热点题爆破12 导数及其应用-【考前冲刺】2024年新高考数学考前三轮复习热点题精讲（新高考通用）

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2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
热点题爆破12 导数及其应用
1．（2024·湖南·一模）若不等式对恒成立，其中，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先讨论的范围，当时，利用导数求最值，根据最小值大于等于0可得，然后将二元化一元，令，利用导数求最值可解.
【详解】令，即，
当时，由函数与的图象可知，两函数图象有一个交点，记为，
则当时，，即，不满足题意；
当时，令，则，
令，则，因为单调递增，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以时，有最小值，
又对恒成立，
所以，即，
所以，当且仅当时等号成立.
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，，
所以，即，当且仅当，时等号成立，
所以的取值范围为.
故选：A
【点睛】方法点睛：本题属于恒成立问题，难点在于将恒成立转化为最值问题，以及利用的不等关系将二元化一元，此处应注意保证任何时候都能取到等号.
2．（2024·山东济南·一模）若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】因为，所以，即求直线的纵截距的最小值，设，利用导数证明在的图象上凹，所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，据此即可求解.
【详解】因为，所以，
所以即求直线的纵截距的最小值，
设，所以，
所以在单调递增，所以在的图象上凹，
所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，
令切点横坐标为，所以直线过点，且直线斜率为
所以的直线方程为，
当时，，
即直线与相切时，
直线与无交点，
设，所以，
所以在时斜率为，在时斜率为，均小于直线的斜率，
所以可令直线在处与相交，在处与相交，
所以直线方程为，
所以截距为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于，，即求直线的纵截距的最小值的分析.
3．（2024·浙江·二模）已知函数若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可知，转化为.结合图像构造函数，，求出函数的值域即为本题答案.
【详解】由题意可知，即，所以.
由图像可得，设，.
则，.令,则
当时，当时
所以在单调递减，在单调递增.
所以在时取得最小值，
可得.
故选：B
4．（2024·广东湛江·二模）已知函数的定义域为，不恒为零，且，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．在处取得极小值
D．若，则
【答案】ABD
【分析】根据条件，通过适当的赋值，即可判断出选项ABD的正误，选项C，通过取特殊的函数，即可判断出选项的正误，从而得出结果.
【详解】对于选项A，令，得，解得或，
当时，令，则，则，这与不恒为零矛盾，所以，故选项A正确，
对于选项B，令，则，即，
即为偶函数，所以选项B正确，
对于选项C，取，满足题意，此时不是的极小值点，所以选项C错误，
对于选项D，令，得，
若，则，则，
则，所以选项D正确，
故选：ABD.
5．（2024·辽宁大连·一模）已知函数是定义域为R的可导函数，若，且，则（ ）
A．是奇函数B．是减函数
C．D．是的极小值点
【答案】ACD
【分析】令求出，令可确定奇偶性，将当作常数，作为变量，对原式求导，然后可通过赋值，解不等式求单调性及极值.
【详解】令，得，令，得，所以是奇函数，A正确；
令，
又，
，
令，，，或
在和上为增函数，在上为减函数，
是的极小值，故CD正确，B错误.
故选：ACD.
6．（2024·安徽池州·模拟预测）已知函数，设是曲线与直线的三个交点的横坐标，且，则（ ）
A．存在实数，使得B．对任意实数，都有
C．存在实数，使得D．对任意实数，都有
【答案】ACD
【分析】求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，结合图象、极限思想可判断AC的正误，利用作差法可判断BD的正误.
【详解】函数的定义域为，
，
故函数在上均单调递减，
故的图象如图所示，

对于选项AC，由图象有，
考虑到，且函数图象的渐近线为，
于是存在实数a使得，存在实数a使得，故AC正确；
对于选项BD，
，
因为，所以，
所以，
于是，
而在上单调递减，所以，
即，故选项D正确；
，
当时，，
此时，
此时，
而函数在上单调递减，
所以，因此选项B错误．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，是解决本题的关键.
7．（2024·湖北·模拟预测）写出函数的一条斜率为正的切线方程： ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据导数的几何意义结合导数运算求导函数，取定义域内的点作切点，求斜率与切点坐标即可得切线方程.
【详解】，，则，
取切点为，则斜率为，
又，
则切线方程为：，即.
故答案为：（答案不唯一）
8．（2024·湖南·二模）函数在范围内极值点的个数为 .
【答案】2
【分析】依题意可知，利用三角函数值域以及复合函数单调性求得的零点个数即可得出结论.
【详解】易知.
当时，；当时，；
当时，和均为单调减函数，
令，则，
当时，恒成立，
所以在上是单调增函数，
根据复合函数单调性可知为减函数，又，
易知，由零点存在定理可得函数在上存在一个零点，
同理可得，所以函数在上存在一个零点，
结合的正负情况，的零点为函数的极值点，
因此函数在内一共有2个极值点.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：求解函数极值点个数问题时往往利用极值点定义，由导函数单调性和零点存在定理求导函数的变号零点个数即可得出原函数的极值点个数.
9．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，函数的极值点为，若，则 ．
【答案】
【分析】根据极值点的概念可得，进而，设，利用导数研究函数的单调性，结合可得，则、，计算化简即可求解.
【详解】由，得，
又是函数的极值点，所以，
设，则，
令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，所以方程有唯一实根.
即.
由，得，所以，
又，所以，即，
所以也是方程的一个实根，故.
由，得，
所以，得，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查极值点的概念与利用导数研究方程根的情况等知识点，构造函数，利用导数证明是解决本题的关键.
10．（2024·广东·二模）已知.
(1)求的单调区间；
(2)函数的图象上是否存在两点（其中），使得直线与函数的图象在处的切线平行？若存在，请求出直线；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增.
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；
（2）求出直线的斜率，再求出，从而得到的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.
【详解】（1）由题可得
因为，所以，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题意得，斜率
，
,
由得，
，即，即
令，不妨设，则，
记
所以，所以在上是增函数，所以，
所以方程无解，则满足条件的两点不存在.
11．（2024·湖北武汉·模拟预测）函数．
(1)求函数的极值；
(2)若恒成立，求的最大值．
【答案】(1)极小值为，极大值为；
(2)3.
【分析】（1）判断函数为奇函数，利用导数求出在区间上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.
（2）利用导数证明当时，恒成立，当时，等价变形不等式并构造函数，利用导数并按导数为负为正确定的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.
【详解】（1）函数，，
即函数为奇函数，其图象关于原点对称，
当时，，求导得：
，
由于，由，得，解得，
由，得，解得，即在上单调递减，在上单调递增，
因此函数在上有极小值，
从而在上的极小值为，极大值为.
（2）当时，恒成立，即恒成立，亦即恒成立，
令，求导得，
则函数在上为增函数，有，因此恒成立；
当时，恒成立，即不等式恒成立，
令，求导得：
令，求导得则
，
由，得，
当时，即时，，则函数在上单调递减，
则有，即，因此函数在上单调递减，有，即，
当时，即时，存在一个，使得，
且当时，，即在上单调递增，且，
则，于是在上单调递增，因此，即，与矛盾，
所以的最大值为3.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
12．（2024·广东湛江·二模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用到数的几何意义，即可求得答案；
（2）设，，，原不等式即为，利用的单调性，继而转化为，继而再构造函数，利用函数的单调性证明结论.
【详解】（1）由，得，
则，，.
故曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）证明：由，，且，不妨设，，，
则证明等价于证明，，
即证，从而构造函数，利用其调性证明结论.
令，则，当时，，在单调递减，
故，，即，，
则
，
要证，
只需证.
令，则，
令，得.
令，，则，
令，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，则在上单调递增.
当时，，则，
则，在单调递减，
当时，，则，
则，在单调递增.
因为，所以，即在上恒成立，
从而.
【点睛】难点点睛：本题查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式，难点就在于不等式的证明，解答时要将原不等式转化为，继而构造函数，利用单调性证明成立.
一、单选题
1．（2024·河北沧州·一模）已知函数是定义在上的奇函数，且为函数的极值点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据奇函数的定义，可得的值，再由极值点的必要条件，可得的值，可选出答案.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
所以，即，
可得，
又，且为函数的极值点，
所以，则，经检验符合题意，
所以，，，故只有C正确.
故选：C
2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知函数的最小值为，则的最小值为（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】B
【分析】由二次函数的性质可知，令，运用导数可求得的最小值，进而可得结果.
【详解】因为，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，
，
故选：B．
3．（2024·福建·模拟预测）已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】设出切点，写出切线方程，利用对应系数相等建立方程，解出即可.
【详解】设直线与曲线的切点为且，
与曲线的切点为且，
又，，
则直线与曲线的切线方程为，即，
直线与曲线的切线方程为，即，
则，解得，故，
故选：A.
4．（2024·辽宁·二模）若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】通过构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递增，从而得出，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递增，从而得出，即可得出结果.
【详解】令，则，
令，则在区间上恒成立，
即在区间上单调递减，又，
而，所以，
即在区间上单调递增，所以，
得到，即，所以，
令，则，当时，，
即在区间上单调递增，
所以，得到，即，所以，
综上所述，，
故选：B.
【点睛】关键点点晴：通过构造函数和，将问题转化成比较函数值的大小，再利用导数与函数单调性间的关系，即可解决问题.
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数，，若函数恰有6个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用导数研究当时，函数的图象和性质，结合对数函数的图象及绝对值的意义作出函数的大致图象，然后根据题意及一元二次方程根的分布得到关于的不等式，解不等式即可得到实数的取值范围．
【详解】当时，，，
令，得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，当趋近于时，趋近于0，
结合对数函数的图象及绝对值的意义可作出函数的图象如图所示．

令，则，数形结合可知要使有6个零点，
则有两个不相等的实数根、，不妨令，有如下两种情况：
若，但，故排除此种情况，
若，对于二次函数开口向上，又，则，得，
综上，实数的取值范围是．
故选：A
【点睛】关键点点睛：解决此类问题需注意以下几点：
（1）会转化，即会将问题转化为方程的根的问题，然后利用函数、方程、不等式的关系进行解答；
（2）会作图，即会根据基本初等函数的图象、图象的平移变换法则或函数与导数的关系画出相关函数的大致图象；
（3）会观察，即会利用数形结合思想列方程（组）或不等式（组）．
二、多选题
6．（2024·河北唐山·一模）已知函数，则（ ）
A．直线是曲线的切线
B．有两个极值点
C．有三个零点
D．存在等差数列，满足
【答案】BCD
【分析】由导数的意义可知斜率为时，求出切点，再由点斜式判断A错误；求导后由单调性可判断B正确；代入极值点后可判断C正确；由等差中项可判断D正确.
【详解】，
A：令，而，
由点斜式可知此时切线方程为；
，由点斜式可知此时切线方程为；
所以直线不是曲线的切线，故A错误；
B：令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故时取得极大值，取得极小值；故B正确；
C：因为，所以由单调性可知函数由三个零点，故C正确；
D：取，则，故D正确；
故选：BCD
7．（2024·江苏徐州·一模）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，有唯一零点
B．当时，是减函数
C．若只有一个极值点，则或
D．当时，对任意实数，总存在实数，使得
【答案】ABD
【分析】
对于A：求导，确定单调性，然后利用零点存在定理判断；对于B：求导，利用导数研究函数单调性；对于C：直接验证时的极值情况；对于D：求导，作出的图象，观察图象可得.
【详解】对于A：当时，，令，得，
令，得，即在上单调递增，
又，，由零点存在定理可得在上有唯一零点，即有唯一零点，A正确；
对于B：，
令，得，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，又当时,，所以恒成立，即当时，是减函数，B正确；
对于C：当时，由B知，即，所以，即在上单调递减，无极值，C 错误；
对于D：当时，，，
令，得，
令，则，
当，即时，单调递增，
当，即时，单调递减，
所以，
即恒成立，
所以单调递减，又，
所以，
所以在上单调递减，
且当时，，当时，，
可得的大致图象如下：
由图可知对任意实数，总存在实数，使得，D正确；
故选：ABD.
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数．若过原点可作函数的三条切线，则（ ）
A．恰有2个异号极值点B．若，则
C．恰有2个异号零点D．若，则
【答案】BD
【分析】利用函数导数的符号可判断AC，设切点，利用导数求出切线方程，代入原点方程有三解，转化为利用导数研究函数极值，由数形结合求解即可判断BD.
【详解】因为，所以在上单调递增，故AC错误；
设过原点的函数的切线的切点为，则切线的斜率，
所以切线方程为，
即，
因为过原点，所以，
化简得，即方程有3个不等实数根，
令，则，
当时，或时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以极大值，极小值为，如图，
所以与相交有三个交点需满足，故B正确；
同理，当时，可知极大值，极小值为，如图，

可得时，与相交有三个交点，故D正确.
故选：BD
9．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数恰有三个零点，设其由小到大分别为，则（ ）
A．实数的取值范围是
B．
C．函数可能有四个零点
D．
【答案】BCD
【分析】
对于B，，证明函数是奇函数即可；对于C，将方程等价变形为，由此即可判断；对于D，由，而，进一步求导运算即可；对于A，通过构造函数可得，由此即可判断.
【详解】对于B，，
设，则它的定义域为，它关于原点对称，
且，所以是奇函数，
由题意有三个根，则，故B正确；
对于C，由，
所以，
所以，
即已经有3个实根，
当时，令，则，只需保证可使得方程有4个实根，故C正确；
由B可知，，而，
又，
所以
，故D正确；
对于A，，设，
则，所以，
从而，故A错误.

故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是发现，进一步只需验证是奇函数即可顺利得解.
10．（2024·广东韶关·二模）已知定义在R上的函数的导函数分别为，且，，则（ ）
A．关于直线对称B．
C．的周期为4D．
【答案】ACD
【分析】
由题意，根据函数的对称性，合理赋值即可判断A；利用导数求导可得、，通过合理赋值即可判断BCD.
【详解】由，得①，
②，得③，
由①②③，得，所以函数图象关于直线对称，故A正确；
由，得，令，得；
由，得，
令，得，
∴④，
又⑤，令，得，故B错误；
④⑤两式相加，得，得，
所以，即函数的周期为4，故C正确；
由，令，得，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的对称性和周期性，结合导数的运算，寻找关系式、和是解题的关键，原函数与导函数的联系，对称性与周期性的联系，都是解题的思路.
三、填空题
11．（2024·云南·一模）已知在上只有一个极值点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】
求导，分离参数，转化为函数交点个数求解即可.
【详解】因为在上只有一个极值点，
则在上有唯一解，且左右函数值异号.
即，
令
则，
易知在单调递减，在单调递增，
且，，
故，解得.
故答案为：.
12．（2024·全国·模拟预测）写出一个同时满足下列三个条件的函数的解析式 ．
①；
②；
③的导数为且．
【答案】（答案不唯一）
【分析】借助函数的周期性、对称性、奇偶性计算即可得.
【详解】由①得，所以函数图象的周期为4，
由②得的图象关于直线对称，
由③得关于对称，为常数，
则同时满足三个条件的一个函数可以为．
故答案为：（答案不唯一）.
13．（2024·全国·模拟预测）曲线与的公切线方程为 .
【答案】
【分析】设出两曲线的切点和，由导数的意义可得，再由点斜式得出公切线方程，把点代入直线方程可得，构造函数，求导分析单调性得到，进而得出，最后得到直线方程.
【详解】设曲线上的切点为，曲线上的切点为.
因为，
则公切线的斜率，所以.
因为公切线的方程为，即，
将代入公切线方程得，
由，得.
令，则，
当时，；当时，0，
故函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以，
故公切线方程为，即.
故答案为：.
14．（2024·浙江金华·模拟预测）若对任意实数，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】构造函数，对参数的取值进行分类讨论，在不同情况下，研究函数的单调性，结合题意，即可求得参数的最大值.
【详解】令，，由题可知，恒成立；
，；令，
，；
当，，故单调递增，则，
故单调递增，，满足题意；
当，显然单调递增；
若，即时，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷；
故存在，当，，单调递减；
，，单调递增；
又，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷；
故存在，当，，单调递减；
当，，单调递增；
又，故当，，不满足题意；
若，即，又单调递增，故，
则单调递增，又，故，
则单调递增，，满足题意；
综上所述，当时，满足题意，故的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是以端点值1处的二阶导函数值的正负为讨论的标准，进而在不同情况下考虑函数单调性和最值解决问题.
15．（2024·河南信阳·模拟预测）已知正数满足，则 .
【答案】
【分析】构造函数，利用导数判断的单调性，结合函数值域，求得，再求即可.
【详解】，；
令，则，
故当，，单调递增；
当，，单调递减；
又，故，即
故，当且仅当时，取得等号；
由题可知，，故，
则，故，即，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造函数，利用导数求得其值域，从而求得.
四、解答题
16．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可.
【详解】（1）当时，，，
令，，
令，可得，
则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）有三个零点，即有三个根，
由不是该方程的根，故有三个根，且，
令，，
故当时，，当时，，
即在、上单调递增，在上单调递减，
，当时，，时，，
当时，，时，，
故时，有三个根；
（ii）由在上单调递增，，故，
由（i）可得，且，
即只需证，设，则，
则有，即有，故，，
则，即，
即只需证，
令，
则恒成立，
故在上单调递增，
则，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3.若函数存在两个零点且，令，求证：；
4.若函数中存在且满足，令，求证：.
17．（2024·辽宁抚顺·三模）设函数．
(1)讨论的单调性．
(2)证明：．
(3)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，结合导数的符号，即可求得的单调区间；
（2）根据题意，求得，得到的单调性和最小值，即可得证；
（3）根据题意，转化为证明，设，求得，得到在上单调递增，转化为证明，结合（2），即可得证.
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，解得或．
当时，；当时，；
当时，．
故在和上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由函数的定义域为，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，的最小值为，故．
（3）证明：当时，，
要证，即证．
设，则，
当时，，则在上单调递增，
且，
当时，，故只需证明．
由（2）知，在上成立，故，
即成立．
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
18．（2024·山东枣庄·一模）已知．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导得，分，两种情况，求方程的解，分析的符号，进而可得的单调性．
（2）方法一：化简不等式，证明，函数有唯一零点，由此证明，证明时，满足条件，时不满足条件即可；
方法二：化简不等式，并分离变量可得，利用导数研究的单调性及最小值，由此可求的取值范围.
【详解】（1）由题意知定义域为，
且．
令，
①当时，，所以在上单调递增．
②当时，，记的两根为，
则，且．
当时，在上单调递增，
当时，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）方法一：
，化简得．
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，所以，当且仅当取等号，
令，因为在上单调递增，
所以在上单调递增．
又因为，
所以存在唯一，使得①，
所以，当且仅当时取等号．
①当时，成立．
②当时，由①知，．
所以与恒成立矛盾，不符合题意．
综上．
方法二 ：
不等式，可化为，
所以．
令
则．
令，则．
所以在上单调递增．
又，
所以，使，
所以在上单调递减，在上单调递增．
由得，
即．
设，则
所以在上单调递增．
由，得，
所以，
即有，且
所以，
所以．
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
若有最值.（1）恒成立⇔；（2）恒成立⇔.
19．（2024·湖北·模拟预测）已知函数，，
(1)若对定义域内任意非零实数，，均有，求a；
(2)记，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导可得，再分与两种情况分析原函数的单调性，当时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定的值；
（2）由（1）问的结论可知，，再累加结合放缩方法证明即可.
【详解】（1）的定义域为，且；
，因此；
i.时，，则此时令有，令有，
则在上单调递增，上单调递减，又，
于是，此时令，有，不符合题意；
ii.时，有零点0和，
若，即，此时令有，在上单调递减，
又，则，令，，有，不符合题意；
若，即，此时令有，在上单调递减，
又，则，令，有，不符合题意；
若，即，此时，在上单调递增，又，
则时，时；则时，也即对，，
综上，
（2）证：由（1）问的结论可知，时，；
且时，；
则时，，令，有，
即，
于是
将上述n个式子相加，；
欲证，只需证，只需证；
因为，
所以，得证：
于是得证.
【点睛】方法点睛：
（1）此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；
（2）对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.
20．（2024·湖南·一模）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)时；
（ⅰ）若，求的取作范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)
(2)
（ⅰ）（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）令时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.
（2）（ⅰ）设由得，再证明此时满足.
（ⅱ）根据（ⅰ）结论判断出在上单调递增，即
【详解】（1）当时，
所以切线方程为：即
（2）（ⅰ）
即，
设
又是的一个必要条件，即
下证时，满足
又，
设在上单调递减，
所以，
又即在单调递增.
时，；
下面证明时不满足，
，
令，
则，
，
∴在为增函数，
令满足，
则，
又∴,使得，
当时，，
∴此时在为减函数，
当时，，
∴时，不满足恒成立.
综上.
（ⅱ）设
由（ⅰ）知，
在上单调递增，即
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．