最新高考数学解题方法模板50讲 专题14 导数综合应用的解题模板

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二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
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六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过
高考数学
解题方法
模
板
50
讲
专题14 导数综合应用的解题模板
【高考地位】
导数综合问题是高考的必考的重点内容，主要在导数解答题的的第2小问，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.
类型一 利用导数研究不等式证明问题
例1 (2016·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜eq \f(x－1,ln x)＜x；
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
【解析】(1)(2)略
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
[关键1：利用要证明的不等式直接构造函数]
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，解得x0＝eq \f(ln\f(c－1,ln c),ln c).
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
[关键2：利用导数研究函数单调性、极值]
由(2)知1＜eq \f(c－1,ln c)＜c，故0＜x0＜1.
[关键3：判断极值点所在的区间]
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
[关键4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式]
【变式演练1】（作差法证明不等式）【河南省郑州市第一中学2021届高三上学期开学测试数学（文）】
已知函数，为的导函数．
（1）设，求的单调区间；
（2）若，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间是；单调递减区间是；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，求得，解三角不等式则问题得解；
（2）构造函数，通过二次求导，判断的单调性，即可求得的最小值，则问题得解.
【详解】
（1）由已知，，
所以，，
令，得，解得，
令，得，解得，
故的单调递增区间是；
单调递减区间是.
（2）要证，只需证：．
设，，则．
记，则．
当时，，又，，所以；
当时，，，所以，
又，，所以．
综上，当时，恒成立，
所以在上单调递增．
所以，，即，
所以，在上递增，则，证毕．
【变式演练2】（换元法证明双变量不等式）【四川省成都市新都一中2021届高三9月月考数学（理）】已知函数，．
（Ⅰ）若在内单调递减，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（I）对原函数求导，根据在内的单调性得在上恒成立，构造函数，求出其最大值即可求出的取值范围;
（Ⅱ）函数有两个极值点分别为，，等价于在内有两根，，将极值点代入作差，设，得到时原不等式成立；时，将原不等式转化为，令，，构造函数，证明，即原不等式成立.
【详解】
（I）由题可知，，
在内单调递减，
∴在内恒成立，
即在内恒成立，
令，则，
∴当时，，即在内为增函数，
当时，，即在内为减函数，
∴，即，，
∴；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，
则在内有两根，，
，两式相减，得，
不妨设，
当时，恒成立，
当时，要证明，只需证明，
即证明，即证明，
令，，
令，
，
在上单调递减，
，
，
即成立，
.
【变式演练3】（利用二次方程韦达定理证明双变量不等式）【四川省新津中学2021届高三上学期开学考试数学（文）】已知函数，其中．
（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求实数a的值及函数的单调区间；
（2）若函数在定义域上有两个极值点，，且，求证：．
【答案】（1）,单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出的值，再求的定义域，求，由，求得的递增区间，由，求得递减区间；
（2）函数在定义域上有两个极值点等价于在上有两个不相等的根.解不等式组，求得的范围，再化简得到，再构造，再利用导数证明，即得证.
【详解】
（1）由，
得，
又在点处的切线与直线平行，
所以，解得．
则，
得．
当时，，单调递减，区间为；
当时，，单调递增，区间为．
（2）证明：因为函数在定义域上有两个极值点，，且，
所以
在上有两个根，，且，
即在上有两个不相等的根，，
则，，
由题意得，解得，
则
，
令，其中，
故．令，，
在上单调递增．
由于，，
所以存在常数，使得，即，，
且当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以当时，
．
又，，
所以，即，
故得证．
【变式演练4】（极值点偏移类的不等式证明）【安徽省2020届高三5月五校联考数学理科】已知函数，.
（1）判断函数在区间上的零点的个数；
（2）记函数在区间上的两个极值点分别为，，求证：.
怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、涡阳一中试题
【答案】（1）2个；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；
（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．
【详解】
（1），，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，且，，，，，
故函数在，上不存在零点，
存在，使得，同理使得
综上，在区间上的零点有2个.
（2），
由（1）可得，在区间，上存在零点，
所以在，上存在极值点，，，
因为在上单调递减，则，
，
又因为，即，
又，
即，
，
，，，
由在上单调递增可得．
再由在上单调递减，得，
，
所以．
【变式演练5】（函数与数列综合的不等式证明）【江苏省南通市如皋中学2020届高三创新班下学期高考冲刺模拟（二）】已知函数.
（1）当时，不等式恒成立，求的最小值；
（2）设数列，其前项和为，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1），分，，三种情况推理即可；
（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到证明.
【详解】
（1）由，得.
当时，方程的，因此在区间
上恒为负数.所以时，，函数在区间上单调递减.
又，所以函数在区间上恒成立；
当时，方程有两个不等实根，且满足，
所以函数的导函数在区间上大于零，函数在区间
上单增，又，所以函数在区间上恒大于零，不满足题意；
当时，在区间上，函数在区间
上恒为正数，所以在区间上恒为正数，不满足题意；
综上可知：若时，不等式恒成立，的最小值为.
（2）由第（1）知：若时，.
若，则，
即成立.
将换成，得成立，即
，
以此类推，得，
，
上述各式相加，得，
又，所以.
【变式演练6】（拆分法证明不等式）【安徽省马鞍山市2020届高三第三次教学质量监测】已知，.
（1）证明：时，；
（2）求函数的单调区间；
（3）证明：时，.
【答案】（1）证明见解析；（2）递减区间为，递增区间为；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）采用二次求导法，，再令，求得，由时，得出单增，故，即可得证；
（2）解法同（1），二次求导法，，再令，得到，进而单增，又，从而得出的增减区间；
（3）采用分析法，要证时，，即证，观察表达式可知，若要利用（1）的结论，在中，多出的因式应该要进行适当放缩才能求解，而不等式右侧都有公因式，联想到时，的放缩，故对不等式右侧应进行正负的分段讨论，再结合（2）的结论进行放缩，即可求解
【详解】
（1），令，则，因为，所以，所以在单调递增，所以，所以在单调递增，则.
（2），令，则，所以在上单调递增，又，所以时，，函数单调递减；时，，函数单调递增.所以，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）证明：要证，即证.
①当时，，而
（以为例，故，所以）所以不等式成立.
②当时，，由（2）知：时，，所以，所以只需证.
令（），则，所以在单调递减，所以，即.
故只需证，即证：.
由（1）知，上述不等式成立.
③当时，不等式等号显然成立
综上，当时，.
【点睛】
本题考查由导数的正负求解原函数的增减区间，利用导数证明不等式在给定区间恒成立问题，放缩法、构造函数法求解不等式恒成立问题，属于难题，当一次求导不能直接判断导数正负时，往往需要二次求导，在放缩法的使用过程中，形如时，的放缩应熟记，本题中第（3）问难度较大，共用到了两次放缩，在处理这种复杂问题时，往往采用分步放缩，分步得分策略
类型二 利用导数研究不等式恒成立问题
例2(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围.
【解析】(1)略
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－eq \f(ax－1,x＋1)＞0.设g(x)＝ln x－eq \f(ax－1,x＋1)，
[关键1：对条件进行恒等变形，直接构造函数]
则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2a,x＋12)＝eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.
[关键2：利用导函数确定分类标准]
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；
[关键3：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函数值域]
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq \r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq \r(a－12－1).由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.
[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a的取值范围是(－∞，2].
【变式演练7】（分离参数法解决不等式恒成立问题）【浙江省杭州高中2020届高三下学期5月高考质检】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，设函数，若对任意的恒成立，求b的最小值.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，可得，解导数不等式可得出单调性；
（2）由对任意的恒成立，变量分离得对任意的恒成立，构造函数，对函数求导，求单调性，得到函数的最大值，进而可得b的最小值.
【详解】
（1）因为，所以，
当时，；
当时，，
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由，
因为对任意的恒成立，
对任意的恒成立，
构造函数，
.
∵，
∴，且单调递增，
∵，，
∴一定存在唯一的，使得.
即，.
∴在上单调递增，在上单调递减.
∴
.
∵，
∴b的最小值为.
【变式演练8】（利用函数最值解决双参数恒成立问题）【黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020-2021学年高三上学期第一次验收考试】已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）证明：在上单调递增.
（2）设，函数，如果总存在，对任意，都成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求导可得：，因为，所以，，
所以，即可得证.
（2）解读题意可得：，求出最值，代入即可得解.
【详解】
（1）证明：
因为，所以，，∴
所以在上单调递增.
（2）由题意得：
的对称轴
所以
所以，令，∴，∴
∴，∴
【变式演练9】（等价转化法解决不等式恒成立问题）【湖南省长沙市长郡中学2020-2021学年高三上学期入学摸底考试】已知函数f(x)＝ex＋，其中e是自然对数的底数.
（1）若关于x的不等式mf(x)≤＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
（2）已知正数a满足：存在x∈[1，＋∞)，使得f(x0)【答案】（1）；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）不等式变形，用分离参数法和换元法得对恒成立，求出的最小值即可得；
（2）令函数，利用导数求出的最小值，由题中不等式有解的条件得，然后再考虑要比较与的大小，由于它们均为正数，同取自然底数的对数，即比较和的大小，即比较与的大小，因此引入新函数，同样利用导数得其单调性，然后可得分三类，可得大小关系．
【详解】
（1）由条件可得在上成立，
令，则t>1，∴对任意t>1成立，
∵，∴，∴，
∴，
当且仅当t=2时，即时等号成立，
则m的取值范围是；
（2）令函数，则，
当时，，又a>0，故，
则在上的单调递增函数，
则在上的最小值是 ，
由于存在，使得成立，
当且仅当最小值，故，即 ，
与均为正数，同取自然底数的对数，
即比较和的大小，即比较与的大小，
构造函数，则，
再设，时，，从而m(x)在上单调递减，
此时，故在上恒成立，
则在上单调递减，
综上所述，当，
当a=e时，；当时，．
类型三 利用导数研究函数零点问题
例3(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
【解析】(1)略
(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a＝0.设g(x)＝eq \f(x3,x2＋x＋1)－3a，
[关键1：变形后构造函数．此处结合分析法，考虑下一步判断求导结果与零的关系，求导消参，需先变形]
则g′(x)＝eq \f(x2x2＋2x＋3,x2＋x＋12)≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
[关键2：利用导数判断函数单调性]
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－eq \f(1,3)＝－6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,6)))2－eq \f(1,6)<0，f(3a＋1)＝eq \f(1,3)>0，
故f(x)有一个零点．
[关键3：利用零点存在性定理判断零点个数]
综上，f(x)只有一个零点.
【变式演练9】（研究函数零点个数）【江苏省淮安市淮阴中学2020-2021学年高三上学期8月测试】设函数（，）的导函数为.已知，是的两个不同的零点.
（1）证明：；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）求关于的方程的实根的个数.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）1.
【解析】
【分析】
（1）先求导数，再根据导函数必有两个不同零点列不等式，解得结果；
（2）先分离变量，转化为求对应函数最值，利用导数确定其单调性，根据单调性确定最值，即得结果；
（3）先求，再构造差函数，再利用导数确定其单调性，最后根据单调性以及确定零点个数，即得结果.
【详解】
（1）证明：，令
∵有两个不等的实根，∴.
（2）时，，由得
∴
令，
令，
∴在上单调递减，注意到
∴当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减：
∴，∴.
（3）
令
∴在上单调递增，故在上至多只有一个零点，注意到
∴在上只有1个零点，即的实根个数为1.
【变式演练10】（已知零点存在情况求参数的值）【安徽省六校教育研究会2020-2021学年高三上学期第一次素质测试】已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若为直线与函数图像的一个公共点，其横坐标为，且，求整数的所有可能的值.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）整数的所有可能的值为，0.
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由得
①当时，，在为增
②当时，由，
故在为增，在为减
③当时，由，
故在为增，在为减.
（2）当时，，
由
令，
，
定义在递增，在也递增，
而，，
故，
又，，
又得，
所以整数的所有可能的值为，0.
【变式演练11】（已知零点存在情况求参数的取值范围）【黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020-2021学年高三上学期第一次验收考试】已知函数.
（1）当时，讨论的单调性：
（2）若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数的单调减区间为，单调增区间为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将代入原函数，对函数求导，根据导数与函数单调性的关系即可求出结果；
（2）对函数求导，对进行分类讨论，当时，易证函数在上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；当时，根据导数在函数单调性中的应用，可知函数在单调递减，在单调递增，若有两个零点，根据函数图像的趋势和零点存在定理可知，又，，由此即可求出的范围.
【详解】
（1）时，，
令，得，令，得，
所以，函数的单调减区间为，
函数的单调增区间为
（2）
当时，，函数在上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；
当时，令，得，令，得，
所以函数在单调递减，在单调递增.
若有两个零点，应令，得，
此时，，
当时，令，所以，，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
所以；
所以，
综上，.
【高考再现】
1.（零点问题）（2021·浙江高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【解析】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
2.（函数图象问题）（2021·全国高考真题（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
3.（不等式证明问题）（2021·全国高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】1；证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【解析】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当时，要证，，，即证，化简得；
同理，当时，要证，，，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.
4.（零点问题）【2020年高考全国Ⅰ卷文数20】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）．
【思路导引】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图像的走向，从而求得结果．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
∴的减区间为，增区间为．
（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解．
令，则有，
令，解得，令，解得或，
∴函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，，而时，，当时，，∴当有两个解时，有，∴满足条件的的取值范围是：．
【专家解读】本题的特点是灵活运用导数研究函数的性质，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与函数的零点，考查数形结合思想，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是结合函数的图像研究问题．
5．（零点问题）【2020年高考全国Ⅲ卷文数20】已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2)．
【思路导引】（1），对分和两种情况讨论即可；
（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可．
【解析】（1）由题，，
当时，恒成立，∴在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，∴在上单调递减，在，上单调递增．
（2）由（1）知，有三个零点，则，且，即，解得，
当时，，且，∴在上有唯一一个零点，
同理，，∴在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，∴有三个零点．
综上可知的取值范围为．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与函数的零点，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象等学科素养．
6．（恒成立问题）【2020年高考全国Ⅰ卷理数21】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增;（2）．【思路导引】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可；
(2)首先讨论的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围．
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减；
当时，单调递增．
(2)由得，，其中，
①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数a得，，
记，，
令，则，，
故单调递增，，故函数单调递增，，
由可得：恒成立，故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，．综上可得，实数a的取值范围是．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性、极值（最值），考查数形结合、分类讨论思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数．
【考向总结】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
(4)考查数形结合思想的应用．
7．（恒成立问题）【2020年高考山东卷21】
已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）（2）
【思路导引】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）先二次求导，研究导函数符号变化情况，求出函数最小值，再根据基本不等式求最小值的最小值，最后根据不等式恒成立列不等式，解得结果．
【解析】（1）．
切线方程为，与坐标轴交点坐标分别为，
因此所求三角形面积为．
（2），，设，
在上单调递增，即在上单调递增，
当时，使得，
当时， ，
当时， ，
因此存在唯一，使得，，
当时，当时，
因此，
对恒成立，．
【专家解读】本题的特点是注重导数的综合应用，本题考查了导数的几何意义，考查不等式恒成立的参数取值范围问题，考查数形结合思及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是正确利用导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题．
8．（证明不等式问题）【2020年高考全国Ⅲ卷理数21】设，曲线在点处的切线与轴垂直．
（1）求；
（2）若有一个绝对值不大于的零点，证明：的所有零点的绝对值都不大于．
【答案】
【思路导引】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可．
【解析】（1），即．
（2）解法一：设为的一个零点，根据题意，，且，则
，由，，显然在，，
，易得，
设为的零点，则必有，即，
，，即．∴的所有零点的绝对值都不大于．
解法二：由（1）可得，，
令，得或；令，得，
∴在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或．
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数的几何意义，考查导数与函数的零点，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象等学科素养．解题的关键是结合函数的图像，合理分类解决函数的零点问题．
9．（零点问题＋证明不等式问题）【2020年高考浙江卷22】已知，函数，其中e=2．71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析．
【思路导引】（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明．
【解析】（I）在上单调递增，
，
∴由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
∴当时，成立，
因此只需证明当时，
∵
当时，，当时，，
∴，
在单调递减，，，
综上，．
（ii），
，，
，
∵，∴，
．
只需证明，即只需证明，
令，
则，
，即成立，因此．
【专家解读】本题的特点是注重导数的综合应用，本题考查了导数与函数的零点，考查应用导数证明不等式，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是正确利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式．
【反馈练习】
1．已知对任意的，不等式恒成立，则正数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【来源】江苏省南京市第二十九中学2021-2022学年高三上学期8月第二次学情调研数学试题
【答案】A
【分析】
不等式中出现的指数式，对数式，故可以考虑同构，将原不等式变形为，以实现不等式左、右两边统一于函数，再利用导数研究函数的单调性，从而由可得，再分离参数求最值即可.
【详解】
因为对任意的，不等式恒成立，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
设，则，
因为，又，
所以，所以在上单调递增，
所以对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
令，，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
故选:A
2．已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【来源】解密05 导数及其应用（分层训练）-【高频考点解密】2021年高考数学（理）二轮复习讲义 分层训练
【答案】B
【分析】
求出导函数、求出函数的单调区间，得出函数的极值，要使函数有两个零点，即可.
【详解】
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴在上只有一个极大值也是最大值，
显然时，，时，，
因此要使函数有两个零点，则，∴．
故选：B．
3．已知函数，若函数有3个不同的零点，则实数a的取值范围是_________．
【来源】湖南省永州市第四中学2021届高三下学期高考冲刺（二）数学试题
【答案】
【分析】
转化为与含有3个不同的交点，求导，画出大致图象，结合图象即可求解
【详解】
因为函数的零点，即方程的根，
而该方程可化为，
设，则的定义域为，
且，由，得，
当时，，递减
当时，，递增
当时，，递减
所以极小值，的大致图象如图所示．
所以，要函数有3个不同的零点，
即方程有3个不同的根，
即与含有3个不同的交点，
故．
故答案为：
4．已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）若在定义城上有两个极值点，求证：．
【来源】湖南省永州市第四中学2021届高三下学期高考冲刺（二）数学试题
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）分类讨论含参数的函数的单调区间，由于需要讨论的正负，因此需要结合开口方向、有无实数根以及有实数根的情况下根与0的关系进行分类讨论；
（2）结合（1）可知此时，且．进而将转化为，从而构造函数，通过研究函数的性质即可证出结论.
【详解】
（1）函数的导数是
设，则．当，且时，对称轴，判别式，因此讨论的分界点为．记．
当时，有
当时，有
当时，有
当时，有在上单调递减．
综上可知，取，
则当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递减．
（2）由（1）的结论可知，此时，且．
从而
设函数，则，
于是在区间上单调递增，
因此．
【点睛】
不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.
5．已知函数．
（1）当时，求在上的最值；
（2）设，若有两个零点，求的取值范围．
【来源】陕西省汉中市2021届高三下学期高考一模理科数学试题
【答案】（1），；（2）．
【分析】
（1）当时，，对其求导判断单调性，比较极值和端点值即可得最值；
（2）求出，再分情况，和时，判断函数的单调性以及极值，求解函数的零点，即可求解.
【详解】
（1）当时，，可得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，，
所以，．
（2）因为，
可得：．
①当时，，此时只有一个零点，故不成立；
②当时，在上单调递减，在上单调递增．
因为，，
当时，；
当时，，．
有两个不同的零点，成立；
③当时，令，得或．
当时，，恒成立，
在上单调递增，至多有一个零点；
当时，即．
若或，则；若，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，即．
若或，则；若时，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，，
．
仅有一个零点，不合题意．
综上，有两个零点，的取值范围是．
【点睛】
思路点睛：利用导数研究函数的最值的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和得到单调性；
③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.
6．已知函数（）．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【来源】押第21题 导数的应用-备战2021年高考数学（理）临考题号押题（全国卷2）
【答案】（1）时，在单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先求函数的定义域，进而对函数求导、通分，进而讨论a的范围，得出单调区间；
（2）先将不等式化为，证明左边最大值<右边最小值即可.
【详解】
（1） 的定义域为，.
当时，，所以在上单调递增.
当时，若，则；
若，则.
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，要证，即证，即证.
令函数，则.
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
令函数，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
因为，所以，即，从而 得证.
【点睛】
证明同一自变量的函数不等式一般做法是构造成同一个函数，求其最大值或最小值，但还有一种做法是构造成两个函数，但对函数结构要求较高，以本题为例，则需要满足不等式左边的最大值<右边的最小值，平常注意方法的积累，通常把这种方法称为“构造凹凸函数”.
7．定义在上的关于的函数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）在上恒成立，求的取值范围．
【来源】河南省洛阳市孟津县第一高级中学2021届高三下学期4月文科数学调研试题
【答案】（1）在上，单调递减；在上，单调递增；（2）．
【分析】
（1）直接解和即可得到的单调性；
（2）分类讨论：先判断，不合题意﹔当时，利用导数讨论单调性，求出的取值范围；当，利用导数讨论单调性，求出的取值范围；
【详解】
（1），
时，，
在上，，单调递减﹔
在上，，单调递增．
（2）由（1），
若，在上，，单调递增，，不合题意﹔
若，
在上，，；
在上，，，
由题意，，
若，
在上，，单调递减，
则在上，符合题意，
综上所述，．
8．已知定义在内的函数的导函数.
（1）证明：；
（2）当时，证明：函数恰有两个极值点.
【来源】全国2021届高三高考数学信心提升试题
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）分析可知要证明不等式对任意的恒成立，构造函数，其中，利用导数证得，即可证得结论成立；
（2）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立.
【详解】
（1）要证，即证不等式对任意的恒成立，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上为增函数，故，
故对任意的，，即；
（2），则，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
故，
构造函数，则，
由（1）可知，，故函数在上单调递增，
当时，，即，
则，
所以，，
由零点存在定理可知，存在使得，
当时，，当时，，
此时是函数的极大值点；
构造函数，
下面证明：当时，，
令，其中，
，则，且，
所以，函数在上单调递增，
当时，，当时，，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，
故当时，，
取，则，故，
由零点存在定理可知，存在，使得，
且当时，，当时，，
故是函数的极小值点，
因此，函数恰有两个极值点.
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
9．已知函数.
（1）若，讨论函数的零点个数；
（2）设，是函数的两个零点，证明：.
【来源】江苏省南京市第二十九中学2021-2022学年高三上学期8月第二次学情调研数学试题
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】
（1）当时，显然无零点；当时，考查函数图象与函数图象的公共点个数，数形结合可得结果；
（2）由（1）得，将要证不等式转化为，根据是函数的两个零点得，不等式转化为，不妨设，令，通过换元不等式转化为，构造函数，由单调性可证得不等式成立.
【详解】
（1），
①当时，，因为，所以无零点；
②当时，，下面考查函数图象与函数图象的公共点个数.
当二者相切时，设切点为，则，解得，即函数图象与函数图象相切.
由图可知，当时，两函数图象有且只有一个公共点，即有1个零点；当，即时，两函数图象无公共点，即无零点；当，即时，两函数图象有2个公共点，即有2个零点.
综合①②可知，当时，函数无零点；当时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点.
（2）由（1）知，当时，，即对任意，.
因为函数有2个零点，由（1）知，，所以，即.
要证，即证，只需证.
因为是函数的两个零点，所以，两式相减得，所以只需证.
不妨设，则，即证，令，即证.
令，则，所以函数在上单调递增.
所以对任意，，即成立.
故原不等式成立.
【点睛】
关键点点睛：第（2）问的关键点是：通过层层转化，把要证的不等式转化为时，，最终通过构造函数，由单调性证得不等式成立.
10．函数．
（1）讨论的极值点的个数；
（2）设，若恒成立，求a的取值范围．
【来源】河南省洛阳市孟津县第一高级中学2021届高三下学期4月理科数学调研试题
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】
（1）根据，讨论、研究的单调性，进而判断极值点的个数；
（2）由题意可知恒成立，构造并应用导数研究单调性，由求a的范围．
【详解】
（1），
若，而，，无极值点；
若，得，而，故不是极值点，
∴当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
此时，有唯一的极值点．
（2）恒成立，
∴恒成立，
设，有，
，
当时，，，，单调增；
当时，，，，单调减．
当时，取得极大值，也是最大值，
由题意：，
∴a的取值范围为．
11．已知，
（1）求在处的切线方程以及的单调性；
（2）令，若有两个零点分别为，且为唯一极值点，求证：.
【来源】重庆市第七中学2021届高三下学期高考仿真模拟数学试题
【答案】（1），在上递减，上递增；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用导数的几何意义求处的坐标及切线斜率，写出切线方程，再讨论的符号，得到的单调区间；
（2）由题意得，利用导数求的单调区间，根据其零点个数求参数a的范围，由，令且得，应用分析法，要证只需证即可，构造函数并应用导数求其最值，即可证明结论.
【详解】
（1），定义域为，
∴，则，又，
∴切线方程为，
令，得，令得
∴的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）且，若，得，
当，，，；
∴在上单调递减，上单调递增，而要使有两个零点，则满足，
∴，故，又，令
由，有，即：，
，
要证，需证，需证，即，由，需证：，
令，则，
令，则，故在上递增，；
∴，故在上递增，；
，得证.
【点睛】
关键点点睛：第二问，首先利用函数的单调性求单调区间，再根据零点的个数求参数范围，最后令，由得，应用分析法证明结论转化为证，构造函数结合导数证明即可.
12．设函数．
（1）若在上存在零点，求实数的取值范围；
（2）证明：当时，．
【来源】福建省莆田市2021届高三高中毕业班3月第二次教学质量检测数学试题
【答案】（1），（2）证明见解析
【分析】
（1）设，根据函数的单调性得到关于的不等式，解出即可；
（2）设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可
【详解】
（1）解：设，因为当时，为增函数，
当时，，，
所以在上恒大于零，所以在上不存在零点，
当时，在上为增函数，根据增函数的和为增函数，
所以在上为单调函数，
所以在上若有零点，则仅有1个，
所以，即，解得，
所以实数的取值范围
（2）证明：设，则
，则，
所以 ，
因为，所以，
所以在上递增，在上恒成立，
所以在上递增，而，
因为，所以，所以恒成立，
所以当时，
13．已知函数，.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，求证：.
【来源】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试数学试题
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
(1)求的定义域，求，由可得或，对与大小关系讨论，并判断的正负，即可判断函数的单调性；
(2)原式等价于，而，故只需证，即证明，只需证明即可，利用导数研究其单调性即可.
【详解】
解：（1），其定义域为，
，当时，或，
①当，即时，时，；，时；时，，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；
②当，即时，时，；
所以在单调递增；
③当，时，时，；时，；时，，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；
④当，即时，时，；时， ，
所以在单调递减，在单调递增.
（2）原式等价于，
∵，∴只需证，
即证明，
而，记，则，
∴在单调递减，又，，
故存在，使得，即，
，
记在上单调递减，，
故只需证：，即
∵，∴在上单调增，成立，
∴原不等式成立.
14．已知函数．
（1）当时，求在区间上的最值；
（2）若在定义域内有两个零点，求的取值范围．
【来源】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试数学试题
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）当时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出在区间上的最值；
（2）由，分离参数得，根据函数得单调性作图，结合图像即可得出答案.
【详解】
解：（1）当时，，，
∴在单调递减，在单调递增，
，，
∴，.
（2），则，
∴在单调递增，在单调递减，
，当时，，当时，，
作出函数和得图像，
∴由图象可得，.
15．已知函数在与时都取得极值．
（1）求，的值与函数的单调区间；
（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【来源】备战2021高考数学全真模拟卷（北京专用）
【答案】（1），，的单调递增区间为和，的单调递增区间为；（2）或.
【分析】
（1）求，由，即可求得的值，再由，分别求得单调递增和单调递减区间.
（2）判断在上的单调性，求出的最大值，只需即可求解.
【详解】
（1），由题意可得：，
即解得：，
所以，
由可得：或，
由可得：，
所以函数的单调递增区间为：和，
函数的单调递增区间为.
（2），
由（1）知：在上单调递增，在单调递减，在单调递增，
当时取得极大值，
，
所以时，
若不等式恒成立，则，
即，解得：或.
16．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个相异零点，求证：.
【来源】黑龙江省大庆市2021届高三二模数学（文）试题
【答案】（1）时，在单调递增；时，在单调递减，在单调递增；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先求导，再对分两种情况讨论得解；
（2）要证，等价于证明，令，则，等价于证明成立，设函数，求出函数最小值即得证.
【详解】
解：由题意得，
①时，恒成立，
所以，所以在单调递增.
②时，在上，在上，
所以在单调递减，在单调递增.
综上，时，在单调递增.
时，在单调递减，在单调递增.
（2）因为有两个相异零点，，由（1）可知，，
不妨设，因为，，
所以，，
所以，
要证，
即证，
等价于证明，而，
所以等价于证明，
也就是. （*）
令，则，
于是欲证（*）成立，等价于证明成立，
设函数，
求导得，
所以函数是上的增函数，
所以，
即成立，
所以成立.
17．已知函数的导函数为.
（1）当时，求证：；
（2）若只有一个零点，求m的取值范围.
【来源】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性考试（一）数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）求出导函数，再构造，判断其单调性即可知，从而得证；
（2）利用第一问结论，根据分类讨论函数的单调性或范围，再结合零点存在性定理即可解出．
【详解】
.
（1）当时，
设，则，所以在上单调递增，在单调递减，又由于，故.
由于，所以，即.
（2）注意到.
①若，，所以在上单调递减，取，则
故存在唯一的a使得，即在上只有一个零点.
②若，当时，，而，所以；
当时，.
故，即在上无零点.
③当时，，，所以在上单调递增.
设且，当时，.
故存在唯一的b使得，即在只有一个零点.
综上，若只有一个零点，.
【点睛】
本题第一问利用导数求函数最值，解法常规；第二问，由函数的零点个数求参数取值范围，因为函数形式较麻烦，没用使用常见的分参转化为函数的图象交点个数去求解，而是含参讨论，难点在于利用第一问结论对函数的单调性的研究，以及合理的取值构造，创造零点存在性定理的使用条件，从而解出，思维难度较大．
18．已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）当|时，函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
【来源】贵州省贵阳市第一中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（六）数学（文）试题
【答案】（1）当时，无极值；当时，有极小值，无极大值；（2）.
【分析】
（1）对函数求导，对参数分情况讨论，求得函数的单调区间，结合单调性求得函数的极值；（2）由（1）可知，，当时，利用单调性得出不可能，故当时，利用函数的单调性分情况讨论列出不等式组求得结果.
【详解】
解：（1）由题意知，，
所以当时，，所以在上递减，无极值；
当时，令，
所以在上递减，上递增，
所以当时，取到极小值，无极大值，
综上，当时，无极值；
当时，则当时，有极小值，无极大值.
（2）由（1）可知，当时，在上单调递减，
所以至多一个零点，不符合题意；
当时，在上递减，上递增，
若，即，则在上单调递增，至多有一个零点，也不符合题意；
若，即，则在上单调递减，至多有一个零点，也不符合题意；
若，即，则在上单调递减，在上单调递增，
则或
综上可得实数的取值范围为
19．已知函数.
（1）若，且，求的值；
（2）证明：.
【来源】贵州省贵阳市第一中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（六）数学（理）试题
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题意知， ，对a讨论，
利用倒数研究单调性和最值，求出；
（2）证明：根据待证式子的结构，由（1）可构造，易得，令，则，即，对n分别取1,2，3……n后累加法即可证明.
【详解】
（1）由题意知，
，
当时，，所以在上递减，又，所以不符合题意；
当时，令，所以在上递减，上递增，
所以，令，
则，
当时，，所以递增；
当时，，所以递减，
所以，而，
所以.
（2）证明：由（1）知，当时，，
所以，
令，则，即，
所以，，…，，
累加得
，又，所以，
所以，.
【点睛】
（1）求极（最）值需研究函数的单调性；
（2）利用导数证明不等式的本质是利用导数判断单调性，利用单调性比较大小.
20．已知函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）已知，若在内有两个零点，求的取值范围.
【来源】江西省景德镇一中2022届高三7月月考数学（理）试题
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】
（1）求出导函数，对a进行分类讨论：①；②；③a=1；④a>1，利用导数研究单调性.
（2）把在内有两个零点转化为关于x方程在上有两个不相等的实数根.令利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a的范围.
【详解】
（1）的定义域为(0,+∞)，.
①当时，令，得到；令，得到，此时在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；
②当时，令，得到；令，得到或，此时在(a,1)上为减函数，在(0,a)和上为增函数；
③当a=1时,显然恒成立，此时在0,+∞)上为增函数；
④当a>1时,令，得到；令，得到或.此时在(1,a)上为减函数,在(0,1)和(a,+∞)上为增函数.
综上：①当时， 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；
②当时， 在(a,1)上为减函数，在(0,a)和上为增函数；
③当a=1时，在0,+∞)上为增函数；
④当a>1时，在(1,a)上为减函数,在(0,1)和(a,+∞)上为增函数.
（2）在内有两个零点，即关于x方程在上有两个不相等的实数根.
令则，
令，则，
显然在上恒成立,故在上单调递增.
因为p(1)=0，所以当，有，即所以单调递减；
当，有，即所以单调递增；
因为，
所以a的取值范围
万能模板
内 容
使用场景
一般函数的不等式证明问题
解题模板
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x0)，eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数 f(x)和g(x)，利用其最值求解．
万能模板
内 容
使用场景
有关不等式恒成立问题
解题模板
分类讨论法：常见有两种情况：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，确定以导函数值正负为分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．
对利用导数研究不等式恒成立问题(能成立问题)，一般可转化为最值问题处理．若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若af(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a万能模板
内 容
使用场景
有关零点问题
解题模板
两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件——函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.
①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，取值证明f(a)·f(b)<0；
②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
x
0
+
单调递减
极小值点
单调递增
x
1
0
+
单调递减
极小值点
单调递增
x
0
+
0
单调递减
极小值点
单调递增
极大值点
单调递减