第17讲 新高考新结构命题下的导数解答题综合训练（11类核心考点精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（新高考通用）

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在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。
当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面：
三考
题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实际水平。
三重
强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独特见解和创造力。
三突出
试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思考和探索，培养逻辑思维和创新能力。
面对新高考新结构试卷的5个解答题，每个题目的考查焦点皆充满变数，无法提前预知。导数版块作为一个重要的考查领域，其身影可能悄然出现在第15题中，作为一道13分的题目，难度相对较为适中，易于学生入手。然而，同样不能忽视的是，导数版块也可能被置于第18、19题这样的压轴题中，此时的分值将提升至17分，挑战学生的解题能力和思维深度，难度自然相应加大。
面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。不仅要深入掌握不同题目位置可能涉及的知识点及其命题方式，更要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新结构试卷的特点，结合具体的导数解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的导数解答题综合训练指南，以期在新高考中取得更好的成绩。
考点一、利用导数研究具体函数的单调性
1．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若函数有且仅有三个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用求导，导数值大于0来求单调递增区间即可；
（2）利用函数的单调性和取值情况，分析可得的取值范围.
【详解】（1）由，得，
令，得，解得．
所以的单调递增区间为
（2）令，解得或．
当变化时，，的变化情况如下表所示：
由函数有且仅有三个零点，
得方程有且仅有三个不等的实数根，
所以函数的图象与直线有且仅有三个交点．
显然，当时，；当时，．
所以由上表可知，的极小值为，的极大值为，
故．
2．（2024·浙江·三模）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若曲线在点处的切线与二次曲线只有一个公共点，求实数a的值．
【答案】(1)单调增区间：，单调减区间：．
(2)或．
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）首先求出函数的切线方程，与曲线联立方程，分析得出结论.
【详解】（1）易知定义域为R，，
所以，，，．
故单调增区间：，单调减区间：．
（2）因为，，
所以曲线在点处的切线为
把切线方程代入二次曲线方程，得有唯一解，
即且，即
解得或．
3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数
(1)若，求的单调区间.
(2)若对，恒成立，求实数的取值范围
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）求导，根据导函数的符号判断原函数的单调区间；
（2）分析可知原题意等价于对，恒成立，构建，利用导数判断的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】（1）若，则的定义域为，
且，
令，解得；令，解得；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）因为，则，
所以原题意等价于对，恒成立，
构建，
则，
令，则对恒成立，
可知在内单调递增，且，
可知在内存在唯一零点，
当时，，即；
当时，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，
且，可得，
则，可得，
所以实数的取值范围为.
4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数，.
(1)求函数的单调区间；
(2)若当时，恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)递减区间为，无递增区间；
(2).
【分析】（1）求出函数，再利用导数求出的单调区间.
（2）等价变形给定不等式得，令并求出值域，再换元并分离参数构造函数，求出函数的最小值即得.
【详解】（1）依题意，函数的定义域为，
求导得，当且仅当时取等号，
即在上单调递减，
所以函数的递减区间为，无递增区间.
（2）当时，恒成立，
令，求导得，
当时，，当时，，
即函数在上递减，在上递增，则当时，，
令，依题意，，恒成立，
令，求导得，则函数在上单调递增，
当时，，因此，
所以实数m的取值范围.
【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
5．（2024·湖南衡阳·模拟预测）函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)在上单调递增，求的取值范围.
【答案】(1)在上单调递增；
(2)
【分析】（1）求导之后再对分析即可得到单调性；
（2）在上单调递增得，然后转化为，即.
【详解】（1）当时，，的定义域为，
∴，
令，则，
令，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
∴，∴在上成立，
∴在上单调递增.
（2）∵在上单调递增，∴，恒成立，
，恒成立，
即，恒成立.
令，则.
∵，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
∴取得最小值.
∴，.
∴实数的取值范围为.
6．（2024·广东佛山·二模）已知.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
【详解】（1）当时，，
，
则当，即时，，
当，即时，，
故的单调递减区间为、，单调递增区间为；
（2），令，即，
令，，则、是方程的两个正根，
则，即，
有，，即，
则
，
要证，即证，
令，
则，
令，则，
则在上单调递减，
又，，
故存在，使，即，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，
又，则，故，
即，即.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令，，，从而可结合韦达定理得、的关系，即可用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
7．（2024·河北保定·二模）已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)已知存在，使得在上恒成立，若方程有解，求实数的取值范围.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；
(2).
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，令，判断的单调性，即可得到的取值情况，从而得到的单调区间；
（2）求出函数的导函数，即可判断导函数的单调性，依题意可得，即可得到，设，依题意可得有解，利用导数说明的单调性，即可得到，从而得到，再令，利用导数求出的单调性，即可求出函数的极值与区间端点的函数值，从而求出参数的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
当时，，所以，
设，因为、都在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
所以时，单调递减；
时，单调递增.
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）由，，
得，
因为、都在上单调递增，所以在上单调递增，
已知存在，使得在上恒成立，所以是的最小值，所以，
即，所以，
所以
，
设，
由方程有解，得有解，
即有解，
因为在上恒成立，所以在上单调递减，
所以，则，
设，则，
所以时，单调递增，时，单调递减，
又，
所以，即的取值范围是.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若，的最小值为，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．
【分析】（1）求导，根据的单调性以及，即可求解导数的正负，进而可求解的单调性，
（2）构造函数，求导证明，当且仅当时等号成立．即可根据，求解的最小值为2，结合零点存在性定理可得，即可求解.
【详解】（1）由题知，的定义域为．
当时，，
所以．
设，易知在上单调递增，
又，故当时，，即，当时，，即，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）当时，，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，所以，当且仅当时等号成立．
所以，
当且仅当时等号成立，
故的最小值，且．
记，
易知在上单调递增，则是的唯一零点．
因为，，
所以所以．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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．
9．（2024·浙江·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，判断的零点个数.
【答案】(1)减区间为，增区间为；
(2)2个.
【分析】（1）求导，当时，利用指数函数性质和余弦函数有界性可判断导数符号，当时，利用二次导数判断导函数单调性，然后可得导函数符号；
（2）当时，利用二次导数判断的单调性，当时，利用指数函数性质和正弦函数有界性可判断函数值符号，当时，记，利用导数研究其图象，根据与的图象交点个数判断即可.
【详解】（1）当时，，所以，
当时，，所以，则，
所以，在上单调递减.
当时，记，则，
因为，所以，在单调递增，
所以，即，所以在上单调递增.
综上，的减区间为，增区间为.
（2）当时，，则，
记，则，
当时，，所以，在单调递增，
所以，在上单调递增，
所以，在上无零点.
当时，因为，
所以，此时无零点.
当时，记，则，
因为当趋近于0时，趋近于0，所以的变化越来越慢，图象下凹，
当时，，当时，，
作出函数和的图象如图，
由图可知，当时，两个函数图象有一个交点，即有一个零点.
易知是的一个零点.
综上，函数共有2个零点.
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)若，，求证：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用二次导数判断的单调性，结合即可求解；
（2）当时，利用导数通过证明即可；当时，利用零点存在性定理判断的零点，再由零点方程化简整理得的最小值，然后由零点的范围即可求解.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则．
设，则，
所以在上单调递增，且，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2）因为，
所以．
因为，所以在上单调递增，且．
①若，则，
所以当时，恒成立，单调递增．
又，
所以；
②若，则，，
所以存在，使得，即．
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以．
因为在上单调递减，
所以，
所以．
综上所述，当，时，．
【点睛】思路点睛：证明，一般可以考虑证明，若有最小值，但无法具体确定，这种情况下一般是先把的最小值转化为关于极值点的一个函数，再根据极值点的取值范围，确定最小值的取值范围．
考点二、利用导数研究含参函数的单调性
1．（2024·广东汕头·三模）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【详解】（1）（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
若，，所以恒成立，
当时，，当时，，
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以，解得：，
可知的最小值为；
若，，所以恒成立，
当时，，当时，，
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以在内无最大值，且当趋近于时，趋近于，不合题意；
综上所述：的最小值为.
2．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）就、分类讨论导数的符号后可得函数的单调性；
（2）原不等式等价于，当时，可由各式符号证明此不等式成立，当时，设，利用导数可证明恒成立，据此可得的单调性，从而可得原不等式成立.
【详解】（1），，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得，
函数在区间上单调递增，
由，得，
函数在区间上单调递减．
综上，当时，在上单调递增，无减区间.
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，
要证，即证，
①当时，，，
；
②当时，令，
则，设，则，
，，，，，
在上单调递增，，即，
在上单调递增，，
即．
综上，当时，．
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立，应该根据不等式中含有的函数的类型进行合理的分类讨论，特别是含有三角函数式时，可根据其值域选择分类讨论的标准.
3．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明，只要证即可，设，利用导数求得最值即可证明．
【详解】（1）函数的定义域为，且．
当时，恒成立，
所以在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）当时，因为，所以要证，只要证明即可，
即要证，等价于（*）．
令，则，
在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当时，等号成立．
又在上单调递增，，
所以存在，使得成立．
综上所述，原不等式成立．
4．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数（）.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求证：.
【答案】(1)当时，函数在区间上单调递减；当时，函数在区间单调递减，在区间单调递增.
(2)证明见解析；
【分析】（1）求出函数的导数，通过对分类讨论，即可求出函数的单调性；
（2）根据（1）结论判断函数的单调性，并求出最小值，再通过最小值与 在指定区间作比较即可得证.
【详解】（1）由题意可知，函数的定义域为，
导数，
当时，，；
当时，，；；
综上，当时，函数在区间上单调递减；
当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由（1）可知，当时，
函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以函数，
要证,
需证，
即需证恒成立.
令，
则，
所以函数在区间单调递减，
故，
所以恒成立，
所以当时，.
5．（2024·山西吕梁·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的，使恒成立，则实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由，定义域为，求导，令，讨论当取不同的值时的正负情况，即可得到的单调性；
（2）法一：由可化为，令，讨论取正、负、零时恒成立，即可得到实数的取值范围；
法二：由可得，令，即恒成立，由，则令，则恒成立，讨论取正、负、零时的单调情况，得到极值，即可得到实数的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，
令，
又，
，当，即时，，此时在上单调递增
，当，即时，
令，解得
其中，当时，
所以在单调递增，在单调递减；
当时，，
故在单调递减，单调递增.
综上：在上单调递增；
在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增.
（2）法一：不妨设，则，同除以得，
所以令，
当时，恒成立，
，若恒成立，符合题意，
，当恒成立，
令则，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以，
，若，同理恒成立，由知，当
所以不存在满足条件的.
综上所述：.
法二：.
令，则只需在单调递增，
即恒成立，
，令，则恒成立；
又，
①当时，在单调递增成立；
②当时，在单调递增，又，故不恒成立.不满足题意；
③当时，由得在单调递减，在单调递增，
因为恒成立，所以，
解得，
综上，.
6．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求函数在区间上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数单调性，分类讨论函数最大值.
【详解】（1）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若，则，此时在上单调递增，
若，则由得，当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
综上，当，的增区间为，无减区间，
若，减区间为，增区间为.
（2）由（1）知，当时，在区间上为增函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，在上为增函数，
函数的最大值为，
由，得，
若时，函数的最大值为，
若时，函数的最大值为，
综上，当时，函数的最大值为，
当时，函数的最大值为.
7．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，结合导数正负与单调性的关系，分及讨论即可得；
（2）原问题可转化为证明当时，，构造函数后，利用导数可得该函数的单调性，即可得其最小值，即可得证.
【详解】（1）由题意知，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增
（2）由（1）得，
要证，即证，即证，
令，则，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
则恒成立，
所以当时，.
8．（2024·山东青岛·二模）已知函数.
(1)证明曲线在处的切线过原点；
(2)讨论的单调性；
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）可求得切点为，斜率，则切线方程为，则恒过原点；
（2）首先求函数的导数，当时，和，可得的单调区间；当时，令，当时由的判别式和，讨论出函数的单调区间；当时，的判别式，讨论出函数的单调区间.
【详解】（1）由题设得，所以，
又因为，所以切点为，斜率，
所以切线方程为，即恒过原点．
（2）由（1）得，
当时，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
当时，令，则，
当且时，即时，，在上单调递增，
当时，，
由，则，或，则，
所以在上单调递增，在上单调递增；
由，则，则，
所以在上单调递减；
当时，，则为开口向下的二次函数，
对称轴，，，
由，则，则，所以在上单调递增，
由，则，则，所以在上单调递减；
综上：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，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
9．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，求函数在区间上的零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，再分和两种情况讨论即可得解；
（2）结合（1）分，和两种情况讨论，求出函数的单调区间及极值，再结合零点的存在性定理即可得解.
【详解】（1）定义域为，由题意得，
当时，恒成立，所以在上单调递增.
当时，由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2），
由（1）知当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，，
所以由零点存在性定理知，函数在上有1个零点；
当时，若，则，若，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
可得，
当时，，此时在上有1个零点，
当时，，
因为当时，，，
所以此时在上有2个零点，
当时，，此时在上无零点，
综上，当或时，在上有1个零点；
当时在上有2个零点；
当时在上无零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
10．（2024·新疆·三模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导后，分，，，四种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（2）由（1）可知当时，可能有三个不同的零点，然后分和两种情况结合零点存在性定理与函数的单调性讨论零点的个数.
【详解】（1）因为的定义域为，且，
当时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，时恒成立，当且仅当时等号成立，所以在上单调递增；
当时，，令，解得，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，令，解得，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）得，当时，至多有两个零点，不符题意；
当时，至多有一个零点，不符题意；
当时，的极大值，至多有一个零点，不符题意；
当时，的极小值，的极大值，至多有两个零点，不符题意；
当时，因为在上单调递增，且，
，所以在上有且只有一个零点，
因为在上单调递减，，且，
所以在上有且只有一个零点，
因为在上单调递增，，
令，则，令，则
，
因为当时，，
所以在上递增，即在上递增，
所以，所以在上递增，
所以，
所以在上恒成立，
所以，
所以，
故在上有且只有一个零点，
所以有三个零点，
综上，当时，有三个不同的零点.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是当时，结合（1）当时，的单调区间和零点存在性定理分析判断，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
考点三、利用导数求极值与最值
1．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求函数在区间上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数单调性，分类讨论函数最大值.
【详解】（1）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若，则，此时在上单调递增，
若，则由得，当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
综上，当，的增区间为，无减区间，
若，减区间为，增区间为.
（2）由（1）知，当时，在区间上为增函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，在上为增函数，
函数的最大值为，
由，得，
若时，函数的最大值为，
若时，函数的最大值为，
综上，当时，函数的最大值为，
当时，函数的最大值为.
2．（2024·江苏南京·二模）已知函数，其中．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，若在区间上的最小值为，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，分别求出及，即可写出切线方程；
（2）计算出，令，解得或，分类讨论的范围，得出的单调性，由在区间上的最小值为，列出方程求解即可．
【详解】（1）当时，，则，，所以，
所以曲线在处的切线方程为：，即．
（2），令，解得或，
当时，时，，则在上单调递减，
所以，考虑，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以的极大值为，所以由得；
当时，时，，则在上单调递减，
时，，则在上单调递增，
所以，则，不合题意；
当时，时，，则在上单调递减，
所以，不合题意；
综上，．
3．（2024·河南·模拟预测）已知函数．
(1)求的极大值；
(2)若，求在区间上的零点个数．
【答案】(1)答案见解析
(2)2025个零点
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，分情况讨论，求函数的极大值.
（2）先分析方程在上解得个数，再分析在上解的个数，进一步考虑方程在上解的个数，可得问题答案.
【详解】（1）由题易得，函数的定义域为，
又，
所以，当时，随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的极大值为．
当时，随的变化情况如下表：
由上表可知，的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以的极大值为．
综上所述，当时，的极大值为；当时，的极大值为0．
（2）方法一：当时，，所以函数．
由，得．
所以要求在区间上的零点的个数，
只需求的图象与的图象在区间上的交点个数即可．
由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以在区间上单调递减．
又在区间上单调递增，
且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
所以在区间上有且只有1个零点．
因为当时，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以在区间上有极大值，
即当时，恒有．
又当时，的值域为，且其最小正周期为，
现考查在其一个周期上的情况，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
即在区间上有且只有1个零点．
因为在区间上，，
所以与的图象在区间上无交点，
即在区间上无零点．
在区间上，单调递减，单调递增，
且，
所以与的图象在区间上只有一个交点，
即在区间上有且只有1个零点．
所以在一个周期上有且只有2个零点．
同理可知，在区间上，且单调递减，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
且，
，
所以与的图象在区间和上各有一个交点，
即在上的每一个区间上都有且只有2个零点．
所以在上共有个零点．
综上可知，在区间上共有个零点．
方法二：当时，，所以函数．
当时，，所以在区间上单调递减．
又，所以存在唯一零点，使得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
当时，，所以．
所以在上无零点．
当时，，所以在区间上单调递增．
又，所以存在唯一零点．
当时，，
设，则
所以在上单调递增．
又，
所以存在，使得．
即当时，单调递减；
当时，单调递增．
又，所以在区间上有且仅有一个零点
所以在区间上有且仅有一个零点．
当时，
，
设，则
所以在上单调递增．
又，所以在区间上单调递减：
又，
所以存在唯一，使得．
所以在区间上有且仅有一个零点．
所以在区间上有两个零点．
所以在上共有个零点．
综上所述，在区间上共有个零点．
【点睛】方法点睛：导函数求解函数零点个数问题，要利用导函数研究函数的单调性，进而求出函数的极值情况，结合特殊点的函数值的正负，零点存在性定理进行求解.
4．（2024·湖南长沙·三模）已知函数（）.
(1)求函数的极值；
(2)若集合有且只有一个元素，求的值.
【答案】(1)极大值是，无极小值；
(2).
【分析】（1）利用求导，通过参数，可分析出为正负的区间，从而可以判断的极值；
（2）利用不等式有唯一解，则正好是最大值取到等号，再去分析取等号的含参方程有解的条件，所以重新构造新的函数，通过求导来研究函数的零点和方程的解.
【详解】（1）由，
因为，所以的定义域为，则，
因为时，；时，.
所以的单调递增区间为；单调递减区间为，
所以是的极大值点，的极大值是，无极小值.
（2）由（1）可得，
要使得集合有且只有一个元素，则只需要
设，则，
因为时，；时，，
所以的单调递减区间为；单调递增区间为.
所以，所以关于的方程有解时，
只能是，
所以集合有且只有一个元素时.
5．（2024·河北保定·三模）已知函数，为的极值点.
(1)求a；
(2)证明：.
【答案】(1)3；
(2)证明见解析；
【分析】（1）求导，由求解；
（2）转化为证，令，由证明.
【详解】（1）解：，
依题意，，解得，
经检验符合题意，所以；
（2）由（1）可知，，
要证，即证，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，
因为，，
所以.
【点睛】方法点睛：证明不等式，往往由证明.
6．（2024·北京顺义·三模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求证：函数存在极小值；
(3)求函数的零点个数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.
（2）讨论函数在区间和上的符号即可推理作答.
（3）在时，分离参数，构造函数，再探讨在上的零点情况即可作答.
【详解】（1）由函数求导得：，
所以，因为，
所以曲线在点处的切线方程是.
（2）函数的定义域为，由（1）知，，
因为，则当时，，，，
所以，有，函数在上递减，
当时，，，，则有，函数在上递增，
所以，当时，函数取得极小值，
所以，当时，函数存在极小值.
（3）函数的定义域为，，
显然是函数的零点，
当时，函数的零点即为方程的解，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
，，
所以，有，在，上都递减，
令，，
当时，，当时，，
所以，在上递增，在上递减，，
所以，，恒有，当且仅当时取“=”，
所以，当时，，当时，，
所以，在上单调递减，取值集合为，
在上递减，取值集合为，
所以，当或时，方程有唯一解，
当或时，此方程无解，
所以，当或时，函数有一个零点，
当或时，函数有两个零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
7．（2024·广西贵港·模拟预测）已知函数．
(1)当时，请判断的极值点的个数并说明理由；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)有一个极值点，理由见解析
(2)
【分析】（1）先求，得，再设，通过对符号的分析，得到的单调性，再判断的解的情况，分析函数的极值点的情况.
（2）先把原不等式化成恒成立，利用换元法，设，则，问题转化为恒成立．再设，利用（1）的结论求的最小值.
【详解】（1）当时，，，
所以，
令，则，
当时，，在上单调递增，
又，，存在唯一零点，且，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增．
有一个极小值点，无极大值点．
（2）恒成立，
恒成立，恒成立．
令，则，恒成立．
设，由（1）可知的最小值为．
又，．（﹡）
设，当时，，在上单调递增，
，，，
由（﹡）知，，即．
，
，，又，
a的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：该题第二问的关键是求函数的最小值，由（1）得的极小值是，而的值不能准确的表示出来，所以根据进行代入计算.
8．（2024·吉林·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)求证：当时，.
【答案】(1)极大值，极小值0.
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；
（2）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，求出，然后将问题转化为证，证法一：转化为证，构造函数，利用导数求其最大值小于1即可，证法二：转化为证，构造函数，利用导数求其最大值小于0即可.
【详解】（1）当时，
令得或，当变化时，与变化如下表：
故当时，取得极大值；当时，取得极小值0
（2）
令，则，当变化时，与变化如下表：
故.
要证当时，.
证法一：只需证当时，，即
令，则在上单调递减
故，即式成立，原不等式成立.
证法二：只需证当时，，即
令，则
令，则
在上单调递减.
在上单调递减，
即式成立，原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的极值，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是利用导数求出，然后将问题转化为证，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
9．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)设函数的导函数为，若（），证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，得出函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；
（2）由，得到，求得，得到，化简得到，设，利用函数的导数求解函数的最小值，即可求解．
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且，
当时，，函数在上单调递增，无极值；
当时，令，可得；令，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.
（2）证明：由（1）知，，
可得，且，
所以，所以，
因为，所以，可得，
则，
因为，所以，记得，
所以，
设，可得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，当时，，
所以，所以，即.
【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、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、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；
3、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．
4、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．
10．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数的一个极值为．
(1)求实数的值；
(2)若函数在区间上的最大值为18，求实数与的值．
【答案】(1)或5
(2)实数的值为的值为5
【分析】（1）通过求导，根据导数的正负得到极值点，根据极值为解出的值；
（2）根据上的单调性，分，，，四种情况讨论的最大值，只有中存在符合题意，令最大值为18，求得和的值.
【详解】（1）由，得，
令，得或；令，得；令，得或．
所以函数有两个极值和．
若，得，解得；
若，得，解得．
综上，实数的值为－22或5．
（2）由（1）得，在区间的变化情况如下表所示：
由表可知，
①当时，函数在区间上单调递增，所以最大值为，
其值为或，不符合题意；
②当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，所以在上的最大值为，其值为或25，不符合题意；
③当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，所以在上的最大值为，其值为或25，不符合题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
若在区间上的最大值为，其值为或，不符合题意，
又因为若，则．那么，函数在区间上的最大值只可能小于－2，不合题意，
所以要使函数在区间上的最大值为18，必须使，且，
即．所以，
所以．所以，
所以．所以或，
所以或．因为，所以舍去．
综上，实数的值为的值为5．
【点睛】方法点睛：函数在闭区间上的最值
通过求导，根据导数的正负得到函数的单调性，从而函数的最大值在极大值和端点值中取大，函数的最小值在极小值和端点值中取小.
考点四、利用导数证明不等式
1．（2024·广西·模拟预测）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，即可得解；
（2）构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得证.
【详解】（1）函数的定义域为，
将代入，解得，即，
由切线方程，可知切线斜率，
故，
解得；
（2）由（1）知，
要证，即证．
设，
则，
令，解得，或（舍去），
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，
所以，即．
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明，只要证即可，设，利用导数求得最值即可证明．
【详解】（1）函数的定义域为，且．
当时，恒成立，
所以在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）当时，因为，所以要证，只要证明即可，
即要证，等价于（*）．
令，则，
在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当时，等号成立．
又在上单调递增，，
所以存在，使得成立．
综上所述，原不等式成立．
3．（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数．
(1)求的值域；
(2)求证：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令，可得，，求导可证结论；
（2）令函数，，利用导数可证当时，，结合（1）可得，从而得到，进而得证.
【详解】（1），，
令，则，，
则，
令，，则，
所以函数在上单调递增，所以，即，
故的值域为．
（2）令函数，，则，
所以在上单调递增，所以，
故当时，，所以．
由（1）知，当1时，
所以当时，，
所以，
令，其中，，2，3，，n，
则，
所以，，
，，，
以上n个式子相加得
，
即当时，．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用（1）中结论与常见不等式得到，从而得证.
4．（2024·河北·三模）已知函数．
(1)若在恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得恒成立，令，求导得，利用导数分类可求实数a的取值范围；
（2）由（1）知当时，可得在恒成立，当时，可得，利用累加法可得结论.
【详解】（1）在恒成立．
构造函数，则在恒成立．
当时，，所以在上单调递增，
所以，矛盾，故舍去
当时，由得，所以在上单调递增，
故，均有，矛盾，故舍去
当时，，所以在上单调递减，
所以，满足题意；
综上，实数a的取值范围为
（2）由（1）知当时，恒成立，
即在上恒成立，当且仅当时取等号．
所以当时，可得
同理，，，
两边分别累加得：
即
即
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是通过（1）中的结论得到，再代入得到其他不等式，最后累加即可证明.
5．（2024·四川内江·三模）已知函数．
(1)若的图象不在轴的下方，求的取值集合；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）由题意可得出恒成立，对求导，可得，令，对求导得出的单调性即可证明，即可得出的取值集合；
（2）由（1）可知，当时，，可得，即，由累加法可证明，再证明可证得.
【详解】（1）的定义域为，所以，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
因为的图象不在轴的下方，所以恒成立，
所以，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
又因为，，
，，
所以，故的取值集合为.
（2）由（1）可知，当时，，即，即，
所以，（当时取等），
令，所以，则，
所以，故，
，…，，
由累加法可得：，
即，
令，恒成立，
所以在区间上单调递减，所以，
所以，
所以，
所以.
【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.
6．（2024·河北·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对进行和的分类讨论导数正负即可得单调性.
（2）证，故问题转化成证，接着构造函数研究其单调性和最值即可得证.
【详解】（1）由题函数定义域为，，
故当时，恒成立，所以函数在上单调递减；
当时，在上单调递减，令，
则时，；时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
故在上恒成立，
故证证，
即，
令，则，
故当时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上恒成立，故，
所以当时，.
【点睛】思路点睛：证明含参函数不等式问题通常转化成研究函数最值问题，第（2）问证当时，可将问题转化成证，接着根据其结构特征进行变形转化和构造函数，利用导数确定所构造的函数单调性和最值即可得证.
7．（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数，.
(1)当时，函数恒成立，求实数的最大值；
(2)当时，若，且，求证：；
(3)求证：对任意，都有.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）分离参数，函数恒成立，转化为恒成立，令，利用导数讨论的单调性，进而求最值即可求解；
（2）利用导数可得当时，在上单调递增，不妨设，要证，只需证即可，结合不等式的特点构造函数，结合导数与单调性关系及函数性质即可证明；
（3）结合（2）中的结论，利用赋值及累加法即可证明.
【详解】（1）当时，恒成立，
即恒成立，只需即可，
令，，则，
令，，则，
当时，恒成立，在单调递增，所以，
所以在恒成立，在单调递增，
所以，
所以，即实数的最大值为.
（2）当时，，，
所以，在上单调递增，
又，且，不妨设，
要证，即证明，
因为在上单调递增，即证，
因为，即证，
设
，，
令，则，则，，
由可得，在单调递增，
所以，即，
所以成立，所以.
（3）由（2）可知当时，在单调递增，且，
由得，即，
令，则，即，
所以，，，…，，
相加得.
【点睛】关键点点睛：考查了导数与单调性关系在恒成立问题，不等式证明中的应用，考查了导数的综合应用，属于难题.
8．（2024·陕西·模拟预测）已知函数（），.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：（）；
(3)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）求导，后按照，分类讨论即可；
（2）用导数研究函数的最值即可；
（3）由（1）的结论可以得到.令，得到，
即，结合数列累加法，可得.
由（2）知， ，每项进行放缩即可证明．
【详解】（1）函数的定义域为，，
①当时，恒成立，
所以函数的单调递减区间为；
②当时，由，得，
当时，；当时，.
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），恒成立，
在上单调递减，又，，.
（3）由（1）知，当时，，即，，
，（当时“=”成立）.
令（），，即，
，从而，
，…，，
累加可得，
即.
由（2）知，在是递减函数，，即，
.
（）.
9．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数.
(1)求函数在处的切线方程.
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解答
【分析】（1）求导可得，又，可求切线方程；
（2）求导得，令，再求导，进而判断在上单调递增，可得在上单调递增，，可得结论.
【详解】（1）由，可得，
，又，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）由，可得，
令，可得，
当时，，所以在上单调递增，
又，即，
所以在上单调递增，
所以，当时，，
当时，，
综上所述：.
10．（2024·山东·模拟预测）已知函数，其中.
(1)求曲线在点处切线的倾斜角；
(2)若函数的极小值小于0，求实数的取值范围；
(3)证明：.
【答案】(1)0
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）利用函数乘法求导法则来求函数的导函数并因式分解得，即可求出，从而可求得切线的倾斜角为0；
（2）对参数分四种情形，，，进行讨论单调性，从而得到极小值小于0，来求出实数的取值范围；
（3）要证明不等式，利用放缩思想对和进行代换，结合分析法证明，把原不等式最后转化为新的不等式，再构造函数进行求最值证明.
【详解】（1）由，
所以，
设曲线在点处切线的倾斜角为，则，
又因为，所以，
所以曲线在点处切线的倾斜角为0.
（2）由（1）知，且，解得：或，
当时，，，，，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得，
所以；
当时，，，，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即此时极小值不可能小于0，所以当时不符合题意；
当时，恒成立，
所以在上单调递增，即函数无极值，不满足题意，
所以当时不符合题意；
当时，，，，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，
所以；
综上可知实数的取值范围为或.
（3）由（2）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
，即，即，两边取自然对数得：，则.
要证成立，只需证，.
两边同除得：，即.
只需证：，即证，
令，，，解得：，
当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以，即，
经检验，当时，成立.
综上可知不等式得证.
【点睛】方法点睛：（1）某点的切线斜率利用该点的导函数值来求解；
（2）含参函数求极小值，需要对参数进行分类讨论，讨论的依据就是导函数的两个零的大小比较，从而利用导数的正负去得到函数的单调性，即可判断极小值点来求的范围；
（3）证明这种含指数函数和对数函数的不等式，要借用指数不等式和的放缩思想，利用分析法去把原不等式转化到一些简单的函数不等式来证明.
考点五、利用导数解决恒成立与能成立有解问题
1．（2024·湖北·模拟预测）已知函数，其中为常数.
(1)过原点作图象的切线，求直线的方程；
(2)若，使成立，求的最小值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）设切点，求导得出切线方程，代入原点，求出参数即得切线方程；
（2）由题意，将其等价转化为在有解，即只需求在上的最小值，利用导数分析推理即得的最小值.
【详解】（1）
设切点坐标为，则切线方程为，
因为切线经过原点，所以，解得，
所以切线的斜率为，所以的方程为.
（2），，即成立，
则得在有解，
故有时，.
令，，，
令得；令得，
故在单调递减，单调递增，
所以，
则，故的最小值为.
2．（2024·广东茂名·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知易求得切点坐标，进而利用导数求得切线斜率，可求切线方程；
（2），由题意可得恒成立，求导数，分，，三种情况可求的取值范围．
【详解】（1）由于，则切点坐标为，
因为，所以切线斜率为，
故切线方程为；
（2）当时，等价于，
令，，
恒成立，则恒成立，，
当时，，函数在上单调递减，，不符合题意；
当时，由，得，
时，，函数单调递减，，不符合题意；
当时，，因为，所以，则，
所以函数在上单调递增，，符合题意．
综上所述，，所以的取值范围为．
3．（2024·山东济南·三模）已知函数，其中且．
(1)若是偶函数，求a的值；
(2)若时，，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)且．
【分析】（1）由题意，，即可得解；
（2）分，且和三种情况讨论，结合基本不等式和导数求解即可.
【详解】（1）由题意，，即，
解得，或（舍），经检验时，是偶函数，
所以a的值为；
（2）当时，，成立；
当且时，，，
又已证，故此时符合题意；
当时，，
因为函数都是增函数，
所以函数在上单调递增，且，
故存在，使得当时，，从而单调递减，
所以，存在，使得，此时不合题意．
综上所述，且．
4．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知．
(1)讨论的单调性和极值；
(2)若时，有解，求的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，，讨论和两种情况讨论函数的单调性和极值；
（2）首先不等式参变分离为，在时有解，再构造函数，，转化为利用导数求函数的最大值.
【详解】（1），
当时，恒成立，函数在区间上单调递减，无极值；
当时，令 ，得，
，得，函数在区间上单调递减，
，得，函数在区间上单调递增，
当，函数取得极小值，
综上可知，时，函数的单调递减区间是，无增区间，无极值；
时，函数的单调递增区间是，单调递减区间，极小值，无极大值.
（2）由题意可知，，时有解，
则，在时有解，即，
设，，
，
令，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的最大值为，即，
所以实数的取值范围是.
5．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若不等式在区间上有解，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）求出，分类讨论确定和的解得单调性；
（2）用分离参数法转化问题为不等式在区间上有解，引入函数，求出的最小值即可得．
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，
而，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，由，得，
由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）因为不等式在区间上有解，
所以在区间上有解，此时，
即在区间上有解，
令，则．
令，则，
所以函数在上单调递增，所以．
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
综上可知，实数a的取值范围是．
6．（2024·四川雅安·三模）已知函数.
(1)当时，求函数在上的值域；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）求导，根据可得，即可根据单调性求解最值，
（2）对求导，根据的分类即可根据函数的单调性求解最值求解，或者根据得.利用放缩法可得，进而可求解，根据可得矛盾求解.
【详解】（1）当时，，
，
，
在上单调递增，，
的值域为
（2）法一：令，
①当时，在上恒成立.
②当时，
，
在上单调递增，成立.
③当时，，
，
在上单调递增，即在上单调递增，
，
存在使得当时，故在上单调递减，
则，不合题意.
④当时，令，
则，
在上单调递增，即在上单调递增，
，即在上单调递增，成立.
综上，的取值范围是.
法二：令，
，
令得.
①当时，，
令，
，
单调递增，故
在上单调递增，恒成立.
②当时，，
，使，这与恒成立矛盾.
综上，.
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
7．（2024·浙江绍兴·二模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）分和讨论，利用导数结合不等式放缩判断导数正负，结合单调性验证恒成立是否满足.
【详解】（1）当时，，则，
所以切线斜率为，又，
所以，切线方程是.
（2）①当时，因为，所以，
所以.
记，则，
令，则.
因为当时，，所以在区间上单调递增，
所以，，
所以，在区间上单调递增，
所以，，所以.
②当时，，
因为当时，，
令，则，
若，则，即在区间上单调递增.
若，则，
所以在区间上单调递增.
所以当时，在区间上单调递增.
因为，，
所以，存在，使得，
所以，当时，，即在区间上单调递减，
所以，不满足题意.
综上可知，实数的取值范围为.
8．（2024·浙江温州·模拟预测）函数
(1)求的单调区间.
(2)若在时恒成立，求的取值范围.
【答案】(1) 的单调递增区间是 单调递减区间是
(2)
【分析】（1）对函数求导有，根据导数判断函数的单调性区间即可；
（2）构造函数，将问题转化为：在时恒成立，求的取值范围；根据，求出命题成立的必要条件，再验证充分性即可确定的取值范围.
【详解】（1）因为，
所以，定义域为，
令，即，即，
解得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
综上所述， 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 .
（2）记，则，
所以，
根据题意原题可化为：在时恒成立，求的取值范围；
因为，所以在时恒成立的必要条件为，
即，即；
构造函数，则，
所以在上单调递增，所以，
所以有，即在上恒成立，
令，当时，有，
所以在上恒成立，
因为，不等式两边同时乘以，
有在上恒成立，
即在上恒成立，
即时，在上恒成立，
综上，是在时恒成立的充要条件，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
9．（2024·山东·二模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求导函数，再对m进行分类讨论得的正负情况，进而得函数单调性.
（2）先由题意得出隐性条件得m的限制范围， 再对不等式两边同时取以为底的对数整理得左右两边为同样形式的不等式进而将原问题等价简化成研究 恒成立即可求解.
【详解】（1）由题可知，，且在定义域上单调递增，
当时，恒成立，此时在上单调递减，
当时，令，则，
所以时，，此时单调递减；
时，，此时单调递增，
当，即时，
此时在恒成立，单调递增，
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增.
（2）因为，所以，
又，所以，即，
故时，恒成立，
令，，则，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以，从而．
将两边同时取以为底的对数可得
整理可得．
令，则，且在上单调递增，
因为且，
所以在上恒成立，
所以恒成立，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，
所以，
又因为，所以．
【点睛】方法点睛：对于指、对、幂函数同时出现的复杂不等式问题，如本题，一般考虑用同构思想方法将不等式两边转化成形式一样的式子，再构造函数利用函数单调性来研究.
10．（2024·河北·二模）已知函数．
(1)求曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的周长；
(2)若函数的图象上任意一点关于直线的对称点都在函数的图象上，且存在，使成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程,进而求得与轴的交点与轴的交点，计算可得结果；
（2）根据对称性求函数的解析式，将问题转化为存在，使成立，构造函数，转化为函数的最值问题并求解.
【详解】（1）由，得，
所以切线的斜率.
所以切线的方程为，即.
令，得，令，得，所以切线与轴交于点，与轴交于点，
所以切线与坐标轴围成的三角形的周长为.
（2）设，则，
由题意知在的图象上，
所以，所以.
由，
得，即，
因为存在，使成立，所以存在，使成立，
设，则，又，当且仅当时等号成立，
所以单调递增，
所以当时，，
可得，即实数的取值范围是
考点六、利用导数研究函数的零点与方程的根
1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数．
(1)证明：当时，；
(2)求在区间上的零点个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)2个
【分析】（1）由题意结合要证明的不等式，构造函数，利用导数判断其单调性，证明，即可证明结论；
（2）讨论和两种情况，当时，结合题意构造函数，判断函数的单调性，结合零点存在定理判断函数的零点个数，综合即可求得答案.
【详解】（1）设，则．
设，
则，
因为在上单调递增，所以，
又因为当时，，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，．
（2），当时，，所以在上单调递增，
因为，所以由零点存在定理知在上有且仅有一个零点．
当时，令，则，
当时，有，所以在上单调递减，
又因为，所以存在使得，
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，故在上无零点，
当时，，所以在上单调递减，
又，所以在上有且仅有一个零点．
综上所述：在上有且只有2个零点．
【点睛】难点点睛：本题综合考查了导数的应用问题，涉及利用导数求函数最值、证明不等式以及函数的零点问题，解答的难点在于函数零点的判断，解答时要能结合题设，恰当地构造函数，判断函数单调性，进而判断函数零点.
2．（2024·广东汕头·三模）已知函数.
(1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值.
(2)若在只有一个零点，求.
【答案】(1)极小值，无极大值；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，结合几何意义求出，再分析单调性求出极值.
（2）由函数零点的意义，等价变形得在只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求解.
【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，，
依题意，，则，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
（2）函数在只有一个零点，等价于在只有一个零点，
设，则函数在只有一个零点，当且仅当在只有一解，
即在只有一解，于是曲线与直线只有一个公共点，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在取得极小值同时也是最小值，
当时，；当时，，
画山大致的图象，如图，
在只有一个零点时，，
所以在只有一个零点吋，.
3．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)若函数至多一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数思想来求某一点处的切线方程；
（2）由零点方程进行分离参变量，构造新的函数进行单调性分析求最值，再结合零点情况判断参变量的取值范围.
【详解】（1）由得：，
当时，，，
所以函数在处的切线方程为：，
即，所以
（2）由函数的定义域为，
又由，分离参变量得：
令
令
在单调递增，又，
在上，在上，
在单调递减，在单调递增，
所以 ，
又时时
4．（2024·青海海西·模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有且仅有两个零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)．
【分析】（1）根据题意，求导可得，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，结合（1）中结论可知，代入计算，即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
由，
①当时，，可得函数单调递增，增区间为，没有减区间；
②当时，令，有，令，有，
可得函数的减区间为，增区间为；
综上所述，当时，函数的单调增区间为，没有减区间；
当时，函数的单调增区间为，单调减区间为.
（2）由（1）可知，若函数有且仅有两个零点，必有，可得，
当时，；当时，，
故若函数有且仅有两个零点，则实数的取值范围为．
5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数，.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有三个不同的实根，求的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式即可求出单调区间；
（2）由，可得为的一个根，
所以有两个不同于的实根，令，利用导数说明函数的单调性，从而得到当时且，即可求出参数的取值范围.
【详解】（1）当时，函数，
则，令得或
当或时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
即当时，单调递增区间为和，单调递减区间为．
（2），所以为的一个根，
故有两个不同于的实根，
令，则，
①当时，，故在上单调递增，不符合题意；
②当时，令，得，
当时，，故在区间上单调递增，
当时，，故在区间上单调递减，
并且当时，；当时，；
所以若要满足题意，只需且，
因为，所以，
又，所以，
所以实数的取值范围为
6．（2024·浙江温州·一模）已知（）.
(1)求导函数的最值；
(2)试讨论关于的方程（）的根的个数，并说明理由.
【答案】(1)最大值等于
(2)答案见解析
【分析】
（1）求出导函数，令，对再求导，利用导数确定单调性得最值；
（2）方程变形为，令，对求导，确定单调性，得出函数值域后可得结论．
【详解】（1）
∵，记
∴，解得：
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的最大值等于.
（2）
方法1：由，即，即.
令，∴，由解得：
∴在上单调递增，在上单调递减，∴，且
所以：当时，方程无解；当时，方程有1个解；当时，方程有2个解.
方法2：由，即，即.
令，，∴，由解得：
∴在上单调递增，在上单调递减，∴，且
所以：当时，方程无解；当时，方程有1个解；当时，方程有2个解.
方法3：由，即，两边取对数得：，即.
令，所以由，解得
当时，，单调递增，当时，，单调递减
所以
当，即时，方程无解；
当，即时，方程有1个解；
当，即时，方程有2个解.
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)若有两个不同的实数根，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件利用切点求出的斜率和函数值列两个等式求解即可.
（2）把方程中的参数分离，构造新函数，将方程根的个数转化为函数图象的交点个数，通过研究构造的新函数的大致图象数形结合求解即可.
【详解】（1）因为点在直线上，所以．
又，所以．
，
，所以．
综上．
（2）由（1）得，易知，
所以有两个不同的实数根可转化为：
关于的方程有两个不同的实数根．
设，
，
令得，或．
所以当变化时，的变化情况为
所以的极大值为，极小值为，
当时，，当时，，
当且时，，
，当且时，，
当时，．
根据以上信息画出的大致图象，如图所示．
所以实数的取值范围为
8．（2024·山东烟台·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若方程有三个不等的实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
【分析】（1）直接使用导数的符号判断单调性；
（2）将方程化为，再讨论方程的解的个数，然后得到方程的根满足的条件，即可求出实数的取值范围.
【详解】（1）求导知.
当时，由可知，在上单调递增；
当时，对有，对有，所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，故原方程可化为.
而，所以原方程又等价于.
由于和不能同时为零，故原方程又等价于.
即.
设，则，从而对有，对有.
故在上递增，在上递减，这就得到，且不等号两边相等当且仅当.
然后考虑关于的方程：
①若，由于当时有，而在上递增，故方程至多有一个解；
而，，所以方程恰有一个解；
②若，由于在上递增，在上递减，故方程至多有两个解；
而由有，
再结合，，，即知方程恰有两个解，且这两个解分别属于和；
③若，则.
由于，且不等号两边相等当且仅当，故方程恰有一解.
④若，则，故方程无解.
由刚刚讨论的的解的数量情况可知，方程存在三个不同的实根，当且仅当关于的二次方程有两个不同的根，且，.
一方面，若关于的二次方程有两个不同的根，且，，则首先有，且.
故， ，所以.
而方程的解是，两解符号相反，故只能，.
所以，即.
这就得到，所以，解得.
故我们得到；
另一方面，当时，关于的二次方程有两个不同的根，.
且有，，.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：对于取值范围问题，使用分类讨论法是最直接的手段.
9．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数.
(1)若是函数的极值点，求的值，并求其单调区间；
(2)若函数在上仅有2个零点，求的取值范围．
【答案】(1)；的增区间是和，减区间是；
(2)
【分析】（1）首先根据，求的值，根据导数和函数单调性的关系，即可求解函数的单调区间；
（2）首先参变分离为，再构造函数，，并判断函数在区间的单调性，极值和端点值，根据图象的交点个数，即可求解.
【详解】（1），，得，
当时，，得或，
的变化情况如下表所示，
所以函数的增区间是和，减区间是；
（2）令，，
得，
令，，
，得，
如下表，
因为函数在上仅有2个零点，即与有2个交点，如图：

即.
10．（2024·福建宁德·三模）已知函数的图象在处的切线过点.
(1)求在上的最小值;
(2)判断在内零点的个数，并说明理由.
【答案】(1)
(2)有2个零点，理由见解析
【分析】（1）法一：利用在处的切线过点，可求，进而可求最小值；法二：利用导数求得切线方程为，进而可得切点，可求，进而可求最小值；
（2）法一：问题等价于判断方程根的个数，令，求导判断函数的单调性，利用零点的存在性定理可得结论.法二：求导可得，令，进而求导可得上必有一个零点，使得，进而可得在上单调递增，在上单调递减，进而利用零点的存在性定理判断在上有一个零点，在上有一个零点.
【详解】（1）法一：，
又，所以切线方程为，
又切线过点，
得，所以.
所以，
当时，，所以在上单调递减，
所以的最小值为.
法二:，
所以切线方程为，
因此切点为，
得，所以，
所以，
当时，，所以在上单调递减，
所以的最小值为；
（2）法一：判断在内零点的个数，等价于判断方程根的个数，
等价于判断方程根的个数.
令
，令，则，得.
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.，
（或）
所以时，方程有2根，
所以在有2个零点.
法二：由（1）得，
令，则在上为减函数
，
所以在上必有一个零点，使得，
从而当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减..
又，
所以在上必有一个零点，使得.
当时，，即，此时单调递增;
当时，，即，此时单调递减..
又因为，
所以在上有一个零点，在上有一个零点，
综上，在有2个零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用隐零点法并结合零点存在性定理判断其零点个数.
考点七、利用导数研究双变量问题
1．（22-23高二下·四川凉山·期末）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)
【分析】（1）含参讨论导函数的正负即可；
（2）结合（1）的结论得，则有得出，构造函数判断其最值即可.
【详解】（1）由，
若，则恒成立，即在上单调递增，
若，令得，即在上单调递增，
令得，即在上单调递减，
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（1）得当时，在上单调递增，
当趋近于时，趋近于，不符合题意，
故，则，
所以，
令，
显然当时，，时，，故在时单调递减，
在上单调递增，即，
所以，即
2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围判断函数的单调性即可.
（2）根据函数的极值的个数求出的范围，求出的解析式，根据函数的单调性证明即可.
【详解】（1）
由，得．
令，则，
①当，即时，恒成立，则，
∴在上是减函数．
②当，即时，，则，
∴在上是减函数．
③当，即或．
（i）当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为，
则恒成立，从而，∴在上是减函数．
（ii）当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为，
则函数有两个零点：（显然），
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，f（x）单调递减．
综上，当时，的减区间是；
当时， 的增区间是，减区间是．
（2）
由（1）知，当时，有两个极值点，
则是方程的两个根，
从而．由韦达定理，得．
又，∴．
．
令，
则．
当时，;当时，，
则在上是增函数，在上是减函数，
从而，于是．
【点睛】利用导数求解函数（含参）的单调区间，关键要对参数进行分类讨论，本题中分子为二次函数，所以构造二次函数，利用判别式可分为来讨论的根和正负情况，从而确定的正负.
3．（2024·四川德阳·二模）已知函数，
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，求的最小值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与两种情况即可得解；
（2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到，，，利用消元法将表示成关于的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解.
【详解】（1）因为，
所以,
令，则，
因为，
当时，，则，即，
此时在上单调递增，
当时，，由，得，且，
当或时，，即；
当时，，即，
所以在,上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，
当时，在,上单调递增，在上单调递减，
其中.
（2）由（1）可知，为的两个极值点，且，
所以，且是方程的两不等正根，
此时，，，
所以，，且有，，
则
令，则，令，
则，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用韦达定理将双变量的转化为关于单变量的函数，从而得解.
4．（23-24高三上·河南周口·期末）已知函数.
(1)若在上单调递减，求的取值范围；
(2)若，求证：；
(3)在（2）的条件下，若方程两个不同的实数根分别为，，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）借助导数与单调性的关系，结合参变分离计算即可得；
（2）多次求导，得到函数的单调性与奇偶性即可得；
（3）结合小问（2），将可转化为证明，结合题中、的范围，可构造函数从而证明，即可得证.
【详解】（1）由，则，
在上单调递减，即在上恒成立，
即有在上恒成立，即，
令，，则，
设，，则，
故在上单调递减，
故，
即恒成立，故在上单调递增，
有，即，
故的取值范围为；
（2）若，则，，
设，则，
故在上单调递增，又，
，故在上存在唯一零点，
设该零点为，即有，
有时，，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，即，
故在上单调递减，
当时，有，故，
即在上单调递增，
故时，，
又，且定义域为，
故为偶函数，即当时，，
故恒成立；
（3）， 有，
由（2）可知，若方程两个不同的实数根，则，
下面证明：，
不妨设，则，
要证，只需证明，而，
由（2）可知，在上单调递减，故只需证明，
而，故只需证明，
设
，
则，即在上单调递增，
故，故，即，
又，故，
由（2）得，，
当时，，故在上单调递增，
又，，
故.
【点睛】关键点睛：本题关键在最后一问中结合题意与第二小问，将证明转化为证明，从而将问题变为极值点偏移问题，结合题中、的范围，可构造函数，从而帮助证明.
5．（23-24高三上·福建福州·期中）已知函数，为的导函数．
(1)当时，讨论函数的单调性
(2)已知，，若存在，使得成立，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
【分析】首（1）先求函数的导数，讨论的取值，根据导数的正负，求解函数的单调性；
（2）首先设，再根据，求解，代入后变形为，再通过构造函数，即可证明不等式.
【详解】（1）当时，，，
，
当时，在区间上恒大于0，此时函数的单调递增区间是；
当时，设，其中，
当，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
当时，，
当时，，此时恒成立，函数的单调递增区间是，
当时，，
当且，
所以在区间上恒大于0，即函数的单调递增区间是，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，
当时，函数的单调递减区间是，函数的单调递减区间是；
（2）不妨设，因为，
则，
即，
得，
由，
则，
所以，
，
设，构造函数，
，
所以在上为增函数，
所以，即，
又，，，
所以.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性和双变量下的不等式问题，综合性较强，本题第二问的思路是利用，变形，再代入后，即可变形，构造函数，利用导数解决不等式恒成立问题.
6．（23-24高三下·北京·开学考试）已知.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)设，求的单调区间；
(3)求证：当时，.
【答案】(1)；
(2)时，单调递减区间为，单调递增区间为;
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案;
（2）求出函数的导数，讨论k的取值范围，确定导数的正负，即可求得的单调区间；
（3）由于不等式可变为，所以可构造函数，利用（2）的结论可证明故该函数为上的增函数，利用函数的单调性，即可证明结论.
【详解】（1）当时，，
故在处的切线斜率为，而，
所以在处的切线方程为，即.
（2）由题意得，则，
令，即，
令，即，
时，单调递减区间为,单调递增区间为.
（3）证明：由（2）可知，当时，在上单调递增，而，
即在上恒成立，故在上单调递增，
设，则，
因为，则，故，
所以在上单调递增，而，
则，即，而，
故，即.
【点睛】关键点点睛：证明不等式时，关键是构造函数，利用函数的单调性进行证明；因为可变形为，由此可构造函数，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式.
7．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性．
(2)已知是函数的两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围．
（ⅱ）是的导函数．证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求导，对进行分类讨论的单调性；
（2）利用方程组，得到，问题转化为恒成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明.
【详解】（1）．
①当时，在上单调递增．
②当时，令得，即在上单调递增；
同理，令得，即在上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点．
当时，在上单调递增，在上单调递减，
若使有两个零点，则，即，解得，
且，当时，，则有，
所以的取值范围为．
（ⅱ）是函数的两个零点，则有①，②，
①-②得，即，
，
因为有两个零点，所以不单调，
因为，得，
所以．
若要证明成立，
只需证，
即证，令，则，
则不等式只需证，
即证，
令，
，令，
令，因为，得在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
所以有，
故有，不等式得证．
【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，要转化为单变量问题，通常情况下利用对数的运算性质进行转化，转化后利用构造新函数及最值进行求解证明.
8．（2023·浙江嘉兴·二模）已知.
(1)若存在实数，使得不等式对任意恒成立，求的值；
(2)若，设，证明：
①存在，使得成立；
②.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）构造函数，求导，研究函数的单调性，利用极值点得，从而利用指对运算即可求解；
（2）①记，构造函数，求导，研究函数单调性，找到隐零点，即可证明；
②先用分析法及把不等式证明转化为，
结合式子结构，转化为证明，
构造函数，即证，利用主元法，
构造函数，求导，研究单调性，利用最值即可证明.
【详解】（1）构造，则，
令，则，所以在递增，
又，所以存在，使得，
且在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意恒成立，此时.
（2）①令，显然，则.
令，则，
因为在递增，趋向于0时，趋向于，趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，所以存在，使得，即.
于是在递减，在递增.因为，所以.
②要证，
即证
，
因为，
所以只要证，
即证，
即证，
令，即证，
即证，
令，则.
构造，
则，
，
因为，
所以，所以，
所以成立，原命题成立.
【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．（2023·全国·模拟预测）已知函数.
(1)设函数，若恒成立，求的最小值；
(2)若方程有两个不相等的实根、，求证：.
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）将问题转化为不等式在上恒成立，利用导数证明时，不等式成立，进而分类讨论与两种情况，从而得解；
（2）利用导数研究函数的性质可得，由题意可得，原不等式变形为，利用分析法，构造函数证明，即，结合即可证明.
【详解】（1）当、时，即恒成立，
等价于恒成立.
设，则，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，得，即，
当时，令，易得在上单调递增，
又，，
所以在，即上存在唯一零点，
所以，即，且；
当时，令，
易得关于的函数与在上单调递增，则，
当时，，即，不满足题意；
当时，易得，即恒成立；
综上：，则实数k的最小值为1；
（2）由题意知，，
，则，
令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，易得恒成立，当时，，
又函数有两个不同的实根，即与的图像有两个交点，
作出与的部分图像如图：

所以，且，
得，有.
要证，即证，
即证，即证，
由，得.
设，则，
令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即，
所以，则，
即，即证.
【点睛】
方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
10．（2023·天津河西·模拟预测）已知函数.
(1)若函数为增函数，求的取值范围；
(2)已知.
（i）证明：；
（ii）若，证明：.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；
（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；
（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.
【详解】（1）∵，则，
若是增函数，则，且，可得，
故原题意等价于对恒成立，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上递增，在递减，
故，∴的取值范围为.
（2）（i）由（1）可知：当时，单调递增，
∵，则，即，
整理得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上递减，在递增，
故，
即，当且仅当时等号成立，
令，可得，
综上；
（ii）∵，则，
可知有两个不同实数根，由（1）知，
可得，
同理可得，
构建，则，
当时，；当时，；
当时，；
且，故对恒成立，故在上单调递减，
∵，则，即，
且，则，故，
可得；
又∵，由（i）可得，即，
则，
且，则，可得；
综上所述：.
可得，则
故.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
考点八、利用导数解决隐零点问题
1．（2024·浙江丽水·二模）设函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若对定义域内任意的实数，恒有，求实数的取值范围.（其中是自然对数的底数）
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可得解；
（2）依题意可得在上恒成立，设，，利用导数说明函数的单调性，即可得到且，利用导数求出的范围，即可求出的范围.
【详解】（1）当时定义域为，
且，
令，则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，当时，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）函数定义域为，
依题意在上恒成立，
设，，则，
设，则恒成立，
所以在上单调递增，
且当时，当时，
所以使得，即，
所以，
则当时，即单调递减，
当时，即单调递增，
所以
，
令，则且，
所以为增函数，
由，所以，
又与均为减函数，所以在上单调递减，
所以当时，
所以实数的取值范围为.
2．（22-23高三上·天津·期末）设函数，，，已知曲线在点处的切线与直线垂直．
(1)求a的值；
(2)求的单调区间；
(3)若对成立，求b的取值范围．
【答案】(1)2
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义可得关于a的方程，解方程即可得出答案；
（2）对求导，分和讨论的正负，即可求出的单调性；
（3）由恒成立，等价于，令，转化为求.
【详解】（1）的定义域为，
，
由于直线的斜率为，.
（2），，
①当时，，在R上单调递增；
②当时，令有，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
综上所述：，的单调递增区间为R，
，的单调减区间为，的单调增区间为.
（3）由恒成立，
等价于，
令（），
，
①若时，，所以在上单调递增，
，即，满足，
②若时，则，所以在上单调递增，
当趋近于0时，趋近于，不成立，
故不满足题意.
③若时，令，，，，
，单调递减，，单调递增，
只需即可，
，，
令，，在上单调递增，
，时，，
，，所以在上单调递增，
，即，
综上：.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义、求单调区间和利用导数求解恒成立问题；本题求解恒成立问题的关键是将恒成立问题转化为求函数的最值.
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的极值点个数；
(2)当时，若实数满足，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，利用导数研究的单调性，讨论的范围，结合零点存在性定理判断 的零点个数，即可得的极值点个数；
（2）利用（1）中结论将转化成证明，构造，利用导函数和放缩法证明 即可.
【详解】（1）由题意得的定义域为．
设，则，令解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
当时，，当时，，
若，则，
故存在唯一的，使得，
当时，单调递减；当时，单调递增，故存在唯一的极值点．
同理可得，若，则存在唯一的极值点0，
若，则，存在唯一的和，使得，
当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增，故存在两个极值点，
若，则单调递增，无极值点，
综上，若，则存在唯一的极值点；若，则存在两个极值点；若，则无极值点．
（2）由（1）可知，当时，要证，即证，即证，
不妨设，则证，
因为在上单调递减，所以即证，即证，
设，
因为，则
，
所以在上单调递增，
又，所以，即，得证．
【点睛】在解决类似得问题时，要熟练应用导数研究函数得单调性、极值与最值，掌握极值与极值点的定义，缕清极值点与方程的根之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数研究新函数的性质即可解决问题.
4．（2023·江西·模拟预测）已知函数，且曲线在点处的切线的斜率为12.
(1)求的单调区间；
(2)证明：，有恒成立.
【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）先对求导，再利用，求出的值，进而讨论的单调性；
（2）构造令，利用导数证明即可证明不等式恒成立问题.
【详解】（1）解：由题得的定义域为，
所以，解得.
所以，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）证明：由（1）知，要证恒成立，即证恒成立，
令，则，
令，解得或（舍去），
设，则.
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
其中，
令，所以，
所以在区间上单调递减，
所以，
所以，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
5．（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⇔.
6．（2024·北京朝阳·一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若关于的不等式无整数解，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，再分三种情况讨论的单调性；
（2）不等式转化为，设函数，利用导数求函数的取值范围，再结合不等式，讨论的取值，即可求解.
【详解】（1），
当，得，
当时，时，，单调递增，
时，，单调递减，
当时，时，，单调递减，
时，，单调递增，
当时，，函数在上单调递增，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
时，函数的增区间是，无减区间.
（2）不等式，即，
设，，
设，，所以单调递增，
且，，
所以存在，使，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，
当时，，当时，，
不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，所以无整数解，符合题意，
当时，因为，显然是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键1是不等式的变形，第二个关键是确定函数的单调性，以及确定.
7．（2024·海南·模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若不等式对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导得，分是否大于0进行讨论即可得解；
（2）原问题等价于对任意恒成立，令，不断求导得在上单调递增，注意到，由此结合导数与最值的关系分是否大于1进行讨论即可.
【详解】（1）.
当时，在上恒成立，所以在上单调递增.
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）不等式对任意恒成立，即对任意恒成立.
令，则.
设，则.
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，.
①若，当时，在上单调递增，
则，所以，所以，
②若，则，又当时，，
所以，使得，即.
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
则，
所以，所以.
由，
令函数，则当时，，
所以，所以.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是得出在上单调递增，且注意到，由此即可顺利得解.
8．（2024·山东·二模）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，，求的取值范围．
【答案】(1)的减区间为，增区间为
(2)
【分析】（1）当时，，求导得，令，求确定的单调性与取值，从而确定的零点，得函数的单调区间；
（2）求，确定函数的单调性，从而确定函数的最值，即可得的取值范围．
【详解】（1）当时，，
则，
设，则恒成立，又，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以的减区间为，增区间为；
（2），
设，则，所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，取得极小值，也是最小值，
所以，
所以，即，
设，易知单调递增，且，
所以，解得，
综上，.
9．（2024·辽宁抚顺·一模）已知函数．
(1)当时，判断的单调性；
(2)若时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)在上是单调递增函数
(2)
【分析】
（1）求定义域，求导，得到与时，，得到在上是单调递增函数；
（2）参变分离得到，构造，求导得到其单调性，结合隐零点得到，从而得到不等式，求出答案.
【详解】（1）
函数的定义域为，
当时，．
当时，有，得，函数在区间单调递增；
当时，有，得，函数在区间单调递增．
综上：可知在上是单调递增函数．
（2）
当时，恒成立，
即恒成立，因此只需．
令，则．
令，则，
所以在区间是单调递增函数；
因为，所以在内存在唯一零点，且，
所以当时，，即，
函数在区间是单调递减函数，
当时，，即，函数在区间是单调递增函数．
又因为，即．（*），
设，当时，，所以在上单调递增，
因为，所以，
由知，所以，且．
所以．
所以，即，故实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
10．（2024·辽宁·一模）已知函数，（其中a，b为实数，且）
(1)当时，恒成立，求b；
(2)当时，函数有两个不同的零点，求a的最大整数值．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，利用导数分类讨论的最大值；
（2）分离常数转化为关于的方程有两个不同的解，设，利用导数求函数的极大值，则，
当时，设，验证有两解即可.
【详解】（1）设，则其定义域为，
当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，对于恒成立，
即恒成立，所以合理．
当时，令，即，
解得（舍），
当时，，单调递增；
又有，所以当时，，不合题意．
当时，令，即，
解得（舍），
当时，，单调递减；
又有，所以当时，，不合题意．
综上所述，．
（2）由题意，方程有两个不同的解，
即关于的方程有两个不同的解，
设，则，
设，由可知，
所以在上单调递减，
又，，
所以存在使得，即，所以，
所以当时，，即，进而函数单调递增；
当时，，即，进而函数单调递减，
所以函数的极大值为
要使得关于的方程有两个不同的解，则，
当时，设，
则，可知在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
所以有两个不同的零点，符合题意，
所以的最大整数值为．
【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．
考点九、利用导数解决极值点偏移问题
1．（2024高三·全国·专题练习）设函数．
(1)判断函数的单调性；
(2)若，且，求证：．
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】(1)由题意得，令，根据的正负确定的单调性，得，即得函数的单调性.
（2）构造函数，其中，则，令，得，从而可得在上单调递减，然后根据函数的单调性可得
【详解】（1）∵，，
∴．
令，则．
令，得或．
当时，；当时，；当时，．
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
又，，故对一切恒成立，
∴，于是，故在上单调递增．
（2）不妨设．
构造函数，其中，
则．
由，得．
令，
∵，
∴在单调递增，则．
∴在上单调递减，∴，
即对恒成立．
∵，∴，
∴．
由（1）知在上单调递增，
∴，故．
2．（22-23高三上·辽宁丹东·期末）已知函数．
(1)证明：若，则；
(2)证明：若有两个零点，，则．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）因为定义域为，所以等价于．设，求导判断单调性，从而求得即可得证；
（2）不妨设，由（1）可知，也是的两个零点，且，，于是，由于在单调递减，故等价于．而，故等价于①，设，则①式为．因此对求导判断单调性即可得证.
【详解】（1）因为定义域为，所以等价于．
设，则，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
故．
因为，所以，于是．
（2）不妨设，由（1）可知，也是的两个零点，且，，于是，由于在单调递减，故等价于．
而，故等价于．①
设，则①式为．
因为．
设，
当时，，故在单调递增，
所以，从而，因此在单调递增．
又，故，故，于是．
【点睛】关键点点睛 ：本题第(2)问是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式.
3．（23-24高二下·云南·期中）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：.
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，结合得到，即在内恒成立，所以在内单调递增；
（2），求导，得到函数单调性，得到，构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到，两式结合得到答案.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，
，
令，可得，当时，即，
，可知在上恒成立，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
（2）当时，可得，
，
或
故在上单调递增，在上单调递减，
由题意可得：，
因为，
令，
则，
可知在上单调递增，
则，可得在上恒成立，
因为，则，
且在上单调递减
则，即；
令，
则，
可知在上单调递增，则，
可得在上恒成立，
因为，则，
且在上单调递增，
则，即；
由和可得.
【点睛】关键点点睛：构造两次差函数，解决极值点偏移问题，即构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到.
4．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数．
(1)证明：；
(2)若，且，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数变形整理，构造函数，对其进行二次求导，从而可求出的单调性，进而可求出函数的最大值，即可证明结论成立.
（2）对函数进行二次求导，从而可判断函数单调性，要证，只需证，结合在上单调递减知只需证，即证，进而构造函数判断其单调性即可证明.
【详解】（1）由题意，，设
，则
，当时，，单调递增；当时，，
单调递减，从而，故恒成立，
，故．
（2）由题意，，，，
，，
从而在上单调递增，在上单调递减，故，
在上单调递减，且，
若，则，不合题意，
若，则，不合题意，∴，
要证，只需证，结合在上单调递减知只需证，
又，，故只需证，即证①，
令，，
则，
，在上单调递增，
又，，从而在上单调递减，，，
，，即不等式①成立，故．
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性及利用导数证明不等式问题，考查了学生的逻辑推理能力及数据分析能力，考查了转化思想，属于难题.
5．（22-23高三上·江西吉安·期末）已知函数，.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)设，是的两个不同零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，求出、，代入直线的点斜式方程可得答案；
（2）令，，设函数与相切于，可得，，，根据、的图象可得时有两个不同的交点，有两个零点，得的取值范围为，求出，即证，不妨设，由，则，构造函数，利用导数判断出，再由在上的单调性可得答案.
【详解】（1）当时，，
，，，
曲线在处的切线方程为，即；
（2）令，可得，
令，，设函数与相切于，
由、、可得，，，
，的大致图象如下，
当时，与有两个不同的交点，
即有两个零点，所以的取值范围为，
，当时，，在上递增，
当时，，在上递减，
要证，只要证，
不妨设，由，则，
构造函数，
，
∵，∴，∴在是递增，
又，∴，∴，
∴，又，∴，
而，，在上递减，∴，即，
∴.
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点一是利用函数图象的交点得到函数零点的个数，二是
构造函数，利用函数的单调性证明不等式，考查了学生分析问题、解决问题以及运算能力.
6．（22-23高三上·山西·阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）函数求导，分类讨论通过判断导函数符号，确定函数单调性.
（2）对分类讨论，求得有两个零点时的范围，及的范围，构造函数，研究在上的单调性，可得，又，及的单调性可得结论.
【详解】（1）函数的定义域为，
时，恒成立，所以在上单调递减；
时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：时，由（1）知至多有一个零点.
时，由（1）知当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，即，故没有零点；
③当时，即，
又，
由（1）知在上有一个零点.
又，
由（1）知在有一个零点，
所以在上有两个零点，的取值范围为
不妨设，则，且，
令
，
则，
由于（且仅当等号成立，
所以当时，在单调递减，又，
所以，即，
又，所以，
又由于，且在上单调递增，
所以即.
【点睛】极值点偏移问题是根据极值点的偏移情况，即极值点两侧函数增长速度的差异构造关于其中一个极值点的一元差函数（或比函数），然后通过探究该函数的单调性解决问题。
7．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论.
【详解】（1）当时，，则；
令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）由得：，
恰有个正实数根，恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，又，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
当时，与有两个不同交点，
实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨设，则，
要证，只需证，
，，，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
，
在上单调递增，，
当时，恒成立，原不等式得证.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立.
8．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数（）．
(1)求的单调区间；
(2)若函数，是函数的两个零点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分与两种情况，得到函数单调区间；
（2）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明，只需证明，即证明，即证明，令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值，得到，即可证得结论．
【详解】（1）函数的定义域为，
，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，若，则，若，则，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，单调递增区间为，无递减区间；
当时，单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）因为是的两个零点，
所以，，将两式作差可得
，又，
所以，
所以要证，只须证明，
即证明，即证明，
令，即证，，
令，则，
令，则在上恒成立，
∴在上递减，又，
∴在上递增，则，
即，
所以成立，即．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
9．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）已知函数，a为实数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：．
【答案】(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
(3)证明过程见解析
【分析】（1）求出，求导，得到，进而由导函数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（3）先令，求导得到其单调性，求出，进而构造差函数，证明出极值点偏移问题.
【详解】（1）当时，，，
，故，
故函数在处的切线方程为，即；
（2）定义域为，
，
令，解得，令，解得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）由题意得，解得，
故，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
可知函数在处取得极值，故符合题意，
因为，，
令，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且当时，恒成立，，当时，，
画出的图象如下：

故，
令，，
则，
因为，所以，，
故在上单调递减，
又，故在上恒成立，
即，，
因为，所以，
其中，故，
其中，，在上单调递增，
故，即，
令，，
则
，
当时，所以单调递增，
由复合函数可得在上单调递增，
又，
故存在，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，，
故当时，恒成立，
因为，故，即，
又，故，
其中，，在上单调递增，
故，故，
综上，.
【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，需要先研究出两个变量的取值范围，若原函数较复杂，可先进行变形，再求导，得到其单调性，构造出的差函数，研究其单调性，往往会和基本不等式，复合函数单调性等知识结合.
10．（2023·辽宁阜新·模拟预测）已知函数
(1)若时，求的最值；
(2)若函数，且为的两个极值点，证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数法求最值；
（2）由导数法说明单调性及，则，则转为证，最后再构造函数证明即可.
【详解】（1），，，，
所以当单调递减；单调递增.
所以在处有唯一极小值，即最小值，为，无极大值，即无最大值.
（2）证明：，令
因为，所以单调递减；单调递增，所以.
因为为的两个极值点，所以，且.
所以在、，，单调递增；在，，单调递减；
因为，则，则，
设，则，
所以在单调递减，所以，
所以，因为在，单调递减，所以.
所以要证，只需证，即，
令，
令.
所以在单调递增，，
所以在单调递增，，
所以，即.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，先由导数法说明极值点的大小关系，结合和函数单调性，将不等式放缩，再构造函数由导数法证明即可.
考点十、导数与其他知识点杂糅问题
1．（2024·河北·三模）现随机对件产品进行逐个检测，每件产品是否合格相互独立，且每件产品不合格的概率均为．
(1)当时，记20件产品中恰有2件不合格的概率为，求的最大值点；
(2)若这件产品中恰好有件不合格，以（1）中确定的作为的值，则当时，若以使得最大的值作为的估计值，求的估计值．
【答案】(1)
(2)449或450
【分析】（1）根据二项分布概率公式可得，利用导数可确定的单调性，从而得到最大值点；
（2）根据二项分布概率公式得到，利用，再利用组合数公式求出的范围即可.
【详解】（1）由题意知，
，
，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
当时最大，故；
（2）令，
由，
得，
即，
解得，
故的估计值为449或450．
2．（高二·全国·课后作业）《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体．“刍薨”字面意思为茅草屋顶，图1是一栋农村别墅，为全新的混凝土结构，它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图2，屋顶五面体为刍薨”，其中前后两坡屋面和是全等的等腰梯形，左右两坡屋面和是全等的三角形，点在平面和上射影分别为，，已知m，m，梯形的面积是面积的2.2倍．设．
（1）求屋顶面积关于的函数关系式．
（2）已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为，下部主体造价与其高度成正比，比例系数为．现欲造一栋总高度为m的别墅，试问：当为何值时，总造价最低？
【答案】（1）；（2）当为时，该别墅总造价最低．
【分析】（1）先求得,进而求得屋顶面积关于的函数关系式.
（2）首先求得别墅总造价，利用导数求得当时，总造价最低.
【详解】（1）由题意，知平面，
因为平面，所以．
在中，，，所以．
所以的面积为．
所以屋顶面积．
所以关于的函数关系式为．
（2）在，，所以下部主体高度为．
所以别墅总造价为
．
设，，则，
令，得，又，所以．
与随的变化情况如下表：
所以当时，在上有最小值．
所以当为时，该别墅总造价最低．
3．（2023·浙江·一模）混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人为阳性．假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为．目前，我们采用K人混管病毒检测，定义成本函数，这里X指该组样本N个人中患病毒的人数．
(1)证明：；
(2)若，．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由均值的性质及基本不等式即可证明.
（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.
【详解】（1）由题意可得满足二项分布，
由知，，当且仅当时取等号；
（2）记（混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性），
（混管中恰有i例阳性）=，，
令，，
则，
当时，，为单调递减，
当时，，为单调递增，所以，
且，，
所以当，即，两边取自然对数可得，
所以当，时，
所以，
则．
故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.
4．（2023·河北·模拟预测）某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了甲运动员，且教练第次传球传给甲运动员的概率为.
(1)求，；
(2)求的表达式；
(3)设，证明：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据题意，结合互斥事件和独立事件概率公式进行求解即可；
（2）根据互斥事件和独立事件概率公式，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可；
（3）利用构造函数法，结合导数与函数单调性的关系、等比数列的前项和公式进行证明即可.
【详解】（1）
，，；
（2）
由已知，∴，即，
∴是以为公比的等比数列，
∴，∴.
（3）
.
设，，∴，∴在上单调递增，
显然，则，
∴，则，
即，
∴.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意利用独立事件概率公式得到递推关系式.
5．（2024·福建福州·模拟预测）点是椭圆：（）上（左、右端点除外）的一个动点，，分别是的左、右焦点.
(1)设点到直线：的距离为，证明为定值，并求出这个定值；
(2)的重心与内心（内切圆的圆心）分别为，，已知直线垂直于轴.
（ⅰ）求椭圆的离心率；
（ⅱ）若椭圆的长轴长为6，求被直线分成两个部分的图形面积之比的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，定值为
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）由两点间距离公式（结合点在椭圆上）、点到直线距离公式表示出，两式相比即可得解；
（2）（ⅰ）解法一：一方面由（1）得，另一方面结合已知以及椭圆定义得，对比两式即可得解；解法二：利用已知以及椭圆定义得的一种表达式，另外结合两点间距离公式也可以分别表示，从而平方后作差即可得解；解法三：表示出方程，根据题意设出内心坐标，结合点到直线距离公式以及内切圆性质即可得解；（ⅱ）先求出椭圆方程，然后求得的面积与的面积之比的表达式结合导数即可求出其范围，进一步即可得解.
【详解】（1）依题意，.
设，则，，
所以，
所以，
又，所以，，所以，
所以，即为定值，且这个定值为.
（2）（ⅰ）解法一：依题意，，
设直线与轴交于点，因为轴，所以，
所以，
因为的内切圆与轴切于点，
所以，
又因为，解得
由（1）得，所以，
所以椭圆的离心率.
解法二：依题意，，
设直线与轴交于点，因为轴，所以，
所以，
因为的内切圆与轴切于点，
所以，
又因为，得
所以两式平方后作差，得对任意成立，
所以椭圆的离心率.
解法三：依题意，，因为轴，设点坐标为，
可求直线方程为，
则点到直线的距离，
即，
化简得，①
同理，由点到直线的距离等于，可得，②
将式①－②，得，则.
将代入式①，得，
化简得，得，
所以椭圆的离心率.
（ⅱ）由，得，又，所以，，
所以椭圆的方程为.
根楛椭圆对称性，不妨设点在第一象限或轴正半轴上，即，
又，，
所以直线的方程为，
设直线与交于点，因为，所以，
的面积与的面积之比为，
令（），则，
当，，当，，
所以函数在单调递减，在单调递增.
又因为，，，
所以的值域是，所以，
所以，
根据对称性，被直线分成两个部分的图形面积之比的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二问（ⅱ）的关键在于求得的面积与的面积之比的表达式，由此即可顺利得解.
6．（2024·湖南岳阳·三模）已知的三个角的对边分别为且，点在边上，是的角平分线，设（其中为正实数）．
(1)求实数的取值范围；
(2)设函数
①当时，求函数的极小值；
②设是的最大零点，试比较与1的大小．
【答案】(1)
(2)①0；②答案见解析.
【分析】（1）方法一：设，由，结合三角形面积公式化简可得，由此可求实数的取值范围，
方法二：由是的角平分线，结合面积公式证明，根据关系，结合余弦定理可得，结合三角形性质求的范围，可得结论.
（2）①方法一：由（1）方法一可得，结合条件求，结合余弦定理可得，
方法二：由（1）方法二可得，由此可得，由此可得，求，再解方程，分区间判断函数的单调性，结合极值定义求结论，
②在时， 解方程，求出函数零点，由此可得，分别在，时，确定关系，利用导数方法求函数的极值点，由此比较的关系.
【详解】（1）方法一：设，
因为是的角平分线，所以，
因为
所以，
代入，，化简得：，因为，
所以实数的取值范围．
方法二：因为是的角平分线，所以，
，又，又，
所以，故，
在和中由余弦定理得
所以
，
又，则
所以，又，所以
在中有，所以，所以
得，所以实数的取值范围
（2）①法一：当时，由（1）知，则，此时，
由余弦定理有：及得，
法二：由，当时有.
故，
所以，
令，可得或，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
故当时，函数取极小值，极小值为．
②（ⅰ）当时，由①知，又，
故
知的零点为，
故的最大零点；
（ⅱ）当时，由（1）知，
则，
由余弦定理有，代入，
解得，由知，故，
，，
设
令解得：，且，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
因为，故，
且时，，
故在上有唯一零点，此时成立
（ⅲ）时，由（1）知，
则，
由余弦定理有，及，
解得，
由知，故，
所以
当时，令解得：，且，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
因为，且的图象的对称轴
所以，又因为，
故在上无零点，且，
故成立；
当时，恒成立，则在上单调递增，
故函数至多有一个零点，
由，知成立；
综上，当时；；
当时，；
当时，．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
7．（2024·全国·二模）如图，过点的动直线交抛物线于两点.
(1)若，求的方程；
(2)当直线变动时，若不过坐标原点，过点分别作（1）中的切线，且两条切线相交于点，问：是否存在唯一的直线，使得？并说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，理由见解析.
【分析】（1）求出直线的方程，与抛物线方程联立，结合向量垂直的坐标表示求出抛物线方程.
（2）设直线的方程，并与抛物线方程联立，再求出切线方程并联立求出点，由已知结合斜率建立方程，利用导数探讨方程有唯一实根即可.
【详解】（1）由，得直线的斜率为，方程为，即，
由消去得：，设，
则，由，得，解得，
所以抛物线的方程是.
（2）由（1）知，抛物线的方程是，
直线不垂直于轴，设直线，显然，
由消去并整理得，，
则，
设抛物线在处的切线方程为，由消去得：
，由，得，
于是抛物线在处的切线方程为，
同理抛物线在处的切线方程为，设点，
由，，得，，
即点，于是直线的斜率分别为，
若存在直线，使得，则，
设直线的倾斜角分别为，则，
由，得或，因此，
即，则，
，
整理得，
化简得，令，
求导得，显然，
即恒成立，则函数在R上单调递增，而，
因此存在唯一，使得
所以存在唯一的直线，使得.
【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.
8．（2024·山东青岛·三模）已知 为坐标原点，曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切线平行，且两切线间的距离为，其中 .
(1)求实数 的值;
(2)若点 分别在曲线 上，求 与 之和的最大值;
(3)若点 在曲线 上，点 在曲线 上，四边形 为正方形，其面积为，证明:
附:ln2 ≈ 0.693.
【答案】(1) ，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求解；
（2）（法一）由（1）知：，记直线的倾斜角分别为，斜率分别为，则，则,利用导数可求得的最大值，同理求得的最值；（法二）由（1）知：，点在圆，再证直线与圆和曲线均相切，结合直线与圆的位置关系求解；
（3）由对称性可知和分别关于直线对称，设，其中，所以，令，求导得到的单调性，进而证得.
【详解】（1）因为，所以，又因为，所以，
解得，所以在处的切线方程为:，
所以在处的切线方程为:，
所以，解得.
（2）（法一）由（1）知：，记直线的倾斜角分别为，
斜率分别为，所以，设且，
所以,
令，则，
当时，设函数，则，
所以在单调递增，所以，即，
所以，
所以在均单调递减，且，
当时，，所以在单调递增，
所以.当时，;当时，，
所以，当点坐标为时，最大为.
同理，函数与的图象关于直线对称，
且也关于直线对称，所以最大为，
所以与之和的最大值为.
（法二）由（1）知:，点在圆上.
下面证明：直线与圆和曲线均相切，
因为圆的圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，
即，除点外，圆上的点均在直线下方,
又因为，则，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
即，除点外，曲线上的点均在直线上方.
所以，当点坐标为时，最大为，
同理，函数与的图象关于直线对称，
且也关于直线对称，所以最大为，
综上知:与之和的最大值为.
（3）因为曲线与与曲线与有唯一交点，且关于对称，
并分居两侧，
所以曲线的上的点到曲线上的点的最小距离，且此时这两点只能为，
假设函数与函数的图象关于直线对称，
则点关于的对称点在上，
点关于的对称点在上，
因为，所以与重合，与重合，
所以是函数与函数的图象的唯一对称轴，所以和分别关于直线对称，
设，其中，
所以，
即，
又因为，
即，
所以为方程的根，即的零点为，
因为，
所以在单调递增，
故，，
所以，令，
则，所以在单调递增，
所以
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是得到的表达式，从而有，则为方程的根，再利用导数和零点存在性定理即可证明不等式.
9．（2024·福建泉州·模拟预测）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向桌缘外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第1块、第2块、第3块、……、第n块，将前块铁块视为整体，若这部分的重心在第块的上方，且全部铁块整体的重心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为1，若记第n块比第块向桌缘外多伸出的部分的最大长度为，则根据力学原理，可得，且为等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项和为．
①比较与的大小；
②对于无穷数列，如果存在常数，对任意的正数，总存在正整数，使得，，则称数列收敛于，也称数列的极限为，记为；反之，则称不收敛．请根据数列收敛的定义判断是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题．
【答案】(1)；
(2)①；②不收敛.
【分析】（1）根据给定条件，求出及数列的公差，进而求出的通项.
（2）①构造函数，借助导数证明不等式，再利用不等式性质及累加法推理判断；②利用收敛的定义推理判断即得.
【详解】（1）依题意，第1块铁块比第2块铁块向桌外伸出部分的最大长度为第1块铁块自身长度的一半，则，
由为等差数列，得其首项为，公差，
因此，即，
所以的通项公式是.
（2）①由（1）知，，
令函数，求导得，即函数在上递减，
则，即，取，于是，
则，
所以.
②不收敛.
给定正数，对，令，则，
解得，取（表示不超过的最大整数），
显然当时，不等式不成立，即有，
因此数列不收敛；
取，则当时，，
因此当时，成立，
所以不收敛.
的意义是块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，因为不收敛于任意正数，
所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.
【点睛】关键点点睛：比较与的大小，构造函数，借助导数证得是关键.
10．（2024·重庆渝中·模拟预测）（1）证明：当时，；
（2）已知正项数列满足.
（i）证明：数列为递增数列；
（ii）证明：若，则对任意正整数，都有.
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解，证明见详解
【分析】（1）构造函数，利用导数证明，同理构造函数，利用导数得证；
（2）（i）由条件，变形得，结合（1）可证，得证；（ii）用分析法将所证明问题转化为，由条件可得，进一步可得，裂项相消可得，结合，放缩可证.
【详解】（1）令，则，
所以在上单调递增，所以，即，
再令，则，，
令，则，由上面知，
即在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，所以，
即.
综上，当时，成立.
（2）（i）因为，所以，
所以，由（1）知，当时，，
所以，
所以数列为递增数列.
（ii）要证，即证，即，
由（1）知：当时，，
所以，即有，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，即，
所以，归纳易得数列为减函数，
又数列为递增数列，
所以，
所以
，
又因为，
所以，
所以，
即成立.
【点睛】关键点睛：本题第二问，（ii）解题的关键是结合条件得到数列为减函数，所以，累加得到，利用放缩裂项相消证得结果.
考点十一、利用导数研究函数新定义问题
1．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
(1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
(2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
(3)若，且，求证:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可；
（2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可；
（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
2．（2024·广东·二模）拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数在闭区间上的图象连续不断，在开区间内的导数为，那么在区间内存在点，使得成立．设，其中为自然对数的底数，．易知，在实数集上有唯一零点，且．
(1)证明：当时，；
(2)从图形上看，函数的零点就是函数的图象与轴交点的横坐标．直接求解的零点是困难的，运用牛顿法，我们可以得到零点的近似解：先用二分法，可在中选定一个作为的初始近似值，使得，然后在点处作曲线的切线，切线与轴的交点的横坐标为，称是的一次近似值；在点处作曲线的切线，切线与轴的交点的横坐标为，称是的二次近似值；重复以上过程，得的近似值序列．
①当时，证明：；
②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得：为递减数列，且．请以此为前提条件，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）因为在R上单调递增，所以任意，有，另一方面，注意到，即，根据拉格明日中值定理，即可证明结论.
（2）①利用导数的几何意义进行证明即可；②根据①，及前面的结论，，，构造函数求导数，结合拉格朗日中值定理证明结论.
【详解】（1）由在R上单调递增，得任意，有，
又由，得，根据拉格明日中值定理，
存在，，
因为，所以，，
所以
（2）①先证，
在处，曲线的切线方程为，
令，得，即，
由于，在R上单调递增，则，
而，则有，所以，即；
再证：，
由于在R上单调递增，只需证，
曲线的切线方程为，即，
根据的定义，，
令，，
，，
于是在上单调递减，而，
因此，又，即，所以，
综上.
②由在R上单调递增，，得，
则，由①，及前面的结论，，，
令，则，记，则当时，
，
根据拉格朗日中值定理，
，，，
即，于是，累乘得，所以
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
3．（2024·贵州遵义·三模）英国数学家泰勒（B．Taylr，1685—1731）发现了：当函数在定义域内n阶可导，则有如下公式：以上公式称为函数的泰勒展开式，简称为泰勒公式．其中，，表示的n阶导数，即连续求n次导数．根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题：
(1)写出的泰勒展开式（至少有5项）；
(2)设，若是的极小值点，求实数a的取值范围；
(3)若，k为正整数，求k的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用泰勒展开式求解即可；
（2）先求出，从而可得，由是的极小值点，得，当时，，当时，，进而可得出答案；
（3）先利用泰勒展开式求出的取值范围，再将其写成整数部分加上小数部分的形式，再利用二项式定理求出的范围，进而可得出答案.
【详解】（1）当时，，
由泰勒展开式可得；
（2）因为，
，
所以，
则，
因为是的极小值点，且，
则当在的附近时，即可，
即可，所以，
综上所述，；
（3）因为，
所以，
所以，
，
即，
令，则，则，
由二项式定理可知
，
，
所以，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：用导数研究函数的单调性是导数的一个只要应用，在导数解答题中，单调性问题是绕不开的一个问题，因为单调性是解决后续问题的关键，利用导函数求解函数单调性步骤，先求定义域，再求导，根据导函数的正负号，确定函数的单调区间，若不能直接求出，可能需要多次求导.
4．（2024·上海奉贤·三模）若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意均有，则称函数是函数的“导控函数”．我们将满足方程的称为“导控点”．
(1)试问函数是否为函数的“导控函数”？
(2)若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”；
(3)若，函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”．
【答案】(1)是
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“导控函数”得定义求解即可；
（2）由题意可得，再根据“导控点”的定义可得，求出，进而可求出，进而可得出答案；
（3）根据“导控函数”的定义结合充分条件和必要条件的定义求证即可.
【详解】（1）由，得，由，得，
因为，所以函数是函数的“导控函数”；
（2）由，得，
由，得，
由，得，
由题意可得恒成立，
令，解得，
故，从而有，所以，
又恒成立，即恒成立，
所以，所以，
故且“导控点”为；
（3）充分性：若存在常数使得恒成立，
则为偶函数，
因为函数为偶函数，所以，
则，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，则，所以函数为偶函数，
函数是函数的“导控函数”，
因此，
又，
因此函数是函数的“导控函数”，
所以，即恒成立，
用代换有，
综上可知，记，
则，
因此存在常数使得恒成立，
综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”．
【点睛】关键点点睛：理解“导控函数”和“导控点”的定义是解决本题的关键.
5．（2024·湖南长沙·二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一个极大（小）值.
对于函数，设自变量x从变化到，当，是一个确定的值，则称函数在点处右可导；当，是一个确定的值，则称函数在点处左可导.当函数在点处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数在点处可导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
(2)已知函数.
（ⅰ）求函数在处的切线方程；
（ⅱ）若为的极小值点，求a的取值范围.
【答案】(1)，说明见解析
(2)（ⅰ）切线方程为，（ⅱ）
【分析】（1）根据题意，求出函数的左导数和右导数，即可说明；
（2）（ⅰ）根据导数的几何意义求切线；
（ⅱ），通过利用导数研究函数的性质，解决的极小值问题，从而求a的取值范围.
【详解】（1），为该函数的极值点，
当，，
当，，
则该函数在处的左导数为，右导数为1，
所以该函数在处不可导.
（2）（ⅰ）根据题意，，则切点，
又，则，
所以切线方程为；
（ⅱ），
因为当时，，故与同号，
，先考察的性质，
由于为偶函数，只需分析其在上的性质即可，
，，
设，
则，，
则必有，即.
①否则，若，即，
则必存在一个区间，使得，
则在单调递减，又，
则在区间内小于0，则在单调递减，
又，故在区间内小于0，
故在区间内小于0，
则不可能为的极小值点.
②当时，，
令，，
令，
则，
易知在区间上单调递增，
对，，
则在区间上大于0，
故在区间上单调递增.
故在区间上单调递增.
又，故，
故在区间上单调递增，
又，故，故在区间上单调递增，
又，故，，
则，，
故当时，，
由偶函数知时，，
故为的极小值点，
所以a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：最后一问中由，通过利用导数研究函数的性质，解决的极小值问题，从而求a的取值范围.
0
2
0
0
单调递减
1
单调递增
单调递减
0
2
0
0
极小值
极大值
0
2
0
0
极大值
极小值
0
单调递增
单调递减
0
单调递增
0
单调递减
单调递增
1
+
0
－
0
+
极大值
极小值
0
0
0
单调递增
极大值
单调递减
单调递减
单调递减
极小值
单调递增
0
0
增区间
极大值
减区间
极小值
增区间
1
3
0
减区间
极小值3
增区间
0