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高考数学二轮复习核心专题讲练：函数与导数第4讲 函数与导数解答题 (含解析）
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这是一份高考数学二轮复习核心专题讲练：函数与导数第4讲 函数与导数解答题 (含解析），共58页。试卷主要包含了最值定位法解决双参不等式问题，值域法解决双参等式问题，两个超越不等式，指数不等式法，对数均值不等式法等内容，欢迎下载使用。
第4讲 函数与导数解答题
目录
第一部分：知识强化
第二部分：重难点题型突破
突破一：分离变量法与不等式恒（能）成立问题
突破二：分类讨论法与不等式恒（能）成立问题
突破三：同构法与不等式恒（能）成立问题
突破四：端点效应与不等式恒（能）成立问题
突破五：最值定位法解决双参不等式问题
突破六：值域法解决双参等式问题
突破七：单变量不等式证明
角度1：构造函数，利用单调性证明不等式
角度2：构造函数，利用最值证明不等式
角度3：等价转化与不等式证明
角度4：超越放缩与不等式证明
突破八：利用导数证明双变量不等式
角度1：分离双参，构造函数
角度2：糅合双参（比值糅合）
角度3：糅合双参（差值糅合）
角度4：利用指数（对数）平均不等式解决双变量问题
第一部分：知识强化
1、不等式恒成立(能成立)求参数范围的类型与解法
（1）分离参数法
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；
步骤：
①分类参数（注意分类参数时自变量的取值范围是否影响不等式的方向）
②转化：若)对恒成立，则只需；若对恒成立，则只需．
③求最值.
（2）分类讨论法
如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(，或，)求解．
（3）等价转化法
当遇到型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数或者“右减左”的函数，进而只需满足，或者，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.
2、最值定位法解决双参不等式问题
（1）,,使得成立
（2）,,使得成立
（3）,,使得成立
（4）,,使得成立
3、值域法解决双参等式问题（任意——存在型）
,,使得成立
①，求出的值域，记为
②求出的值域，记为
③则,求出参数取值范围.
4、值域法解决双参等式问题（存在——存在型）
,,使得成立
①，求出的值域，记为
②求出的值域，记为
③则,求出参数取值范围.
5、两个超越不等式：（注意解答题需先证明后使用）
（1）对数型超越放缩：（）
上式（1）中等号右边只取第一项得：结论①
用替换上式结论①中的得：结论②
对于结论②左右两边同乘“”得，用替换“”得：
（）结论③
（2）指数型超越放缩：（）
上式（2）中等号右边只取前2项得：结论①
用替换上式结论①中的得：结论②
当时，对于上式结论②结论③
当时，对于上式结论②结论④
6、指数不等式法
在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系：
7、对数均值不等式法
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
第二部分：重难点题型突破
突破一：分离变量法与不等式恒（能）成立问题
1．（2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测）已知，若对任意的不等式恒成立，则实数的最小值为_______.
【答案】
【详解】恒成立，等价于，
令，则，
则，所以当时都有，所以单调递增.
所以不等式转化为，即，即，即，即.
令，则.
当都有，所以单调递增；当时，都有，所以单调递减.
所以
所以，即的最小值为.
故答案为：.
2．（2022·黑龙江·高二期中）已知，若存在，使不等式，对于恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【详解】时，不等式可化为，
因为存在使不等式恒成立，
所以只需，
设，，
则，，
所以在上为增函数，
所以，所以，，
所以整理可得，
设，
所以，令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，则在上单调递增，
所以，
所以，即实数的取值范围是
3．（2022·贵州毕节·三模（文））函数．
(1)讨论函数零点的个数；
(2)若对，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)在上有唯一零点
(2)
(1)
解：函数的定义域为，
所以
在上恒成立，即在上为增函数，
且
在上有唯一零点
(2)
解：由题意得：在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
所以
令
，
在上单调递增，在上单调递减，
4．（2022·广东·潮州市瓷都中学三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，函数在上恒成立，求整数的最大值.
【答案】(1)见解析
(2)
(1)
（1）
若时，，在上单调递增；
若时，，当或时，，为增函数，
当时，，为减函数，
若时，，当或时，，为增函数，
当时，，为减函数.
综上，时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
(2)
由，解得 ，
所以，
由时，，可知在上恒成立
可化为在上恒成立，设，
则，
设，则 ，所以在上单调递增，
又，，
所以方程有且只有一个实根，且 ，，
所以在上，， 单调递减，在上，，单调递增，
所以函数的最小值为，
从而，又为整数，所以的最大值为：.
5．（2022·江苏·无锡市第一中学高三阶段练习）已知函数（）.
(1)当时，对于函数，存在，使得成立，求满足条件的最大整数；（）
(2)设函数，若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)满足条件的最大整数为4；
(2)实数的取值范围为.
（1）
由已知可得，，，
所以，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，，
因为，所以
所以函数在上的的最大值为，最小值为，
因为存在，使得成立，
所以，
所以，又，故，
所以满足条件的最大整数的值为4；
（2）
不等式，可化为，
因为，所以，
由已知在上恒成立；
所以，
设，则，
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
又，所以，
所以当时，，函数在上单调递增，
所以，
所以，
所以实数的取值范围为.
6．（2022·天津市宁河区芦台第一中学高二阶段练习）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)令是函数图像上任意两点，且满足，求实数的取值范围；
(3)若，使成立，求实数的最大值.
【答案】(1)的极小值为，无极大值；
(2)；
(3)1.
(1)
因为，所以，
所以当时，当时，
所以的极小值为，无极大值.
(2)
不妨设，则，
则由，可得，
变形得恒成立，
令，
则在上单调递增，
故在恒成立，
在恒成立．
，当且仅当时取“”， ；
(3)
，．
，，，，
，使得成立．
令，则，
令，则由，可得或（舍．
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
，在，上恒成立．
在，上单调递增，则（1），即．
实数的最大值为1．
突破二：分类讨论法与不等式恒（能）成立问题
1．（2022·内蒙古·霍林郭勒市第一中学高三阶段练习（理））已知函数，，若对于，恒成立，则实数的取值集合是_______．
【答案】##
【详解】易知函数和函数的图象均过点．
①当时，，显然成立；
②当时，由可得：
当时，则；
当时，则；
当时，则；
∵，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，
∴，则；
当时，则有：
若，则，故成立；
若，则，故成立；
若，则，
当时，，当时，，
∴当时，，故成立；
故符合题意；
③当时，，即，
∴不符合题意
综上所述：的取值集合是.
故答案为：.
2．（2022·天津市瑞景中学高三期中）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)设，若对任意的，恒成立，求的最大值.
【答案】(1)当时，在上单调递增，无单调递减区间；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
【详解】（1），定义域为
当时，，在上递增.
当时，，在上递增.
当时，令，得；令，得.
即在上递增，在上递减.
综上：当时，在上单调递增，无单调递减区间；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）在上恒成立，
等价于.
由（1）得，
当时，在上单调递增，无最大值，
故此时原不等式无法恒成立；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
则此时
即须成立.
记函数，且
则
即在单调递增.
因为，
所以满足的a的最大整数值为.
综上：的最大值为.
3．（2022·北京海淀·高三期中）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：函数在区间上有且仅有一个零点；
(3)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）当时，，则，
，又，
在点处的切线方程为：，即.
（2）当时，令，则；
当时，，，即，
在上单调递增，又，，
在上有唯一零点，即在上有且仅有一个零点.
（3）令，
则对任意，恒成立；又，
令，则；
当时，若，则，，，
在上恒成立，则在上单调递增；
①当时，，，
，使得，且当时，，
在上单调递减，此时，不合题意；
②当时，；
当时，，则在上单调递增，
恒成立，满足题意；
③当时，，
由②知：对任意，，满足题意；
综上所述：实数的取值范围为.
4．（2022·福建福州·高二期末）已知函数
(1)当时，求曲线在点（0，f（0））处的切线方程；
(2)若存在，使得不等式成立，求m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(1)
当时，,定义域为R，.
所以，.
所以曲线在点（0，f（0））处的切线方程为：，
即.
(2)
不等式可化为：，
即存在，使得不等式成立.
构造函数，则.
①当时，恒成立，故在上单调递增，故，解得：，故；
②当时，令，解得：令，解得：故在上单调递减，在上单调递增，又，故，解得：，这与相矛盾，舍去；
③当时，恒成立，故在上单调递减，故，不符合题意，应舍去.
综上所述：m的取值范围为：.
5．（2022·陕西·咸阳市高新一中高二期中（理））已知函数
(1)若曲线在和处的切线互相平行，求的值与函数的单调区间；
(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围．
【答案】(1)，单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
(1)
，由得，
，
由得，由得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)
若要命题成立，只须当时，，
由可知 当时，
所以只须
对来说，，
（1）当时，在上有，∴
这时，由得；
（2）当时，，
设，则，
∴在递减，，
∴当时，，
综上所述，满足题意的.
6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，则的极小值为___________；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【详解】由，得，
令，得，
列表如下：
递减
极小值
递增
所以，函数的极小值为；
（2），，使得，即，.
①当时，函数单调递增，，
，即；
②当时，函数单调递减，，
，即；
③当时，，不符合题意.
综上：.
故答案为：；.
突破三：同构法与不等式恒（能）成立问题
1．（2022·广西北海·一模（理））已知函数．
(1)当时，求过点且和曲线相切的直线方程；
(2)若对任意实数，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）当时，，，
因为点没有在曲线上，故不是切点，设切点为，直线斜率为，
则切线方程为，又因为该直线过点，
所以，即，
记，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，又，∴，
故切线方程为；
（2）当时，由可得，
即，
构造函数，其中，则，
所以函数在上为增函数，
由可得，
所以，即，其中，
令，其中，则．
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，即．
2．（2022·江苏·南京师大苏州实验学校高三阶段练习）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)当时，是否存在正实数，使得成立（为自然对数的底数）？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)
（1）
解：函数的定义域为．
．
①当时，恒成立，在上为减函数，函数不存在极值；
②当时，当时，当时
在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即，无极大值．
综上可得：当时函数无极值，当时，无极大值；
（2）
解：因为时成立，
即在上有解，
即在上有解，
又，由（1）可知，即，
令，则，
则在上有解，
令，则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，又，，所以存在使得，
所以当时，当时，当时，
所以只需，即时满足题意.
3．（2022·江西·芦溪中学高三阶段练习（理））已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
（1）
因为在上单调递增，
所以对恒成立，
即对恒成立．
令，则．
因为当时，，所以，
即在上单调递减，所以，
从而，即实数a的取值范围是．
（2）
证明：当时，．
要证，即证，
即证，即证．
令，则只要证．
令，则．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以，所以，
即成立，故．
突破四：端点效应与不等式恒（能）成立问题
1．设函数，其中．
（Ⅰ）当时，求函数的零点；
（Ⅱ）若对任意，，恒有，求实数的取值范围．
【解析】（Ⅰ）当时，，
当时，令，即，解得；
（ⅱ）当时，令，即，此方程△，无实数解．
由（ⅱ），得的零点为，，
（Ⅱ）方法1．当时，
对于，，得，
显然函数在，上递减，
要使恒成立，只需，即，
得，又，所以符合题意．
（ⅱ）当时，，
由，知函数在上递增，在上递减．
以下对再进行分类当，即时，
函数在上递增，在上递减．
此时（a），，只需，
即解得，即，
又，所以符合题意．（11分）当，即时，
函数在，上递增．
要使恒成立，只需（a），
即，得，
又，所以符合题意．
由（ⅱ），得实数的取值范围是．
方法2．因为对任意，，恒有，所以，
即，解得．
下面证明，当时，对任意，，恒有，
当时，递增，
故（a）成立；
（ⅱ）当时，，
，，
故，成立．
由此，对任意，，恒有，
2．（2021·河南大学附属中学高三阶段练习（文））已知函数f（x）＝ax﹣a+lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当x∈（1，+∞）时，曲线y＝f（x）总在曲线y＝a（x2﹣1）的下方，求实数a的取值范围．
【详解】 （1）的定义域为，对已知函数求导，得：，
若，则，单调递增；
若，则当时，，单调递增；
当，，单调递减.
（2）由题意得，
整理得 .
令，则.
由题意知“”是“”的必要条件.
由，解得：.
下面证明：“”是“”的充分条件.
由不等式知，当时，
.
综上可知.
突破五：最值定位法解决双参不等式问题
1．（多选）（2022·福建龙岩·高二期中）已知函数，，若，，使得成立，则a的取值可以是（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】AD
【详解】解：，
当时，，当时，，
所以在上递减，在，上递增，
故当，时，，
对于二次函数，该函数开口向下，
所以其在区间，上的最小值在端点处取得，
所以要使对，，，，使得成立，只需，
因为函数开口向下，所以当，时，（1），（2），
所以或，所以或，
解得．
故选：AD.
2．（2022·江苏省石庄高级中学高二阶段练习）已知，，若对，，使得成立，则a的取值范围是______．
【答案】
【详解】因为，
所以，
当时，，当时，，
所以，
因为开口方向向下，
所以在区间上的最小值的端点处取得，
所以要使对，，使得成立，
只需，即或，
即或，
解得，
所以a的取值范围是，
故答案为：
3．（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高二期中（理））已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，设，若对于任意、，均有，求的取值范围.
【答案】(1)当时，单调递减区间为；当时，单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
(1)
解：函数的定义域为，所以，
①当时，恒成立，函数的单调递减区间为；
②当时，由，解得；
当时，，当时，，
函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上可得：当时，单调递减区间为；当时，单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
解：由已知，转化为．
由（1）知，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
故的极大值即为最大值，，
因为，则，当时，当时，
函数在上单调递减，在上单调递增．
故的极小值即为最小值，
，即，解得．
的取值范围为
4．（2022·上海市杨思高级中学高三期中）已知函数.
（1）若，求曲线在处切线的方程；
（2）求的单调区间；
（3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）当时，单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递增区间为，单调递减区间为；（3）.
【详解】（1）由已知，
，
曲线在处切线方程为，即.
（2）.
①当时，由于，故，
所以，的单调递增区间为，无单调递减区间.
②当时，由，得.
在区间上，，在区间上，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）由已知，转化为，
由（2）知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意.
(或者举出反例：存在，故不符合题意.)
当时，在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值即为最大值，，
所以，
解得.
5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数在处取得极值，．
（1）求的值与的单调区间；
（2）设，已知函数，若对于任意、，，都有，求实数的取值范围．
【答案】（1），单调递增区间为、，单调递减区间为；（2）.
【详解】解：（1）由题意得的定义域为，，
函数在处取得极值，
（2），解得，
则由得或，
、、的关系如下表：
2
0
0
递增
极大值
递减
极小值
递增
函数的单调递增区间为、，单调递减区间为；
（2）由（1）得函数，
当时，对任意、，，都有，
即当，，时，，
在，上单调递减，，，，
在，上单调递减，
则，，
则，
即，解得或，结合，得，
故实数的取值范围为．
6．（2022·辽宁·大连二十四中高一期中）已知函数是定义域为的奇函数，且.
(1)求的值，并判断的单调性（不必证明）；
(2)设为正数，函数，若对于任意，总存在，使得成立，求的最大值.
【答案】(1)，，单调递增；
(2).
【详解】（1）因为时定义域为的奇函数，所以，则，
又，则，解得，所以，
在定义域内单调增.
（2）因为对任意，总存在，使，所以，
由（1）得，
，
当时，在出取得最小值，在，即处取得最小值，所以，
所以，解得.
所以的最大值为.
7．（2022·江苏省江浦高级中学高一期中）已知二次函数.
(1)若关于的不等式对恒成立，求的取值范围；
(2)已知函数，若对，，使不等式成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）由得，
当时，，所以对恒成立，只需即可，
令，由得且，
则，
因为，当且仅当即，时等号成立，
所以，
即.
（2）由，，使不等式成立可得 即可，
由在上单调递增可得，
而的对称轴为，
①当即时在上单调递增，
则，解得，综上；
②当即时，
，解得或，
综上；
③当即时在上单调递减，
则，解得；
综合①②③可得的取值范围为或.
突破六：值域法解决双参等式问题
1．（多选）（2022·江苏·常熟中学高三阶段练习）已知函数，，若对任意的，均存在，使得，则的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】设在上的值域为，在上的值域为，则；
，当时，，
在上单调递增，；
方法一：若，则，令对恒成立，
恒成立，即；
当时，在上恒成立，
在上单调递增，，解得：；
综上所述：；
方法二：；
当时，恒成立，在上单调递增，
，，即，
，解得：；
当时，，，在上单调递减，
，，即，
，解得：（舍）；
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，不合题意；
综上所述：.
故选：BC.
2．（2022·山东省实验中学高一阶段练习）设函数与函数）的定义域的交集为D，集合M是由所有具有性质：“对任意的，都有”的函数组成的集合.
(1)判断函数，是不是集合M中的元素？并说明理由；
(2)设函数，，且，若对任意，总存在，使成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)，，理由见解析
(2).
（1）
因为对任意，，所以.
因为对任意，，所以.
（2）
因为函数，且，所以，整理得
，解得，或(舍去)，故.
当时，，.
对于函数，且
当时，在单调递减，在单调递增，
故，由题意知，解得.
所以，实数a的取值范围为.
3．（2022·河南·新密市第一高级中学高一阶段练习）已知函数是定义在上的奇函数，且．
(1)若关于的方程的两根满足一根大于1，另外一根小于1，求实数的取值范围；
(2)已知函数，若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）是上的奇函数，，即，又，．
即关于的方程的两根满足一根大于1，另外一根小于1，
设，则函数的图象开口向上，
∴，即，∴实数的取值范围是；
（2）由（1）知，，
当时，，
当时，，此时，∴，
当时，，此时，∴，
综上，的值域；
∵，，∴的值域.
∵对任意，总存在，使得成立，
∴，即，所以，
实数的取值范围为．
突破七：单变量不等式证明
角度1：构造函数，利用单调性证明不等式
1．（2022·河南焦作·高三期中（理））已知函数，曲线在点处的切线在轴上的截距为．
(1)求的最小值；
(2)证明：当时，．
参考数据：，．
【答案】(1)0；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由题得，
又，所以切点坐标为，
所以曲线在点处的切线方程为，
令得，所以.
所以，
当时，，函数在单调递增；
当时，，函数在单调递减.
所以函数的最小值为.
所以函数的最小值为0.
（2）当时，显然成立.
当时，令，
所以，
所以，所以在单调递增（增函数+增函数=增函数），
又，
所以恒成立，
所以在单调递增，
又，
所以存在使得即.
所以在单调递减，在单调递增.
所以
.
故得证.
2．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知函数，且曲线在点处的切线方程为．
(1)求a，b的值，并求函数的单调区间；
(2)证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
（1）
的定义域为(0,+∞)，,则.
又,则曲线在点处的切线方程为,即,
所以解得：.
所以,且.
令,解得：；令,解得：.
所以的单调递减区间为,单调递增区间为.
（2）
由（1）知,x>0.则要证，只需,只需.
令,则..
令,则，所以在(0,+∞)上单调递增.
而，所以存在唯一的,使得.
当时,单调递减；当时, 单调递增.
所以
所以,即.
3．（2022·河南宋基信阳实验中学高三阶段练习（文））已知函数，
(1)若，求的极值；
(2)讨论的单调区间；
(3)求证：当时，.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)答案见解析
(3)证明见解析
（1）
当时，，则其定义域为，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
的极小值为，无极大值.
（2）
由题意得：定义域为，；
①当时，，在上恒成立，
的单调递增区间为，无单调递减区间；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述：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.
（3）
令，则，
令，则；
当时，恒成立，在上单调递减，，
在上恒成立，在上单调递减，
，即当时，.
4．（2022·广东广州·高二期末）设x＞0，f(x)=lnx，
(1)求证：直线y=x-1与曲线y=f(x)相切；
(2)判断f(x)与g(x)的大小关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析；
(2)，证明见解析.
(1)
证明：因为直线y=x-1过点(1,0), f(x)=lnx过点(1,0).
设过点(1,0)与f(x)=lnx相切的直线为,
因为,
设切点为：，
所以切线方程为，代入（1，0）,得，
所以切线方程为，
即与曲线y=f(x)相切；
(2)
。
证明：令，
所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，即，
所以，即有，得证.
角度2：构造函数，利用最值证明不等式
1．（2022·山西忻州·高三阶段练习）已知函数.
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)若，比较与的大小关系.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意知，在上恒成立，化简可得，
当时，，所以，故的取值范围是.
（2）令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，
所以，即.
2．（2022·云南·巍山彝族回族自治县第二中学高二阶段练习）函数.
(1)求证：；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
（1）
令，，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
∴，∴，
即；
（2）
由题意将问题转化为恒成立，
构造函数，
，
令，
恒成立，
∴在上为减函数且，
∴，
∴当时，，；当时,，，
∴在上为增函数，在上为减函数，
∴，
∴
3．（2022·河南·一模（理））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得：定义域为，；
①当时，，则恒成立，在上单调递增；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由题意得：，，
令，则，
在上单调递减，又，，
，使得，即，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
；
令，则，
在上单调递增，，
即，.
角度3：等价转化与不等式证明
1．（2022·江西景德镇·三模（文））已知函数，.
(1)当时，求函数的极值；
(2)已知，求证：当时，总有.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)证明见解析
(1)
当时，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故函数存在极小值为，无极大值.
(2)
，
令，.
∵且，∴，
由于，故函数在上单调递增，且，
∴恒成立，于是,
故当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
∴,
又，即函数当时单调递增，
且 ，故，即，∴,
∴当时，总有.
2．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数，证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(1)的定义域.
当时，分下面三种情况讨论：
①当时，恒成立，所以在单调递增；
②当时，，令，得，或，
所以在和单调递增，在单调递减；
③当时，，令，得，或，所以在和单调递增，在单调递减.
综上，当时，在和为增函数，在为减函数；时，在为增函数；
当时，在和为增函数，在为减函数.
(2)（2）当时，要证明，
即证.
设，则，
又函数在为增函数，而，
所以存在，使得，且有，
所以在为减函数，在为增函数.
所以，
令，显然在为减函数，所以，
即，而，所以，
即，
故当时，恒成立.
3．（2022·山东·菏泽一中高二阶段练习）已知函数，，其中…为自然对数的底数.
(1)当时，若过点与函数相切的直线有两条，求的取值范围；
(2)若，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(1)解：，.
设切点为P
令，.
得有两根
令，
时，不符合题意
时，令，
单调递增，单调递减.
，得
又，且
.
(2)证明：要证
只需证明成立
因为，
所以
原问题可转化为证明.
①当时，
所以
所以成立
所以成立
②当时，设
因为
所以
所以
所以在上为增函数
所以
所以在上为增函数
所以
所以
所以成立
综上
得证.
4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求的极大值点和极小值点；
(2)若函数，当时，证明：．
【答案】(1)极大值点为，极小值点为
(2)证明见解析
(1)定义域为R，导函数，
由，得或，
令，得；
令，得或．
所以在，上单调递增，在上单调递减．
故的极大值点为，极小值点为．
(2)欲证，只需证，
即证
设函数，
则，
令，得；令，得．
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即当时，．
设函数，
则，
所以在上单调递减，
则，即，
所以，即，
又，所以，（点拨：放缩法是常用的证明不等式的方法）
所以当时，．
5．（2022·广西·钦州一中高二期中（理））已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，证明不等式在上成立.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】（1）由，得.
所以，且斜率，
故所求切线方程为，即；
（2）证明：由题欲证只需证，
即证在上成立，
令，则，令，
当时，递减；
当时，递增，
故，
∴当时，∴，
即得证.
角度4：超越放缩与不等式证明
1．（2022·江苏省包场高级中学高三开学考试）已知函数.
(1)设是函数的极值点，求的值并讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.
(2)证明见解析
（1），
，，是函数的极值点，
，解得，
，设，则，
是的唯一零点，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
（2）当，时，，
设，则，
所以当时，单调递增，
所以，即，
，
取函数，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以函数在处取得唯一的极小值，即最小值为，
，
故.
2．（2022·安徽·高二期末）函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)当，且.
①证明：有两个极值点；
②证明：对任意的.
【答案】(1)，无极大值
(2)①证明见解析；②证明见解析
（1）
当时，，
解得
当单调递减；当单调递增，
当时，有极小值，，无极大值；
（2）
①证明：
则，
所以
当时，单调递减；当单调递增；
所以，
由零点存在定理知，在上各有一个零点，
即存在，使得
所以在上，，单调递增，在，，单调递减
再在上，，单调递增
所以有两个极值点；
②证明：由①可知的最小值为0，
令，则，得到
即，令，则，
所以
3．（2022·四川·成都七中高二期中（理））函数.
(1)若，对一切恒成立，求a的最大值；
(2)证明：，其中e是自然对数的底数.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(1)
，又，
①当，恒成立，满足题意；
②当，令，，
当，，单调递减，
当，，单调递增；
所以在处取得极小值，即最小值.要使恒成立，即，
代入得，解得.
综上，∴a的最大值为1.
(2)
由（1）知，时，，当时，两边取对数得，
由不等式对任意恒成立，当且仅当时，取“=”号，
∴，恒成立.
令（，且）
则，
∴
，
即，∴.
4．（2022·四川·成都七中高二期中（文））函数.
(1)若，对一切恒成立，求a的最大值；
(2)证明：，其中e是自然对数的底数.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(1)
由题意得，，又，
①当，恒成立，满足题意；
②当，令，，当，，单调递减，
当，，单调递增；
所以在处取得极小值，即最小值.
要使恒成立，即，
代入得，解得.
综上，∴ a的最大值为1.
(2)
证明：当时，由（1）可知，当且仅当成立.
令，即.
∴，，…，，
将各式相乘可得，
即.
突破八：利用导数证明双变量不等式
角度1：分离双参，构造函数
1．（多选）（2022·全国·高三专题练习）若对任意的，，且，都有，则m的值可能是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】BCD
【详解】，且，
则，整理得
设，则只需要在上单调递减即可，
，
令，解得，
则，
所以BCD符合，
故选：BCD.
2．（2022·辽宁·沈阳市第三十一中学高三阶段练习），均有成立，则的取值范围为___________.
【答案】
【详解】不妨设，则，
由可得，
所以，
即，
所以，
令，则，
因为，所以在上单调递减，
所以对于恒成立，
所以对于恒成立，
可得对于恒成立，
所以，因为在上单调递减，
所以，
所以，
故答案为：
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数在点，（1）处的切线与轴平行．
(1)求实数的值及的极值；
(2)若对任意，，有，求实数的取值范围．
【答案】(1)，的极小值为，无极大值
(2)，
(1)
函数，
，
令（1），
，
解得；
令，则，解得，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增
所以有极小值为（1）；无极大值；
(2)
由（1）可知在上单调递增，
不妨设，则，即
函数在上单调递增，
又，
在上恒成立，
在上恒成立，又在上，
因此实数的取值范围是，．
4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若函数有两个极值点，求的取值范围；
(2)证明：若，则对于任意的，，，有．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(1)由题意知，，
因为函数有两个极值点，所以有两个不等的正根，
即有两个不等的正根，
所以，解得，所以的取值范围是，．
(2)构造函数，
则．
由于，，故，即在上单调递增，
从而当时，有，
即，故；
当时，同理可证．
综上，对于任意的，，，有
角度2：糅合双参（比值糅合）
1．（2022·广东北江实验学校模拟预测）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)任取两个正数，当时，求证：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
(1).
当时，，令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
当，即时，令，得或；令，得.
所以在，上单调递增，在上单调递减.
当，即时，恒成立，所以在上单调递增.
当，即时，令，得或；令，得.
所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上所述，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时， 在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
(2)证明：由题意得，.
要证，
只需证，
即证，
即证.
令，
所以只需证在上恒成立，
即证在上恒成立.
令，则，
令，则.
所以在上单调递减，即在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
所以.
所以.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
(1)函数定义域为，
，
①当时，在上恒成立，即函数的单调递减区间为
②当时，，解得，当时，，
函数的单调递增区间为，
当时，函数的单调递减区间为，
综上可知：
①当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间；
②当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)依题意，是函数的两个零点，
设，因为，
，，
不等式，
，所证不等式即
设，令，
则，在上是增函数，且，
所以在上是增函数，且，
即，从而所证不等式成立.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若存在两个极值点，，证明：
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析
（1），
设．，，
①当时，，，则，在上单调递增，
②当时，，的零点为，，且，
令，得，或，令，得，
在，上单调递减，在，，单调递增，
③当时，，的零点为，
在上单调递增，在，上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在，上单调递减，在，，单调递增；当时，在上单调递增，在，上单调递减．
（2）证明：由（1）知，当时，存在两个极值点，
不妨设，则，
要证：，只要证，
只需要证，
即证，
设，，
设函数，
，
，
，
，
在上单调递减，则，
又，
则，
则，
从而．
4．（2022·安徽省舒城中学一模（理））已知函数.
（1）求证：当时，；
（2）设斜率为的直线与曲线交于两点，证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【详解】解：（1）证明：令，
，
所以当时，，单调递增，
所以，
所以．
（2）证明：因为斜率为的直线与曲线交于两点，，，，
所以，，，
要证，
只需证，
即证，
只需证，
只需证，
令，即证，
由（1）得时，，
令，
求导得，
所以当时，，单调递减，
所以，
所以，
所以当时，，
综上，当时，，
所以．
5．（2022·江苏南通·高三阶段练习）已知函数.
（1）当时，试判断函数在上的单调性；
（2）存在，，，求证：.
【答案】（1）函数在上单调递增；（2）证明见解析.
【详解】（1）(方法一)当时，，，
当时，，
所以，当时，函数在上单调递增.
(方法二)当时，，，
由，
结合函数与图象可知：当时，，，
所以两函数图象没有交点，且.
所以当时，.
所以，当时，函数在上单调递增.
（2）证明：不妨设，由得，
，
.
设，则，故在上为增函数，
，从而，
，
，
要证只要证，
下面证明：，即证，
令，则，即证明，只要证明：，
设，，则在单调递减，
当时，，从而得证，即，
，即.
角度3：糅合双参（差值糅合）
1．（2022·全国·高三专题练习）若，令，则的最小值属于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设，则，，，
令，，易知单增，
且，，则存在，使，
即，，单减；，，单增；
又，
则，
易知在单减，即
故选：C
2．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知函数的最大值为，且曲线在x＝0处的切线与直线平行（其中e为自然对数的底数）．
（1）求实数a，b的值；
（2）如果，且，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【详解】解：（1）由已知．
则易知，又因为，故a＝0．
此时可得．
①若b＞0，则当时，递减；
当时，递增．
此时，函数有最小值，无最大值．
②若b＜0，则当时，递增；
当时，递减．
此时，解得．
所以即为所求．
（2）由，且得：．
∴．设，则
可得，所以要证，即证．
∵t＞0，所以，所以即证．
设，则．
令，则
当时，递减；当时，递增．
所以，即，所以在上递增．
所以．
．
角度4：利用指数（对数）平均不等式解决双变量问题
1．（2022·江苏·高一单元测试）已知直线分别与函数和的图象交于点，，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】对A，如图，作出函数、和的草图，因为A，B关于C对称，且，因为，所以，故A正确；
对B，由基本不等式，，因为，所以等号不成立，故B正确；
对C，因为，所以，记，
则，故时，，所以在上单调递增，所以，即，即，故C正确；
对D，记，则，，则，又，易知在上单调递增，故，故D错误．
故选：D．
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，.
（1）求函数的极值；
（2）若存在，，且当时，，当时，求证：.
【答案【详解】（1）由，，
当，，在上为增函数，无极值，
当，，；，，
在上为减函数，在上为增函数，
，有极小值，无极大值，
综上知：当，无极值，
当，有极小值，无极大值.
（2），，
，，，
所以，当，在上为增函数，
所以当时，恒有，即成立；
当，在上为增函数，
当，在上为增函数，
这时，在上为增函数，
所以不可能存在，，
满足当时，，
所以有.
设，得：
，
①，
，
②，
由①②式可得：，
即，
又，，
③，
要证④，所以由③式知，
只需证明：，即证，
设，只需证，
即证：，令，
由，在上为增函数，
，成立，
所以由③知，成立.
第4讲 函数与导数解答题
目录
第一部分：知识强化
第二部分：重难点题型突破
突破一：分离变量法与不等式恒（能）成立问题
突破二：分类讨论法与不等式恒（能）成立问题
突破三：同构法与不等式恒（能）成立问题
突破四：端点效应与不等式恒（能）成立问题
突破五：最值定位法解决双参不等式问题
突破六：值域法解决双参等式问题
突破七：单变量不等式证明
角度1：构造函数，利用单调性证明不等式
角度2：构造函数，利用最值证明不等式
角度3：等价转化与不等式证明
角度4：超越放缩与不等式证明
突破八：利用导数证明双变量不等式
角度1：分离双参，构造函数
角度2：糅合双参（比值糅合）
角度3：糅合双参（差值糅合）
角度4：利用指数（对数）平均不等式解决双变量问题
第一部分：知识强化
1、不等式恒成立(能成立)求参数范围的类型与解法
（1）分离参数法
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；
步骤：
①分类参数（注意分类参数时自变量的取值范围是否影响不等式的方向）
②转化：若)对恒成立，则只需；若对恒成立，则只需．
③求最值.
（2）分类讨论法
如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(，或，)求解．
（3）等价转化法
当遇到型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数或者“右减左”的函数，进而只需满足，或者，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数的最值的问题.
2、最值定位法解决双参不等式问题
（1）,,使得成立
（2）,,使得成立
（3）,,使得成立
（4）,,使得成立
3、值域法解决双参等式问题（任意——存在型）
,,使得成立
①，求出的值域，记为
②求出的值域，记为
③则,求出参数取值范围.
4、值域法解决双参等式问题（存在——存在型）
,,使得成立
①，求出的值域，记为
②求出的值域，记为
③则,求出参数取值范围.
5、两个超越不等式：（注意解答题需先证明后使用）
（1）对数型超越放缩：（）
上式（1）中等号右边只取第一项得：结论①
用替换上式结论①中的得：结论②
对于结论②左右两边同乘“”得，用替换“”得：
（）结论③
（2）指数型超越放缩：（）
上式（2）中等号右边只取前2项得：结论①
用替换上式结论①中的得：结论②
当时，对于上式结论②结论③
当时，对于上式结论②结论④
6、指数不等式法
在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系：
7、对数均值不等式法
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
第二部分：重难点题型突破
突破一：分离变量法与不等式恒（能）成立问题
1．（2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测）已知，若对任意的不等式恒成立，则实数的最小值为_______.
【答案】
【详解】恒成立，等价于，
令，则，
则，所以当时都有，所以单调递增.
所以不等式转化为，即，即，即，即.
令，则.
当都有，所以单调递增；当时，都有，所以单调递减.
所以
所以，即的最小值为.
故答案为：.
2．（2022·黑龙江·高二期中）已知，若存在，使不等式，对于恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【详解】时，不等式可化为，
因为存在使不等式恒成立，
所以只需，
设，，
则，，
所以在上为增函数，
所以，所以，，
所以整理可得，
设，
所以，令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，则在上单调递增，
所以，
所以，即实数的取值范围是
3．（2022·贵州毕节·三模（文））函数．
(1)讨论函数零点的个数；
(2)若对，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)在上有唯一零点
(2)
(1)
解：函数的定义域为，
所以
在上恒成立，即在上为增函数，
且
在上有唯一零点
(2)
解：由题意得：在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
所以
令
，
在上单调递增，在上单调递减，
4．（2022·广东·潮州市瓷都中学三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，函数在上恒成立，求整数的最大值.
【答案】(1)见解析
(2)
(1)
（1）
若时，，在上单调递增；
若时，，当或时，，为增函数，
当时，，为减函数，
若时，，当或时，，为增函数，
当时，，为减函数.
综上，时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
(2)
由，解得 ，
所以，
由时，，可知在上恒成立
可化为在上恒成立，设，
则，
设，则 ，所以在上单调递增，
又，，
所以方程有且只有一个实根，且 ，，
所以在上，， 单调递减，在上，，单调递增，
所以函数的最小值为，
从而，又为整数，所以的最大值为：.
5．（2022·江苏·无锡市第一中学高三阶段练习）已知函数（）.
(1)当时，对于函数，存在，使得成立，求满足条件的最大整数；（）
(2)设函数，若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)满足条件的最大整数为4；
(2)实数的取值范围为.
（1）
由已知可得，，，
所以，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，，
因为，所以
所以函数在上的的最大值为，最小值为，
因为存在，使得成立，
所以，
所以，又，故，
所以满足条件的最大整数的值为4；
（2）
不等式，可化为，
因为，所以，
由已知在上恒成立；
所以，
设，则，
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
又，所以，
所以当时，，函数在上单调递增，
所以，
所以，
所以实数的取值范围为.
6．（2022·天津市宁河区芦台第一中学高二阶段练习）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)令是函数图像上任意两点，且满足，求实数的取值范围；
(3)若，使成立，求实数的最大值.
【答案】(1)的极小值为，无极大值；
(2)；
(3)1.
(1)
因为，所以，
所以当时，当时，
所以的极小值为，无极大值.
(2)
不妨设，则，
则由，可得，
变形得恒成立，
令，
则在上单调递增，
故在恒成立，
在恒成立．
，当且仅当时取“”， ；
(3)
，．
，，，，
，使得成立．
令，则，
令，则由，可得或（舍．
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增．
，在，上恒成立．
在，上单调递增，则（1），即．
实数的最大值为1．
突破二：分类讨论法与不等式恒（能）成立问题
1．（2022·内蒙古·霍林郭勒市第一中学高三阶段练习（理））已知函数，，若对于，恒成立，则实数的取值集合是_______．
【答案】##
【详解】易知函数和函数的图象均过点．
①当时，，显然成立；
②当时，由可得：
当时，则；
当时，则；
当时，则；
∵，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，
∴，则；
当时，则有：
若，则，故成立；
若，则，故成立；
若，则，
当时，，当时，，
∴当时，，故成立；
故符合题意；
③当时，，即，
∴不符合题意
综上所述：的取值集合是.
故答案为：.
2．（2022·天津市瑞景中学高三期中）已知函数，其中.
(1)求函数的单调区间；
(2)设，若对任意的，恒成立，求的最大值.
【答案】(1)当时，在上单调递增，无单调递减区间；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
【详解】（1），定义域为
当时，，在上递增.
当时，，在上递增.
当时，令，得；令，得.
即在上递增，在上递减.
综上：当时，在上单调递增，无单调递减区间；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）在上恒成立，
等价于.
由（1）得，
当时，在上单调递增，无最大值，
故此时原不等式无法恒成立；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
则此时
即须成立.
记函数，且
则
即在单调递增.
因为，
所以满足的a的最大整数值为.
综上：的最大值为.
3．（2022·北京海淀·高三期中）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，证明：函数在区间上有且仅有一个零点；
(3)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）当时，，则，
，又，
在点处的切线方程为：，即.
（2）当时，令，则；
当时，，，即，
在上单调递增，又，，
在上有唯一零点，即在上有且仅有一个零点.
（3）令，
则对任意，恒成立；又，
令，则；
当时，若，则，，，
在上恒成立，则在上单调递增；
①当时，，，
，使得，且当时，，
在上单调递减，此时，不合题意；
②当时，；
当时，，则在上单调递增，
恒成立，满足题意；
③当时，，
由②知：对任意，，满足题意；
综上所述：实数的取值范围为.
4．（2022·福建福州·高二期末）已知函数
(1)当时，求曲线在点（0，f（0））处的切线方程；
(2)若存在，使得不等式成立，求m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(1)
当时，,定义域为R，.
所以，.
所以曲线在点（0，f（0））处的切线方程为：，
即.
(2)
不等式可化为：，
即存在，使得不等式成立.
构造函数，则.
①当时，恒成立，故在上单调递增，故，解得：，故；
②当时，令，解得：令，解得：故在上单调递减，在上单调递增，又，故，解得：，这与相矛盾，舍去；
③当时，恒成立，故在上单调递减，故，不符合题意，应舍去.
综上所述：m的取值范围为：.
5．（2022·陕西·咸阳市高新一中高二期中（理））已知函数
(1)若曲线在和处的切线互相平行，求的值与函数的单调区间；
(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围．
【答案】(1)，单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
(1)
，由得，
，
由得，由得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)
若要命题成立，只须当时，，
由可知 当时，
所以只须
对来说，，
（1）当时，在上有，∴
这时，由得；
（2）当时，，
设，则，
∴在递减，，
∴当时，，
综上所述，满足题意的.
6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，则的极小值为___________；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【详解】由，得，
令，得，
列表如下：
递减
极小值
递增
所以，函数的极小值为；
（2），，使得，即，.
①当时，函数单调递增，，
，即；
②当时，函数单调递减，，
，即；
③当时，，不符合题意.
综上：.
故答案为：；.
突破三：同构法与不等式恒（能）成立问题
1．（2022·广西北海·一模（理））已知函数．
(1)当时，求过点且和曲线相切的直线方程；
(2)若对任意实数，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）当时，，，
因为点没有在曲线上，故不是切点，设切点为，直线斜率为，
则切线方程为，又因为该直线过点，
所以，即，
记，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，又，∴，
故切线方程为；
（2）当时，由可得，
即，
构造函数，其中，则，
所以函数在上为增函数，
由可得，
所以，即，其中，
令，其中，则．
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，即．
2．（2022·江苏·南京师大苏州实验学校高三阶段练习）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)当时，是否存在正实数，使得成立（为自然对数的底数）？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)
（1）
解：函数的定义域为．
．
①当时，恒成立，在上为减函数，函数不存在极值；
②当时，当时，当时
在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即，无极大值．
综上可得：当时函数无极值，当时，无极大值；
（2）
解：因为时成立，
即在上有解，
即在上有解，
又，由（1）可知，即，
令，则，
则在上有解，
令，则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，又，，所以存在使得，
所以当时，当时，当时，
所以只需，即时满足题意.
3．（2022·江西·芦溪中学高三阶段练习（理））已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
（1）
因为在上单调递增，
所以对恒成立，
即对恒成立．
令，则．
因为当时，，所以，
即在上单调递减，所以，
从而，即实数a的取值范围是．
（2）
证明：当时，．
要证，即证，
即证，即证．
令，则只要证．
令，则．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以，所以，
即成立，故．
突破四：端点效应与不等式恒（能）成立问题
1．设函数，其中．
（Ⅰ）当时，求函数的零点；
（Ⅱ）若对任意，，恒有，求实数的取值范围．
【解析】（Ⅰ）当时，，
当时，令，即，解得；
（ⅱ）当时，令，即，此方程△，无实数解．
由（ⅱ），得的零点为，，
（Ⅱ）方法1．当时，
对于，，得，
显然函数在，上递减，
要使恒成立，只需，即，
得，又，所以符合题意．
（ⅱ）当时，，
由，知函数在上递增，在上递减．
以下对再进行分类当，即时，
函数在上递增，在上递减．
此时（a），，只需，
即解得，即，
又，所以符合题意．（11分）当，即时，
函数在，上递增．
要使恒成立，只需（a），
即，得，
又，所以符合题意．
由（ⅱ），得实数的取值范围是．
方法2．因为对任意，，恒有，所以，
即，解得．
下面证明，当时，对任意，，恒有，
当时，递增，
故（a）成立；
（ⅱ）当时，，
，，
故，成立．
由此，对任意，，恒有，
2．（2021·河南大学附属中学高三阶段练习（文））已知函数f（x）＝ax﹣a+lnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当x∈（1，+∞）时，曲线y＝f（x）总在曲线y＝a（x2﹣1）的下方，求实数a的取值范围．
【详解】 （1）的定义域为，对已知函数求导，得：，
若，则，单调递增；
若，则当时，，单调递增；
当，，单调递减.
（2）由题意得，
整理得 .
令，则.
由题意知“”是“”的必要条件.
由，解得：.
下面证明：“”是“”的充分条件.
由不等式知，当时，
.
综上可知.
突破五：最值定位法解决双参不等式问题
1．（多选）（2022·福建龙岩·高二期中）已知函数，，若，，使得成立，则a的取值可以是（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】AD
【详解】解：，
当时，，当时，，
所以在上递减，在，上递增，
故当，时，，
对于二次函数，该函数开口向下，
所以其在区间，上的最小值在端点处取得，
所以要使对，，，，使得成立，只需，
因为函数开口向下，所以当，时，（1），（2），
所以或，所以或，
解得．
故选：AD.
2．（2022·江苏省石庄高级中学高二阶段练习）已知，，若对，，使得成立，则a的取值范围是______．
【答案】
【详解】因为，
所以，
当时，，当时，，
所以，
因为开口方向向下，
所以在区间上的最小值的端点处取得，
所以要使对，，使得成立，
只需，即或，
即或，
解得，
所以a的取值范围是，
故答案为：
3．（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高二期中（理））已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，设，若对于任意、，均有，求的取值范围.
【答案】(1)当时，单调递减区间为；当时，单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
(1)
解：函数的定义域为，所以，
①当时，恒成立，函数的单调递减区间为；
②当时，由，解得；
当时，，当时，，
函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上可得：当时，单调递减区间为；当时，单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
解：由已知，转化为．
由（1）知，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
故的极大值即为最大值，，
因为，则，当时，当时，
函数在上单调递减，在上单调递增．
故的极小值即为最小值，
，即，解得．
的取值范围为
4．（2022·上海市杨思高级中学高三期中）已知函数.
（1）若，求曲线在处切线的方程；
（2）求的单调区间；
（3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）当时，单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递增区间为，单调递减区间为；（3）.
【详解】（1）由已知，
，
曲线在处切线方程为，即.
（2）.
①当时，由于，故，
所以，的单调递增区间为，无单调递减区间.
②当时，由，得.
在区间上，，在区间上，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）由已知，转化为，
由（2）知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意.
(或者举出反例：存在，故不符合题意.)
当时，在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值即为最大值，，
所以，
解得.
5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数在处取得极值，．
（1）求的值与的单调区间；
（2）设，已知函数，若对于任意、，，都有，求实数的取值范围．
【答案】（1），单调递增区间为、，单调递减区间为；（2）.
【详解】解：（1）由题意得的定义域为，，
函数在处取得极值，
（2），解得，
则由得或，
、、的关系如下表：
2
0
0
递增
极大值
递减
极小值
递增
函数的单调递增区间为、，单调递减区间为；
（2）由（1）得函数，
当时，对任意、，，都有，
即当，，时，，
在，上单调递减，，，，
在，上单调递减，
则，，
则，
即，解得或，结合，得，
故实数的取值范围为．
6．（2022·辽宁·大连二十四中高一期中）已知函数是定义域为的奇函数，且.
(1)求的值，并判断的单调性（不必证明）；
(2)设为正数，函数，若对于任意，总存在，使得成立，求的最大值.
【答案】(1)，，单调递增；
(2).
【详解】（1）因为时定义域为的奇函数，所以，则，
又，则，解得，所以，
在定义域内单调增.
（2）因为对任意，总存在，使，所以，
由（1）得，
，
当时，在出取得最小值，在，即处取得最小值，所以，
所以，解得.
所以的最大值为.
7．（2022·江苏省江浦高级中学高一期中）已知二次函数.
(1)若关于的不等式对恒成立，求的取值范围；
(2)已知函数，若对，，使不等式成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
【详解】（1）由得，
当时，，所以对恒成立，只需即可，
令，由得且，
则，
因为，当且仅当即，时等号成立，
所以，
即.
（2）由，，使不等式成立可得 即可，
由在上单调递增可得，
而的对称轴为，
①当即时在上单调递增，
则，解得，综上；
②当即时，
，解得或，
综上；
③当即时在上单调递减，
则，解得；
综合①②③可得的取值范围为或.
突破六：值域法解决双参等式问题
1．（多选）（2022·江苏·常熟中学高三阶段练习）已知函数，，若对任意的，均存在，使得，则的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】设在上的值域为，在上的值域为，则；
，当时，，
在上单调递增，；
方法一：若，则，令对恒成立，
恒成立，即；
当时，在上恒成立，
在上单调递增，，解得：；
综上所述：；
方法二：；
当时，恒成立，在上单调递增，
，，即，
，解得：；
当时，，，在上单调递减，
，，即，
，解得：（舍）；
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，不合题意；
综上所述：.
故选：BC.
2．（2022·山东省实验中学高一阶段练习）设函数与函数）的定义域的交集为D，集合M是由所有具有性质：“对任意的，都有”的函数组成的集合.
(1)判断函数，是不是集合M中的元素？并说明理由；
(2)设函数，，且，若对任意，总存在，使成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)，，理由见解析
(2).
（1）
因为对任意，，所以.
因为对任意，，所以.
（2）
因为函数，且，所以，整理得
，解得，或(舍去)，故.
当时，，.
对于函数，且
当时，在单调递减，在单调递增，
故，由题意知，解得.
所以，实数a的取值范围为.
3．（2022·河南·新密市第一高级中学高一阶段练习）已知函数是定义在上的奇函数，且．
(1)若关于的方程的两根满足一根大于1，另外一根小于1，求实数的取值范围；
(2)已知函数，若对任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）是上的奇函数，，即，又，．
即关于的方程的两根满足一根大于1，另外一根小于1，
设，则函数的图象开口向上，
∴，即，∴实数的取值范围是；
（2）由（1）知，，
当时，，
当时，，此时，∴，
当时，，此时，∴，
综上，的值域；
∵，，∴的值域.
∵对任意，总存在，使得成立，
∴，即，所以，
实数的取值范围为．
突破七：单变量不等式证明
角度1：构造函数，利用单调性证明不等式
1．（2022·河南焦作·高三期中（理））已知函数，曲线在点处的切线在轴上的截距为．
(1)求的最小值；
(2)证明：当时，．
参考数据：，．
【答案】(1)0；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由题得，
又，所以切点坐标为，
所以曲线在点处的切线方程为，
令得，所以.
所以，
当时，，函数在单调递增；
当时，，函数在单调递减.
所以函数的最小值为.
所以函数的最小值为0.
（2）当时，显然成立.
当时，令，
所以，
所以，所以在单调递增（增函数+增函数=增函数），
又，
所以恒成立，
所以在单调递增，
又，
所以存在使得即.
所以在单调递减，在单调递增.
所以
.
故得证.
2．（2022·河南·高三阶段练习（文））已知函数，且曲线在点处的切线方程为．
(1)求a，b的值，并求函数的单调区间；
(2)证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
（1）
的定义域为(0,+∞)，,则.
又,则曲线在点处的切线方程为,即,
所以解得：.
所以,且.
令,解得：；令,解得：.
所以的单调递减区间为,单调递增区间为.
（2）
由（1）知,x>0.则要证，只需,只需.
令,则..
令,则，所以在(0,+∞)上单调递增.
而，所以存在唯一的,使得.
当时,单调递减；当时, 单调递增.
所以
所以,即.
3．（2022·河南宋基信阳实验中学高三阶段练习（文））已知函数，
(1)若，求的极值；
(2)讨论的单调区间；
(3)求证：当时，.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)答案见解析
(3)证明见解析
（1）
当时，，则其定义域为，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
的极小值为，无极大值.
（2）
由题意得：定义域为，；
①当时，，在上恒成立，
的单调递增区间为，无单调递减区间；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述：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.
（3）
令，则，
令，则；
当时，恒成立，在上单调递减，，
在上恒成立，在上单调递减，
，即当时，.
4．（2022·广东广州·高二期末）设x＞0，f(x)=lnx，
(1)求证：直线y=x-1与曲线y=f(x)相切；
(2)判断f(x)与g(x)的大小关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析；
(2)，证明见解析.
(1)
证明：因为直线y=x-1过点(1,0), f(x)=lnx过点(1,0).
设过点(1,0)与f(x)=lnx相切的直线为,
因为,
设切点为：，
所以切线方程为，代入（1，0）,得，
所以切线方程为，
即与曲线y=f(x)相切；
(2)
。
证明：令，
所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，即，
所以，即有，得证.
角度2：构造函数，利用最值证明不等式
1．（2022·山西忻州·高三阶段练习）已知函数.
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)若，比较与的大小关系.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意知，在上恒成立，化简可得，
当时，，所以，故的取值范围是.
（2）令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则，
所以，即.
2．（2022·云南·巍山彝族回族自治县第二中学高二阶段练习）函数.
(1)求证：；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析
（1）
令，，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
∴，∴，
即；
（2）
由题意将问题转化为恒成立，
构造函数，
，
令，
恒成立，
∴在上为减函数且，
∴，
∴当时，，；当时,，，
∴在上为增函数，在上为减函数，
∴，
∴
3．（2022·河南·一模（理））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得：定义域为，；
①当时，，则恒成立，在上单调递增；
②当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由题意得：，，
令，则，
在上单调递减，又，，
，使得，即，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
；
令，则，
在上单调递增，，
即，.
角度3：等价转化与不等式证明
1．（2022·江西景德镇·三模（文））已知函数，.
(1)当时，求函数的极值；
(2)已知，求证：当时，总有.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)证明见解析
(1)
当时，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故函数存在极小值为，无极大值.
(2)
，
令，.
∵且，∴，
由于，故函数在上单调递增，且，
∴恒成立，于是,
故当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
∴,
又，即函数当时单调递增，
且 ，故，即，∴,
∴当时，总有.
2．（2022·全国·高三专题练习（文））已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数，证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(1)的定义域.
当时，分下面三种情况讨论：
①当时，恒成立，所以在单调递增；
②当时，，令，得，或，
所以在和单调递增，在单调递减；
③当时，，令，得，或，所以在和单调递增，在单调递减.
综上，当时，在和为增函数，在为减函数；时，在为增函数；
当时，在和为增函数，在为减函数.
(2)（2）当时，要证明，
即证.
设，则，
又函数在为增函数，而，
所以存在，使得，且有，
所以在为减函数，在为增函数.
所以，
令，显然在为减函数，所以，
即，而，所以，
即，
故当时，恒成立.
3．（2022·山东·菏泽一中高二阶段练习）已知函数，，其中…为自然对数的底数.
(1)当时，若过点与函数相切的直线有两条，求的取值范围；
(2)若，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(1)解：，.
设切点为P
令，.
得有两根
令，
时，不符合题意
时，令，
单调递增，单调递减.
，得
又，且
.
(2)证明：要证
只需证明成立
因为，
所以
原问题可转化为证明.
①当时，
所以
所以成立
所以成立
②当时，设
因为
所以
所以
所以在上为增函数
所以
所以在上为增函数
所以
所以
所以成立
综上
得证.
4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求的极大值点和极小值点；
(2)若函数，当时，证明：．
【答案】(1)极大值点为，极小值点为
(2)证明见解析
(1)定义域为R，导函数，
由，得或，
令，得；
令，得或．
所以在，上单调递增，在上单调递减．
故的极大值点为，极小值点为．
(2)欲证，只需证，
即证
设函数，
则，
令，得；令，得．
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即当时，．
设函数，
则，
所以在上单调递减，
则，即，
所以，即，
又，所以，（点拨：放缩法是常用的证明不等式的方法）
所以当时，．
5．（2022·广西·钦州一中高二期中（理））已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）若，证明不等式在上成立.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】（1）由，得.
所以，且斜率，
故所求切线方程为，即；
（2）证明：由题欲证只需证，
即证在上成立，
令，则，令，
当时，递减；
当时，递增，
故，
∴当时，∴，
即得证.
角度4：超越放缩与不等式证明
1．（2022·江苏省包场高级中学高三开学考试）已知函数.
(1)设是函数的极值点，求的值并讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.
(2)证明见解析
（1），
，，是函数的极值点，
，解得，
，设，则，
是的唯一零点，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.
（2）当，时，，
设，则，
所以当时，单调递增，
所以，即，
，
取函数，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以函数在处取得唯一的极小值，即最小值为，
，
故.
2．（2022·安徽·高二期末）函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)当，且.
①证明：有两个极值点；
②证明：对任意的.
【答案】(1)，无极大值
(2)①证明见解析；②证明见解析
（1）
当时，，
解得
当单调递减；当单调递增，
当时，有极小值，，无极大值；
（2）
①证明：
则，
所以
当时，单调递减；当单调递增；
所以，
由零点存在定理知，在上各有一个零点，
即存在，使得
所以在上，，单调递增，在，，单调递减
再在上，，单调递增
所以有两个极值点；
②证明：由①可知的最小值为0，
令，则，得到
即，令，则，
所以
3．（2022·四川·成都七中高二期中（理））函数.
(1)若，对一切恒成立，求a的最大值；
(2)证明：，其中e是自然对数的底数.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(1)
，又，
①当，恒成立，满足题意；
②当，令，，
当，，单调递减，
当，，单调递增；
所以在处取得极小值，即最小值.要使恒成立，即，
代入得，解得.
综上，∴a的最大值为1.
(2)
由（1）知，时，，当时，两边取对数得，
由不等式对任意恒成立，当且仅当时，取“=”号，
∴，恒成立.
令（，且）
则，
∴
，
即，∴.
4．（2022·四川·成都七中高二期中（文））函数.
(1)若，对一切恒成立，求a的最大值；
(2)证明：，其中e是自然对数的底数.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(1)
由题意得，，又，
①当，恒成立，满足题意；
②当，令，，当，，单调递减，
当，，单调递增；
所以在处取得极小值，即最小值.
要使恒成立，即，
代入得，解得.
综上，∴ a的最大值为1.
(2)
证明：当时，由（1）可知，当且仅当成立.
令，即.
∴，，…，，
将各式相乘可得，
即.
突破八：利用导数证明双变量不等式
角度1：分离双参，构造函数
1．（多选）（2022·全国·高三专题练习）若对任意的，，且，都有，则m的值可能是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】BCD
【详解】，且，
则，整理得
设，则只需要在上单调递减即可，
，
令，解得，
则，
所以BCD符合，
故选：BCD.
2．（2022·辽宁·沈阳市第三十一中学高三阶段练习），均有成立，则的取值范围为___________.
【答案】
【详解】不妨设，则，
由可得，
所以，
即，
所以，
令，则，
因为，所以在上单调递减，
所以对于恒成立，
所以对于恒成立，
可得对于恒成立，
所以，因为在上单调递减，
所以，
所以，
故答案为：
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数在点，（1）处的切线与轴平行．
(1)求实数的值及的极值；
(2)若对任意，，有，求实数的取值范围．
【答案】(1)，的极小值为，无极大值
(2)，
(1)
函数，
，
令（1），
，
解得；
令，则，解得，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增
所以有极小值为（1）；无极大值；
(2)
由（1）可知在上单调递增，
不妨设，则，即
函数在上单调递增，
又，
在上恒成立，
在上恒成立，又在上，
因此实数的取值范围是，．
4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若函数有两个极值点，求的取值范围；
(2)证明：若，则对于任意的，，，有．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(1)由题意知，，
因为函数有两个极值点，所以有两个不等的正根，
即有两个不等的正根，
所以，解得，所以的取值范围是，．
(2)构造函数，
则．
由于，，故，即在上单调递增，
从而当时，有，
即，故；
当时，同理可证．
综上，对于任意的，，，有
角度2：糅合双参（比值糅合）
1．（2022·广东北江实验学校模拟预测）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)任取两个正数，当时，求证：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
(1).
当时，，令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
当，即时，令，得或；令，得.
所以在，上单调递增，在上单调递减.
当，即时，恒成立，所以在上单调递增.
当，即时，令，得或；令，得.
所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上所述，
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时， 在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
(2)证明：由题意得，.
要证，
只需证，
即证，
即证.
令，
所以只需证在上恒成立，
即证在上恒成立.
令，则，
令，则.
所以在上单调递减，即在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
所以.
所以.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
(1)函数定义域为，
，
①当时，在上恒成立，即函数的单调递减区间为
②当时，，解得，当时，，
函数的单调递增区间为，
当时，函数的单调递减区间为，
综上可知：
①当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间；
②当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)依题意，是函数的两个零点，
设，因为，
，，
不等式，
，所证不等式即
设，令，
则，在上是增函数，且，
所以在上是增函数，且，
即，从而所证不等式成立.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若存在两个极值点，，证明：
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析
（1），
设．，，
①当时，，，则，在上单调递增，
②当时，，的零点为，，且，
令，得，或，令，得，
在，上单调递减，在，，单调递增，
③当时，，的零点为，
在上单调递增，在，上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在，上单调递减，在，，单调递增；当时，在上单调递增，在，上单调递减．
（2）证明：由（1）知，当时，存在两个极值点，
不妨设，则，
要证：，只要证，
只需要证，
即证，
设，，
设函数，
，
，
，
，
在上单调递减，则，
又，
则，
则，
从而．
4．（2022·安徽省舒城中学一模（理））已知函数.
（1）求证：当时，；
（2）设斜率为的直线与曲线交于两点，证明：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【详解】解：（1）证明：令，
，
所以当时，，单调递增，
所以，
所以．
（2）证明：因为斜率为的直线与曲线交于两点，，，，
所以，，，
要证，
只需证，
即证，
只需证，
只需证，
令，即证，
由（1）得时，，
令，
求导得，
所以当时，，单调递减，
所以，
所以，
所以当时，，
综上，当时，，
所以．
5．（2022·江苏南通·高三阶段练习）已知函数.
（1）当时，试判断函数在上的单调性；
（2）存在，，，求证：.
【答案】（1）函数在上单调递增；（2）证明见解析.
【详解】（1）(方法一)当时，，，
当时，，
所以，当时，函数在上单调递增.
(方法二)当时，，，
由，
结合函数与图象可知：当时，，，
所以两函数图象没有交点，且.
所以当时，.
所以，当时，函数在上单调递增.
（2）证明：不妨设，由得，
，
.
设，则，故在上为增函数，
，从而，
，
，
要证只要证，
下面证明：，即证，
令，则，即证明，只要证明：，
设，，则在单调递减，
当时，，从而得证，即，
，即.
角度3：糅合双参（差值糅合）
1．（2022·全国·高三专题练习）若，令，则的最小值属于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设，则，，，
令，，易知单增，
且，，则存在，使，
即，，单减；，，单增；
又，
则，
易知在单减，即
故选：C
2．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知函数的最大值为，且曲线在x＝0处的切线与直线平行（其中e为自然对数的底数）．
（1）求实数a，b的值；
（2）如果，且，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【详解】解：（1）由已知．
则易知，又因为，故a＝0．
此时可得．
①若b＞0，则当时，递减；
当时，递增．
此时，函数有最小值，无最大值．
②若b＜0，则当时，递增；
当时，递减．
此时，解得．
所以即为所求．
（2）由，且得：．
∴．设，则
可得，所以要证，即证．
∵t＞0，所以，所以即证．
设，则．
令，则
当时，递减；当时，递增．
所以，即，所以在上递增．
所以．
．
角度4：利用指数（对数）平均不等式解决双变量问题
1．（2022·江苏·高一单元测试）已知直线分别与函数和的图象交于点，，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】对A，如图，作出函数、和的草图，因为A，B关于C对称，且，因为，所以，故A正确；
对B，由基本不等式，，因为，所以等号不成立，故B正确；
对C，因为，所以，记，
则，故时，，所以在上单调递增，所以，即，即，故C正确；
对D，记，则，，则，又，易知在上单调递增，故，故D错误．
故选：D．
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，.
（1）求函数的极值；
（2）若存在，，且当时，，当时，求证：.
【答案【详解】（1）由，，
当，，在上为增函数，无极值，
当，，；，，
在上为减函数，在上为增函数，
，有极小值，无极大值，
综上知：当，无极值，
当，有极小值，无极大值.
（2），，
，，，
所以，当，在上为增函数，
所以当时，恒有，即成立；
当，在上为增函数，
当，在上为增函数，
这时，在上为增函数，
所以不可能存在，，
满足当时，，
所以有.
设，得：
，
①，
，
②，
由①②式可得：，
即，
又，，
③，
要证④，所以由③式知，
只需证明：，即证，
设，只需证，
即证：，令，
由，在上为增函数，
，成立，
所以由③知，成立.
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