24届高三二轮复习函数与导函数专题2——函数与导函数（二）原卷及教师版

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一、洛必达&泰勒公式
1．（2023上·福建莆田·高三莆田第四中学校考阶段练习）已知函数，，，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】依题意可得对恒成立，记，即在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，分、、三种情况讨论，即可求出参数的取值范围.
【详解】，等价于，
记，即在上恒成立，
.
当即时，，在上单调递减，
所以当时，即恒成立；
当时，记，则，
当时，单调递减，又，，
所以存在，使得，当时，，单调递增，
所以，即，
所以当时，，即，不符合题意；
当时，，不符合题意.
综上，的取值范围是.
故选：C
【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.
2．（2024·湖北武汉·武汉市第六中学校联考二模）已知对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，由题意可知：对任意恒成立，且，可得，解得，并代入检验即可.
【详解】令，则，
由题意可知：对任意恒成立，且，
可得，解得，
若，令，
则，
则在上递增，可得，
即对任意恒成立，
则在上递增，可得，
综上所述：符合题意，即实数的取值范围为.
故选：A.
3．（2024上·北京石景山·高三统考期末）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求证：当时，；
(3)设实数使得对恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由导数的几何意义计算即可得；
（2）构造函数，求导研究单调性即可得；
（3）分类讨论，当时，由（2）可得此时符合要求，当时，构造函数，结合导数研究单调性可得不符，当时，结合导数单调性可得亦不符.
【详解】（1），故，
又，故有，
即，故切线方程为；
（2）令，
则，
由，故，故在上单调递减，
所以，
即当时，；
（3）当时，，
由（2）知，当时，，
所以当时，对恒成立；
当时，令，
，
当时，因为，所以，在上单调递增，
，不合题意，
当时，得，
当时，，时，，
所以在上单调递增，则时，，不合题意，
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题最后一问关键点在于根据的范围分类讨论，从而结合单调性研究函数最值得到结果.
4．（2023下·四川资阳·高二统考期末）已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)若，，求的取值范围.
【答案】(1)，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）令，，则原不等式即为，求出函数的导函数，再分和两种情况讨论，即可得到函数的单调性，从而求出参数的取值范围.
【详解】（1）当时，则，
令，则，，
所以当时，单调递减且，当时，单调递增，
所以当时，即，当时，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，即，无极大值.
（2）令，，则原不等式即为，
可得，，，
令，则，
令，，则，所以在上单调递增，则，
则时，，所以，
当时，所以，
所以在上恒成立，
所以即在上单调递增，
当，即时，所以单调递增，
所以恒成立，所以符合题意，
当，即时，，
所以存在使得，
当时，则单调递减，所以，与题意不符，
综上所述，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．
5．（2023下·安徽合肥·高二校联考期末）已知函数，.
(1)求证：；
(2)若，问是否恒成立?若恒成立，求a的取值范围；若不恒成立，请说明理由
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）直接作差令，求导判定差函数单调性及最小值即可得出结论；
（2）令，利用端点效应即得出时恒成立，再证明充分性即可.
【详解】（1）令，，
当，，所以此时单调递减；
当，，所以此时单调递增；
即当时，取得极小值也是最小值，所以，得证；
（2）设，
即证在上恒成立，
易得，
当时，若，
下面证明：当时，，在上恒成立，
因为，设，
令，
所以在上是单调递增函，所以，
又因为，则
所以在上是单调递增函数，
所以，所以在上是严格增函数，
若时，，即在右侧附近单调递减，此时必存在，
不满足恒成立，
故当时，不等式恒成立.
【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．
二、主元法
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)若是函数的一个极值，求实数的值；
(2)求证：当时，．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）令，解得的值后，验证即可；
（2）根据条件可知当时，，可转化为，证明，即证即可.
【详解】（1）因为，
所以．
因为当时，函数取得极值，所以，
即，所以或．
①当时，，
设，
则，
则时，
当时，
，
所以在上是增函数，所以
所以当时，函数取得极小值．
②当时，，
同理可证：当时，函数取得极小值．
综上，或．
（2）当时，．
因为，所以，即，所以，
所以在上是增函数，
所以当时，，
即当时，．
下面证明，
即证．
令，
则．
令，
则，
所以函数单调递减，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
所以，
所以．
【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，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上·全国·高三专题练习）函数
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；
(2)证明见详解.
【分析】（1）把代入，求出函数的导数并变形，构造函数探求大于0或小于0的取值区间作答.
（2）在给定条件下探讨函数的最大值，将不等式转化为证的最大值小于即可作答.
【详解】（1）依题意，函数的定义域为，
当时，，求导得，
令，则，则在上单调递减，而，
当时，，，当时，，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）当时，，，
令，则，
在上单调递减，而，，
则有，即，有，
当时，，，在上单调递增，
时，，，在上单调递减，
因此函数在时取最大值，即，
令函数，
则在上单调递减，即有，
要证，即证，只需证，
令，，
则在上单调递减，
因此，，即成立，
则有成立，
所以当时，不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
8．（2024上·全国·高三专题练习）知函数．
(1)求函数的单调区间和最小值；
(2)当时，求证：（其中为自然对数的底数）；
(3)若，求证：．
【答案】(1)在上为增函数；在上为减函数，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接求导，根据导数与0的关系判断单调性得最值；
（2）由（1）得，化简即可得结果；
（3）将题意转化为，设函数，求出函数最小值，化简得，进而得结果.
【详解】（1）
令得；
令得：；
在上为增函数，在上为减函数．
故.
（2）由（1）知：当时，有，
，即：，．
（3）将变形为：
即只证：
设函数
，

令，得：．
在上单调递增；在，上单调递减；
的最小值为：，即总有：．
，即：，
令，，则
，
成立．
9．（2004·全国·高考真题）已知函数.
（1）求函数的最大值；
（2）设,证明.
【答案】（1）0；(2)详见解析.
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数进行求导运算，令导函数等于0求出x的值，再判断函数的单调性，进而可求出最大值．（2）先将代入函数得到的表达式后进行整理，根据（1）可得到，将放缩变形为代入即可得到左边不等式成立，再用根据的单调性进行放缩．然后整理即可证明不等式右边成立．
【详解】(1）由已知可得x>-1, -1，令0得x=0.
当-10
当x>0时，<0 所以f(x)的最大值为f(0)=0
（２）证明：只需证＜（ｂ－）
整理得＋＜０
即证＜０
上式两边除以，整理得
设＞１令Ｆ（ｘ）＝
当ｘ＞１时＜０
Ｆ（ｘ）在区间（1，+∞）上单调减，又Ｆ（１）＝０
Ｆ（ｘ）＜０
＝
g()﹢g(b)﹣＜（b﹣）ln2.
【点睛】考点：1.利用导数求闭区间上函数的最值；2.平均值不等式在函数极值中的应用．
10．（2023·河南·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的图象在点处的切线方程;
(2)当时，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别求出，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用作差法并构造函数，并利用二次导数求出恒成立，即可求解.
【详解】（1）当时，，则
所以，又因为，
故所求切线方程为，即.
（2）因为的定义域是，
所以当时，
设，则，
设则在上恒成立，
所以在上是增函数，则，
又因为，因为，所以，
又因为，所以，
所以在上存在唯一零点，也是在上的唯一零点，
所以，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以
由于，所以，，，
所以，所以，
所以当时，，即成立.
【点睛】方法点睛：（2）问中通过作差法后构造函数，利用构造函数的二次求导求出其最小值大于零，从而求证.
三、零点比大小
11．（2012·全国·高考真题）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值.
【答案】（1）的解析式为 且单调递增区间为，单调递减区间为
（2）时，的最大值为
【详解】（1）
令得：
得：
在 上单调递增
得： 的解析式为且单调递增区间为 ，单调递减区间为
（2）得
①当时， 在上单调递增
时， 与矛盾
②当时，
得：当时，
令；则
当 时，
当时， 的最大值为
12．（2024上·湖北十堰·高三统考期末）若直线与曲线相切，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据切点和斜率列方程，利用构造函数法结合导数来求得的取值范围.
【详解】设切点为，因为，所以．
又因为切点在直线上，
所以，解得，所以．
令，则，
所以在区间上，单调递减，
在区间上单调递增，
所以，故的取值范围为．
故选：C
13．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考一模）设函数，直线是曲线的切线，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先设切点写出切线方程，再求的解析式，最后通过求导判断单调性求出最小值.
【详解】令的切点为，因为，
所以过切点的切线方程为，
即，所以，
所以，
令，则，
所以当时恒成立，此时单调递减，
当时恒成立，此时单调递增，
所以，所以，
故选：C
14．（2024·全国·高三专题练习）已知关于的不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，则将问题转化为，求出函数的导数，根据函数的单调性可求出的最大值，问题转化为，时，，从而可求出其最小值.
【详解】关于的不等式恒成立，即，
令，则，
，
当时，，则在上递增，所以无最大值，
当时，令，解得，令，解得，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以，得，
所以，即，
所以当时，，
令，
所以此时取最小值为，
当时，，
综上，的最小值为，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为恒成立，构造函数，则只要，利用导数求函数的最大值，考查数学转化思想，属于难题.
15．（2023·全国·高三专题练习）已知对恒成立，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】分和两种情况进行讨论，时，取一个值说明不恒成立，时，令，通过得到关于的不等式，分情况构造函数，求出最值，即可得到的范围．
【详解】设，求导得，
令所以，
所以在上单调递增，
所以当时，，所以在上单调递减，
所以时不满足恒成立；
当时，若得，即，
时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
令，即，
则：①当，即时，在上单调递增，
所以恒成立，
所以时，在时恒成立，
此时，
令，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以有最小值为，
所以时，最小值为；
②当即时，
在上单调递减，在，上单调递增，
所以在时取到最小值，
若在时恒成立，
则，得，
所以，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以有最小值，
所以时，的最小值为，
而，综上的最小值为．
故答案为：.
四、剪刀差
16．（2023·四川宜宾·统考一模）已知，记在处的切线方程为.
(1)证明：；
(2)若方程有两个不相等的实根，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出，在处的切线的斜率，根据直线的点斜式方程写出，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出的最小值，即可证明结论；
（2）根据方程有两个不相等的实根，利用导数研究函数的单调性和最值，确定以及，的范围，根据（1）的结论，可以得到当时，；求出函数在处的切线，可以得到当时，，最后根据不等式的性质即可证明结论.
【详解】（1）证明： 的定义域为，
，
，，
，即.
令，，
，令，解得，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
，
恒成立，即；
（2）由（1）知，令，得，
当时，，在单调递增，
当时，，在单调递减，
，
当时，；当时，，
方程有两个不相等的实根，
且，
，，
函数在处的切线方程为，即.
下证：
令，
，令，解得，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
，
恒成立，即，当且仅当时等号成立.
，，即，
由（1）知，，
，，即，
.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数证明不等式，小问（2）关键在于根据函数的单调性确定和的范围，由（1）的结论提供思路，证明当时.
17．（2023·四川泸州·四川省叙永第一中学校校考模拟预测）已知函数．
(1)是否存在实数使得在上有唯一最小值，如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由；
(2)已知函数有两个不同的零点，记的两个零点是，．求证：；
【答案】(1)存在，
(2)证明见解析
【分析】（1）求导讨论单调性即可；
（2）先分离常数，转化成图像交点的个数问题，令再求函数的图象在点，处的切线方程，再构造函数求出两个根取值范围.
【详解】（1），，
则，，
当时，恒成立，函数单调增，没有最值；
当时，令，解得，负值舍去，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取到最小值，，解得，
所以存在满足条件的；
（2）证明：由，得，
令，则，
令，解得，
当时，；当时，；
所以函数在上单调递减，在单调递增，
故在上有唯一最小值，
最小值点为，
若方程有两个不同的零点，，
且，因为，所以，
函数的图象在点，处的切线方程分别为和，
如图：
且在内，在上，
先证：即，即，，
，令，解得，
当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
再证：，即，
令，则恒成立，
所以在，上单调递减，所以（1），
令，，
即可得，，即；
【点睛】第一问是在给定区间有最值求参数问题，属于含参数的单调性讨论问题，然后求出符合条件的参数值；第二问是零点比大小问题，先确定零点的范围，再构造函数用单调性分析零点的大小.
18．（2023上·全国·高三贵溪市实验中学校联考阶段练习）已知函数有两个零点．
(1)求的取值范围；
(2)设两零点分别为，证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分离参数，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解，
（2）构造函数以及，利用导数求解函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）令，得，令，则，
令，得，令，得．则在单调递增，在单调递减．
当时，，当时，恒成立，且，
若要与有两个交点，则．
（2）易知，令．
设，
令，则在上单调递减，且，
则存在唯一的，使在单调递增，在单调递减．
又，则在上，即在上恒成立．
设，则，
令，则，则在上单调递减，在上单调递增，则，
则，则在上单调递增，又，所以，即在上恒成立．
令得到，由且在上单调递增，则；
令得到，由且在上单调递减，则．
则
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，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.
19．（2022·四川资阳·统考一模）已知函数．
(1)若单调递增，求的取值范围；
(2)若有两个极值点，，其中，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析..
【分析】（1）根据函数单调递增，则，然后转化为求函数最值问题，即可得到结果.
（2）构造函数，可得，从而得到当时，，然后令可得，当时，，故有，即可证明.
【详解】（1）由得，
由单调递增，则，得，
设，则
可知时，，单调递增；
时，，单调递减，
则时，取得极大值，也为最大值，则
所以，的取值范围是
（2）
由题，函数有两个极值点，则即有两个不相等实数根，
由（1）可知时，取得极大值，，趋向时趋向于0.
故有两个不相等实根时，，且
过点与的直线方程为，
构造函数，，
令，则
则时，，即单调递减；
时，，即单调递增，
所以时，极小值为
所以时，，则，即，
故当时，，
设方程的根为，则，
构造函数
令则，
令，则，
故时，单调递减，则，又，
所以，当时，，故有，
令方程的根为，则，
于是有，如图
所以，证毕
【点睛】关键点点睛：涉及不等式证明问题，可以将不等式变形，构造函数，利用导数探索函数单调性，极值是解决问题的关键.
20．（2023下·四川成都·高三成都七中校考开学考试）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)求函数的最小值；
(3)若函数的图象与直线有两个不同的交点、，证明：．
【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据函数解析式可得定义域为，利用导函数即可判断函数的单调性得出其单调区间；
（2）对函数求导判断出其单调性即可得的最小值为；
（3）通过观察需要证明的不等式特征结合（1）（2）中的结论可知，函数的图象在两条切线和的上方，即可得出的距离小于等于被两切线截得的线段长.
【详解】（1）由函数可得定义域为，，
令可得，
当，，即在上单调递减；
当，，即在单调递增；
所以，函数的单调递减区间是，单调递增区间是．
（2）由题意得，其定义域为，，
当，，即在上单调递减，
当，，即在单调递增；
所以，即的最小值是．
（3）由（2）可知，
即，直线为函数的一条切线，
，取，，，
所以在处的切线方程，即
（下面证明此切线在函数图像下方）
令，，
又令，恒成立，
则为单调递增函数，又，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，所以，
所以函数图像夹在直线和直线之间，
直线与直线的交点为，
与直线的交点为，
不妨设，则．
【点睛】关键点点睛：在证明不等式时，关键是利用前两问的结论得出函数的图象夹在两条切线之间，并找出对应的切线方程即可证明结论.
五、韦达类零点问题
21．（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值．
【答案】(1)单调递增，单调递减
(2)
【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）求出，由有两个不等实根，结合判别式韦达定理得且，所以．不等式中消去得关于的不等式，分离参数转化为求函数的最值，从而得出结论．
【详解】（1）时，函数的定义域为
由解得．
当时，在单调递减；
当时，在单调递增．
（2），则．
根据题意，得方程有两个不同的实根，
，即且，所以．
由，可得
又
总有对恒成立．
①当时，恒成立，此时；
②当时，成立，即
令函数，则在恒成立
故在单调递增，所以．
③当时，成立，即
由函数，则，解得
当时，单调递增；当时，单调递减又，当时，
所以．
综上所述，．
【点睛】方法点睛：有关极值点与其他参数的等式或不等式问题，一般可能利用消参数法减少参数个数，方法是利用极值点是导函数为0的零点，有时还可结合韦达定理得出它们的关系，然后用代入法消参数．最终转化为求函数的最值等问题．
22．（2023上·山西吕梁·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，，求当a为何值时，取得最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数导数，通过对导数中的分类讨论，研究函数值的符号，得出函数正负，求出原函数的单调区间；
（2）根据函数的极值点得出，化简，利用导数求何时取最大值.
【详解】（1）由，得．
令，则，，
当，即时，恒成立，则，
所以在上是减函数．
当，即或．
（i）当时，恒成立，从而，所以在上是减函数．
（ii）当时，函数有两个零点：，，
列表如下：
综上，当时，的减区间是，无增区间；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，所以，
令，，，
则，
当时，；当时，，
则在上是增函数，在上是减函数，从而，
由知，又，解得，
所以当时，取得最大值．
23．（2024上·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)设的导函数为，若为的两个零点，证明：.
【答案】(1)极大值为.
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用导数求得的单调区间，再利用极值定义即可求得函数的极值；
（2）先将不等式转化为，再构造函数，并利用导数证得，进而证得原不等式成立.
【详解】（1）的定义域为，
，
当时，在上恒成立，
所以在上单调递减，此时无极值；
当时，当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故只存在极大值且为.
（2）由为的两个零点得，，
所以，
则，
又
.
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
若为的两个零点，则，
所以.
要证，需证，
需证，
又，
即证，
因为，则，则，
所以需证，
即证，
令，需证，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
则，故.
24．（2024上·天津宁河·高三统考期末）已知函数，．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，然后求出，，根据点斜式写出直线方程；
（2）求导，然后分和讨论求的单调区间；
（3）根据极值点为导函数的零点，令，利用韦达定理将用表示，代入，构造函数求其最值即可.
【详解】（1）当时，，
得，则，，
所以切线方程为，即；
（2），
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，令，得，单调递增，
令，得，单调递减，
综合得：当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为；
（3），
则，
因为是函数的两个极值点，
即是方程的两不等正根，
所以，得，
令，则，
得，
则，
所以
，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即.
【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用韦达定理，令达到消元的目的，常用的换元有等.
25．（2024上·江苏无锡·高三统考期末）已知函数（），为的导函数，.
(1)若，求在上的最大值；
(2)设，，其中.若直线的斜率为，且，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若，求得，得到，结合的符号，得到，即，进而求得函数的最大值；
（2）根据题意，转化为任意，都有，令，得出对于恒成立，记，求得，分类讨论，求得函数的函数与最值，即可求解.
【详解】（1）解：若，可得，则，
即，可得，
当时，，所以在上单调递增，
又由，所以，即，
所以函数在上单调递减，
所以，即函数的最大值为.
（2）解：由，可得，
因为，
所以对任意且，都有，
因为，可得，则，
对任意且，令，
则
对于恒成立，
由
则对于恒成立，
记，
可得，
①若，则，在单调递增，所以，符合题意；
②若，则，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以，当时，，不符合题意（舍去），
综上可得，，即实数的取值范围为
【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．
六、隐零点
26．（2024上·辽宁葫芦岛·高三统考期末）已知函数，其中.
(1)当时，求的单调区间；
(2)已知，若只有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)详见解析；
(2)
【分析】（1）利用导函数即可求得的单调区间；
（2）先求得的导函数，按a分类讨论，当时只有一个零点；当时，利用构造函数法结合导数的方法可以求得有三个零点，进而求得的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
令，则，
则在上单调递增， 又，
则当时，，当时，，
故单调递增区间为；单调递减区间为.
（2），
又，则的定义域为
则，
令，
则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
则当时，取得最小值，
①当时，，
则在恒成立，
则即在恒成立，
故在上单调递减，
当时，；当时，，
故只有一个零点.
②当时，，，
而，
设，，
则，又，则，
故在为减函数，故，
故，则，
故在上有两个零点且，
且当时即，在上单调递减；
当时即，在上单调递增；
当时即，在上单调递减；
而，
令，则，，
令，，
则，，又，
则在上恒成立，在上单调递减，
则，即，则，
而，
且即，其中，
故，
故
设，，
则，
令，则，
则在上单调递减，又，
则在上恒成立，故，
故在上为减函数，故，故，
又，，
当时，，时，，
故此时有3个不同的零点，故舍去.
综上，.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点.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.
27．（2024·广东广州·铁一中学校考一模）已知函数，其导函数为.
(1)若在不是单调函数，求实数的取值范围；
(2)若在上恒成立，求实数的最小整数值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可知在有变号零点，由此结合函数的单调性，解不等式即可求得答案；
（2）法一：采用分离参数法，将原不等式变为即为在恒成立，构造函数，求函数的导数，利用导数求其最小值，即可求得答案；
法二：求函数的导数，利用导数判断其单调性，求得函数最小值，结合解不等式即可求得答案.
【详解】（1）；
因为在不是单调函数，所以在上有变号零点；
因为恒成立，令，则在上有变号零点；
因为，所以在单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，
所以实数的取值范围是.
（2）（法一）令，
因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，
所以在恒成立，即为在恒成立，
令，
则
，
令，则在恒成立，
所以在上单调递减；
因为；
所以有唯一零点，且
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以；
所以实数的最小整数值为.
（法二），
由（1）得，当时，在上单调递增，
所以成立.
当时，存在，使得
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，
令得；
解之得.
综上，，
所以实数的最小整数值为.
【点睛】方法点睛：解决不等式恒成立问题，常用方法有：（1）将原不等式变形整理，分离参数，继而构造函数，转化为求解函数的最值问题解决；（2）直接构造函数，求导数，求解函数的最值，使得最小值恒大于(或大于等于)0或恒小于（或小于等于）0，解不等式即可.
28．（2024上·广东深圳·高三统考期末）已知函数．
(1)若的最值为，求实数的值；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出，有最值可得，利用导数判断单调性可得最小值为，由化简可得，令函数，再根据 的单调性可得答案；
（2）由（1）知，当时，的最小值为，且，化简得两边取对数，得，再由，利用基本不等式可得答案．
【详解】（1）易知的定义域为，且，
①若，则，
为单调递增函数，无最值；
②若，令函数，则，
当时，为单调递增函数，
又，
在区间上存在唯一零点，不妨设其为，
则，即（*），
当时，，即，
在区间上单调递减；
当时，，即，
在区间上单调递增，
存在唯一的最值（最小值），且最小值为，
由题意可知，（**），
，代入（**），得，
又，
令函数，则，
为单调递减函数，
易知，由可知，
由可知，
综上所述，若的最值为，则实数的值为1；
（2）由（1）可知，当时，的最小值为，且，（*），
对（*）式两边取对数，得，
，
，
由基本不等式，可知，
，
又，
．
【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.
29．（2024·四川自贡·统考一模）函数的最小值为.
(1)判断与2的大小，并说明理由：
(2)求函数的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用导数研究函数的单调性求出最小值，其中满足；再由得；，求出；最后利用对勾函数的单调性即可求解.
（2）先利用导数研究函数的单调性求出最大值，其中满足；再由及（1）中，，得；最后由函数在上单调递增，得，代入，即可求出结果.
【详解】（1）.
理由如下：
由可得：函数定义域为；.
在上单调递增.
，
存在唯一的，使得，即.
当时，；当时，.
即函数在上单调递减，在上单调递增.
故.

；
，即.
因为函数在上单调递减，
，即
故.
（2）由，得：函数定义域为，，.
在上单调递减.
当时，；当时，.
存在唯一的，使得，即.
当时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减.
故.
，即.
由（1）知：，
则.
令
函数在上单调递增，在上单调递增.
函数在上单调递增，
.
.
故函数的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，属于难题.解题关键在于：第
（1）问利用导数研究函数的单调性求出最小值，难点在于对变形得及，进而得出，之后利用对勾函数的单调性即可求解；第（2）问利用导数研究函数的单调性求出最大值，难点在于对变形得及结合（1）中，，得；最后构造函数并判断单调性，得，代入，即可求出结果.
30．（2023上·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)
【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.
【详解】（1）当时，，
则
令，得；令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，所以，令，列表如下:
所以存在极值点.所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，
因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，即需要，
即需要，即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是．
【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．
七、零点极值点作差
31．（2023上·广东深圳·高三珠海市第一中学校联考阶段练习）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，若的极小值点为，证明：存在唯一的零点，且．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分类讨论，，和，分析函数的正负，即可得出答案；
（2）由题意先表示出，再令，利用导数分析函数的单调性，可得有最小值，即可证明.
【详解】（1），
若，由，则时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，令，得或，
若，则或时，，单调递增；时，，单调递减；
若，则在上恒成立，在上单调递增；
若，则或时，，单调递增；时，，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，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）由(1)知，时，在，上单调递增；
在上单调递减，则的极小值点为，
由极大值，且当趋近正无穷时，趋近正无穷，
存在唯一的零点，满足，
化简得，，
∴，即，
∴，
设，，
，
当时，，单调递增，
时，，单调递减，
从而当时，有最小值，
综上所述，存在唯一的零点，且．
【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.
32．（2024上·天津·高三校联考期末）已知函数（e是自然对数的底数）．
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)当时，
①求证：函数存在唯一的极值点；
②在①的条件下，若且，求证：
【答案】(1)
(2)① 证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）（i）当时，求得，令，利用导数求得函数的单调性，结合，，得到存在唯一使，结合函数的单调性，即可求解；
（ii）由（i）化简得到，利用导数，先证得，得到时，转化为证明，法一：设，利用导数得到函数在单调性，进而得到证明；法二：设， 利用导数求得函数在上单调性，进而得出证明.
【详解】（1）解：当时，函数，可得
所以，且，所以切线方程为：.
（2）解：（i）当时，函数，可得，
令，，则在上单调递减，
由，得，，则，
又由，，
由零点存在性定理可知，存在唯一使，即，
当时，，，在上单调递增，
当时，，，在上单调递减，
则在处取得极大值，即存在唯一的极值点，
（ii）由（i）可知，，即，①
由，且，得，
由，得，，②
②式除以①式，得，
先证，
令，，所以在上单调递减，
所以，
所以时，，则，则，，
要证明，等价于证明，
等价于证明
由，且，有，
法一：设，
可得，
所以在上单调递减，所以
所以，当时，有，
所以，
又由，
得，故成立．证毕
法二：设，
则，
，
得在上单调递减，则，
所以，当时，得，
则，故成立，得证．
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
33．（2024上·重庆·高三统考期末）已知函数．（e为自然对数的底数）
(1)当时，证明存在唯一的极小值点，且；
(2)若函数存在两个零点，记较小的零点为，s是关于x的方程的根，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导函数的单调性，结合零点存在性定理推理即得.
（2）利用函数零点的意义结合同构思想可得为两根中较小的根，且，再结合已知构造函数，借助单调性推理即得.
【详解】（1）当时，，求导得，
显然函数在上单调递增，且，
则存在，使得当时，，当时，，且，即，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，存在唯一的极小值点，
而，所以.
（2）令，得，设，显然在定义域上单调递增，
而，则有，于是，
依题意，方程有两个不等的实根，即函数在定义域上有两个零点，
显然，当时，的定义域为，在上单调递增，
最多一个零点，不符合题意，因此，的定义域为，
求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
要有两个零点，必有，即，此时，即在有一个零点，
，令，求导得，显然在上递增，
，函数在上递增，，
于是，则函数在上存在唯一零点，
由为的两个根中较小的根，得，
又，从而，则有，
设，
当时，，有，符合題意，
当时，，则在上单调递增，，不合题意，
因此，设，求导得，
当时，令，则，
于是在上单调递增，从而，即，
从而，即在单调递增，则，
于是，即有，所以.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、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.
34．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)证明：存在唯一，使；
(2)证明：存在唯一，使，且对（1）中有．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，求得函数在区间上单调递减，结合，，即可得证；
（2）构造函数，令，得到，求得存在唯一的，即证存在唯一的零点，满足.
【详解】（1）证明：，
可得，
当时，，故在区间上单调递减，
由于，，
故存在唯一，使得，命题得证.
（2）解：由，
因为，构造
令，则，记函数，
可得
，
由（1）得，当时，，在上单调递增，又由，
所以当时，可得，所以在上为零点；
当时，，在上单调递减，且，
所以存在唯一的，使得，
所以存在唯一的，使得，
所以存在唯一的，使得，
当时，，所以与有相同的零点，
所以存在唯一的，使得，
因为，且，所以.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，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.
35．（2024·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)若与在定义域上有相同的单调性，求的取值范围；
(2)当时，记，的零点分别为，判断与的大小关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）由 得在上恒成立（因为且与在定义域上有相同的单调性），所以在上恒成立，所以得解.
（2）当时，,所以在上单调递增，在上单调递增，由零点存在定理可知存在且，，即，，结合 的单调性即可求解.
【详解】（1），
与的定义域均是，
，在上恒成立，
故在上单调递增，
因为与在定义域上有相同的单调性，所以在上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，
又时，，所以，故的取值范围是．
（2）因为，，
当时，则，故在上单调递增，
又，，所以，且．
因为在上单调递增，又，，
所以，且，即，故，
所以，
又，所以，
又，且在上单调递增，所以．
【点睛】关键点睛：关键是利用导数研究函数的单调性、函数的零点等，对考生思维的灵活性和综合能力要求较高．
八、对称方程
36．（2024·全国·模拟预测）已知函数，其中是自然对数的底数．
(1)当，求的极大值；
(2)若存在，使得，且，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，，通过的单调性研究的符号变换情况，进而研究的单调性，由此即可得到极大值.
（2）由题意将问题等价转换为函数有零点，通过求导，对进行分类讨论即可得解.
【详解】（1）因为，所以，，，
所以当时，，当时，，
所以在区间上单调递减，在上单调递增．
．因为，所以存在唯一，使得，
所以在区间和上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为．
（2）不妨设，所以关于的方程有正实数解，所以，即有正实数解．
设，则，
所以在上单调递增，所以．
①当时，单调递增，所以，不合题意；
②当时，存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以存在，使得，符合题意．
综上，的取值范围是．
【点睛】关键点睛：第二问的关键是分析得到关于的方程有正实数解，即有正实数解，然后通过构造函数即可顺利得解.
37．（2024上·广东湛江·高三统考期末）已知函数，.
(1)讨论的单调性.
(2)是否存在两个正整数，，使得当时，？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)，
【分析】（1）求得，分 ，讨论的单调性.
（2）将问题转化为，根据的值域确定，分别就分析是否满足题意.
【详解】（1），
当时，，在上单调递减.
当时，令，得.
，，则在上单调递增，
，，则在上单调递减.
（2）由（1）知，令，得在上单调递增，在上单调递减，则.
因为，所以，即，
即，
因为，为正整数，所以.
当时，，
因为，，所以，这与矛盾，不符合题意.
当时，因为，，所以，
所以，得，即.
经检验，当，时，不符合题意，
当，时，符合题意，
当，时，因为，所以，
当时，，，
所以.
综上，仅存在，满足条件.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于根据的值域确定的范围，再根据为正整数得，从而就的取值讨论即可.
38．（2023·四川南充·统考一模）设函数（为自然对数的底数）
(1)求在处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
(2)证明：有且仅有两个零点，且．
【答案】(1)2
(2)证明过程见解析
【分析】（1）求导，由导数的几何意义得到切线方程，求出与两坐标轴的交点坐标，求出三角形面积；
（2）二次求导，结合零点存在性定理得到在上单调递减，在上单调递增，进而由特殊点函数值得到函数在有唯一零点，该零点为，在有唯一零点，该零点为，由于，故，，求出，从而得到.
【详解】（1），
，故，
故在处的切线方程为，
令得，，令得，，
故切线与两坐标轴围成的三角形面积为.
（2）的定义域为R，
，当时，，
令，则，
故当时，恒成立，
故在上单调递增，
又，
由零点存在性定理可得，存在，使得，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
由于为连续函数，故在上单调递减，
在上单调递增，
因为，，
由零点存在性定理可得，存在使得，
即在有唯一零点，该零点为，
又，，
由零点存在性定理可得，存在使得，
故函数在有唯一零点，该零点为，
综上，有且仅有两个零点，且，
由于，故，则，
故，
则，
故也是的一个零点，
结合只有两个零点，故，即.
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
39．（2024上·河北邯郸·高三磁县第一中学校考阶段练习）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)设，若存在，使得，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)
【分析】（1）确定定义域，按导数求单调区间的一般步骤求解.
（2）根据和转化出含有的方程，用表示，构造函数研究使方程有根的的范围.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
，
令，则，
所以，当时，；当时，.
综上，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2），
由，得，
即，
将代入得，
即．
设，令，
转化为函数在区间内有零点，
，其中，
函数的图象的对称轴方程为，
若，则恒成立，在区间上为减函数，
又，则，
在区间上无零点；
若，则有两个不等正实数根和，
设，由，得，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
又，得．
下面证明函数在减区间上存在零点，
考虑到中含参数，
取，
则，
当时，，则，
令，则，
令，
当时，，
函数在时为减函数，
恒成立，
为上为减函数，
，
又，
函数在减区间内存在零点．
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】本题第二问第一个关键点在将变形转化成并构造函数设，令;第二个关键点在于于证明时， 有零点;第三个关键在于证明第二个关键过程中能够恰当的放缩.
40．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若，求证：当时，
(2)若，求证：在上有且仅有三个零点，，（），且．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数，利用导数判断单调性求出最值可得结果，
（2）函数零点即图像与x轴交点，构造函数，利用函数奇偶性、单调性及零点存在性性定理可得结果.
【详解】（1）若，则．设,，
则，，所以在上单调递增．
所以．又在上单调递增，
所以．即当时，．
（2）若，则．
令，得,设，．
则．所以为奇函数．
又，所以0是的一个零点．
下面证明：函数在上存在唯一的零点．
因为，，所以．
所以当时，，单调递增．
又，，所以在上存在唯一的零点．
由（1）知当时，，即，
所以当时，．
设，，则．
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以．
所以当时，．
所以当时，仅有一个零点．
因为为奇函数，所以当时，也仅有一个零点．
所以在上有3个零点，分别为，，．
即有3个零点，且．
【点睛】解决本题关键是构造函数，利用函数的奇偶性，零点存在性定理及导数判断函数的单调性证得结果.
九、三条切线问题
41．（2023上·广东汕头·高三金山中学校考阶段练习）若过点可作曲线三条切线，则（ ）
A．B．
C．或D．
【答案】D
【分析】设出切点，求导，得到切线方程，将代入切线方程，得到，故有三个实数根，令，求导，得到其单调性和极值点情况，从而得到不等式，求出答案.
【详解】设切点为，则，
，故，且切线方程为，
因为在切线上，故，
整理得，
因为过点可作曲线三条切线，
故有三个实数根，
设，则，
由得，或，
因为，由得或，此时单调递增，
由得，此时单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为，
故要有三个实数根的充要条件为，
即，解得.
故选：D
【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：
(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；
(2) 已知斜率求切点即解方程；
(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.
42．（2023下·黑龙江大庆·高二大庆中学校考阶段练习）已知函数．若过点可以作曲线三条切线，则m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】切点为，则求导后可得斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数求的单调性和极值，切线的条数即为直线与图像交点的个数，结合图像即可得出答案．
【详解】设切点为．由可得，
所以在点处的切线的斜率为，
所以在点处的切线为：，
因为切线过点，所以，
即，即这个方程有三个不等根即可，
切线的条数即为直线与图像交点的个数，
设，
则
由可得，由可得：或，
所以在和上单调递减，在上单调递增
当x趋近于正无穷，趋近于0，当x趋近于负无穷，趋近于正无穷，
的图像如下图，且，

要使与的图像有三个交点，则．
则m的取值范围是：．
【点睛】方法点睛：由函数过某点处的切线条数求参的一般方法如下:
（1）首先设切点，求导得切线斜率；
（2）切线方程为：；
（3）代入点构建方程；
（4）利用函数与方程的思想处理由方程解的个数求参.
43．（2023下·陕西西安·高二陕西师大附中校考期末）若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】构造新函数，利用导数求得其单调性和极值，进而求得实数的取值范围.
【详解】设点为曲线上一点，则
又，则，
则曲线在点处的切线方程为
，又切线过点，
则，即
令，则，
则时，单调递减；
时，单调递增；
时，单调递减，
则时取得极小值，时取得极大值，
又，
当时，恒成立，时，，
又由题意得方程有3个根，
则与图像有3个交点，则.
则曲线有三条过点的切线时实数的取值范围为.

故答案为：
44．（2024·河南·模拟预测）已知函数的图象在处的切线方程为.
(1)求的解析式；
(2)若过点可作图象的三条切线，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数得到切线斜率值，利用点斜式方程即得切线方程；
（2）设出切点，列出切线方程，将题设条件转化成方程有三个实根，即函数有三个零点，就值分类讨论即得.
【详解】（1）因为，，，
所以切线方程为，即.
（2）设切点为，则切线方程为：，
因切线经过点，故有，即.
令，依题知有3个零点.
，令得，
①当时，时，，时，，
则在上单调递减，在上单调递增，此时至多有两个零点，不合题意；
②当时，或时，，时，，
则在，上单调递增，在上单调递减，
又，，
因，由有3个零点可知：，故得：，即.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的切线方程求法和函数的零点问题.
解决函数的零点问题一般可以考虑运用参变分离法或者分类讨论法.此题中将曲线存在经过某点的三条切线问题，转化成对应方程的三个实根，继而又转化成函数有三个零点问题，最后就参数分类讨论得出结论.
45．（2023·广东·东莞市东华高级中学校联考一模）函数在处的切线方程为.
(1)求；
(2)已知，过可作的三条切线，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见详解.
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）先求出过的切线方程，根据过可作三条切线，得到所证不等式.
【详解】（1）的定义域，，
所以，且，
则在处的切线方程为，
即.
（2）设切点，又
则切线方程为，
又过点，
所以，
即，
即，
令，
则，
，
因为，且，所以在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增，
且，
趋向时 趋向于.
又因为过可作的三条切线，所以与有三个公共点 ，
所以 ，
又，
根据（1），所以 ，
又 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是把三条切线问题转化为两个图象有三个公共点的问题，结合极值可得答案.
十、零点同构
46．（2023下·四川成都·高三四川省成都市玉林中学校考阶段练习）已知是方程的一个根，则的值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】化简方程，利用构造函数法，结合导数求得，由此求得的值.
【详解】依题意，，
由，得，
，
设单调递增，
由得，
即，即，所以，
所以.
故选：B
47．（2023上·河北石家庄·高三石家庄市第二十七中学校考阶段练习）已知，那么的值是 ．
【答案】
【分析】根据零点存在性定理估计出解的大致范围，然后采用先猜后证法得出结果.
【详解】设函数
由于在定义域内单增.
故在定义域内最多一个解.
下面使用零点存在性定理估计零点的范围.
当时，令
令，设的零点为.
注意到：，
与有相同的增减性，即在定义域内单增；又因为，
由零点存在性定理可知零点……①
同理当时，令
令，设的零点为.
注意到：，
与有相同的增减性，即在定义域内单增；又因为，
由零点存在性定理可知零点……②
①②可得：……③
由③式，可以先猜为整数，即猜……④
下面进验证环节：
由题知：
那么：……⑤
将④代入⑤有：……⑥
对⑥式因式分解有：……⑦
将④代入⑦有：
上式约分后有：……⑧
将④代入⑧有：……⑨
⑨式显然成立，以上步步可逆，由分析法可知猜想正确，即.
故答案为：.
48．（2023上·内蒙古鄂尔多斯·高三期末）已知函数，．
(1)若的最大值是0，求的值；
(2)若对任意，恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)-1
(2)
【分析】（1）利用导数分和讨论函数最大值，从而求解；
（2）分离参数得，设，利用导数求函数的最小值，可得的取值范围．
【详解】（1）的定义域为，．
若，则，在定义域内单调递增，无最大值；
若，则当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，
为，解得，
显然符合题意，所以的值为
（2）对任意恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
设，则，
所以在上单调递增，且，，
所以有唯一零点，且，
所以．
构造函数，则.
又函数在上是增函数，所以．
由在上单调递减，在上单调递增，得，
所以，所以的取值范围是
【点睛】由不等式恒成立问题求参数思路点睛：分离参数；构造函数；求函数的最值（利用导数或函数的单调性等）
49．（2023上·四川·高三校联考阶段练习）已知函数，.
(1)若，求的极值；
(2)若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2).
【分析】（1）求出，由、可得答案；
（2）转化为对任意的恒成立，令，求得，令，利用导数可判断在上单调递减，且存在唯一的零点使得，可得在上单调递增，在上单调递减，再由可得答案.
【详解】（1）若，则，所以，
令，解得，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以的极小值为，无极大值.
（2）若对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，所以，
令，则，
所以在上单调递减，因为，，
所以由零点存在性定理可知，存在唯一的零点，使得，
即，
两边取对数可得，即，
因为函数在上单调递增，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即的取值范围为.
【点睛】关键点睛：1.对于利用导数研究函数问题，当一次求导不能解决问题的时候，我们需要进行二次求导来研究函数性质；
2.对于导函数的零点我们无法求出时，我们可以应用零点存在性定理，找到零点所在去区间，然后设出零点，进而可以写出函数的单调性.
50．（2022·全国·高三专题练习）已知是函数的零点，则 ．
【答案】2
【分析】根据零点定义可得，整理可得，根据此时可得成立，代入化简即可得解.
【详解】根据题意可得，
整理可得，
可得当，即成立，
又，
代入可得.
故答案为：.
十一、换元同构
51．（2023·四川成都·石室中学校考一模）已知函数有三个零点、、且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】令，将原函数的零点转化为方程的根，令，转化为，再令，得到使时的根的个数，再分类讨论的范围与根的关系，结合函数与方程性质及零点的关系即可得.
【详解】令，得，整理得，
令，原方程化为，
设， 则，
令，解得，且，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
则在时，有最大值为，
则当时，有一个解，
当时，有两个解，
当时，有一个解，
当时，无解，
因为原方程为，
由题可知有三个零点，因此方程有两个不等实根、，设，
则有，，
若，则，故舍去，
若，则，，
有，即有，，代入得，矛盾，故舍去，
若则，，
，
设，则，得到，
所以.
故选：D.
52．（2023·四川乐山·统考二模）若存在，使不等式成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】等价变形给定的不等式，并令，构造函数，将问题转化为存在，使得成立，再借助导数求解即得.
【详解】依题意，
，
令，即，由，得，
令，则原问题等价于存在，使得成立，
求导得，由，得，由，得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
而，又，
则当时，，若存在，使得成立，
只需且，解得且，即，
所以的取值范围为.
故选：D
【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.
53．（2023上·四川内江·高三四川省内江市第二中学校考阶段练习）已知函数有三个零点，且，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】确定，设，求导得到单调区间，计算最值，画出函数图像，根据图像知有两根，，且，，计算得到答案.
【详解】，，故，
设，，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
，画出函数图像，如图所示：
故有两根，，，解得或，
①满足，，只需且，
解得.
②满足，，将代入方程解得，，不满足；
综上所述：
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用换元的方法，将零点问题转化为二次函数根的分布问题，是解题的关键，结合函数图像可以快速得到答案.
54．（2023·新疆·校联考一模）若存在正实数满足，则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】不等式变形，换元后得到，令，则，再令，求导得到其单调性，得到，从而，解得，得到故，，求导，得到单调性和最值，求出答案.
【详解】存在正实数满足，
不等式两边同除以得，
令，则，即，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在处取得极大值，也是最大值，故，
即，
综上，，解得，
故，，
故，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，取得极大值，也是最大值，最大值为.
故答案为：
【点睛】常见的不等式放缩有，，，，等，再求参数取值范围或证明不等式时，常常使用以上不等式进行适当变形进行求解.
55．（2023上·宁夏银川·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）当时，将所证不等式变形为，令，利用导数法求得，则所证不等式即为，其中，构造函数，利用导数分析函数的单调性，即可证得原不等式成立.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
当时，对任意的，，
由，可得，由，可得，
此时，函数的减区间为，增区间为；
当时，由，可得或，
①当时，即当时，对任意的，，
此时，函数的减区间为，无增区间；
②当时，即当时，由，可得或，
由，可得，
此时，函数的减区间为、，增区间为；
③当时，即当时，由，可得或，
由，可得，
此时，函数的减区间为、，增区间为.
综上，当时，函数的减区间为，增区间为；
当时，函数的减区间为、，增区间为；
当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的减区间为、，增区间为.
（2）证明：当时，要证，
即证，
即证，
即证，
令，其中，则，
由，可得，由，可得，
所以函数的减区间为，增区间为，
所以函数在处取得极小值，亦即最小值，即，
即证当时，，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以函数在上为增函数，则，
所以函数在上为增函数，故，
故原不等式得证.
【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.
十二、Lambert同构
56．（2024上·青海西宁·高三统考期末）已知函数.
(1)证明：.
(2)若关于的不等式有解，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据单调性求出的最小值即可证明.
（2）分离参数，借助（1）中不等式关系进行放缩，求其最小值，即可求出的取值范围.
【详解】（1）.
当时，；
当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故.
（2）由题意可得不等式有解.
因为，
所以
当时，等号成立，所以.
故的取值范围为
57．（2024上·山西运城·高三校考期末）已知函数．
(1)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
(2)若对任意的恒成立，其中为自然对数的底数，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）对函数求导，分类讨论，再证充分性即可;
（2）将恒成立问题分离参数后，转化为最值问题，借助导数及零点存在性定理计算即可.
【详解】（1）结合题意:的定义域为.
所以，
若，在上递增，至多一个零点，不合题意，
若，，在上递增，在上递减，
所以．
下面证明充分性：，
故在上有一个零点，
，
令，，
所以，所以，
故在上有一个零点．
综上，实数的取值范围是．
（2），令，
则．
令，
所以在上递增，又，
因此在上有唯一零点
所以在上单调递减，在上单调递增，
即，且，
所以．
令，则，
所以在上递增，，
所以．
【点睛】关键点点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
58．（2023上·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）设.
(1)讨论的单调性；
(2)设，若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求定义域，再求导，对导函数因式分解，分，，三种情况，求出单调性；
（2）不等式转化为，构造，求导得到其单调性，得到当且仅当 时等号成立，并且存在，满足，故当时，满足要求，当时，不合要求，得到答案.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
①，令，得；令，得，
则在上单调递增，在上单调递减
②，令得，，
当时，，当或时，；当时，，
则在，单调递增，在单调递减；
当时，恒成立，故在单调递增；
当时，，当或时，，当时，，
则在，单调递增，在单调递减.
综上，当时，在，单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在，单调递增，在单调递减；
当在上单调递增，在上单调递减.
（2）将代入中，，
化简得，不等式两边同减去得，，
可化为，
令，则，
易知当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，从而，当且仅当时等号成立，
则，当且仅当时等号成立，
令，，
故当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，，，
故存在，满足，
当时，，，可得原不等式成立；
当时，由于存在，满足，
从而使得，
而，于是不恒成立.
综上，实数a的取值范围是.
【点睛】难点点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同减去得，从而构造进行求解.
59．（2023·全国·高三专题练习）完成下列各问：
（1）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（2）已知函数，若恒成立，则正数a的取值范围是 ；
（3）已知函数，其中，若恒成立，则实数a与b的大小关系是 ；
（4）已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是 ；
（5）若函数在上的最小值为0，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】（1）将问题转化为和恒成立．构造函数，求导得函数得单调性，求解最值即可求解.
（2）（3）（4）利用，构造不等式形式，以及利用放缩法，采用参数分离的方式求解函数的最值进行求解；
（5）将问题转化为有解，构造函数，求导得函数单调性即可求解最值进行进行求解．
【详解】先证明：和
设，则，，
则当时单调递减，当时，单调递增，
故，故
当单调递增，当单调递减，
所以，故
（1），
和恒成立．
又，，令，得或，令，得，
∴在，递减，在递增，
∴当时，，时，
（2），，
当时，原不等式恒成立；
当时，，
由可得，故，当时，等号成立，
∴，当且仅当等号成立，
∴．
（3）．
由于，
当且仅当等号成立，∴．
（4），
由和可得，，
两者都是当且仅当等号成立，则，∴．
（5）由题设可得恒成立且等号可取，
而，
当且仅当，即时等号成立．
由有解，
记，，
易知在上递增，在递减，且当，
则，∴．
【点睛】方法点睛：考查不等式恒成立问题的解法，运用导数求单调性以及最值，以及运用，这些常用不等式，适当放缩．考查运算能力和灵活构造处理函数以及不等式等做题能力．
60．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的最小值为1，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】变换得到，换元构造新函数，确定单调区间，计算最值得到有解，变换得到，构造新函数，求导得到单调区间，画出图像，根据图像得到答案.
【详解】，，
设，，，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故，故有解，即，，，
即，，
设，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递增；
，画出函数图像，如图所示：
根据图像知，解得或，即.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求参数的取值范围，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将取值范围问题转化为函数的最值问题，再利用函数图像求解是解题的关键.
十三、乘法同构
61．（2022上·四川广安·高三广安二中校考期中）已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用构造函数法，结合导数求得的最小值.
【详解】依题意，正数满足，
所以，即，
所以，
令，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
令，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
所以的最小值是，
所以的最小值为.
故选：B
【点睛】利用导数研究函数的最值，首先要确定函数的定义域，然后对函数进行求导，求得函数的单调区间，进而求得函数的极值、最值.题目已知条件是一个等量关系，这个等量关系的作用一般是进行等量转化，如本题中，通过等量关系可将转化为.
62．（2023·四川绵阳·统考二模）已知，对任意正数x都有恒成立，则t的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用特值法判断不合题意，当时，令，利用单调性可得，即，，再利用导数求得的最大值即可得答案.
【详解】若，则时，，即不恒成立，不合题意；
若，则时，，即不恒成立，不合题意；
当时，令，对任意正数x都有，
在上递增，
当，时，恒成立，
当，时，，
因为，所以，
则，即，
所以，，
设，则，
由，在上递增；
由，在上递减，
所以，
则，即t的最小值为，
故选：B .
【点睛】关键点点睛：对于求不等式恒成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数, 这样就把问题转化为一端是函数, 另一端是参数的不等式，便于问题的解决.
63．（2024上·河北·高三雄县第一高级中学校联考期末）设实数，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将原不等式转化为恒成立，先判断得出恒成立，结合不等式的基本性质可得恒成立，进而求解即可.
【详解】，即，
因为，所以，即恒成立，
令，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
因为，所以，
若时，不等式恒成立，则恒成立，
若时，，恒成立，则也成立，
所以当时，恒成立，所以得，即，
设
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以，即正实数的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：运用同构的基本思想将原不等式转化为恒成立，再运用不等式的性质，先得出恒成立，再运用导数讨论恒成立进而求出结果.
64．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，已知方程在时有且仅有两个根，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）函数导函数对参数分类讨论→确定函数的单调区间；
（2）方程同解变形→方程两边同构→构造函数并确定单调性→把函数的函数值相等转化为自变量相等→分离参数a，转化为直线与函数的图象有两个交点→函数的图象和值域→a的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，其定义域为，
则．
①当，即时，令，得，令，得，
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
②当，即时，由，得．
（ⅰ）当，即时，
令，可得或；令，可得，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（ⅱ）当，即时，，
故的单调递增区间为，无单调递减区间．
（ⅲ）当，即时，
令，可得或；令，可得，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为．
综上，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（2）解：当时，，其定义域为，
方程，可得，即为，即，
可得，
因为，所以，则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
由，得．
令，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
方程在时有且仅有两个根，
等价于直线与的图象在时有两个交点，
又，作出图象，如图所示，
由图象可知，，即实数a的取值范围为．
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
65．（2023·四川乐山·统考一模）已知函数，，其中实数.
(1)求在上的单调区间和极值；
(2)若方程有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)在单调递增，在单调递减，的极大值为，无极小值
(2)
【分析】（1）直接对求导，根据导数符号与单调性的关系即可求解，进一步即可得到函数极值.
（2）由题意讲问题的等价转换为方程有两个零点，通过求导发现在单调递减，进一步等价于有两个零点，通过求导可以发现只需的最小值小于0即可，再结合零点存在定理说明一下即可.
【详解】（1）由题可知，，所以.
由，得；由，得.
所以在单调递增，在单调递减.
所以的极大值为，无极小值.
（2）因为，所以，
可得.
令，可得，
所以在单调递减.
故有两个零点，等价于有两个零点.
可得，
当时，；当时，，
所以在递减，递增，
可得.
令，所以，则，
设，则，.
所以，则，则.
因为，，
此时存在两零点，其中，，且，
故.
【点睛】关键点睛：第一问的关键是直接求导即可（运算仔细一点），第二问的关键是通过分析将问题等价转换为有两个零点，结合导数以及零点存在定理即可顺利得解.
十四、加法同构
66．（2024上·广东深圳·高三深圳外国语学校校考阶段练习）已知函数．
(1)若的最小值为．求的值；
(2)若函数有两个极值点．其中为自然对数的底数．求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）求定义域，求导，得到单调性和最值情况，列出方程，求出答案；
（2）转化为有两个不同的变号零点，由同构得到，构造函数，求出单调性和极值最值情况，得到，即，再结合零点存在性定理得到答案.
【详解】（1）的定义域为，
因为，令，得．
当时，递减；
当时，递增．
所以当时，取得最小值为，
所以，解得．
（2），
，设，
所以函数有两个极值点，即函数有两个不同的变号零点．
由，得，
设，则，
因为在上递增，所以，即．
设，则，
当时，递减，
当时，，递增，
要使得函数有两个不同的变号零点，
则，解得．
当时，，
其中，
设，
则，
所以递增，所以，
由零点存在性定理可知，在上分别有且只有1个零点，
所以存在两个变号零点，
即函数有两个不同的变号零点，
故实数的取值范围是．
【点睛】隐零点的处理思路：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数
67．（2023上·四川雅安·高三校联考期中）已知函数，若恒成立，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】解法一，利用反函数的性质确定，得到，利用导数求函数的最值解决恒成立问题. 解法二，由，可得，则，构造函数，利用函数单调性解题.
【详解】解法一：由题知恒成立，
函数与函数互为反函数，
由反函数图象的性质，可得恒成立，
即，令函数，则，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在上单调递减，
，，
故的取值范围是.
解法二：由，可得，
则.
令函数，则，
因为是增函数，所以，即，
令函数，则，
当时，，当时，，
所以在单调递增，在上单调递减，
，，
故的取值范围是.
故答案为：
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
68．（2024上·广东深圳·高三深圳外国语学校校联考期末）若不等式对任意恒成立，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】构建，根据题意结合的单调性可得在内恒成立，令，利用导数求的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】令，可知的定义域为，
且在上单调递增，则在上单调递增，
因为，则，
即，结合的单调性可知，
整理得在内恒成立，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以的最大值为，则，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：令，整理可得，利用同构可得，利用函数单调性分析可得在内恒成立.
69．（2023上·广东佛山·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)求的最小值；
(2)若对，，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数研究函数单调性，结合单调性求解最值即可；
（2）根据题意将问题转化为恒成立，进而结合的单调性转化为研究恒成立，再求函数最小值即可.
【详解】（1）函数的定义域为，，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以函数在处取得极小值，，该极小值也是最小值.
所以的最小值为.
（2）因为对，，恒成立，
所以，即恒成立，
令，，
所以当时，，单调递增，
因为，
所以当时，，
恒成立，
当时，由得，即恒成立，
设，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以要使恒成立，只需，解得，
因为，所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合函数同构，将问题转化为恒成立，再构造函数求解即可.
70．（2023·广东·统考模拟预测）已知实数m，n满足，则 .
【答案】
【分析】首先根据条件进行同构变形，从而构造函数，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】因为，所以，
故，即，
即.
由，得.
令，因为增函数+增函数=增函数，所以函数在R上单调递增，
而，故，解得，则.
故答案为：
十五、其他同构
71．（2023上·四川德阳·高三德阳五中校考阶段练习）设函数，，若在恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由已知得，令，利用导数判断出时单调性，可得，转化为在恒成立，再构造函数利用导数求出最值可得答案.
【详解】由已知得，
由，得，
即在恒成立，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，且，
所以当时，，当时，，
若，则恒有，
若，因为在上单调递增，要使，
则，即在恒成立，
令，则，
当时，，单调递增，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是构造函数，利用导数判断单调性及求最值.
72．（2023上·四川广安·高三四川省广安友谊中学校考阶段练习）已知函数，若，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】由题干条件得到，从而构造函数，求导得到其单调性，从而得到最小值，求出答案.
【详解】的定义域为，根据对数函数的图象和性质可知，
当时，，
当时，，
所以时，得，
，当时，单调递增，
又，
所以，
令，则，
由，解得，则
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，，
即的最小值为.
故答案为：
【点睛】通过构造函数，并利用导数研究函数的最值的方法解决问题.
73．（2022·全国·高三专题练习）若，对任意恒成立，求a的取值范围.
【答案】
【分析】构造函数，原不等式可转化为在上恒成立，利用单调性转化为，利用导数求的范围即可.
【详解】由可得：即为，
因为，故,
令，则在上恒成立，
易知函数在上单调递增，所以只需要
即，令，则，当时，，
所以在上为减函数，所以时，，
即，所以，结合，所以．
74．（2023·广东广州·广州市培正中学一模）若实数t是方程的根，则的值为 .
【答案】
【分析】将方程进行合理变形可得，利用同构函数并结合定义域可构造函数，即可得出，利用对数运算即可得出结果.
【详解】由可得，即
即可得实数t是方程的根，即；
易知，所以；
令函数，则在上恒成立；
所以在上单调递增，因此需满足；
可得，
同时取对数得，即；
所以，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将方程变形后利用同构函数构造出，再结合定义域可知，可得定义域为，再利用单调性即可求得结果.
75．（2024上·广东揭阳·高三统考期末）已知函数，其中．
(1)当时，证明：；
(2)若对任意，都有，求k的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用导数求得的单调区间，进而证得不等式成立.
（2）将不等式转化为，利用构造函数法，结合多次求导的方法来求得的取值范围.
【详解】（1）当时，，所以，
当时，，，，单调递减；
当时，，，，单调递增，
所以，即不等式成立．
（2）由题意得对任意，都有，
即，即．
令，可得恒成立，，
令，所以．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，所以在上单调递增，
所以恒成立，即恒成立，故只需．
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以只需，解得，所以k的取值范围是．
【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.如果一次求导无法求得函数的单调区间，可考虑利用多次求导的方法来求解.
十六、切点同构
76．（2024·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知函数，其中．
(1)当时，若在区间上单调递增，求实数的取值范围；
(2)当时，讨论的零点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）将在区间上单调递增转化为在上恒成立，转化为最值求解即可；
（2）先求出均与直线相切时的值，然后利用指数函数的图像与的变化关系求解.
【详解】（1）当时, ，
则，
因为在区间上单调递增，且，，
则在上恒成立，
即在上恒成立，又明显函数在上单调递增，
所以，即，
又明显函数在上单调递增，且，
所以，
所以；
（2）当时，，
令，得，
令，这两个函数的图象关于直线对称
当均与直线相切时，如图：

设切点为，又，所以
则切线方程为，代入点得，
所以，
所以，
即当，的图象相切，只有一个交点，
则当，的图象不相交，没有交点，
当，的图象相交，有两个交点，
综上所述：
当时，有一个零点；
当时，无零点；
当时，有两个零点.
【点睛】方法点睛：导函数问题要学会转化：
对于第一问：函数在某区间上单调递增，转化为导函数不小于零恒成立；函数在某区间上单调递减，转化为导函数不大于零恒成立；
第二问：函数零点个数问题经常转化为函数图象的交点个数来解决.
77．（2023·四川南充·统考一模）设函数（e为自然对数的底数），函数与函数的图象关于直线对称．
(1)设函数，若时，恒成立，求m的取值范围；
(2)证明：与有且仅有两条公切线，且图象上两切点横坐标互为相反数．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）转化为，求的最大值即可；
（2）设切点分别为，由公切线得，判断此方程两根且互为相反数即可.
【详解】（1）由题意知，，
由得，
令，
则，
令得，
令得，
令得，
所以在上为增函数，在上为减函数，
所以，
所以.
（2），
设公切线与、的切点分别为，
在处的切线方程为：，即，
在处的切线方程为：，即，
所以，
将代入得，即，
当时显然不成立，，
，
令，，
∴在为增函数，
又，
∴,使，即，
又，
∴也是的零点且，
∴在上有唯一零点，在有唯一零点，且这两个零点互为相反数，
∴方程有两个根且这两个根互为相反数，
所以与有且仅有两条公切线，且图象上两切点横坐标互为相反数．
【点睛】方法点睛：公切线条数问题：设出两函数切点，分别写出两切点处的切线方程，根据两切线为同一直线由对应系数相等建立方程组，消元后化为只有一个变量的方程，函数公切线条数问题最后都可以转化为此方程的解的个数，再转化为函数的零点个数问题求解.
78．（2024上·广东·高三统考期末）已知函数（，）且），若恒成立，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意分类讨论，两种情况，通过导数求导得到，再构造函数及导数方法求出其最小值，从而求解.
【详解】函数的定义域为，
当时，可得在上单调递增，，不合题意；
当时，，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值，也是最小值，
又因为且，所以，
则，得，所以，
设，，令，得，
当，，
当，，
所以在区间单调递减，单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：通过分类讨论，两种情况得到符合的情况，通过导数求导得到，再构造函数并利用导数求出其最小值即可.
79．（2023上·河南·高三开封高中校联考期中）已知且，对于，不等式恒成立，则 .
【答案】1
【分析】令，求出，求得到时极小值，再证明时，对于，恒成立即可.
【详解】令，，则.
因为对于不等式恒成立，
又，所以是的极小值点.
所以，即.
下证时，对于，恒成立.
当时，易得，因为，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以.得证.
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：本题关键在于令得到是的极小值点，并证明时，对于，恒成立.
80．（2024·陕西安康·校联考模拟预测）已知，若曲线与直线相切，则 ．
【答案】
【分析】设出切点，利用切点在曲线上也在直线上和切点处的导数等于斜率列方程求解。
【详解】设，与直线相切的切点为，
则，
故在点处的切线方程可写为，
即，
若切线为，则且，得，
所以，设则，所以，
所以，所以又因为，所以解得．
故答案为：
十七、异构
81．（2020上·江西南昌·高三南昌县莲塘第一中学校考阶段练习）已知，函数，（）.
（1）讨论函数极值点的个数；
（2）若，当时，求证：.
【答案】（1）当时，没有极值点，当时，有一个极小值点；
（2）证明见解析.
【解析】（1）求得导数，分和两种情况，求得函数的单调性，结合函数极值点的定义，即可求解；
（2）构造函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
当时，对，，
所以在是减函数，此时函数不存在极值；
当时，，令，解得，
若，则，所以在上是减函数，
若，则，所以在上是增函数，
当时，取得极小值，
函数有且仅有一个极小值点，
所以当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.
（2）设，且，
所以 ，且
设 ，且
则，且在上是增函数，
所以 则在上是增函数，
，即，所以在上是增函数，
所以，即在上恒成立.
【点睛】利用导数解决函数问题的关键在于利用导数求得函数的单调性，进而得出极值与最值是解答的关键，对于不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，解答中通常要构造新函数，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；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
82．（2024上·山东滨州·高三统考期末）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论求出单调区间；
（2）要证明，即证，令，利用导数判断的单调性，求出最小值得证.
【详解】（1）由题知，函数得定义域为，．
当时，恒成立，即的增区间为，无减区间；
当时，由得，由得，
即的增区间为，减区间为；
当时，由得，由得，
即的增区间为，减区间为．
综上，当时，的增区间为，减区间为；
当， 的增区间为，无减区间；
当时，的增区间为，减区间为.
（2）当时，．
要证，只需证，
只需证，即证．
令，，
．
令，，．
由得，．列表如下，
由表可得在时取得最小值，所以，恒成立．
所以，当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
当时，取得最小值，所以恒成立．
所以恒成立，即恒成立．
【点睛】思路点睛：本题第二问是利用导数证明不等式问题.
首先用分析法将所要证问题转化，要证，即证．令，，问题转化为证明即可，接下来利用导数求出函数的最小值得证.
83．（2023上·山东·高三校联考阶段练习）设（其中）．
(1)讨论的单调性；
(2)设，若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求定义域，再求导，对导函数因式分解，分，，三种情况，求出单调性；
（2）不等式转化为，构造，求导得到其单调性，得到当且仅当时等号成立，并且存在，满足，故当时，满足要求，当时，不合要求，得到答案.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
令得，，
当时，，当或时，；当时，，
则在，单调递增，在单调递减；
当时，恒成立，故在单调递增；
当时，，当或时，，当时，，
则在，单调递增，在单调递减．
综上，当时，在，单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在，单调递增，在单调递减；
（2）将代入中，
，
化简得，不等式两边同减去得，
，
可化为，
令，则，
易知当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，从而当且仅当时等号成立，
则当且仅当时等号成立，
令，，
故当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，，，
故存在，满足，
当时，，，可得原不等式成立；
当时，由于存在，满足，
从而使得，
而，于是不恒成立．
综上，实数a的取值范围是．
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同减去得，，从而构造进行求解.
84．（2023上·江苏南通·高三统考阶段练习）若存在，使得，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先注意到，故考虑切线放缩，从而，所以，考虑取等条件是否成立即可.
【详解】不妨设，求导得，
而在上单调递增，且，
所以当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以，
所以等号成立当且仅当，
注意到，
所以考虑切线放缩有，
从而，
又，所以，
由以上分析可知不等式取等，当且仅当，，
接下来考虑是否成立：
不妨设，则，即单调递增，
注意到，
所以由零点存在定理可知，使得.
综上所述：若存在，使得，则只需，从而的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是考虑切线放缩，从而，另一个关键的地方是证明是否成立，从而即可顺利求解.
85．（2024·全国·高三专题练习）已知函数，.
(1)若的最大值是0，求的值；
(2)若对于定义域内任意，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
【分析】（1）根据函数单调性求出函数最大值，最大值为0进而求出参数的值.
（2）根据题意分离参数，得恒成立，求出最小值即可求出的取值范围.
【详解】（1）由题定义域为，
，
若，则在上单调递增，无最大值，
若，，
时，，函数在上单调递增，
时，，函数在上单调递减，
所以时，取得最大值.
（2）对于定义域内任意，恒成立，
即恒成立，
设，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
，
所以在上有唯一零点，即，
所以，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
所以由得，
所以，
当时，，，则在上单调减，
当时，，，则在上单调增，
所以，
恒成立，
即的最小值，则，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：第一问利用导数研究函数单调性，根据单调性求出函数最值，根据最大值为0进而求出参数的值；第二问根据题意首先分离参数，利用导数解决恒成立问题，其中利用函数同构式，是解题关键.
86．（2023上·北京东城·高三北京市广渠门中学校考阶段练习）已知函数，．
(1)求证：，恒成立；
(2)若存在极值，求a的取值范围；
(3)若时，成立，求a的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）整理不等式，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案；
（2）根据极值的判别，求导研究导函数的零点，结合指数函数的性质，可得答案；
（3）求导研究函数的单调性，求其最值，构造函数分类讨论，可得答案.
【详解】（1）证明：设，求导可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，故，恒成立.
（2）由，则其定义域为，求导可得，
由题意，函数单调递增，则导函数存在零点，即有解，
易知的取值范围为.
（3）由（2）可知，
当时，，在上单调递增，则，
令，求导可得，
当时，，单调递增，则此时，
即，不符合题意；
当时，，在上单调递增，则，符合题意；
当时，令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
由（1）可知，则在上单调递增，所以，
令，则，令，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
在上，，即在上恒成立，
所以函数在上单调递增，则，即，
综上所述，.
87．（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）当时，对求导，令，讨论与的大小可得，即，即可得出函数的单调性；
（2）由题意可得在上恒成立，设，只需，求解即可得出答案.
【详解】（1）当时，，所以，
令，
可得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，也为最大值，且，
所以，所以在上单调递减.
（2）由，得，
即在上恒成立.
令，可得，
令，可得，
令，可得；
令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，
所以在中存在唯一的使得，
在中存在唯一的使得，
即有.
因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，.
又，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
所以时，的极小值为
时，的极小值为
因为，
可得，所以，
所以.
代入和，
则有，
同理可得，
所以，
所以，
所以，即实数的取值范围为
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式恒成立问题，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.
88．（2024上·江苏南京·高二校联考期末）已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）当时，解得或，故以和1的大小关系进行讨论即可.
（2）由题意当时，恒成立， 注意到，令，则单调递增，且，故以和0的大小关系进行讨论即可得解.
【详解】（1），当时，解得或.
①当时，恒成立，即函数在上单调递增；
②当时，令，解得或，令，解得，
即函数在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增；
③当时，令，解得或，令，解得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
；综上，
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，即当时，，
令，且
令，， ，
函数在上单调递增，且 ，
当时，时，
即在上单调递增，时，
在上单调递增，时，.
所以时符合题意.
当时，，
当时，，，
，
所以，又函数在图象连续不间断，且单调递增，
由零点存在性定理，存在唯一，使得，
所以当时，，所以即在上单调递减，
当时，，所以在上单调递减，
时，，此与当时，不符，
综上，符合题意的a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是得出，函数在上单调递增，且 ，找到对分类讨论的临界点，由此即可顺利得解.
89．（2022·全国·高三专题练习）已知函数有两个极值点，，设的导函数为，证明．
【答案】证明见解析
【分析】构造新函数，并利用其单调性和极值去证明即可.
【详解】函数有两个极值点，则有两相异根
即有两相异根
令函数，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增
则当时，取最小值，则，
则（当且仅当时取等号）
（当且仅当时取等号）
则（当且仅当时取等号）
则有，解之得
90．（2022·全国·高三专题练习）当时，证明
【答案】证明见解析
【分析】构造新函数，并利用其单调性和极值去证明不等式即可.
【详解】要证，即证：
构造函数，则
则当时，，单调递增；当时，，单调递减
故当时，求得最小值，则有
由于
故
当且仅当且，即且时等号成立
所以当时，
十八、分而治之
91．（2024上·山东淄博·高三统考期末）已知函数．
(1)若时，恒有，求a的取值范围；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意转化为当时，恒成立，分类讨论和两种情况，结合导数与函数的关系以及零点存在性定理等知识求解即可；
（2）将原题转化为证明当时，，通过构造函数和二次求导的方法，结合导数与函数的关系即可得证.
【详解】（1）由若时，恒有，
所以当时，恒成立，
设，
则令，
则，显然在单调递增，
故当时，，
当时，，则对恒成立，
则在单调递增，
从而当时，，即在单调递增，
所以当时，，符合题意；
当时，，又因为，
所以存在，使得，
所以当时，，单调递减，，
则单调递减，此时，不符合题意.
综上所述，a的取值范围为
（2）要证当时，，即证，
设，
则，
令，
则单调递增，
所以当时，，则单调递增，
所以当时，，
则当时，，即单调递增，
所以当时，，原式得证
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数证明函数不等式恒成立问题，常见方法如下：
（1）构造函数法：通过构造函数，利用导数研究函数单调性，转化为求函数最值问题；
（2）放缩法：一是利用题目中已知条件进行放缩，二是利用常见的二级结论进行放缩；
（3）同构法：指数和对数同时出现，往往将不等式形式进行变形，通过同构化简不等式进而证明即可.
92．（2024上·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考阶段练习）已知函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)设，若 恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由已知得出函数的定义域，求出函数的导函数，构造新函数，由的正负判断的正负，由此得出的单调性；
（2）根据式子的结构给不等式变形，利用分离参数法得到在恒成立，设，通过求函数的最大值可得的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
令，
则，
所以在上单调递增，且，
所以时，，即，
时，，即，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）恒成立，
所以在恒成立，
设，
所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当，函数有最大值，
所以当时，恒成立，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
所以的最大值为，
由恒成立，所以.
【点睛】方法点睛：本题主要考查利用导数求函数的单调性，利用导数求参数的取值范围.利用分离参数法把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，然后利用导数求函数的最值问题.
93．（2024·全国·高三专题练习）设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数使得恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意可得，令，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直线下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案．
【详解】函数的定义域为，
由，得，所以，
令，
由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，
由，得，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，没有最小值，
由，得，
当时，在上单调递增，
在上单调递减，
所以有最大值，无最小值，不合题意，
当时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以，
所以即，
所以，即的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用导数求参数的取值范围问题，其中涉及到利用导数求函数的最值问题，难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法.
94．（2023·全国·模拟预测）已知函数且．
(1)讨论的单调性；
(2)若不等式恒成立，求实数的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先确定函数的定义域，求得，再构造函数并求导，对分类讨论，即可得函数的单调性；
（2）不等式恒成立，即恒成立，接下来研究的值域，从而分离参数，利用构造函数法，并结合导数求得的最大值．
【详解】（1）函数且的定义域为，．
记，
则，
若，则当时，单调递增，
当时，单调递减，
则，
所以在上单调递减；
若，则当时，单调递减，
当时，单调递增，
则，
所以在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
优解：
由题意设，则，
令，则，
令，则；令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，即在上恒成立，所以在上单调递增，
而且，
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
（2）恒成立，即恒成立．
记，则，
在上单调递减，在上单调递增，
则，所以在上恒成立．
所以恒成立．设，则．
，
因为恒成立，所以恒成立，当时取等号，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，所以．
所以，故实数的最大值为．
优解:
不等式恒成立，即恒成立，即恒成立，
即恒成立．
令，则，当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
即，即，
令，则单调递增，所以，
所以，故实数的最大值为．
【点睛】解决不等式恒成立问题的基本思路有两个：一是分离参数法，这是一种最基本的方法，通过分离参数将问题转化为新函数的最值问题处理，但这种方法要注意分离参数前参数的系数的符号是否确定，如果参数的系数的符号不确定，则需分类讨论；二是直接转化为含参函数的最值问题求解，通过对参数分类讨论解决问题．
95．（2020上·天津和平·高三统考期末）设函数，，其中，e是自然对数的底数.
（1）设，当时，求的最小值；
（2）证明：当时，总存在两条直线和曲线与都相切；
（3）当时，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）将代入解析式，求出的导数，判断出其单调性，即可求出最小值；
（2）分别求出曲线在点处的切线方程，曲线在点处的切线，即可得到，再消元转化为，然后证明函数有两个零点即可；
（3）因为，即证当时，
的最小值大于0，求导，分类讨论函数在，上都大于零即可．
【详解】（1）由题可得，，则，
当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为.
（2）证明：由题可得，，∴，
∴曲线在点处的切线方程为.
∵，∴，
∴曲线在点处的切线方程为.
令，则.
令，则，
由（1）得当时，单调递减，且，
又时，，
∴当时，单调递减；当时，单调递增.
易得，
又，
，∴函数在和内各有一个零点，
∴当时，总存在两条直线和曲线与都相切.
（3）证明：.
令，以下证明当时，的最小值大于0.
求导得.
①当时，；
②当时，，
令，，，取且使，即，
则，
∵，∴存在唯一零点，
即有唯一的极值点且为极小值点，又，
且，
即，
∴，
∵，
∴是上的减函数.
∴，∴.
综上，当时，.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数最值的求法，导数的几何意义的应用，以及利用导数研究函数的性质．第一问较简单；第二问通过导数的意义分别求出两曲线的切线，由两条共同的切线可知，对应的切线方程相同且有两组解，进而转化成求证函数存在两个零点；第三问，函数不等式恒成立问题，转化为求函数的最值，由于含参数，可以分别讨论构造的函数在，上都大于零即可，本题综合性强，难度较大．
十九、函数近似
96．（2014·全国·高考真题）已知函数=.
（1）讨论的单调性；
（2）设，当时，,求的最大值；
（3）已知，估计ln2的近似值（精确到0.001）
【答案】（1）函数在R上是增函数；（2）2；（3）
【详解】（1）因为，当且仅当时等号成立，所以函数在R上是增函数；
（2）因为=，
所以=.
当时,,等号仅当时成立，所以在R上单调递增，而，所以对任意，；
当时，若满足，即时，，而，
因此当时，，
综上，的最大值为2.
（3）由（2）知，，
当时，，；
当时，，，
，所以的近似值为.
【易错点】对第(Ι)问,函数单调性的判断，容易;对第（2）问,考虑不到针对去讨论；对第（3）问,
找不到思路.
考点：本小题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值等知识，综合性较强，考查函数与方程、分类讨论等数学思想方法，考查同学们分析问题、解决问题的能力，熟练函数与导数的基础知识以及基本题型是解答好本类题目的关键.
97．（2024上·辽宁沈阳·高三沈阳实验中学校联考期末）（1）已知函数及其导函数的定义域均为，设是曲线在点处的切线的方程. 证明：当是增函数时，
（2）已知，设的最大值为，证明：.
（参考数据：，，）
【答案】证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义，构造差函数根据导数研究函数的单调性求最值即可；
（2）同（1）先构造差函数结合隐零点确定，再根据（1）的结论及隐零点的范围证明即可.
【详解】（1）由题意可知，
令，则，
显然，
易知，
由，且是增函数，
所以时，，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，故，
故；
（2）设，则，
易知在上单调递增，，
故使得，即，
则时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即，
故，
在的切线方程，
由（1）的结论可知，当且时取得等号，
故，
又，所以单调递减，即，
注意到.
故.
【点睛】本题第二问关键在于先构造差函数，利用隐零点确定，
再结合（1）的结论适当放缩证明不等式即可，但结果的精度较高，需要多加练习总结取点思路技巧.
98．（2023·广东·统考二模）已知，函数，为的导函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)讨论在区间上的零点个数；
(3)比较与的大小，并说明理由.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)答案见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）求导可得，根据和即可求解；
（2）令，则，.易知当时，从而单调递减；当时令，利用导数讨论函数的单调性，根据零点的存在性定理分析函数的单调性可得，即可得出零点的个数；
（3）由（2）可得当时在上恒成立.利用导数讨论函数的性质可得，结合得，，即可证明.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
，令，得.
当时，，故在上单调递增；
当时，，故在上单调递减.
因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，
则，.
因为，则，，则.
当时，则，
故，从而在上单调递减；
而，故当时，，
故在区间上无零点；即在区间上无零点；
当时，令，则，
因为，则，
从而，即在上单调递减；
而，，
因此存在唯一的，使得，
并且当时，；当时，.
即当时，，当时，.
故当时，单调递增，当时，单调递减.
而，故；
取，当时，，
所以存在唯一的，使得，即在区间上有唯一零点.
综上所述，当时，在上有唯一的零点；
当时，在上没有零点.
（3）
理由如下：
[解法一]由（2）可得，当时，在上恒成立.
即当时，，.
以下证明不等式：当时，有.
令，则，故在上单调递减，
则，即，，即有，
而，故，.
取，则有.
[解法二]显然，故，
以下证明不等式：当时，有.
令，则令，得.
故当时，，从而在上单调递增；
当时，，从而在上单调递减.
故是的极大值点，并且是最大值点，
故，即，.
取，则，故，
故，从而
【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.
99．（2017·云南昆明·高三昆明一中阶段练习）已知函数．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）证明：时，；
（Ⅲ）比较三个数：，，的大小（为自然对数的底数），请说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导分和讨论其单调性，
（Ⅱ）等价于，构造函数利用其在上单调性证明，再构造利用其在上的单调性;
（Ⅲ）由（Ⅱ）的结论，通过赋值可得证.
试题解析：
（Ⅰ）函数的定义域为，因为，
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，由得，，由得，
所以函数 在上单调递减，在上单调递增．
（Ⅱ）①因为，不等式等价于，令，则，由得，所以不等式 （）等价于：，即：（），由（Ⅰ）得：函数在上单调递增，所以，即： ．
②因为，不等式等价于，令，则，所以，所以函数在上为减函数，所以，即．
由①②得：时，
（Ⅲ）由（Ⅱ）得：时， ，所以令，得，即，所以；
又因为 （），所以，令得：，所以，从而得 ．
所以， ．
点晴:本题主要考查函数单调性，不等式恒成立，及不等式的证明问题.要求单调性，求导比较导方程的根的大小，解不等式可得单调区间，要证明不等式恒成立问题可转化为构造新函数证明新函数单调，只需要证明其导函数大于等于0（或者恒小于等于0即可），要证明一个不等式，我们可以先根据题意构造新函数，求其值最值即可.这类问题的通解方法就是：划归与转化之后，就可以假设相对应的函数，然后利用导数研究这个函数的单调性、极值和最值，图像与性质，进而求解得结果.
0
0
极小值
—
0
+
0
—
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数

-
0
+
减
极小值
增
0
0
+
单调递减
0
单调递增