點處的切線方程；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）若在上恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）當

時，所以，函數在點處的切線方程為

即：

(Ⅱ)函數的定義域為：

當時，恒成立，所以，在和上單調遞增

當時，令，即：，,所以，單調遞增區間為，單調減區間為.（Ⅲ）因為在上恒成立，有

在上恒成立。

所以，令，則.令則

若，即時，函數在上單調遞增，又

所以，在上恒成立；

若，即時，當時，單調遞增；

當時，單調遞減

所以，在上的最小值為，因為所以不合題意.即時，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，在上的最小值為

又因為，所以恒成立

綜上知，的取值范圍是.考點二、已知函數單調求參數范圍；

【例2-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數,.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例2-2】（2015-2016朝陽期中文19）已知函數，．

（Ⅰ）若函數在區間上單調遞減，求的取值范圍；

（Ⅱ）當時，證明.【答案】（I）函數的定義域為.因為.又因為函數在單調減，所以不等式在上成立.設，則，即即可，解得.所以的取值范圍是.（Ⅱ）當時，.令，得或（舍）.當變化時，變化情況如下表：

0

+

極小值

所以時,函數的最小值為.所以成立.【練2-1】（2015-2016海淀期中文18）已知函數.（Ⅰ）若曲線在點處切線的斜率為，求函數的單調區間；

（Ⅱ）若函數在區間上單調遞增，求的取值范圍.【答案】（Ⅰ）因為，所以曲線經過點，又，所以，所以.當變化時，的變化情況如下表

0

0

極大值

極小值

所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為

.（Ⅱ）

因為函數在區間上單調遞增，所以對成立，只要在上的最小值大于等于0即可.因為函數的對稱軸為，當時，在上的最小值為，解，得或，所以此種情形不成立

當時，在上的最小值為，解得，所以，綜上，實數的取值范圍是.【練2-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【練2-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．

（ⅰ）令，得．

令,得，所以函數在單調遞增．

令,得，所以函數在單調遞減．

所以，．

所以成立．

（ⅱ）由（ⅰ）知，所以．

設所以．

令，得．

令,得，所以函數在單調遞增，令,得，所以函數在單調遞減；

所以，即．

所以，即．

所以，方程沒有實數解．

【練2-4】（2015-2016海淀期中理18）已知函數，曲線在點處的切線為．

（Ⅰ）若直線的斜率為，求函數的單調區間；

（Ⅱ）若函數是區間上的單調函數，求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

因為直線的斜率為

所以

所以

所以

令解得

所以當和時，當時，所以的單調增區間為和，單調減區間為

（Ⅱ）要使在上單調

只需或在恒成立

（1）在恒成立等價于，即

解得

（2）在恒成立，當時，即，解得（舍）或（舍）

當時，即，解得

綜上所述

考點三、已知函數不單調求參數范圍；

【例3-1】已知函數.當時，若在區間上不單調，求的取值范圍.【答案】解法一：∵

令，解得，因為在區間上不單調，所以區間上存在極值點，所以，或

即，或

所以或

∴.解法二:∵

因為函數在區間不單調，所以函數在上存在零點.令，解得，區間長為，∴在區間上不可能有個零點.所以

即：

∵，∴，又∵，∴.【例3-2】已知函數，若在區間上不單調，求的取值范圍

【答案】

考點四、已知函數存在單調區間求參數范圍；

【例4-1】設函數，.若函數在上存在單調遞增區間，試求實數的取值范圍.【答案】解法一：

設，依題意，在區間上存在子區間使得不等式成立.注意到拋物線開口向上，所以只要，或即可

由，即，得，由，即，得，所以，所以實數的取值范圍是.解法二：，依題意得，在區間上存在子區間使不等式成立.又因為，所以.設，所以小于函數在區間的最大值.又因為，由解得；

由解得.所以函數在區間上遞增，在區間上遞減.所以函數在，或處取得最大值.又，所以，所以實數的取值范圍是.【例4-2】（2010-2011朝陽二模理18）設函數，.（Ⅰ）若，求函數在上的最小值；

（Ⅱ）若函數在上存在單調遞增區間，試求實數的取值范圍；

【答案】

【練4-1】已知函數，．函數在上存在單調遞增區間，求的取值范圍．

【答案

當時，令，解得

則在上單調遞增區間，滿足題意.當時

當，即時，在上單調遞減(舍）

當，即，且時

令，解得：，當時，則在上單調遞增區間，滿足題意

當時，要使在上存在單調遞增區間，則，即，解得

所以

綜上所述得：的取值范圍為：

解法二：

在上存在單調遞增區間等價于在存在區間使成立，即存在使成立

設

當時，則

所以，的取值范圍為：

考點五、兩個函數在具有相同的單調性求參數范圍；

【例5-1】（2012-2013西城一模文18）已知函數，其中．

（Ⅰ）求的極值；

（Ⅱ）若存在區間，使和在區間上具有相同的單調性，求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）的定義域為，且

．

………………2分

①

當時，故在上單調遞增．

從而沒有極大值，也沒有極小值．

………4分

②

當時，令，得．

和的情況如下：

↘

↗

故的單調減區間為；單調增區間為．

從而的極小值為；沒有極大值．

…………6分

（Ⅱ）解：的定義域為，且

．

…………8分

③

當時，在上單調遞增，在上單調遞減，不合題意．

………………9分

④

當時，在上單調遞減．

當時，此時在上單調遞增，由于在上單調遞減，不合題意．

……………11分

當時，此時在上單調遞減，由于在上單調遞減，符合題意．

綜上，的取值范圍是．

…………13分

【例5-2】已知函數，其中．若存在區間，使和在區間上具有相同的單調性，求的取值范圍．

【答案】的定義域為，當，在單調遞減，當時，在單調遞減，單調遞增,的定義域為，且

．

當時，顯然，從而在上單調遞增．

此時在上單調遞增，符合題意．

當時，在上單調遞增，在上單調遞減，不合題意．

當時，令，得．

和的情況如下表：

↘

↗

當時，此時在上單調遞增，由于在上單調遞減，不合題意．

當時，此時在上單調遞減，由于在上單調遞減，符合題意．

綜上，的取值范圍是．

導數專題二、極值問題

【知識點】

一、函數的極值定義

函數在點附近有定義，如果對附近的所有點都有則稱是函數的一個極大值，記作；如果對附近的所有點都有則稱是函數的一個極小值，記作極大值與極小值統稱為極值，稱為極值點．

極大值與極小值統稱為極值．極大值點與極小值點統稱為極值點．

極值點出現在函數的駐點（導數為0的點）或不可導點處（導函數不存在，也可以取得極值，此時駐點不存在）。

可導函數的極值點必定是它的駐點。但是反過來，函數的駐點卻不一定是極值點，例如,點是它的駐點，卻不是它的極值點。

極值點上的導數為零或不存在，且函數的單調性必然變化。

極值問題主要建立在分類討論的基礎上，二、求函數的極值點和極值注意事項：

1.求極值或極值點，必須點明是極大還是極小。若沒有另一個，要說明沒有。

2.要知道如何判斷是否存在極值或者極值點。

3.如果已知極值或者極值點，求參數的時候，最后結果需要檢驗。

4.極值點是導函數的根，如果有兩個根，要在合適的時候想到偉達定理。

三、求函數極值的三個基本步驟

第一步、求導數；

第二步、求方程的所有實數根；

第三步、考察在每個根附近，從左到右，導函數的符號如何變化．如果的符號由正變負，則是極大值；如果由負變正，則是極小值．如果在的根的左右側，的符號不變，則不是極值．

【考點分類】

考點一、分類討論求函數極值（點）；

【例1-1】（2015-2016海淀一模文19）已知函數.(Ⅰ)求曲線在點處的切線方程；

(Ⅱ)求函數的零點和極值；

(Ⅲ)若對任意，都有成立，求實數的最小值.【答案】

（Ⅰ）設切線斜率為，所以，所以曲線在點處的切線方程為，即。

（Ⅱ）令，解得。當時，；時，所以函數零點有且只有一個，為1.令，即解得。當時，；當時，所以函數在處取得極小值，無極大值。

（Ⅲ）由（II）知，當時，；時，且在上單調遞減，在上單調遞增，所以在處取得最小值。且。，所以只需。所以。所以的最小值為1。

【例1-2】（2010-2011朝陽二模理18）設函數，.（Ⅰ）若，求函數在上的最小值；

（Ⅱ）若函數在上存在單調遞增區間，試求實數的取值范圍；

（Ⅲ）求函數的極值點.【答案】

考點二、已知函數極值（點）情況求參數范圍；

【例2-1】（2015-2016朝陽一模文19）已知函數.（Ⅰ）若求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）設，若函數在區間上存在極值點，求的取值范圍.【答案】(Ⅰ)若，函數的定義域為，.則曲線在點處切線的斜率為.而，則曲線在點處切線的方程為

（Ⅱ）函數的定義域為，.（1）當時，由,且此時，可得.令，解得或，函數為減函數；

令，解得，但，所以當，時，函數也為增函數.所以函數的單調減區間為，單調增區間為，.（2）當時，函數的單調減區間為，.當時，函數的單調減區間為，.當時，由，所以函數的單調減區間為，.即當時，函數的單調減區間為，.（3）當時，此時.令，解得或，但，所以當，時，函數為減函數；

令，解得，函數為增函數.所以函數的單調減區間為，，函數的單調增區間為.…………9分

（Ⅲ）（1）當時，由（Ⅱ）問可知，函數在上為減函數，所以不存在極值點;

（2）當時，由（Ⅱ）可知，在上為增函數，在上為減函數.若函數在區間上存在極值點，則，解得或,所以.綜上所述，當時，函數在區間上存在極值點.【例2-2】（2015-2016東城期末理19）已知函數．

（Ⅰ）當時，試求在處的切線方程；

（Ⅱ）當時，試求的單調區間；

（Ⅲ）若在內有極值，試求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）當時，，．

方程為．

（Ⅱ），．

當時，對于，恒成立，所以

T；

T

0.所以

單調增區間為，單調減區間為

．

（Ⅲ）若在內有極值，則在內有解．

令

T

T

.設,所以,當時，恒成立，所以單調遞減.又因為，又當時，,即在上的值域為,所以

當時，有解.設，則，所以在單調遞減.因為，,所以在有唯一解.所以有：

0

0

遞減

極小值

遞增

所以

當時，在內有極值且唯一.當時，當時，恒成立，單調遞增，不成立．

綜上，的取值范圍為．

【練2-1】（2015-2016房山二模理18）已知函數

（Ⅰ）當時，求函數的單調區間；

（Ⅱ）設，若在區間上有兩個極值點，求實數的取值范圍。

【答案】（Ⅰ）當時，定義域為

令，得

0

遞增

遞減

極小值

遞增

（Ⅱ），因為

所以令，只需

設，若在區間上有兩個極值點，則在區間上有兩個零點

要使在區間上有兩個零點，的唯一根必須在區間

所以令，得，且

解得：

【練2-2】已知函數，（為常數）.若函數在區間上有兩個極值點，求實數的取值范圍.【答案】

由題意可知，解得

所以，實數的取值范圍為.【練2-3】已知函數，其中且.若函數在區間上有且僅有一個極值點，求實數的取值范圍.【答案】在上有且僅有一個極值點，在上有且僅有一個異號零點，由二次函數圖象性質可得，即，解得或，綜上，的取值范圍是.【練2-4】已知函數，其中且.（Ⅰ）求證：函數在點處的切線與總有兩個不同的公共點；

（Ⅱ）若函數在區間上有且僅有一個極值點，求實數的取值范圍.【答案】（Ⅰ）由已知可得.，又

在處的切線方程為.令，整理得.或，與切線有兩個不同的公共點.--7分

（Ⅱ）在上有且僅有一個極值點，在上有且僅有一個異號零點，由二次函數圖象性質可得，即，解得或，綜上，的取值范圍是.【練2-5】（2013-2014海淀二模文18）已知函數，其中且.（Ⅰ）求證：函數在點處的切線與總有兩個不同的公共點；

（Ⅱ）若函數在區間上有且僅有一個極值點，求實數的取值范圍.【答案】（Ⅰ）由已知可得.---------------------------------1分，---------------------------------2分

又

在處的切線方程為.---------------------------------4分

令，整理得.或，-----------------------------------5分，----------------------------------------6分

與切線有兩個不同的公共點.----------------------------------------7分

（Ⅱ）在上有且僅有一個極值點，在上有且僅有一個異號零點，---------------------------9分

由二次函數圖象性質可得，-------------------------------------10分

即，解得或，----------------------------12分

綜上，的取值范圍是.-------------------------------13分

【練2-6】（2009-2010年北京高考文18）設定函數，且方程的兩個根分別為1，4。

（Ⅰ）當且曲線過原點時，求的解析式；

（Ⅱ）若在無極值點，求的取值范圍。

【答案】由

得

因為的兩個根分別為1,4，所以

（*）

（Ⅰ）當時，又由（*）式得

解得

又因為曲線過原點，所以

故

（Ⅱ）由于a>0,所以“在（-∞，+∞）內無極值點”等價于“在（-∞，+∞）內恒成立”。

由（*）式得。

又

解

得

即的取值范圍

考點三、已知函數極值求參數值；

【例3-1】已知函數.（Ⅰ）求的單調區間；

（Ⅱ）是否存在實數，使得函數的極大值等于？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（Ⅰ）的定義域為.，即

.令，解得：或.當時，故的單調遞增區間是.當時，隨的變化情況如下：

極大值

極小值

所以，函數的單調遞增區間是和，單調遞減區間是.當時，隨的變化情況如下：

極大值

極小值

所以，函數的單調遞增區間是和，單調遞減區間是.（Ⅱ）當時，的極大值等于.理由如下：當時，無極大值.當時，的極大值為，令，即

解得

或（舍）.當時，的極大值為.因為，所以

.因為，所以的極大值不可能等于.綜上所述，當時，的極大值等于.【例3-2】已知函數在處有極值10，求的值.【答案】

依題意得方程組

解得.當a=-3,b=3時，令得x=1.(-∞,1)

(1,+∞)

+

0

+

↗

無極值

↗

顯然不合題意，舍去.當時，令得或.x

（1，+∞）

+

0

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

在處有極小值10，合題意，∴.導數專題三、最值問題

【知識結構】

【知識點】

一、求解函數最值問題的步驟：

對于函數的最值問題主要建立在前面的極值問題的基礎上；一般地，求函數在上的最大值與最小值的步驟如下：

第一步、求函數在內的極值；

第二步、將函數的各極值與端點處的函數值，比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．

二、主要的問題類型：

1.分類討論求函數最值；

2.已知函數最值情況求參數范圍；

3.已知函數最值求參數值；

4.其他的情況轉化為最值問題；

【考點分類】

考點一、分類討論求函數最值；

【例1-1】（2015-2016東城一模文19）

已知函數，（1）若在處取得極值，求的值；

（2）求在區間上的最小值；

（3）在（1）的條件下，若，求證：當時，恒有成立.【答案】（1）定義域為，因為函數在處取得極值，所以有，解得

（2）

1）當時，在單調遞增，所以該區間上的最小值為

2）當時，在單調遞增，所以該區間上的最小值為

3）當時，-

0

+

減

極小值

增

所以在該區間的最小值為

綜上所述，當時，在的最小值為1；

當時，在的最小值為.（3）由已知得，所以在時，恒有

若要證明當時，恒有成立，只需證明，即證明恒成立.令

令，有

當時，恒有，所以當時，所以，所以在時，單調遞減，因此恒成立，所以，當時，恒有成立.【例1-2】（2014-2015豐臺一模理18）設函數，．

（Ⅰ）當時，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求證：；

（Ⅲ）當時，求函數在上的最大值．

【答案】（Ⅰ）當時，，所以．

因為，即切線的斜率為，所以切線方程為，即

．

（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知．

令，則．

當時，在上單調遞減，當時，在上單調遞增，所以當時，函數最小值是．命題得證.（Ⅲ）因為，所以．

令，則．

當時，設，因為，所以在上單調遞增，且，所以在恒成立，即．

所以當，在上單調遞減；

當，在上單調遞增．

所以在上的最大值等于，因為，不妨設()，所以．

由（Ⅱ）知在恒成立，所以在上單調遞增．

又因為，所以在恒成立，即．

所以當時，在上的最大值為．

【練1-1】（2015-2016西城期末文19）已知函數，其中是自然對數的底數，.（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）當時，求函數的最小值.【答案】（Ⅰ）解：因為，所以．

令，得．

當變化時，和的變化情況如下：

↘

↗

故的單調減區間為；單調增區間為．

（Ⅱ）解：由（Ⅰ），得的單調減區間為；單調增區間為．

所以當，即時，在上單調遞增，故在上的最小值為；

當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，故在上的最小值為；

當，即時，在上單調遞減，故在上的最小值為.所以函數在上的最小值為

【練1-2】（2015-2016海淀期末文18）已知函數與函數在點處有公共的切線，設.（I）

求的值

（Ⅱ）求在區間上的最小值.【答案】（I）因為所以在函數的圖象上

又，所以

所以

（Ⅱ）因為，其定義域為

當時，所以在上單調遞增

所以在上最小值為

當時，令，得到(舍)

當時，即時，對恒成立，所以在上單調遞增,其最小值為

當時，即時,對成立，所以在上單調遞減，其最小值為

當,即時,對成立,對成立

所以在單調遞減,在上單調遞增

其最小值為

綜上，當時，在上的最小值為

當時，在上的最小值為

當時,在上的最小值為.【練1-3】（2015-2015豐臺一模理18）已知函數，.(Ⅰ)若曲線在點（1，0）處的切線斜率為0，求a,b的值；

(Ⅱ)當，且ab=時，求函數的單調區間，并求函數在區間[-2，-1]上的最小值.【答案】(Ⅰ)函數h(x)定義域為{x|x≠-a}，1

則，3

h(x)在點（1，0）處的切線斜率為0，即,解得或6

(Ⅱ)記(x)=，則(x)=(x+a)(bx2+3x)(x≠-a),ab=，所以，(x≠-a)，令，得，或,因為，所以，故當，或時，當時，函數(x)的單調遞增區間為，單調遞減區間為，,，①

當，即時,(x)在[-2,-1]單調遞增,(x)在該區間的最小值為，②

當時,即,(x)在[-2,單調遞減,在單調遞增，(x)在該區間的最小值為，③當時,即時,(x)在[-2,-1]單調遞減,(x)在該區間的最小值為，綜上所述，當時，最小值為；當時，最小值為；當時，最小值為.（不綜述者不扣）

【練1-4】（2013-2014延慶一模理18）已知函數.(Ⅰ)

討論函數的單調性；

（Ⅱ）當時，求函數在區間的最小值.【答案】函數的定義域為，1

(Ⅰ)，4

（1）當時，所以在定義域為上單調遞增；

（2）當時，令，得（舍去），當變化時，的變化情況如下：

此時，在區間單調遞減，在區間上單調遞增；

（3）當時，令，得，（舍去），當變化時，的變化情況如下：

此時，在區間單調遞減，在區間上單調遞增.（Ⅱ）由(Ⅰ)知當時，在區間單調遞減，在區間上單調遞增.（1）當，即時，在區間單調遞減，所以，；

（2）當，即時，在區間單調遞減，在區間單調遞增，所以，（3）當，即時，在區間單調遞增，所以.【練1-5】（2013-2014東城期末理18）已知，函數．

（Ⅰ）當時，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）求在區間上的最小值．

【答案】（Ⅰ）當時，，所以，.2

因此．

即曲線在點處的切線斜率為.4

又，所以曲線在點處的切線方程為，即．6

（Ⅱ）因為，所以．

令，得．

①若，則，在區間上單調遞增，此時函數無最小值．

②若，當時，函數在區間上單調遞減，當時，函數在區間上單調遞增，所以當時，函數取得最小值．

③若，則當時，函數在區間上單調遞減，所以當時，函數取得最小值．

綜上可知，當時，函數在區間上無最小值；

當時，函數在區間上的最小值為；

當時，函數在區間上的最小值為．

【練1-6】（2014-2015西城二模理18）已知函數，其中．

（Ⅰ）若，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）求在區間上的最大值和最小值．

【答案】的定義域為，且

．

當時，，所以曲線在點處的切線方程為，即

．

（Ⅱ）解：方程的判別式為．

（ⅰ）當時，所以在區間上單調遞增，所以在區間

上的最小值是；最大值是．6

（ⅱ）當時，令，得，或．

和的情況如下：

↗

↘

↗

故的單調增區間為，；單調減區間為．

①

當時，此時在區間上單調遞增，所以在區間

上的最小值是；最大值是．

②

當時，此時在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，所以在區間上的最小值是

．

因為，所以

當時，在區間上的最大值是；當時，在區間上的最大值是．

③

當時，此時在區間上單調遞減，所以在區間上的最小值是；最大值是．

綜上，當時，在區間上的最小值是，最大值是；

當時，在區間上的最小值是，最大值是；

當時，在區間上的最小值是，最大值是；

當時，在區間上的最小值是，最大值是．

【練1-7】（2014-2015豐臺一模文19）已知函數,.(1)設函數,且求a,b的值;

(2)當a=2且b=4時,求函數的單調區間,并求該函數在區間(-2,m]

()上的最大值.【答案】(Ⅰ)函數h(x)定義域為{x|x≠-a},則,因為所以解得,或

(Ⅱ)記(x)=,則(x)=(x+a)(bx2+3x)(x≠-a),因為a=2,b=4,所以(x≠-2)，令,得,或,當,或時，當時，函數的單調遞增區間為,單調遞減區間為,①當-2

【練1-8】（（2013-2014大興一模文18）已知函數.(I)求函數的單調區間;

(Ⅱ)當時,求函數在區間上的最小值.【答案】定義域為R

(Ⅰ)①當時，則的單調增區間為

②當時,解得，解得，則的單調增區間為,的單調減區間為

③當時,解得，解得，則的單調增區間為,的單調減區間為

(Ⅱ)

①當時,即

當時,在上是減函數,在上是增函數,則函數在區間[-2,0]上的最小值為

②當時,即

當時,在上是增函數,則函數在區間[-2,0]上的最小值為

綜上:

當時,在區間[-2,0]上最小值為

當時,在區間[-2,0]上最小值為

考點二、已知函數最值情況求參數范圍；

【例2-1】（（2015-2016昌平期末文20）已知函數．

(Ⅰ)

求函數在點處的切線方程；

（Ⅱ）證明：當時，；

（Ⅲ）設，若存在最大值，且當最大值大于時，確定實數的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）解：定義域為，.由題意，，所以函數在點處的切線方程為.（Ⅱ）證明：當時，可轉化為

當時，恒成立.設，所以.當時，所以在上為減函數，所以，所以當時，成立.（Ⅲ）設，定義域為，所以.⑴當時，對于任意的，所以在上為增函數，所以無最大值，即不符合題意.⑵當時，令，即，則.所以，變化如下：

0

+

0

↗

極大值

↘

因為.所以成立，即，令，所以，即在上為增函數.又因為，所以當時，.所以，時，命題成立.綜上，的取值范圍為.【例2-2】（2015-2016東城一模文20）已知函數

.(Ⅰ)當時,求曲線在點處的切線方程;

(Ⅱ)討論的單調性;

(III)若存在最大值,且,求的取值范圍.【答案】(Ⅰ)當時,..所以.又,所以曲線在點處的切線方程是,即.(Ⅱ)函數的定義域為,.當時,由知恒成立,此時在區間上單調遞減.當時,由知恒成立,此時在區間上單調遞增.當時,由,得,由,得,此時在區間內單調遞增,在區間內單調遞減.(III)由(Ⅱ)知函數的定義域為,當或時,在區間上單調,此時函數無最大值.當時,在區間內單調遞增,在區間內單調遞減,所以當時函數有最大值.最大值.因為,所以有,解之得.所以的取值范圍是.【練2-1】（15-2016大興區一模理18）已知函數，．

(Ⅰ)求函數的單調區間；

(Ⅱ)函數在區間上是否存在最小值，若存在，求出最小值，若不存在，請說明理由．

【答案】（I），.由，得，或.①當，即時，在上，單調遞減；

②當，即時，在上，單調遞增，在上，單調遞減.綜上所述：時，的減區間為；

時，的增區間為，的減區間為.（II）（1）當時，由（I）在上單調遞減，不存在最小值；

（2）當時，若，即時，在上單調遞減，不存在最小值；

若，即時，在上單調遞增，在上單調遞減，因為，且當時，所以時，.又因為，所以當，即時，有最小值；，即時，沒有最小值.綜上所述：當時，有最小值；當時，沒有最小值.考點三、已知函數最值求參數值；

【例3-1】（2015-2016朝陽期中文20）已知函數(其中，),函數的導函數為，且．

(Ⅰ)若，求曲線在點處的切線方程；

(Ⅱ)若函數在區間上的最小值為，求的值．

【答案】因為，所以．

因為，所以．

所以．

(Ⅰ)當時，時，所以曲線在點處的切線方程為．

即．

(Ⅱ)由已知得，所以．

（1）當，即時，令得，或；

令得，．

所以函數在和上單調遞增，在上單調遞減．

所以函數在區間上單調遞增．

所以函數在區間上的最小值為．

解得．顯然合題意．

（2）當時，即時，恒成立，所以函數在上單調遞增．

所以函數在區間上單調遞增．

所以函數在區間上的最小值為．

解得．顯然不符合題意．

（3）當時，即時，令得，或；

令得，．

所以函數在和上單調遞增，在上單調遞減．

①若，即時，函數在區間上單調遞減．

所以函數在區間上的最小值為．

解得．顯然合題意．

②若，即時，函數在在上單調遞減，在上單調遞增．

此時，函數在區間上的最小值為．

解得．顯然不合題意．

綜上所述，或為所求．

【例3-2】（2015-2016朝陽期中18）已知函數(其中是常數，)，函數的導函數為，且．

(Ⅰ)若，求曲線在點處的切線方程；

(Ⅱ)當時，若函數在區間上的最大值為，試求的值．

【答案】因為，所以．

因為，所以，即．

(Ⅰ)當時，．又，所以曲線在點處的切線方程為．

即．

(Ⅱ)由已知得．

所以．

因為，．

因為，所以．

令得，；

令得，或．

所以函數在上單調遞增，在和上單調遞減．

①若，即時，函數在區間上單調遞增．

所以函數在區間上的最大值為．

解得．顯然符合題意．此時，．

②若，即時，函數在上單調遞增，在上單調遞減．

所以函數在區間上的最大值為．

又因為，所以，．

所以．

所以．

不滿足函數在區間上的最大值為

綜上所述，為所求．

【練3-1】（2015-2016海淀一模理18）已知函數(其中為常數且)在處取得極值.(I)

當時，求的單調區間；

(II)

若在上的最大值為，求的值.【答案】（I）因為所以2

因為函數在處取得極值

當時，，隨的變化情況如下表：

0

0

極大值

極小值

所以的單調遞增區間為,單調遞減區間為

(II)因為

令,因為在處取得極值，所以

當時，在上單調遞增，在上單調遞減

所以在區間上的最大值為，令，解得

當，當時，在上單調遞增，上單調遞減，上單調遞增

所以最大值1可能在或處取得

而

所以，解得

當時,在區間上單調遞增，上單調遞減，上單調遞增

所以最大值1可能在或處取得

而

所以，解得，與矛盾

當時，在區間上單調遞增，在單調遞減，所以最大值1可能在處取得，而，矛盾

綜上所述，或.【練3-2】（2013-2014朝陽一模理18）已知函數，．

（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）若函數在區間的最小值為，求的值．

【答案】函數的定義域是，．

（Ⅰ）（1）當時，故函數在上單調遞減．

（2）當時，恒成立，所以函數在上單調遞減．

（3）當時，令，又因為，解得．

①當時，所以函數在單調遞減．

②當時，所以函數在單調遞增．

綜上所述，當時，函數的單調減區間是，當時，函數的單調減區間是，單調增區間為．

（Ⅱ）（1）當時，由（Ⅰ）可知，在上單調遞減，所以的最小值為，解得，舍去．

（2）當時，由（Ⅰ）可知，①當，即時，函數在上單調遞增，所以函數的最小值為，解得．

②當，即時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以函數的最小值為，解得，舍去．

③當，即時，函數在上單調遞減，所以函數的最小值為，得，舍去．

綜上所述，．

導數專題四、零點問題

【知識結構】

【知識點】

一、零點的定義：定義：

一般地，如果函數在處有實數根，即，則叫做這個函數的零點.1.函數值為零時的值；

2.函數為零時，方程的解；

3.函數的圖象與軸交點；

4.兩個函數的交點；

二、零點問題主要包括的題型包括：

1.是否有零點；

2.判斷零點個數；

3.已知零點求參數

三、函數零點的判定：

方程有實數根?函數的圖象與軸有交點?函數有零點

【考點分類】

考點一、分類討論求零點個數；

【例1-1】（2014-2015年朝陽一模理18）已知函數，．

（Ⅱ）

當時，討論函數的零點個數.【答案】（Ⅱ）,.（1）當時，時，為減函數;時，為增函數.所以在時取得最小值.（ⅰ）當時，由于，令，則在上有一個零點；

（ⅱ）當時，即時，有一個零點；

（ⅲ）當時，即時，無零點.（ⅳ）當時，即時，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(3)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例1-2】（2012-2013石景山期末理18）已知函數是常數．

（Ⅲ）討論函數零點的個數．

【答案】令，.令，則在上單調遞增，在上單調遞減，當時，的最大值為.所以若，則無零點；若有零點，則．

若，由（Ⅰ）知有且僅有一個零點.若，單調遞增，由冪函數與對數函數單調性比較，知有且僅有一個零點（或：直線與曲線有一個交點）.若，解得，由函數的單調性得知在處取最大值，由冪函數與對數函數單調性比較知，當充分大時，即在單調遞減區間有且僅有一個零點；

又因為，所以在單調遞增區間有且僅有一個零點.切線方法：

綜上所述，當時，無零點；

當或時，有且僅有一個零點；

當時，有兩個零點.【練1-1】（2015-2016朝陽期末文19）已知函數，.（Ⅰ）當時，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）當時，試判斷函數是否存在零點,并說明理由；

（Ⅲ）求函數的單調區間.【答案】函數的定義域：..（Ⅰ）當時，..有，即切點（1,3），.所以曲線在點處切線方程是，即.（Ⅱ）若，..令，得（舍），.－

＋

↘

極小值

↗

＋

－

＋

↗

極大值

↘

極小值

↗

則.所以函數不存在零點.（Ⅲ）

.當，即時，－

＋

↘

極小值

↗

當，即時，＋

－

＋

↗

極大值

↘

極小值

↗

當，即時，＋

＋

↗

↗

當，即時，綜上時，的單調增區間是;減區間是.當時，的單調增區間是,;減區間是.當時，的單調增區間是;

當時，的單調增區間是，;減區間是.【練1-2】（2015-2016西城期末文20）已知函數，直線

：

.（1）求函數的極值；

（2）求證：對于任意，直線都不是曲線的切線；

（3）試確定曲線與直線的交點個數，并說明理由。

【答案】（1）（x≠0）

∴

令，得x=1，列表，得：

x

（0，1）

（1，+∞）

0

+

極值

∴在x=1處，有極小值為。

（2）假設是一條切線，設切點為。

∴

有

將②代入①中，得

即

不成立

∴

對于任意，直線都不是曲線的切線。

（3）解法一、令

整理得

令

∴，∴

g（x）是一個減函數。

令g（x）=0得x=-1，∴

有當x＜0時，g（x）＜2，且x，g（x）-∞；

當x＞0時，g（x）＞2，且x，g（x）+∞；

∴

當k=2時，沒有交點；當k≠2時，有一個交點。

解法二、令，有，當時，恒正，即無零點。

當時，即在時恒正，無零點。

當時，為減函數，取，有；

當時，而，此時，所以有一個零點，即曲線與直線有一個交點。

當時，當時，恒正，無零點；

當時，為增函數，取，有；

當時，而，此時；

因此，在有一個零點，即曲線與直線有一個交點。

綜上所述，當

時，曲線與直線沒有交點；當

時，曲線與直線有一個交點。

【練1-3】（2015-2016大興期末文19）已知函數．

（Ⅰ）求函數在點處的切線方程；

（Ⅱ）設實數使得恒成立，求的取值范圍；

（Ⅲ）設，求函數在區間上的零點個數．

【答案】（Ⅰ）

曲線在點處的切線方程為

(Ⅱ)設，則

令，解得：

當在上變化時，的變化情況如下表：

+

0

↗

↘

由上表可知，當時，取得最大值

由已知對任意的，恒成立

所以，得取值范圍是。

(Ⅲ)令得：

由(Ⅱ)知，在上是增函數，在上是減函數.且，所以當或時，函數在上無零點；

當或時，函數在上有1個零點；

當時，函數在上有2個零點

【練1-4】（2013-2014西城期末理18）已知函數，其中是自然對數的底數，.（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）當時，試確定函數的零點個數，并說明理由.【答案】（Ⅰ）解：因為，所以．

………………

2分

令，得．

………………

3分

當變化時，和的變化情況如下：

↘

↗

………………

5分

故的單調減區間為；單調增區間為．…………

6分

（Ⅱ）解：結論：函數有且僅有一個零點.………………

7分

理由如下：

由，得方程，顯然為此方程的一個實數解.所以是函數的一個零點.………………

9分

當時，方程可化簡為.設函數，則，令，得．

當變化時，和的變化情況如下：

↘

↗

即的單調增區間為；單調減區間為．

所以的最小值.………………11分

因為，所以，所以對于任意，因此方程無實數解．

所以當時，函數不存在零點.綜上，函數有且僅有一個零點.………………13分

【練1-5】（2012-2013石景山期末理18）已知函數是常數．

（Ⅰ）求函數的圖象在點處的切線的方程；

（Ⅱ）證明函數的圖象在直線的下方；

（Ⅲ）討論函數零點的個數．

【答案】（Ⅰ）

…………………1分，所以切線的方程為，即．

…………………3分

（Ⅱ）令則

↗

最大值

↘

…………………6分，所以且，，即函數的圖像在直線的下方．

…………………8分

（Ⅲ）令，.令，則在上單調遞增，在上單調遞減，當時，的最大值為.所以若，則無零點；若有零點，則．………………10分

若，由（Ⅰ）知有且僅有一個零點.若，單調遞增，由冪函數與對數函數單調性比較，知有且僅有一個零點（或：直線與曲線有一個交點）.若，解得，由函數的單調性得知在處取最大值，由冪函數與對數函數單調性比較知，當充分大時，即在單調遞減區間有且僅有一個零點；又因為，所以在單調遞增區間有且僅有一個零點.綜上所述，當時，無零點；

當或時，有且僅有一個零點；

當時，有兩個零點.…………………13分

【練1-6】（2014-2015東城高一模理18）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極值，求的值；

（Ⅱ）若在區間上單調遞增,求的取值范圍；

（Ⅲ）討論函數的零點個數.【答案】（Ⅰ）因為，由已知在處取得極值，所以.解得，經檢驗時，在處取得極小值.所以.……3分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.因為在區間上單調遞增，所以在區間上恒成立.即在區間上恒成立.所以.……8分

（Ⅱ）因為，所以，.令得，令，..當時，在上單調遞增，時，在上單調遞減.所以.綜上：當時，函數無零點，當或時，函數有一個零點，當時，函數有兩個零點.考點二、已知函數存在零點情況求參數范圍；

【例2-1】（2015-2016房山二模理18）已知函數

（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）若直線與曲線沒有公共點，求實數的取值范圍。

【答案】（Ⅰ）

令

得

變化情況

+

減

增

所以

函數在區間為減函數，在區間為增函數

（Ⅱ）解法一（分離參數法）：

主要的步驟如下：

1寫定義域：求出函數的定義域

2分離參數：將等式轉化為參數放在等號一邊，等號另外一邊為一個函數g（x）

3畫圖象：準確畫出g（x）的圖象

4移直線：將直線y=b的直線由上往下移動觀察交點個數

下面是每一步的注意事項：

1寫定義域：一定要先寫出函數的定義域

2分離參數：分離參數的時候也要注意對等式變化的時候定義域的改變

3：畫圖像：這里涉及到畫出準確函數圖像的注意事項

A：首先通過求導研究函數的單調性（在定義域范圍內）

B：畫出各極值點

C：畫斷點（定義域內取不到的值的走勢）-----找漸近線1

D:畫正負無窮處的點----------找漸近線2

E：將各處用光滑的曲線連接起來

4：移直線：移動的時候看交點要注意所取點空心和實心。

解法一（分離參數法）：直線與曲線沒有公共點，等價于

方程無實數解，不是該方程的解，所以等價

方程無解

設

則

令

得

在區間上，在區間上，在區間上

所以

在上遞增，在上遞減，在上遞減

所以，當時，取得極大值

當無限增大時，無限趨近于1

所以的值域為

方程無解，則的取值范圍為

解法二：構造新函數法（略）

解法三（轉化為過某一定點直線和曲線的交點）：

因為直線與曲線沒有公共點，所以方程，即無實數解

所以直線與曲線沒有公共點，設過點的直線與曲線相切于點

因為，所以直線的斜率

所以直線的方程為

因為直線過點，所以，所以

因為直線與曲線無交點

所以，即

【例2-2】（2015-2016海淀期末文19）已知函數，其中.當時，求函數的單調區間和極值；

若關于的方程有解，求實數k的取值范圍.【答案】由題可知函數定義域為：

當時，令得。

當變化時，和的變化如下表：

X

—

0

+

極小值

∴的單調遞增區間為：的單調遞減區間為：

∴在時存在極小值：

由題意得，方程有解即為有解，令，令得

（1）當時，令得

令得

在上單調遞減，在上單調遞增

∴

①當時，,函數有一個解。

②當時，且

（2）當時，恒成立，在上恒減

且當時，綜上所述：。

【練2-1】（2015-2016豐臺期末理18）已知函數.（Ⅰ）求函數的極值；

（Ⅱ）若存在實數，且，使得，求實數a的取值范圍.【答案】（Ⅰ），令得，.x

0

+

0

_

0

+

遞增

極大值

遞減

極小值

遞增

∴函數的極大值為；

極小值為.(Ⅱ)

若存在，使得，則

由（Ⅰ）可知，需要（如圖1）或（如圖2）.（圖1）

（圖2）

于是可得.【練2-2】（2015-2016石景山期末文20）已知函數,.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【練2-3】（2015-2016豐臺二模文19）設函數．

（Ⅰ）求函數的單調區間和極值；

（Ⅱ）若函數在區間上存在唯一零點，求的取值范圍.【答案】（Ⅰ），（1）若，則在區間上，單調遞增.所以當時，的單調遞增區間為，沒有極值點.（2）若，令，即，解得，因為函數在區間是遞增函數，所以在區間內，單調遞減；在區間內,單調遞增.所以當時，的單調遞減區間為，的單調遞增區間為所以當時，函數有極小值為.（Ⅱ）（1）當時，由（Ⅰ）可知，在上單調遞增，因為，令，得.所以當時，在區間上上存在唯一零點.（2）當時，由（Ⅰ）可知，為函數的最小值點

因為，若函數在區間上上存在唯一零點，則只能是：

①，或②.由①得；由②得.綜上所述，函數在區間上上存在唯一零點，則或.【練2-4】（2015-2016海淀二模文19）已知函數

（1）當時，求函數的單調區間;

（2）若關于的不等式在上有解，求的取值范圍；

（3）若存在，使得既是函數的零點，又是函數的極值點，請寫出此時的值.（只需寫出結論）.【答案】（1）當時，令，從而和時，時

所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增。

（Ⅱ）要使在上有解，只要在上的最小值小于等于.因為，令，得到.當時，即時，在區間上單調遞增，為上最小值

所以有，即，解得或，所以有；

當時，即時，在區間上單調遞減，在上單調遞增，所以為上最小值，所以有，即，解得，所以.綜上，得.法二：（Ⅱ）要使在上有解，只要在上的最小值小于等于.因為，所以當，即時

滿足題意，當時，因為，令，得到，因為，所以在區間上的單調遞增，所以在區間上的最小值為，所以，根據上面得到，矛盾.綜上，.（Ⅲ）

【練2-5】（2015-2016豐臺二模理18）設函數.（Ⅰ）當時，求函數在區間內的最大值；

（Ⅱ）若函數在區間內有兩個零點，求實數的取值范圍.【答案】（Ⅰ）當時，與、之間的關系如下表：

+

0

增函數

極大值

減函數

函數在區間內只有一個極大值點，所以這個極值點也是最大值點，---4分

最大值.（Ⅱ）

（1）當時，顯然在區間內沒有兩個零點，不合題意.(2)當時，.①當且時，函數區間上是增函數，所以函

數

區間上不可能有兩個零點，所以不合題意；

②當時，在區間上與、之間的關系如下表：

+

0

增函數

極大值

減函數

因為，若函數區間上有兩個零點，則，所以，化簡.因為，,所以.綜上所述，當時，函數在區間內有兩個零點.【練2-6】（2015-2016房山一模理18）已知函數，其中

（Ⅰ）當，求函數的極大值；

（Ⅱ）若在區間上僅有一個零點，求實數的取值范圍是。

【答案】（Ⅰ）a=-2時，f（1）=

a

–

=

-（-2）-1為極大值1。

（Ⅱ）

當

時，f（x）在所以f（1）=0

即-a-1=0，a=-1。或者

但無解舍

當

由f(1)=-a-1<0知

只需f（e）>0

解得

所以，f（x）在（0，1）上遞增，（1，e）上遞減，且

f（1）此時（0，e）上不可能有零點

綜上a=-1或者

【練2-7】（2015西城二模文）已知函數，其中.（Ⅰ）當時，求函數的圖象在點處的切線方程；

（Ⅱ）當時，證明：存在實數，使得對任意的，都有成立；

（Ⅲ）當時，是否存在實數，使得關于的方程僅有負實數解？當時的情形又如何？(只需寫出結論)

【答案】（Ⅰ）解：當時，函數，求導，得，………………2分

因為，………………3分

所以函數的圖象在點處的切線方程為.………………4分

（Ⅱ）證明：當時，的定義域為.求導，得，………………5分

令，解得，………………6分

當變化時，與的變化情況如下表：

+

0

0

+

↗

↘

↗

………………8分

所以函數在，上單調遞增，在上單調遞減.又因為，當時，；當時，所以當時，；當時，.記，其中為兩數，中最大的數，綜上，當時，存在實數，使得對任意的實數，不等式

恒成立.………………10分

（Ⅲ）解：當與時，不存在實數，使得關于實數的方程僅

有負實數解.………………13分

考點三、已知函數不存在零點求參數范圍；

【例3-1】（2015-2016石景山一模文19）已知函數．

（Ⅰ）求函數的極值；（Ⅱ）證明：當時，；

（Ⅲ）當時，方程無解，求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ），令解得，易知在上單調遞減，在上單調遞增，故當時，有極小值

（Ⅱ）令，則，由（Ⅰ）知，所以在上單調遞增，所以，所以.（Ⅲ）方程，整理得，當時，.令，則，令，解得，易得在上單調遞減，在上單調遞增，所以時，有最小值，而當越來越靠近時，的值越來越大，又當，方程無解，所以.【例3-2】（2013-2014海淀期末理18）已知關于的函數

（Ⅰ）當時，求函數的極值；

（Ⅱ）若函數沒有零點，求實數取值范圍.【答案】（Ⅰ），.------------------------------------------2分

當時，,的情況如下表：

0

↘

極小值

↗

所以，當時，函數的極小值為.-----------------------------------------6分

（Ⅱ）.①當時，的情況如下表：

0

↘

極小值

↗

--------------------------------7分

因為,------------------------------8分

若使函數沒有零點，需且僅需，解得,-------------------9分

所以此時；

-----------------------------------------------10分

②當時，的情況如下表：

0

↗

極大值

↘

--------11分

因為,且,---------------------------12分

所以此時函數總存在零點.--------------------------------------------13分

綜上所述，所求實數的取值范圍是.【練3-1】（2013-2014朝陽一模文18）設函數，，記.（Ⅰ）求曲線在處的切線方程；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）當時，若函數沒有零點，求的取值范圍.【答案】(I)，則函數在處的切線的斜率為.又，所以函數在處的切線方程為,即

………………4分

（Ⅱ），（）.①當時，在區間上單調遞增；

②當時，令，解得；令，解得.綜上所述，當時，函數的增區間是；

當時，函數的增區間是，減區間是.………………9分

（Ⅲ）依題意，函數沒有零點，即無解.由（Ⅱ）知，當時，函數在區間上為增函數,區間上為減函數，由于，只需，解得.所以實數的取值范圍為.…………………………………………………13分

綜上所述，所求實數的取值范圍是.【練3-2】（2014-2015通州期末理18）已知函數，（Ⅰ）求的單調區間；

（Ⅱ）若方程沒有實數根，求取值范圍．

【答案】（Ⅰ）因為函數，所以…………………

1分

（1）當時，所以的遞增區間是，無遞減區間.……

3分

（2）當時，令，得，令，得

所以的遞增區間是，遞減區間是

……………………

5分

綜上，當時，的遞增區間是，無遞減區間，當時，的遞增區間是，遞減區間是

（Ⅱ）（1）當時，在上顯然無零點，所以方程沒有實數根.……………………

6分

（2）當時，在上單調遞增，因為，所以

所以在上有零點.所以方程有實數根.……………………

8分

（3）當時，的遞增區間是，遞減區間是，所以是的極小值，也是的最小值.所以沒有實數根等價于

……………………

11分

所以所以

所以所以.……………………

12分

綜上，的取值范圍是

……………………

13分

考點四、證明函數零點情況；

【例4-1】（2015-2016海淀期末理18）已知函數.（Ⅰ）當時，求函數的單調區間和極值；

（Ⅱ）求證：當時，關于的不等式在區間上無解.（其中）

【答案】（Ⅰ）因為,所以，當時，.令，得，所以隨的變化情況如下表：

極大值

極小值

所以在處取得極大值，在處取得極小值.函數的單調遞增區間為，,的單調遞減區間為

（Ⅱ）證明：不等式在區間上無解，等價于在區間上恒成立，即函數在區間上的最大值小于等于1.因為，令，得.因為時，所以.當時，對成立，函數在區間上單調遞減，所以函數在區間上的最大值為,所以不等式在區間上無解；

當時，隨的變化情況如下表：

↘

極小值

↗

所以函數在區間上的最大值為或.此時,，所以

.綜上，當時，關于的不等式在區間上無解.【例4-2】（2015-2016房山一模文19）已知函數，（I）求曲線在處的切線方程；

（II）求的單調區間

（III）設，其中，證明：函數僅有一個零點

【答案】（I）

其中，所以曲線在處的切線方程

（II）的定義域為，令，解得

令，解得

所以，的單增區間為，單減區間為

（III），定義域為

又

①

當時，恒成立，即在上單調遞增

又

即

可知函數僅有一個零點

②

時，令，解得或

令，解得

所以，在，上單調遞增，在上單調遞減

又

又，可知在有一個零點，即函數僅有一個零點

綜上所訴，函數僅有一個零點

【練4-1】（2015-2016房山一模文19）已知函數，（I）求曲線在處的切線方程；

（II）求的單調區間

（III）設，其中，證明：函數僅有一個零點

【答案】（I）

其中，所以曲線在處的切線方程

（II）的定義域為，令，解得

令，解得

所以，的單增區間為，單減區間為

（III），定義域為

又

①

當時，恒成立，即在上單調遞增

又

即

可知函數僅有一個零點

②

時，令，解得或

令，解得

所以，在，上單調遞增，在上單調遞減

又

又，可知在有一個零點，即函數僅有一個零點

綜上所訴，函數僅有一個零點

考點五、函數交點問題；

【例5-1】（2015-2016東城期末文19）已知函數，.（Ⅰ）當時，求曲線在點處的切線的方程；

（Ⅱ）若曲線與軸有且只有一個交點，求的取值范圍；

（Ⅲ）設函數，請寫出曲線與最多有幾個交點.（直接寫出結論即可）

【答案】（Ⅰ）當時，.當時，又，所以曲線在點處的切線方程為.（Ⅱ）由，得.當時，此時在上單調遞增.當時，當時，所以當時，曲線與軸有且只有一個交點；

當時，令，得.與在區間上的情況如下：

極大值

若曲線與軸有且只有一個交點，則有，即.解得.綜上所述，當或時，曲線與軸有且只有一個交點.（Ⅲ）曲線與曲線最多有4個交點.【例5-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【練5-1】（2015-2016西城期末理18）已知函數

(,為自然對數的底數).（Ⅰ）若曲線在點處的切線平行于軸,求的值；

（Ⅱ）求函數的極值；

（Ⅲ）當時,若直線與曲線沒有公共點,求的最大值．

【答案】(Ⅰ)由,得.又曲線在點處的切線平行于軸,得,即,解得.(Ⅱ),①當時，為上的增函數,所以函數無極值.②當時,令,得,.,;,.所以在上單調遞減,在上單調遞增,故在處取得極小值,且極小值為,無極大值.綜上,當時,函數無極小值

當,在處取得極小值,無極大值.(Ⅲ)當時,令,則直線:與曲線沒有公共點,等價于方程在上沒有實數解.假設,此時，又函數的圖象連續不斷,由零點存在定理,可知在上至少有一解,與“方程在上沒有實數解”矛盾,故.又時，知方程在上沒有實數解.所以的最大值為.解法二:

(Ⅰ)(Ⅱ)同解法一.(Ⅲ)當時,.直線:與曲線沒有公共點,等價于關于的方程在上沒有實數解,即關于的方程:

(*)

在上沒有實數解.①當時,方程(*)可化為,在上沒有實數解.②當時,方程(*)化為.令,則有.令,得,當變化時,的變化情況如下表:

遞減

遞增

當時，同時當趨于時,趨于,從而的取值范圍為.所以當時,方程(*)無實數解,解得的取值范圍是.綜上,得的最大值為.【練5-2】（2014-2015豐臺期末理18）已知函數．

（Ⅰ）求函數的極小值；

（Ⅱ）如果直線與函數的圖象無交點，求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）函數的定義域為R．

因為，所以

．

令，則．

0

0

+

↘

極小值

↗

所以

當時函數有極小值．

………………6分

（Ⅱ）函數．

當時，所以要使與無交點，等價于恒成立．

令，即，所以

．

①當時，滿足與無交點；

②當時，而，所以，此時不滿足與無交點．

③當時，令，則，當時，在上單調遞減；

當時，在上單調遞增；

當時，．

由

得，即與無交點．

綜上所述

當時，與無交點．

導數專題五、恒成立問題和存在性問題

【知識結構】

【知識點】

求解函數的恒成立問題和存在性問題首先轉化為函數的最值問題，主要的方法提煉：

一、已知不等式恒成立，求參數取值范圍：分參法；

（1）分離參數，使不等式轉化為（）恒成立；

（2）求導函數；

（3）找出的最大（小）值（）；

（4）解不等式（），得出參數取值范圍．

二、已知不等式恒成立，求參數取值范圍：討論法；

（1）構造新函數，使不等式轉化為（）恒成立；

（2）求導函數，判斷函數的單調性；

（3）找出的最小（大）值（）；

（4）解不等式（），得出參數取值范圍．

【考點分類】

考點一、單變量單函數的不等式型；，即求，即求

【例1-1】（2015-2016朝陽期中文19）已知函數，．

（Ⅰ）若函數在區間上單調遞減，求的取值范圍；

（Ⅱ）當時，證明.【答案】（I）函數的定義域為.因為.又因為函數在單調減，所以不等式在上成立.設，則，即即可，解得.所以的取值范圍是.（Ⅱ）當時，.令，得或（舍）.當變化時，變化情況如下表：

0

+

極小值

所以時,函數的最小值為.所以成立.【例1-2】（2015-2016海淀二模理18）已知函數.（Ⅰ）當時，求函數的單調區間；

（Ⅱ）若關于的不等式在上有解，求實數的取值范圍；

（Ⅲ）若曲線存在兩條互相垂直的切線，求實數的取值范圍.（只需直接寫出結果）．

【答案】（Ⅰ）時且，令則或；令則，遞增區間為和；遞減區間為。

（Ⅱ）在有解，在有解，令，則在有解，即，且，①

當即時

在上遞增，在上遞減，在上遞增，Ⅰ．若，則，則，則在上遞減，在上遞增，則恒成立，滿足條件。

Ⅱ．若，則，則，則在上遞增，則，，又，②

當即時，在上遞增，在上遞增，由Ⅱ知與矛盾，③

當即時，在上遞增，由Ⅱ知與矛盾，綜上所述：．

（Ⅲ）。

【練1-1】（2015-2016東城一模理18）設函數，．

（Ⅰ）當時，求的單調區間；

（Ⅱ）當時，恒成立，求的取值范圍；

（Ⅲ）求證：當時，．

【答案】（Ⅰ）當時，則，則.令得

－

+

↘

↗

所以

當時，在上單調遞減；

當時，在上單調遞增；

當時，．

（Ⅱ）因為，所以恒成立，等價于恒成立．

設，得，當時，所以　在上單調遞減，所以　時，．

因為恒成立，所以．

（Ⅲ）當時，等價于．

設，．

求導，得．

由（Ⅰ）可知，時，恒成立．

所以時，有．

所以

．

所以在上單調遞增，當時，．

因此當時，．

【練1-2】（2015-2016東城二模文20）設函數

（1）若，求在區間上的最大值；

（2）設，求證：當時，過點有且只有一條直線與曲線相切；

（3）若對任意的，均有成立，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，+

0

單調增

極大值

單調減

所以在取得最大值，（2）設切點坐標為，有，以及

聯立化簡得到，易知為單調遞增函數

因此，與直線有且只有一個交點，因此切點只有一個，因此，當時，過點有且只有一條直線與曲線相切。

（3）易知當時，滿足條件

當時，1）當時，滿足條件

2）當時，有，整理得到

因此有，因為，所以，所以

3）當時，有

令，有

設，有，當時，因此當時，所以當時，單調遞增，最小值為，因此

綜上所述，的取值范圍為

【練1-3】（2013-2014朝陽二模理18）已知函數，.（Ⅰ）若曲線在點處的切線與直線垂直，求的值；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）設，當時，都有成立，求實數的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）由已知得．

因為曲線在點處的切線與直線垂直，所以．所以．

所以．

……………3分

（Ⅱ）函數的定義域是，．

（1）當時，成立，所以的單調增區間為．

（2）當時，令，得，所以的單調增區間是；

令，得，所以的單調減區間是．

綜上所述，當時，的單調增區間為；

當時，的單調增區間是，的單調減區間是．

……………8分

（Ⅲ）當時，成立，．

“當時，恒成立”

等價于“當時，恒成立．”

設，只要“當時，成立．”

．

令得，且，又因為，所以函數在上為減函數；

令得，又因為，所以函數在上為增函數．

所以函數在處取得最小值，且．

所以．

又因為，所以實數的取值范圍．

……………13分

（Ⅲ）另解：

（1）當時，由（Ⅱ）可知，在上單調遞增，所以．

所以當時，有成立．

（2）當時，可得．

由（Ⅱ）可知當時，的單調增區間是，所以在上單調遞增，又，所以總有成立．

（3）當時，可得．

由（Ⅱ）可知，函數在上為減函數，在為增函數，所以函數在處取最小值，且．

當時，要使成立，只需，解得．所以．

綜上所述，實數的取值范圍

【練1-4】（2010-2011海淀一模文18）已知函數.（Ⅰ）若，求函數的極值和單調區間；

（Ⅱ）若在區間上至少存在一點，使得成立，求實數的取值范圍.【答案】（I）因為，…………………2分

當，令，得，…………………3分

又的定義域為，隨的變化情況如下表：

0

極小值

所以時，的極小值為1

.…………………5分的單調遞增區間為，單調遞減區間為；

…………………6分

（II）解法一：

因為，且，令，得到，若在區間上存在一點，使得成立，其充要條件是在區間上的最小值小于0即可.…………………7分

（1）當，即時，對成立，所以，在區間上單調遞減，故在區間上的最小值為，由，得，即

…………………9分

（2）當，即時，①

若，則對成立，所以在區間上單調遞減，所以，在區間上的最小值為，顯然，在區間上的最小值小于0不成立

…………………11分

②

若，即時，則有

極小值

所以在區間上的最小值為，由，得，解得，即.…………………13分

綜上，由(1)（2）可知：符合題意.…………………14分

解法二：若在區間上存在一點，使得成立，即，因為,所以，只需

…………………7分

令，只要在區間上的最小值小于0即可

因為，令，得

…………………9分

（1）當時：

極大值

因為時，而，只要，得，即

…………………11分

（2）當時：

極小值

所以，當

時，極小值即最小值為，由，得，即.…………………13分

綜上，由(1)（2）可知，有

.…………………14分

【練1-5】（2013-2014房山一模文18）

已知函數．

（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）若對于任意的，都有，求的取值范圍.【答案】（Ⅰ）∵f（x）=ex（x+1），∴f′（x）=ex（x+1）+ex=ex（x+2），∴f′（0）=e0?（0+2）=2，又f（0）=1，∴曲線曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為：

y-1=2（x-0），即2x-y+1=0；

（Ⅱ）令f′（x）=0，得x=-2，當x變化時，f（x）和f′（x）的變化情況如下表：

x

（-∞，-2）

（-2，0）

f′（x）

0

+

f（x）

↘

極小值

↗

∴f（x）在（-∞，-2）上遞減，在（-2，0）上遞增，∴f（x）在（-∞，0）上的最小值是f（-2）=-e-2．

∴-e-2＞k，即k＜-e-2．

∴k的取值范圍是（-∞，-e-2）．

【練1-6】（2015-2016朝陽二模文20）已知函數.(Ⅰ)求函數的單調區間；

（Ⅱ）當時，若在區間上恒成立，求的取值范圍.【答案】(Ⅰ)

函數的定義域為,.（5）

當時，,令，解得，則函數的單調遞增區間為

令，解得，函數單調遞減區間為.所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（6）

當時，,令，解得或，則函數的單調遞增區間為；

令，解得，函數單調遞減區間為.所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（7）

當時，恒成立，所以函數的單調遞增區間為.（8）

當時，,令，解得或，則函數的單調遞增區間為，；

令，解得，則函數的單調遞減區間為.所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為

（Ⅱ）依題意，在區間上.，.令得，或.若，則由得，函數在()上單調遞增.由得，,函數在()上單調遞減.所以，滿足條件；

若，則由得，或；

由得，.函數在(),上單調遞增,在上單調遞減.，依題意，即，所以；

若，則.所以在區間上單調遞增，不滿足條件；

綜上，.考點二、單變量雙函數的不等式型；，構造新函數，即求；，構造新函數，即求；

【例2-1】（2015-2016昌平期末文20）已知函數．

（Ⅰ）求函數在點處的切線方程；

（Ⅱ）證明：當時，；

（Ⅲ）設，若存在最大值，且當最大值大于時，確定實數的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）解：定義域為，.由題意，，所以函數在點處的切線方程為.（Ⅱ）證明：當時，可轉化為

當時，恒成立.設，所以.當時，所以在上為減函數，所以，所以當時，成立.（Ⅲ）設，定義域為，所以.⑴當時，對于任意的，所以在上為增函數，所以無最大值，即不符合題意.⑵當時，令，即，則.所以，變化如下：

0

+

0

↗

極大值

↘

因為.所以成立，即，令，所以，即在上為增函數.又因為，所以當時，.所以，時，命題成立.綜上，的取值范圍為.【例2-2】（2015-2016豐臺一模理18）已知函數.（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）求證：；

（Ⅲ）若在區間上恒成立，求的最小值.【答案】（Ⅰ）設切線的斜率為

因為，切點為.切線方程為，化簡得：.（Ⅱ）要證：

只需證明：在恒成立，當時，在上單調遞減；

當時，在上單調遞增；

當時

在恒成立

所以.（Ⅲ）要使：在區間在恒成立，等價于：在恒成立，等價于：在恒成立

因為==

①當時，不滿足題意

②當時，令，則或（舍）.所以時，在上單調遞減；

時，在上單調遞增；

當時

當時，滿足題意

所以，得到的最小值為

【練2-1】（2015-2016石景山一模理18）已知函數．

（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）求證：當時，；

（Ⅲ）若對恒成立，求實數的最大值．

【答案】

（Ⅰ），．

所以切線方程為．

（Ⅱ）令，則，當時，設，則

所以在單調遞減，即，所以………6分

所以在上單調遞減，所以，所以．

（Ⅲ）原題等價于對恒成立，即對恒成立，………9分

令，則．

易知，即在單調遞增，所以，所以，故在單調遞減，所以．

綜上所述，的最大值為

．

【練2-2】（2015-2016大興期末文19）已知函數．

（Ⅰ）求函數在點處的切線方程；

（Ⅱ）設實數使得恒成立，求的取值范圍；

（Ⅲ）設，求函數在區間上的零點個數．

【答案】（Ⅰ）

曲線在點處的切線方程為

(Ⅱ)設，則

令，解得：

當在上變化時，的變化情況如下表：

+

0

↗

↘

由上表可知，當時，取得最大值

由已知對任意的，恒成立

所以，得取值范圍是。

(Ⅲ)令得：

由(Ⅱ)知，在上是增函數，在上是減函數.且，所以當或時，函數在上無零點；

當或時，函數在上有1個零點；

當時，函數在上有2個零點

【練2-3】（2015-2016東城二模理18）已知

（I）求的單調區間

（II）當時，求證：對于恒成立；

（III）若存在，使得當時，恒有成立，試求的取值范圍。

【答案】（I）的定義域是，令，得：，（舍）

+

0

單調增

極大值

單調減

（II）設，由題意只需證明：即可。，可得，在上，且在單調遞減，所以對于恒成立，得證。

（III）由（II）得：

當時，所以，又因為當時，所以，則此時沒有滿足條件的當時，令

則，令，因為，又因為，所以，存在滿足題意。

綜上，的取值范圍是。

【練2-4】（2015-2016朝陽二模理18）已知函數，．

（Ⅰ）當時，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）當時，若曲線上的點都在不等式組所表示的平面區域內，試求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）當時,，．

．

則，而．

所以曲線在點(1,)處的切線方程為，即．

（Ⅱ）依題意當時，曲線上的點都在不等式組所表示的平面區域內，等價于當時，恒成立．

設，．

所以．

（1）當，即時，當時，為單調減函數，所以．

依題意應有

解得所以．

（2）若，即時，當，為單調增函數，當，為單調減函數．

由于，所以不合題意．

（3）當，即時，注意到，顯然不合題意．

綜上所述，．

【練2-5】（2013-2014海淀一模理18）已知曲線.(Ⅰ)若曲線C在點處的切線為，求實數和的值；

(Ⅱ)對任意實數，曲線總在直線:的上方，求實數的取值范圍.【答案】，-----------------------------------2分

因為曲線C在點（0，1）處的切線為L：，所以且.----------------------------------4分

解得，-----------------------------------5分

（Ⅱ）法1：

對于任意實數a，曲線C總在直線的的上方，等價于

?x,，都有，即?x,R，恒成立，--------------------------------------6分

令，----------------------------------------7分

①若a=0，則，所以實數b的取值范圍是；

----------------------------------------8分

②若,，由得，----------------------------------------9分的情況如下：

0

0

+

極小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值為，-------------------------------------------12分

所以實數b的取值范圍是；

綜上，實數b的取值范圍是．

--------------------------------------13分

法2：對于任意實數a，曲線C總在直線的的上方，等價于

?x,，都有，即

?x,R，恒成立，-------------------------------------------6分

令，則等價于?，恒成立，令，則，-----------------------------------------7分

由得，----------------------------------------9分的情況如下：

0

0

+

極小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值為，------------------------------------------12分

實數b的取值范圍是．

--------------------------------------------13分

【練2-7】（2015-2016西城一模文19）已知函數，且

(Ⅰ)求的解析式

(Ⅱ)若對于任意，都有，求m的最小值

(Ⅲ)證明：函數的圖像在直線的下方.【答案】對求導，得，所以，解得，所以.（Ⅱ）解：由，得，因為，所以對于任意，都有.設，則

.令，解得.當x變化時，與的變化情況如下表：

極大值

所以當時，.因為對于任意，都有成立，所以

.所以的最小值為.（Ⅲ）證明：“函數的圖象在直線的下方”等價于“”，即要證，所以只要證.由（Ⅱ），得，即（當且僅當時等號成立）.所以只要證明當時，即可.設，所以，令，解得.由，得，所以在上為增函數.所以，即.所以.故函數的圖象在直線的下方.【練2-8】（2015-2016東城一模文19）

已知函數，（1）若在處取得極值，求的值；

（2）求在區間上的最小值；

（3）在（1）的條件下，若，求證：當時，恒有成立。

【答案】（1）定義域為，因為函數在處取得極值，所以有，解得

（2）

1）當時，在單調遞增，所以該區間上的最小值為

2）當時，在單調遞增，所以該區間上的最小值為

3）當時，-

0

+

減

極小值

增

所以在該區間的最小值為

綜上所述，當時，在的最小值為1；

當時，在的最小值為。

（3）由已知得，所以在時，恒有

若要證明當時，恒有成立，只需證明，即證明恒成立。

令

令，有

當時，恒有，所以當時，所以，所以在時，單調遞減，因此恒成立，所以，當時，恒有成立。

【練2-9】（2015-2016大興期末理18）已知函數.（Ⅰ）當時，求函數在點處的切線方程；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）若在上恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）當

時，所以，函數在點處的切線方程為

即：

(Ⅱ)函數的定義域為：

當時，恒成立，所以，在和上單調遞增

當時，令，即：，,所以，單調遞增區間為，單調減區間為.（Ⅲ）因為在上恒成立，有

在上恒成立。

所以，令，則.令則

若，即時，函數在上單調遞增，又

所以，在上恒成立；

若，即時，當時，單調遞增；

當時，單調遞減

所以，在上的最小值為，因為所以不合題意.即時，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，在上的最小值為

又因為，所以恒成立

綜上知，的取值范圍是.【練2-10】（2012-2013海淀二模文18）已知函數.（Ⅰ）當時，若曲線在點處的切線與曲線在點處的切線平行，求實數的值；

（Ⅱ）若，都有，求實數的取值范圍.【答案】（I）當因為,…………………2分

若函數在點處的切線與函數在點

處的切線平行，所以，解得

此時在點處的切線為

在點

處的切線為

所以

…………………4分

（II）若，都有

記，只要在上的最小值大于等于0

…………………6分

則隨的變化情況如下表：

0

極大值

…………………8分

當時，函數在上單調遞減，為最小值

所以，得

所以

…………………10分

當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，為最小值，所以，得

所以

………………12分

綜上，………………13分

【練2-11】（2015-2016昌平期末理18）已知函數.（Ⅰ）若函數在點處的切線方程為，求切點的坐標；

（Ⅱ）求證：當時，；（其中）

（Ⅲ）確定非負實數的取值范圍，使得成立.【答案】定義域為，.由題意，所以，即切點的坐標為.（Ⅱ）證明：當時，可轉化為

當時，恒成立.設，所以原問題轉化為當時，恒成立.所以.令，則（舍），.所以，變化如下：

0

+

0

↗

極大值

↘

因為，所以.當時，成立.（Ⅲ）解：，可轉化為

當時，恒成立.設，所以.⑴當時，對于任意的，所以在上為增函數，所以，所以命題成立.當時，令，則，⑵當，即時，對于任意的，所以在上為增函數，所以，所以命題成立.⑶當，即時，則（舍），.所以，變化如下：

0

0

+

↘

極小值

↗

因為，所以，當時，命題不成立.綜上，非負實數的取值范圍為.考點三、雙變量雙函數的不等式型；；

；

。

【例3-1】（2015-2016西城二模文15）已知函數

（I）若，求a的值

（II）設，若對于定義域內的任意，總存在使得，求a的取值范圍

【答案】

(Ⅰ)證明：函數的定義域，由題意，有意義，所以，求導，得

所以

解得

(Ⅱ)解：“對于定義域內的任意，總存在使得”等價于“不存在最小值”.①當時，由得無最小值，符合題意.②當時，令，得或

隨著的變化，與的變化情況如下表：

0

不存在極小

不存在所以函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為.因為當時，當時，.所以.所以當時，不存在使得.綜上所述：的取值范圍為.【例3-2】（2015-2016海淀一模文19）已知函數.(Ⅰ)求曲線在點處的切線方程；

(Ⅱ)求函數的零點和極值；

(Ⅲ)若對任意，都有成立，求實數的最小值.【答案】

（Ⅰ）設切線斜率為，所以，所以曲線在點處的切線方程為，即。

（Ⅱ）令，解得。當時，；時，所以函數零點有且只有一個，為1.令，即解得。當時，；當時，所以函數在處取得極小值，無極大值。

（Ⅲ）由（II）知，當時，；時，且在上單調遞減，在上單調遞增，所以在處取得最小值。且。，所以只需。所以。所以的最小值為1。

考點四、雙變量雙函數的絕對值不等式型；

（一）（1）對于任意的，，等價于且；

（2）對于任意的，，等價于或者；

（3）對于任意的，，等價于；

（二）（1）若存在，存在，使得，等價于且；

（2）若存在，存在，使得，等價于或者；

（3）若存在，存在，使得，等價于；

（三）（1）對于任意的，存在，使得，等價于且；

（2）對于任意的，存在，使得，等價于或者；

（3）對于任意的，若存在，等價于；

【例4-1】（2011-2012海淀二模文18）已知函數.（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）當時，若對任意，有成立，求實數的最小值.【答案】（Ⅰ）當時，函數的單調遞增區間是，函數的單調遞減區間是，當時，函數的單調遞增區間是，函數的單調遞減區間是，.（Ⅱ）

任意，使恒成立的實數的最小值為

【例4-1】（2016湖北理21）設是函數的一個極值點。

（Ⅰ）、求與的關系式（用表示），并求的單調區間；

（Ⅱ）、設。若存在使得成立，求的取值范圍。

【答案】（Ⅰ）f

`(x)＝－[x2＋(a－2)x＋b－a

]e3－x,由f

`(3)=0，得

－[32＋(a－2)3＋b－a

]e3－3＝0，即得b＝－3－2a，則

f

`(x)＝[x2＋(a－2)x－3－2a－a

]e3－x

＝－[x2＋(a－2)x－3－3a

]e3－x＝－(x－3)(x＋a+1)e3－x.令f

`(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1，由于x＝3是極值點，所以x+a+1≠0，那么a≠－4.當a<－4時，x2>3＝x1，則

在區間（－∞，3）上，f

`(x)<0，f

(x)為減函數；

在區間（3，―a―1）上，f

`(x)>0，f

(x)為增函數；

在區間（―a―1，＋∞）上，f

`(x)<0，f

(x)為減函數。

當a>－4時，x2<3＝x1，則

在區間（－∞，―a―1）上，f

`(x)<0，f

(x)為減函數；

在區間（―a―1，3）上，f

`(x)>0，f

(x)為增函數；

在區間（3，＋∞）上，f

`(x)<0，f

(x)為減函數。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當a>0時，f

(x)在區間（0，3）上的單調遞增，在區間（3，4）上單調遞減，那么f

(x)在區間[0，4]上的值域是[min(f

(0)，f

(4))，f

(3)]，而f

(0)＝－（2a＋3）e3<0，f

(4)＝（2a＋13）e－1>0，f

(3)＝a＋6，那么f

(x)在區間[0，4]上的值域是[－（2a＋3）e3，a＋6].又在區間[0，4]上是增函數，且它在區間[0，4]上的值域是[a2＋，（a2＋）e4]，由于（a2＋）－（a＋6）＝a2－a＋＝（）2≥0，所以只須僅須

（a2＋）－（a＋6）<1且a>0，解得0

【例4-2】【2013屆山西省第四次四校聯考】已知函數

（I）若函數在上是減函數，求實數的最小值；

（2）若，使成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）因f(x)在上為減函數，故在上恒成立．…1分

所以當時，．………………2分

又，………4分

故當，即時，．

所以于是，故a的最小值為．

…………………………6分

（2）命題“若使成立”等價于

“當時，有”．

由（1），當時，．

問題等價于：“當時，有”．

………………………8分

當時，≤0,在上為減函數，則=，故．

………10分…

當0<時，>0,由于在上為增函數，故的值域為，即．

由的單調性和值域知，唯一，使，且滿足：

當時，為減函數；當時，為增函數；

由=，．

所以，與矛盾，不合題意．

綜上，得．

…………………………12分

【例4-3】【2013～2014年衡水中學高三上學期二調】已知函數；

（1）求函數在點處的切線方程；

（2）求函數單調遞增區間；

（3）若存在，使得（是自然對數的底數），求實數的取值范圍.【例4-4】（2015-2016年昌平二模理18）已知函數，且曲線與曲線在它們的交點處具有公共切線.設.（I）求的值，及的關系式；

（II）求函數的單調區間；

（III）設，若對于任意，都有，求的取值范圍．

【答案】（I）因為函數，所以函數，.又因為曲線與曲線在它們的交點處具有公共切線，所以，即

（II）由已知，.所以.設，所以，R，所以在上為單調遞增函數.由（I）得，所以，即0是的零點.所以，函數的導函數有且只有一個零點0．

所以及符號變化如下，-

+

↘

極小值

↗

所以函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（III）由（II）知當

時，是增函數.對于任意，都有等價于，等價于當時，因為，所以在上是增函數，又，所以.【練4-1】（2013房山二模理）已知函數().(Ⅰ)當時,求函數的單調區間;

(Ⅱ)當時,取得極值.（1）若,求函數在上的最小值;

（2）求證:對任意,都有.【答案】（Ⅰ）

…………1分

當時，解得或,解得

……………2分

所以單調增區間為和，單調減區間為………3分

（Ⅱ）①當時，取得極值，所以

解得（經檢驗符合題意）

……………4分

+

0

0

+

↗

↘

↗

所以函數在，遞增，在遞減.……5分

當時，在單調遞減，………………6分

當時

在單調遞減，在單調遞增，.………………7分

當時，在單調遞增，……………………8分

綜上，在上的最小值

……………………9分

②令

得（舍）

因為

所以

……………11分

所以，對任意，都有

【練4-2】（2012-2013房山二模文18）已知函數在處取得極值.（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求函數在上的最小值；

（Ⅲ）求證：對任意，都有.【答案】（Ⅰ）

……………1分

由已知得即

……………2分

解得：

…………………………3分

當時，在處函數取得極小值，所以

（Ⅱ），.-

0

+

減

增

所以函數在遞減，在遞增.……………………4分

當時，在單調遞增，.………………………5分

當時，在單調遞減，在單調遞增，.…………………………6分

當時，在單調遞減，…………………………7分

綜上

在上的最小值

………………………………………8分

（Ⅲ）由（Ⅰ）知，.令

得

因為

所以

……………11分

所以，對任意，都有

【練4-3】（2013-2014年東城零模文18）設函數

（Ⅰ）設，證明：在區間內存在唯一的零點；

（Ⅱ）設，若對任意，有，求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）當

．

又當，．

．．．．．．6分

（Ⅱ）當時，．

對任意

上的最大值

與最小值之差,據此分類討論如下：

（ⅰ），．

（ⅱ），．

（ⅲ），．

綜上可知，．

．．．．．．14分

考點五、雙變量雙函數的等式型；

（一）對任意的，存在，使得，則的值域是值域的子集，即；

（二）存在，存在，使得，則的值域是值域有非空交集，即

【例5-1】（2015-2016豐臺期末文20）設函數的圖象與直線相切于點．

（Ⅰ）求函數的解析式；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）設函數，對于,，使得，求實數的取值范圍.【答案】（Ⅰ）∵函數的圖象與直線相切于點，∴，．

∵，∴

解得．

∴．

（Ⅱ），令，得或；

令，得．

∴的單調遞增區間為，；單調遞減區間為．

…8分

（Ⅲ）記在上的值域為,在上的值域為，∵對于，使得，∴．

由（Ⅱ）得：在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，，，∴．

∵，∴．

①

當時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，∴的最小值為或，的最大值為或．

∵，且，∴或，∴或，即或．

又∵，∴．

②

當時，在上單調遞增，上單調遞減，∴的最小值為或，的最大值為

．

∵，且，∴，∴，即．

綜上所述：或．

【例5-2】（2014-2015海淀二模文19）已知函數，其中.（Ⅰ）求的單調區間；

（Ⅱ）若對任意的，總存在，使得，求實數值.【答案】（Ⅰ）

………………2分

當時，對，所以的單調遞減區間為；

………………4分

當時，令，得.因為

時，；時，.所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為.………………6分

（Ⅱ）用分別表示函數在上的最大值，最小值.當且時，由（Ⅰ）知：在上，是減函數.所以

.因為

對任意的，，所以對任意的，不存在，使得.………………8分

當時，由（Ⅰ）知：在上，是增函數，在上，是減函數.所以

.因為

對，，所以

對，不存在，使得.………………10分

當時，令.由（Ⅰ）知：在上，是增函數，進而知是減函數.所以,，.因為

對任意的，總存在，使得，即，所以

即

所以，解得.………………13分

綜上所述，實數的值為.【練5-1】（2008天津文10）10．設，若對于任意的，都有滿足方程，這時的取值的集合為（B）

A．

B．

C．

D．

【練5-2】（2008天津理16）設，若僅有一個常數c使得對于任意的，都有滿足方程，這時，的取值的集合為

.a=2

考點六、其他的函數單調性問題、極值問題、最值問題、零點問題轉化為恒成立問題和存在性問題；

【例6-1】（（2015-2016房山二模文19）已知函數

（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）若直線與曲線沒有公共點，求實數的取值范圍。

【答案】（Ⅰ）,定義域為，令

極小值

所以的增區間為，減區間為。

（II）因為直線與曲線沒有公共點，所以方程無實根，即無實根，等價于無實根

設，即無零點。

當時，顯然無零點，符合題意；

當時，令

極小值，顯然不符合題意；

當時，令

極大值，所以時，符合題意

綜上所述：

導數專題六、漸近線和間斷點問題

【知識結構】

【知識點】

對于函數的漸近線問題和間斷點問題是函數問題中的特殊類型，漸近線問題主要是涉及到函數在無窮處的極限值會等于定值，這樣的函數類型主要類型有如下的形式；

幾種特殊函數的漸近線:

1.時；

（1）（冪函數的增長快于對數函數增長）；

（2）（高階增長快于低階增長）；

（3）（指數函數增長快于冪函數和對數函數增長）

2.時；

（1）（高階增長快于低階增長）；

（2）（可轉化為形式）

【考點分類】

考點一、函數的漸近線問題；

【例1-1】（2015-2016海淀一模文20）已知函數.（Ⅰ）求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）求函數的零點和極值；

（Ⅲ）若對任意，都有成立，求實數的最小值.【答案】（Ⅰ）因為，.所以..因為，所以曲線在處的切線方程為...（Ⅱ）令，解得，所以的零點為..由解得，則及的情況如下：

0

極小值

.所以函數在時,取得極小值

.（Ⅲ）法一：

當時，.當時，..若，由（Ⅱ）可知的最小值為，的最大值為，.所以“對任意，有恒成立”等價于

即，解得.所以的最小值為1.法二：

當時，.當時，..且由（Ⅱ）可知，的最小值為，.若，令，則

而，不符合要求，所以.當時，,所以，即滿足要求，綜上，的最小值為1..法三：

當時，.當時，..且由（Ⅱ）可知，的最小值為，.若，即時，令則任取,有

所以對成立，所以必有成立，所以，即.而當時，,所以，即滿足要求，而當時，求出的的值，顯然大于1，綜上，的最小值為1.【例1-2】（2016-2017海淀期中理19）已知函數.（Ⅰ）求的單調區間.（Ⅱ）求證：當時，函數存在最小值.【答案】

【例1-3】（2009-2010西城一模理19）

已知函數，其中，其中

（I）求函數的零點；

（II）討論在區間上的單調性；

（III）在區間上，是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存

在，請說明理由．

【答案】（Ⅰ）解，得，所以函數的零點為.（Ⅱ）函數在區域上有意義，令，得，因為，所以，.當在定義域上變化時，的變化情況如下：

↗

↘

所以在區間上是增函數，在區間上是減函數.（Ⅲ）在區間上存在最小值.證明：由（Ⅰ）知是函數的零點，因為，所以，1

由知，當時，1

又函數在上是減函數，且，所以函數在區間上的最小值為，且，所以函數在區間上的最小值為，計算得.【練1-1】（2009-2010西城一模文20）已知函數其中。

（I）若函數存在零點，求實數的取值范圍；

（II）當時，求函數的單調區間；并確定此時是否存在最小值，如果存在，求出最小值，如果存在，請說明理由。

【答案】（I）或；

（II），得或，在，單調增加；在單調減少，此時，存在最小值.的極小值為，根據的單調性，在區間上的最小值為.解=0，得的零點為和，結合，可得在區間和，因為，所以；

并且，即.所以，當時，存在最小值，最小值為.【練1-2】（2011-2012西城二模理19）已知函數，其中．

（Ⅰ）當時，求曲線在原點處的切線方程；

（Ⅱ）求的單調區間；

（Ⅲ）若在上存在最大值和最小值，求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）解：當時，．

由，得曲線在原點處的切線方程是．

（Ⅱ）解：．

①

當時，．

所以在單調遞增，在單調遞減．

當，．

②

當時，令，得，與的情況如下：

↘

↗

↘

故的單調減區間是，；單調增區間是．

③

當時，與的情況如下：

↗

↘

↗

所以的單調增區間是；單調減區間是，．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）得，時不合題意．

當時，由（Ⅱ）得，在單調遞增，在單調遞減，所以在上存在最大值．

設為的零點，易知，且．從而時，；時，．

若在上存在最小值，必有，解得．

所以時，若在上存在最大值和最小值，的取值范圍是．

當時，由（Ⅱ）得，在單調遞減，在單調遞增，所以在上存在最小值．

若在上存在最大值，必有，解得，或．

所以時，若在上存在最大值和最小值，的取值范圍是．

綜上，的取值范圍是.【練1-3】（2008-2009海淀二模18）已知：函數（其中常數）.（Ⅰ）求函數的定義域及單調區間；

（Ⅱ）若存在實數，使得不等式成立，求a的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）函數的定義域為..由，解得.由，解得且．

∴的單調遞增區間為，單調遞減區間為，.（Ⅱ）由題意可知，且在上的最小值小于等于時，存在實數，使得不等式成立.若即時，x

a+1

0

+

↘

極小值

↗

∴在上的最小值為．

則，得．

若即時，在上單調遞減，則在上的最小值為．

由得（舍）．

綜上所述，．

例7.（12西城二模理科19）已知函數，其中．

（Ⅰ）當時，求曲線在原點處的切線方程；

（Ⅱ）求的單調區間；

（Ⅲ）若在上存在最大值和最小值，求的取值范圍．

【答案】當時，．

由，得曲線在原點處的切線方程是．

（Ⅱ）解：．

①

當時，．

所以在單調遞增，在單調遞減．

當，．

②

當時，令，得，與的情況如下：

↘

↗

↘

故的單調減區間是，；單調增區間是．

③

當時，與的情況如下：

↗

↘

↗

所以的單調增區間是；單調減區間是，．

（Ⅲ）解：由（Ⅱ）得，時不合題意．

當時，由（Ⅱ）得，在單調遞增，在單調遞減，所以在上存在最大值．

設為的零點，易知，且．從而時，；時，．

若在上存在最小值，必有，解得．

所以時，若在上存在最大值和最小值，的取值范圍是．

當時，由（Ⅱ）得，在單調遞減，在單調遞增，所以在上存在最小值．

若在上存在最大值，必有，解得，或．

所以時，若在上存在最大值和最小值，的取值范圍是．

綜上，的取值范圍是．

考點二、函數的間斷點問題；

【例2-1】（2015-2016西城二模理18）設,函數；

（1）若函數在（0，f(0)）處的切線與直線y=3x-2平行，求a的值

（2）若對于定義域內的任意，總存在使得，求a的取值范圍；

【答案】（Ⅰ）證明：函數的定義域，由題意，有意義，所以.求導，得.由題意，得，解得.驗證知符合題意.（Ⅱ）解：“對于定義域內的任意，總存在使得”等價于“不存在最小值”．

①

當時，由，得無最小值，符合題意．

②

當時，令，得

或

.隨著x的變化時，與的變化情況如下：

不存在0

↘

不存在↗

極大

↘

所以函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為．

9分

因為當時，當時，所以只要考慮，且即可．

當時，由在上單調遞減，且，得，所以存在，使得，符合題意；

同理，當時，令，得，也符合題意；

故當時，對于定義域內的任意，總存在使得成立．

③

當時，隨著x的變化時，與的變化情況如下表：

0

不存在↘

極小

↗

不存在↘

所以函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為．

因為當時，當時，所以．

所以當時，不存在使得．

綜上所述，a的取值范圍為.【例2-2】（2015-2016西城二模文19）已知函數

（1）若，求a的值

（2）設，若對于定義域內的任意，總存在使得，求a的取值范圍

【答案】(Ⅰ)證明：函數的定義域，由題意，有意義，所以，求導，得

所以

解得

(Ⅱ)解：“對于定義域內的任意，總存在使得”等價于“不存在最小值”.①當時，由得無最小值，符合題意.②當時，令，得或

隨著的變化，與的變化情況如下表：

0

不存在極小

不存在所以函數的單調遞減區間為，單調遞增區間為.因為當時，當時，.所以.所以當時，不存在使得.綜上所述：的取值范圍為.【練2-1】（2012-2013海淀期末理18）已知函數

（I）

當時,求曲線在處的切線方程；

（Ⅱ）求函數的單調區間.【答案】當時，又，所以在處的切線方程為

（II）

當時，又函數的定義域為

所以的單調遞減區間為

當

時，令，即，解得

當時，所以，隨的變化情況如下表

無定義

0

極小值

所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為

當時，所以，隨的變化情況如下表：

0

無定義

極大值

所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為，【練2-2】（2012-2013門頭溝一模文16）已知函數，其中．

（Ⅰ）在處的切線與軸平行，求的值；

（Ⅱ）求的單調區間．

【答案】（Ⅰ）．

依題意，由，得．

經檢驗，符合題意．

（Ⅱ）①

當時，．

故的單調減區間為，；無單調增區間．

②

當時，．

令，得，．

和的情況如下：

↘

↗

↘

故的單調減區間為，；單調增區間為．

③

當時，的定義域為．

因為在上恒成立，故的單調減區間為，；無單調增區間．

【練2-3】（2012-2013西城期末理18）已知函數，其中．

（Ⅰ）求的單調區間；

（Ⅱ）設．若，使，求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）①

當時，．

故的單調減區間為，；無單調增區間．

②

當時，．

令，得，．

和的情況如下：

↘

↗

↘

故的單調減區間為，；單調增區間為．

③

當時，的定義域為．

因為在上恒成立，故的單調減區間為，；無單調增區間．

（Ⅱ）解：因為，所以

等價于，其中．

設，在區間上的最大值為．

則“，使得

”等價于．

所以，的取值范圍是．。

導數專題七、特殊值法判定超越函數的零點問題

【知識結構】

【知識點】

一、超越函數的定義

超越函數：指的是變量之間的關系不能用有限次加、減、乘、除、乘方、開方運算表示的函數。如對數函數，指數函數等就屬于超越函數。

二、判斷超越函數零點存在性的方法

1.圖像

根據基本初等函數的圖像是否存在交點判斷。

2.特殊點

帶入特殊點判斷：如

0，1，-1，e等

3.單調性與切線

利用單調性和切線判斷

4.極限

通過函數的極限判斷

特殊點的取法與目的【考點分類】

考點一、利用特殊點法求解（無參數的超越函數）

含有的函數：常取等

含有的函數：常取等

終極目的：消參，有理化，最終簡單化

【例1-1】求的零點。

【例1-2】求的零點。

考點二、取特值法解不等式（含參，可以參變分離）

【例2-1】（2015-2016朝陽一模理18）已知函數．

（Ⅲ）試問過點可作多少條直線與曲線相切？并說明理由．

解：設切點為，則切線斜率，切線方程為．

因為切線過點，則．

即．

令，則

．

當時,在區間上，單調遞減，在區間上，單調遞增，所以函數的最小值為．

令>0,解得

取，則．

故在上存在唯一零點．

不等式放縮部分（解法探究）

標答

取，則

．

設，則．

當時，恒成立．

所以在單調遞增，恒成立．所以．

故在上存在唯一零點．

因此當時，過點P存在兩條切線．

（3）當時，顯然不存在過點P的切線．

綜上所述，當時，過點P存在兩條切線；

當時，不存在過點P的切線．…………………………………………………13分

考點三、利用切線求解；

【例3-1】（2012-2013石景山期末理18）已知函數是常數．

（Ⅲ）討論函數零點的個數．

【答案】令，.令，則在上單調遞增，在上單調遞減，當時，的最大值為.所以若，則無零點；若有零點，則．

若，由（Ⅰ）知有且僅有一個零點.若，單調遞增，由冪函數與對數函數單調性比較，知有且僅有一個零點（或：直線與曲線有一個交點）.若，解得，由函數的單調性得知在處取最大值，由冪函數與對數函數單調性比較知，當充分大時，即在單調遞減區間有且僅有一個零點；

又因為，所以在單調遞增區間有且僅有一個零點.切線方法：

綜上所述，當時，無零點；

當或時，有且僅有一個零點；

當時，有兩個零點.考點四、利用函數放縮求解；

【例4-1】（2014-2015年朝陽一模理18）已知函數，．

（Ⅱ）

當時，討論函數的零點個數.解：（Ⅱ）,.（1）當時，時，為減函數;時，為增函數.所以在時取得最小值.（ⅰ）當時，由于，令，則在上有一個零點；

（ⅱ）當時，即時，有一個零點；

（ⅲ）當時，即時，無零點.（ⅳ）當時，即時，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(4)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函數.（Ⅱ）若（其中），求的取值范圍，并說明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

當時，函數在區間內是減函數，所以，函數至多存在一個零點，不符合題意.當時，因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

要使，必須，即.所以

.當時，.令，則.當時，所以，在上是增函數.所以

當時，.所以

.所以

在內存在一個零點，不妨記為，在內存在一個零點，不妨記為.因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

.綜上所述，的取值范圍是.因為，所以

.特值探究

令.則.不等式放縮：

因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.由得：.所以

.因為,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函數.（Ⅱ）求證：曲線存在斜率為6的切線

解：因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元

【知識結構】

【知識點】

用分類討論與整合思想解題,在數學解題中占據重要地位,用分類思想解題不僅可以加深對數學基礎知識和基本技能的理解,而且也有助于理性思維能力的提高.但是,有時在分類討論時,會造成解題過程的繁瑣,這就要求我們在解分類討論題目時,注意解法上的優化,對有一些題目,可以采用其它解法,使分類討論得以避免和簡化.【考點分類】

考點一、分離參數（參變分離），避免分類討論；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例1-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【例1-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．

（ⅰ）令，得．

令,得，所以函數在單調遞增．

令,得，所以函數在單調遞減．

所以，．

所以成立．

（ⅱ）由（ⅰ）知，所以．

設所以．

令，得．

令,得，所以函數在單調遞增，令,得，所以函數在單調遞減；

所以，即．

所以，即．

所以，方程沒有實數解．

【練1-1】（2015-2016東城一模理18）設函數，．

（Ⅰ）當時，求的單調區間；

（Ⅱ）當時，恒成立，求的取值范圍；

（Ⅲ）求證：當時，．

【答案】（Ⅰ）當時，則，則.令得

－

+

↘

↗

所以

當時，在上單調遞減；

當時，在上單調遞增；

當時，．

（Ⅱ）因為，所以恒成立，等價于恒成立．

設，得，當時，所以　在上單調遞減，所以　時，．

因為恒成立，所以．

（Ⅲ）當時，等價于．

設，．

求導，得．

由（Ⅰ）可知，時，恒成立．

所以時，有．

所以

．

所以在上單調遞增，當時，．

因此當時，．

【練1-2】（2013-2014朝陽二模理18）已知函數，.（Ⅰ）若曲線在點處的切線與直線垂直，求的值；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）設，當時，都有成立，求實數的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）由已知得．

因為曲線在點處的切線與直線垂直，所以．所以．

所以．

……………3分

（Ⅱ）函數的定義域是，．

（1）當時，成立，所以的單調增區間為．

（2）當時，令，得，所以的單調增區間是；

令，得，所以的單調減區間是．

綜上所述，當時，的單調增區間為；

當時，的單調增區間是，的單調減區間是．

……………8分

（Ⅲ）當時，成立，．

“當時，恒成立”

等價于“當時，恒成立．”

設，只要“當時，成立．”

．

令得，且，又因為，所以函數在上為減函數；

令得，又因為，所以函數在上為增函數．

所以函數在處取得最小值，且．

所以．

又因為，所以實數的取值范圍．

……………13分

（Ⅲ）另解：

（1）當時，由（Ⅱ）可知，在上單調遞增，所以．

所以當時，有成立．

（2）當時，可得．

由（Ⅱ）可知當時，的單調增區間是，所以在上單調遞增，又，所以總有成立．

（3）當時，可得．

由（Ⅱ）可知，函數在上為減函數，在為增函數，所以函數在處取最小值，且．

當時，要使成立，只需，解得．所以．

綜上所述，實數的取值范圍

【練1-3】（2013-2014海淀一模理18）已知曲線.(Ⅰ)若曲線C在點處的切線為，求實數和的值；

(Ⅱ)對任意實數，曲線總在直線:的上方，求實數的取值范圍.【答案】，-----------------------------------2分

因為曲線C在點（0，1）處的切線為L：，所以且.----------------------------------4分

解得，-----------------------------------5分

（Ⅱ）法1：

對于任意實數a，曲線C總在直線的的上方，等價于

?x,，都有，即?x,R，恒成立，--------------------------------------6分

令，----------------------------------------7分

①若a=0，則，所以實數b的取值范圍是；

----------------------------------------8分

②若,，由得，----------------------------------------9分的情況如下：

0

0

+

極小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值為，-------------------------------------------12分

所以實數b的取值范圍是；

綜上，實數b的取值范圍是．

--------------------------------------13分

法2：對于任意實數a，曲線C總在直線的的上方，等價于

?x,，都有，即

?x,R，恒成立，-------------------------------------------6分

令，則等價于?，恒成立，令，則，-----------------------------------------7分

由得，----------------------------------------9分的情況如下：

0

0

+

極小值

-----------------------------------------11分

所以的最小值為，------------------------------------------12分

實數b的取值范圍是．

--------------------------------------------13分

【練1-4】若不等式對恒成立，求實數的取值范圍．

【答案】分析：若設，由知，對應分三種情況討論．若分離參數，則輕易解決．

解：原不等式等價于．當時，顯然成立；

當時，因為，所以，則有恒成立，只需．

因為,當，即時取“=”，即，所以．

評注：對二次函數在閉區間上的最值問題是最容易引起“討論”的．本題求解過程中求的最小值要注意驗證取等號的條件．

【練1-5】（2012-2013西城第一學期期末18）已知函數，其中．

（Ⅰ）求的單調區間；

（Ⅱ）設．若，使，求的取值范圍．

【答案】分析：第二問，存在性問題，可以轉化成函數在給定區間上的最值問題，但是類似這樣的問題，咱們都有經驗，分離變量會比較簡單，但是在實際教學中，很多學生并不能很好的接受這種想法。為什么？分離變量是一種思想方法，還是一種解題技巧？

我們可以這樣審視這類問題：給了一個變量的范圍，求另一個變量的范圍，事實上，就是兩個變量的依賴關系，于是可以把所求變量表示成已知變量的函數，從函數出發看待這類問題，分離變量就自然了，于是該題就有了如下簡潔的解法：

（Ⅱ）解：因為，所以

等價于，其中．

…………9分

設，在區間上的最大值為．…………11分

則“，使得

”等價于．

所以，的取值范圍是．

………………13分

小結：存在性問題、恒成立問題采用分離變量的方法常常比較容易，但是這種方法的教學不能當成一種技巧進行教學，應該揭示這種解法的本質，其本質就是變量的依賴關系即函數關系，分離變量，實際上是把兩個變量之間的隱函數關系，變成顯函數關系，進而轉化成不含參變量的函數，從而使得問題的解決避免分類討論，變得簡單。

【練1-6】（2012-2013朝陽期末18）已知函數．

（Ⅰ）若，求曲線在點處的切線方程；

（Ⅱ）求函數的單調區間；

（Ⅲ）設函數．若至少存在一個，使得成立，求實數的取值范圍．

【答案】（這里的第三問也是一個存在性問題，可做練習鞏固）

【練1-7】（2006天津理11）已知函數的圖象與函數（且)的圖象關于直線對稱,記,若在區間上是增函數,則實數的取值范圍是（）.A.B.C.D.【答案】

考點二、主參換位（主輔元轉換），避免分類討論；

【例2-1】設不等式對滿足的一切實數都成立，求的取值范圍．

【答案】分析：受思維定勢影響，易看成關于的不等式．其實變換一個角度，以為變量可避免分類討論，只要關于的函數在區間恒為負值即可．

解：由題意，可設，即在內恒成立，因為為關于的一次函數，故有．

評注：將關于的不等式轉化為關于的一次不等式，雖然仍需要解關于的一元二次不等式組，但已經成功地避開了復雜的分類討論，將問題中的參數“消滅”了．這種轉變問題視角的方法，對簡化運算十分有益．

【例2-2】（2012-2013通州期末19）已知函數

（Ⅰ）若函數在處有極值為10，求b的值；

（Ⅱ）若對于任意的，在上單調遞增，求b的最小值．

【答案】分析：該題（Ⅱ）初步轉化為

對任意，都成立

多個變量，學生感到無從下手。給了，可以把a看成自變量，于是不等式左邊就是關于a的一次函數，又給出，于是進而看成關于x的二次函數，于是問題獲解。

【例2-3】設，當時，恒成立，求的取值范圍。

【答案】分析：該題初步轉化為對任意恒成立，求的取值范圍

多個變量，學生感到無從下手。給了，可以把a看成自變量，于是不等式左邊就是關于a的一次函數，于是進而看成關于x的二次函數，于是問題獲解。

例2-4.（2010崇文一模理）設奇函數上是增函數，且，若函數

對所有的都成立，當時，則t的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

導數專題九、公切線解決導數中零點問題

【知識點】將題目中的零點問題，通過轉化成初等函數的圖形之間的位置關系問題，然后利用公切線的變化求出。

考點一、無零點

【例

1-1】（16年房山二模文科）已知函數

（Ⅱ）若直線與曲線沒有公共點，求實數的取值范圍。

【解析】因為直線與曲線沒有公共點，所以方程無實根，即無實根，等價于無實根

設，即無零點。

當時，顯然無零點，符合題意；

當時，令

極小值，顯然不符合題意；

當時，令

極大值，所以時，符合題意

綜上所述：

【練

1-1】（13年福建文）已知函數().(3)當的值時,若直線與曲線沒有公共點,求的最大值.【解析】當時,令,則直線:與曲線沒有公共點,等價于方程在上沒有實數解.假設,此時，又函數的圖象連續不斷,由零點存在定理,可知在上至少有一解,與“方程在上沒有實數解”矛盾,故.又時，知方程在上沒有實數解.所以的最大值為.考點二、一個零點

【例

2-1】（13年朝陽一模理）已知函數,其中.(Ⅱ)若函數在上有且只有一個零點,求實數的取值范圍.【解析】①當時,由(Ⅰ)可知,函數的單調遞減區間為,在單調遞增.所以在上的最小值為,由于,要使在上有且只有一個零點,需滿足或解得或.②當時,由(Ⅰ)可知,(ⅰ)當時,函數在上單調遞增;

且,所以在上有且只有一個零點.(ⅱ)當時,函數在上單調遞減,在上單調遞增;

又因為,所以當時,總有.因為,所以.所以在區間內必有零點.又因為在內單調遞增,從而當時,在上有且只有一個零點.綜上所述,或或時,在上有且只有一個零點

【練

2-1】（2012年房山一模18）已知函數．

（III）若函數在區間上恰有兩個零點，求的取值范圍．

【解析】當時，在區間上為增函數，在區間不可能恰有兩個零點．

………10分

當時，由（II）問知，又，為的一個零點．

……11分

若在恰有兩個零點，只需

即

………13分

【練

2-2】（13年昌平二模理科）已知函數

(Ⅱ)求在區間上的最小值;

(III)若在區間上恰有兩個零點,求的取值范圍.【解析】可知當或時,在上是單調遞增或遞減函數,不可能存在兩個零點.當時,要使在區間上恰有兩個零點,則

∴

即,此時,.所以,的取值范圍為

考點三、兩個零點

【例

3-1】已知函數.（III）討論函數在區間上零點的個數.【解析】

【練

3-1】（15年海淀期末文科）已知函數.（Ⅲ）問集合（且為常數）的元素有多少個？（只需寫出結論）

考點四、線上下線問題

【例

4-1】（13年北京高考理科）設L為曲線C：在點(1，0)處的切線.(I)求L的方程；

方程為

(II)證明：除切點(1，0)之外，曲線C在直線L的下方.【練

4-1】（14年海淀一模理科）已知曲線.(Ⅱ)對任意實數，曲線總在直線:的上方，求實數的取值范圍.【解析】對于任意實數a，曲線C總在直線的的上方，等價于

?x,，都有，即

?x,R，恒成立，令，則等價于?，恒成立，令，則，由得，的情況如下：

0

0

+

極小值

所以的最小值為，實數b的取值范圍是．

導數專題十、極值點偏移問題

【例1】已知函數有且僅有兩個不同的零點，則（B）

A．當時，B.當時，C.當時，D.當時，【例2】設函數,若的圖像與圖像有且僅有兩個不同的公共點,則下列判斷正確的是（D）

A．當時,B．當時,C．當時,D．當時,【例3】設函數,若的圖像與圖像有且僅有兩個不同的公共點,則下列判斷正確的是（B）

A．當時,B．當時,C．當時,D．當時,【例4】（2010東城二模）已知函數．

(Ⅰ)

若函數在上為單調增函數，求的取值范圍；

(Ⅱ)

設，且，求證：．

解：(Ⅰ)

．………………………………………3分

因為在上為單調增函數，所以在上恒成立．

即在上恒成立．

當時，由，得．

設，．

．

所以當且僅當，即時，有最小值．

所以．

所以．

所以的取值范圍是．…………………………………………………………7分

(Ⅱ)不妨設，則．

要證，只需證，即證．

只需證．……………………………………………………………11分

設．

由(Ⅰ)知在上是單調增函數，又，所以．

即成立．

所以．………………………………………………………………14分

【例5】（2010天津）已知函數

（Ⅰ）求函數的單調區間和極值；

（Ⅱ）已知函數的圖像與函數的圖像關于直線對稱，證明：當時，.（Ⅲ）如果，且，證明：.解：f’

令f’(x)=0,解得x=1

當x變化時，f’(x)，f(x)的變化情況如下表

X

()

()

f’(x)

+

0

f(x)

極大值

所以f(x)在()內是增函數，在()內是減函數。

函數f(x)在x=1處取得極大值f(1)且f(1)=

（Ⅱ）證明：由題意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)

令F(x)=f(x)-g(x),即

于是

當x>1時，2x-2>0,從而’(x)>0,從而函數F（x）在[1,+∞)是增函數。

又F(1)=F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).Ⅲ)證明：（1）

若

（2）若

根據（1）（2）得

由（Ⅱ）可知，>,則=，所以>,從而>.因為，所以，又由（Ⅰ）可知函數f(x)在區間（-∞，1）內增函數，所以>,即>2.【例6】（2011遼寧）已知函數

（Ⅰ）討論的單調性；

（Ⅱ）設，證明：當

時，；

（Ⅲ）若函數的圖像與x軸交于A、B兩點，線段AB中點的橫坐標為，證明：.解：（I）

（i）若單調增加.（ii）若

且當

所以單調增加，在單調減少.………………4分

（II）設函數則

當.故當，………………8分

（III）由（I）可得，當的圖像與x軸至多有一個交點，故，從而的最大值為

不妨設

由（II）得

從而

由（I）知，………………12分

【例7】（2013湖南文）已知函數

（Ⅰ）求函數的單調區間；

（Ⅱ）證明：當

時，.解:

(Ⅰ)

.所以,.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,只需要證明:當x>0時f(x)

f(-x)即可...【例8】（2016新課標I）已知函數有兩個零點.(I)求的取值范圍；

(II)設是的兩個零點，證明：

解：（Ⅰ）．

（i）設,則,只有一個零點．

（ii）設,則當時,；當時,．所以在上單調遞減,在上單調遞增．

又，取滿足且,則,故存在兩個零點．

（iii）設,由得或．

若,則,故當時，因此在上單調遞增．又當時，所以不存在兩個零點．

若,則,故當時,；當時,．因此在單調遞減,在單調遞增．又當時，所以不存在兩個零點．

綜上,的取值范圍為．

（Ⅱ）不妨設,由（Ⅰ）知，在上單調遞減,所以等價于,即．

由于,而,所以

．

設,則．

所以當時，而,故當時,．

從而,故．

【例9】已知函數.（1）若，求函數在上的零點個數；

（2）若有兩個零點，證明：

【例10】設函數．

（1）求函數的單調區間；（2）若函數有兩個零點，求滿足條件的最小正整數的值；

（3）若方程有兩個不相等的實數根，求證：．

【例11】設函數，其圖象與軸交于，兩點，且x1＜x2．

（1）求的取值范圍；

（2）證明：（為函數的導函數）

【例12】已知函數，（1）若，求證：函數有極值；

（2）若，且函數與的圖象有兩個相異交點，求證：

【例13】已知函數，求證：有唯一零點的充要條件a=e

【例14】函數的圖像與x

軸交于不同的兩點、，求證：

【例15】已知函數

（Ⅰ）（Ⅱ）略

（Ⅲ）當

時，函數的圖像與x

軸交于不同的兩點、，且，又

是的導函數。若正常數α、β滿足條件。證明：

導數專題十一、構造函數解決導數問題

【知識框架】

【考點分類】

考點一、直接作差構造函數證明；

兩個函數，一個變量，直接構造函數求最值；

【例1-1】（14順義一模理18）已知函數（）

（Ⅰ）當時，求曲線在處的切線方程；

（Ⅱ）若在區間上函數的圖象恒在直線下方，求的取值范圍．

【例1-2】（13海淀二模文18）已知函數.（Ⅰ）當時，若曲線在點處的切線與曲線在點處的切線平行，求實數的值；

（Ⅱ）若，都有，求實數的取值范圍.【練1-1】（14西城一模文18）已知函數，其中．

（Ⅰ）當時，求函數的圖象在點處的切線方程；

（Ⅱ）如果對于任意，都有，求的取值范圍．

【練1-2】已知函數是常數．

（Ⅰ）求函數的圖象在點處的切線的方程；

（Ⅱ）證明函數的圖象在直線的下方；

（Ⅲ）討論函數零點的個數．

【練1-3】已知曲線.(Ⅰ)若曲線C在點處的切線為，求實數和的值；

(Ⅱ)對任意實數，曲線總在直線:的上方，求實數的取值范圍.【練1-4】已知函數，求證：在區間上，函數的圖像在函數的圖像的下方；

【練1-5】.已知函數；

（1）當時，求在區間上的最大值和最小值；

（2）若在區間上，函數的圖像恒在直線下方，求的取值范圍。

【練1-6】已知函數；

（1）求的極小值；

（2）如果直線與函數的圖像無交點，求的取值范圍；

答案：

考點二、從條件特征入手構造函數證明

【例2-1】若函數

在上可導且滿足不等式，恒成立，且常數，滿足，求證：。

【例2-2】設是上的可導函數，分別為的導函數，且滿足，則當時，有（）

A.B.C.D.【練2-1】設是上的可導函數，，求不等式的解集。

【練2-2】已知定義在的函數滿足，且，若，求關于的不等式的解集。

【練2-3】已知定義域為的奇函數的導函數為，當時，若，則下列關于的大小關系正確的是（）D

A.B.C.D.【練2-4】已知函數為定義在上的可導函數，且對于任意恒成立，為自然對數的底數，則（）C

A.B.C.D.【練2-5】

設是上的可導函數，且，求的值。

【練2-6】函數為定義在上的可導函數，導函數為，且，下面的不等式在內恒成立的是（）

A.B.C.D.【練2-7】已知函數為定義在上的可導函數，導函數為，當時，且，若存在，使，求的值。

（二）關系式為“減”型

（1），構造；

（2），構造；

（3），構造；

（注意對的符號進行討論）

考點三、變形構造函數

【例3-1】證明：對任意的正整數，不等式都成立。

【例3-2】已知函數；

（1）求函數的單調區間與極值；

（2）若對于任意，恒成立，求實數的取值范圍；

【練3-1】設為曲線在點處的切線。

（1）求的方程；

（2）證明：除切點之外，曲線在直線的下方；

【練3-2】已知函數；

（1）若曲線在點處的切線方程為，求的值；

（2）當時，求證：；

【練3-3】已知函數，其中；

（1）求的單調區間；

（2）若對任意的，總存在，使得，求實數的值；

【練3-4】，（1）討論的單調情況；

（2）設，對．求證：．

【練3-5】已知函數；

（1）求的單調區間；

（2）當時，設斜率為的直線與函數相交于兩點，求證：

考點四、消參構造函數

【例4-1】已知函數和的圖像有公共點，且在點處的切線相同；

（1）若點的坐標為，求的值；

（2）已知，求切點的坐標。

【例4-2】（2009全國卷2理22）設函數有兩個極值點，且

（Ⅰ）求的取值范圍，并討論的單調性；

（Ⅱ）證明：

不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(5)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函數.（Ⅱ）若（其中），求的取值范圍，并說明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

當時，函數在區間內是減函數，所以，函數至多存在一個零點，不符合題意.當時，因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

要使，必須，即.所以

.當時，.令，則.當時，所以，在上是增函數.所以

當時，.所以

.所以

在內存在一個零點，不妨記為，在內存在一個零點，不妨記為.因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

.綜上所述，的取值范圍是.因為，所以

.特值探究

令.則.不等式放縮：

因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.由得：.所以

.因為,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函數.（Ⅱ）求證：曲線存在斜率為6的切線

解：因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元

【知識結構】

【知識點】

用分類討論與整合思想解題,在數學解題中占據重要地位,用分類思想解題不僅可以加深對數學基礎知識和基本技能的理解,而且也有助于理性思維能力的提高.但是,有時在分類討論時,會造成解題過程的繁瑣,這就要求我們在解分類討論題目時,注意解法上的優化,對有一些題目,可以采用其它解法,使分類討論得以避免和簡化.【考點分類】

考點一、分離參數（參變分離），避免分類討論；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例1-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【例1-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．

不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(6)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函數.（Ⅱ）若（其中），求的取值范圍，并說明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

當時，函數在區間內是減函數，所以，函數至多存在一個零點，不符合題意.當時，因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

要使，必須，即.所以

.當時，.令，則.當時，所以，在上是增函數.所以

當時，.所以

.所以

在內存在一個零點，不妨記為，在內存在一個零點，不妨記為.因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

.綜上所述，的取值范圍是.因為，所以

.特值探究

令.則.不等式放縮：

因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.由得：.所以

.因為,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函數.（Ⅱ）求證：曲線存在斜率為6的切線

解：因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元

【知識結構】

【知識點】

用分類討論與整合思想解題,在數學解題中占據重要地位,用分類思想解題不僅可以加深對數學基礎知識和基本技能的理解,而且也有助于理性思維能力的提高.但是,有時在分類討論時,會造成解題過程的繁瑣,這就要求我們在解分類討論題目時,注意解法上的優化,對有一些題目,可以采用其它解法,使分類討論得以避免和簡化.【考點分類】

考點一、分離參數（參變分離），避免分類討論；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例1-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【例1-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．

不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(7)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函數.（Ⅱ）若（其中），求的取值范圍，并說明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

當時，函數在區間內是減函數，所以，函數至多存在一個零點，不符合題意.當時，因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

要使，必須，即.所以

.當時，.令，則.當時，所以，在上是增函數.所以

當時，.所以

.所以

在內存在一個零點，不妨記為，在內存在一個零點，不妨記為.因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

.綜上所述，的取值范圍是.因為，所以

.特值探究

令.則.不等式放縮：

因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.由得：.所以

.因為,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函數.（Ⅱ）求證：曲線存在斜率為6的切線

解：因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元

【知識結構】

【知識點】

用分類討論與整合思想解題,在數學解題中占據重要地位,用分類思想解題不僅可以加深對數學基礎知識和基本技能的理解,而且也有助于理性思維能力的提高.但是,有時在分類討論時,會造成解題過程的繁瑣,這就要求我們在解分類討論題目時,注意解法上的優化,對有一些題目,可以采用其它解法,使分類討論得以避免和簡化.【考點分類】

考點一、分離參數（參變分離），避免分類討論；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例1-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【例1-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．

不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(8)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函數.（Ⅱ）若（其中），求的取值范圍，并說明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

當時，函數在區間內是減函數，所以，函數至多存在一個零點，不符合題意.當時，因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

要使，必須，即.所以

.當時，.令，則.當時，所以，在上是增函數.所以

當時，.所以

.所以

在內存在一個零點，不妨記為，在內存在一個零點，不妨記為.因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

.綜上所述，的取值范圍是.因為，所以

.特值探究

令.則.不等式放縮：

因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.由得：.所以

.因為,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函數.（Ⅱ）求證：曲線存在斜率為6的切線

解：因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元

【知識結構】

【知識點】

用分類討論與整合思想解題,在數學解題中占據重要地位,用分類思想解題不僅可以加深對數學基礎知識和基本技能的理解,而且也有助于理性思維能力的提高.但是,有時在分類討論時,會造成解題過程的繁瑣,這就要求我們在解分類討論題目時,注意解法上的優化,對有一些題目,可以采用其它解法,使分類討論得以避免和簡化.【考點分類】

考點一、分離參數（參變分離），避免分類討論；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例1-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【例1-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．

不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(9)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函數.（Ⅱ）若（其中），求的取值范圍，并說明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

當時，函數在區間內是減函數，所以，函數至多存在一個零點，不符合題意.當時，因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

要使，必須，即.所以

.當時，.令，則.當時，所以，在上是增函數.所以

當時，.所以

.所以

在內存在一個零點，不妨記為，在內存在一個零點，不妨記為.因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

.綜上所述，的取值范圍是.因為，所以

.特值探究

令.則.不等式放縮：

因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.由得：.所以

.因為,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函數.（Ⅱ）求證：曲線存在斜率為6的切線

解：因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元

【知識結構】

【知識點】

用分類討論與整合思想解題,在數學解題中占據重要地位,用分類思想解題不僅可以加深對數學基礎知識和基本技能的理解,而且也有助于理性思維能力的提高.但是,有時在分類討論時,會造成解題過程的繁瑣,這就要求我們在解分類討論題目時,注意解法上的優化,對有一些題目,可以采用其它解法,使分類討論得以避免和簡化.【考點分類】

考點一、分離參數（參變分離），避免分類討論；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例1-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【例1-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．

不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(10)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函數.（Ⅱ）若（其中），求的取值范圍，并說明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

當時，函數在區間內是減函數，所以，函數至多存在一個零點，不符合題意.當時，因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

要使，必須，即.所以

.當時，.令，則.當時，所以，在上是增函數.所以

當時，.所以

.所以

在內存在一個零點，不妨記為，在內存在一個零點，不妨記為.因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

.綜上所述，的取值范圍是.因為，所以

.特值探究

令.則.不等式放縮：

因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.由得：.所以

.因為,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函數.（Ⅱ）求證：曲線存在斜率為6的切線

解：因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元

【知識結構】

【知識點】

用分類討論與整合思想解題,在數學解題中占據重要地位,用分類思想解題不僅可以加深對數學基礎知識和基本技能的理解,而且也有助于理性思維能力的提高.但是,有時在分類討論時,會造成解題過程的繁瑣,這就要求我們在解分類討論題目時,注意解法上的優化,對有一些題目,可以采用其它解法,使分類討論得以避免和簡化.【考點分類】

考點一、分離參數（參變分離），避免分類討論；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例1-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【例1-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

不等式放縮：，由于（從右側趨近0）時，；時，所以有兩個零點.(2)當時，時，為增函數;時，為減函數；

時，為增函數.所以在處取極大值，在處取極小值..當時，,即在時，.而在時為增函數，且時，所以此時有一個零點.且時，所以此時有一個零點.(11)

當時，在上恒成立，所以為增函數.，且（從右側趨近0）時，；

時，.所以有一個零點.綜上所述，或時有一個零點；時，無零點；

有兩個零點.【例4-2】（2014-2015年海淀一模理18）已知函數.（Ⅱ）若（其中），求的取值范圍，并說明.解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知：

當時，函數在區間內是減函數，所以，函數至多存在一個零點，不符合題意.當時，因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

要使，必須，即.所以

.當時，.令，則.當時，所以，在上是增函數.所以

當時，.所以

.所以

在內存在一個零點，不妨記為，在內存在一個零點，不妨記為.因為

在內是減函數，在內是增函數，所以

.綜上所述，的取值范圍是.因為，所以

.特值探究

令.則.不等式放縮：

因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.由得：.所以

.因為,所以，.所以

.【例4-3】（2014-2015海淀二模理18）

已知函數.（Ⅱ）求證：曲線存在斜率為6的切線

解：因為，且由（Ⅰ）得，在內是減函數，所以

存在唯一的，使得.當時，.所以

曲線存在以為切點，斜率為6的切線.導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元

【知識結構】

【知識點】

用分類討論與整合思想解題,在數學解題中占據重要地位,用分類思想解題不僅可以加深對數學基礎知識和基本技能的理解,而且也有助于理性思維能力的提高.但是,有時在分類討論時,會造成解題過程的繁瑣,這就要求我們在解分類討論題目時,注意解法上的優化,對有一些題目,可以采用其它解法,使分類討論得以避免和簡化.【考點分類】

考點一、分離參數（參變分離），避免分類討論；

【例1-1】（2015-2016石景山期末文20）已知函數，.（Ⅰ）若在處取得極小值,求的值；

（Ⅱ）若在區間為增函數,求的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下,函數有三個零點,求的取值范圍．

【答案】（Ⅰ）

由在處取得極大值,得,所以(經檢驗適合題意)

（Ⅱ）,因為在區間為增函數,所以在區間恒成立,所以恒成立,即恒成立,由于,得.所以的取值范圍是.（Ⅲ）,故,得或

當時，在上是增函數,顯然不合題意.當時,隨的變化情況如下表:

+

0

+

↗

極大值

↘

極小值

↗

要使有三個零點,故需,即,解得

所以的取值范圍是.【例1-2】（2015-2016豐臺一模文19）已知函數

（1）求曲線：在處的切線的方程；

（2）若函數在定義域內是單調函數，求的取值范圍；

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點，求的取值范圍。

【答案】（1）由已知得，切點坐標為，，所以切線方程為

（2）由已知得，函數的定義域為，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有恒成立或者恒成立

1、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即大于的最大值

令，有

所以在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在滿足條件。

2、當恒成立時，即恒成立，恒成立，即小于的最小值

由上種情況可知，單調遞減，但恒有，因此的取值范圍為

（3）當時，（1）中的直線與曲線：有且只有一個公共點

即只有一個根，令，有只有一個零點，1、當時，在單調遞減，在單調遞增，在取得最小值2，大于0

因此恒大于0，所以舍去

2、當時，解得，1

0

+

0

減

極小值

增

極大值

減

易知，而當時，所以在只存在一個零點。

3、當時，解得，1

0

+

減

極小值

增

當時，所以若只有一個零點，必須有

即，綜上所述，的取值范圍為和

【例1-3】（2015-2016朝陽期末理18）已知函數,其中．

（Ⅰ）若在區間上為增函數，求的取值范

圍；

（Ⅱ）當時，（ⅰ）證明：；

（ⅱ）試判斷方程是否有實數解，并說明理由．

【答案】函數定義域，．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．

（Ⅰ）因為在區間上為增函數，所以在上恒成立，即，在上恒成立，則

（Ⅱ）當時，,．