高考数学一轮题型归纳与解题策略考点18导数的综合应用8种常见考法归类(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮题型归纳与解题策略考点18导数的综合应用8种常见考法归类(原卷版+解析)，共133页。试卷主要包含了利用导数研究函数的图象和性质，证明不等式，恒成立问题，讨论零点个数，根据函数零点情况求参数范围，与零点有关的不等式问题，利用导数研究双变量问题，导数中的极值点偏移问题等内容，欢迎下载使用。

考点一 利用导数研究函数的图象和性质
考点二 证明不等式
作差函数证明不等式
构造双函数证明不等式
（三）适当放缩法证明不等式
（四）利用结论证明不等式
（五）利用隐零点证明不等式
（六）与数列有关的不等式证明
考点三 恒(能)成立问题
（一）分离参数法
（二）分类讨论法
（三）同构法
（四）隐零点法
考点四 讨论零点个数
考点五 根据函数零点情况求参数范围
考点六 与零点有关的不等式问题
（一）比值代换
（二）消参减元法
（三）构造关联(对称)函数
考点七 利用导数研究双变量问题
考点八 导数中的极值点偏移问题
1．利用导数研究函数的图象与性质
函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.2．利用导数证明不等式
利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x),然后利用h(x)的最值证明不等式；
注：作差构造法：待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，通过研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
利用构造差函数证明不等式的基本步骤：①作差或变形；②构造新的函数g(x)；③利用导数研究g(x)的单调性或最值；④根据单调性及最值，得到所证不等式．
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x0)，eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数 f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f(x)，g(x)，使f(x)min>g(x)max恒成立，从而f(x)>g(x)，但f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”；若不能直接转化为最值问题的不等式证明可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证．
(5)利用“隐零点”证明不等式：关键在于“设而不求”及“等量代换”，常见的有不含参和含参两种类型：①不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0)＝0成立；(ii)注意确定x0的合适范围. ②含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x，a)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0，a)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；(ii)注意确定x0的合适范围，往往和a的取值范围有关.
3.对于函数f(x)＝ex在x＝0处的泰勒展开式如下：
ex＝1＋eq \f(x,1！)＋eq \f(x2,2！)＋eq \f(x3,3！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋…⇒ex≥x＋1.
类似的，常用泰勒展开式拟合的不等式还有：
ln(1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－eq \f(x4,4)＋…＋(－1)n－1·eq \f(xn,n)＋…⇒ln(x＋1)≤x；
sinx＝x－eq \f(x3,3！)＋eq \f(x5,5！)－…＋(－1)n－1·eq \f(x2n－1,（2n－1）！)＋…⇒sinx≤x；
csx＝1－eq \f(x2,2！)＋eq \f(x4,4！)－eq \f(x6,6！)＋…＋(－1)n·eq \f(x2n,（2n）！)＋…⇒csx≥1－eq \f(1,2)x2.
4.由ex≥x＋1演绎出的一些常见不等结构：
5．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
（1）利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的主要策略：①构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围；②分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 有些不易分参的也可采用“同构”技巧.
（2）若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若af(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a利用分离参数法确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为参数)恒成立问题中参数范围的步骤：
①将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式；
②求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值；
③解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．
6．与函数零点有关的参数范围问题
（1）方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
（2）求极值的步骤：
①先求的根（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；
②分析两侧导数的符号：若左侧导数负右侧导数正，则为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则为极大值点.
（3）求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.
（4）函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.
（5）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．由于利用零点存在定理时，一般不使用极限语言，故常常需要“取点”，可借助ex≥x＋1，lnx≤x－1等结构放缩，必要时可构造函数证明所取点的符号.
（6）根据函数零点的情况求参数值或取值范围的基本方法：①利用零点存在的判定定理构建不等式求解；②分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；③转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.
7．与不零点有关的不等式问题
（1）证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(令t＝\f(x2,x1)))，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.
（2）消参减元的主要目的是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．消参减元法，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下．
①建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)；
②定关系：即根据极值点所满足的方程，利用方程解的知识，建立极值点与方程系数之间的关系；
③消参减元：即根据两个极值点之间的关系，利用和差或积商等运算，化简或转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数；
④构造函数：即根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数；
⑤求解问题：即利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，解决相关问题．
（3）极值点偏移问题，除了前述方法外，也常通过构造关联(对称)函数求解，常见步骤如下：①构造奇函数F(x)＝f(x0－x)－f(x0＋x)；②对F(x)求导，判断F′(x)的符号，确定F(x)的单调性；③结合F(0)＝0，得到f(x0－x)>f(x0＋x)(或f(x0－x)(或<)f(x0＋(x0－x2))＝f(2x0－x2)得f(x1)>(或<)f(2x0－x2)；⑤结合f(x)的单调性，得x1>(或<)2x0－x2，得x1＋x2>(或<)2x0. 其中也可考虑构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)等，具体视已知条件“执果索因”.
8．解析式中含有 ,的两个模型
（1）含有的函数模型常用的构造方法如下，
①直接利用原函数，有时也可分为两个初等函数模型；②构造成“常数+因式·”型，求导后的运算不易受的干扰；③分离参数法构造函数模型，没有参数，避免了分类讨论，但是有时函数较复杂需多次求导.
（2）含有的函数模型“独立与不独立”法
消掉使的系数为常数，即“独立”,可一次求导解决单调性问题；当的系数不能消掉时，即"不独立",需两次求导，才能依次推导出单调性、零点、极值点等问题.
考点一 利用导数研究函数的图象和性质
1．（2023·安徽芜湖·统考模拟预测）函数在区间的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若存在三个不相等的实数a，b，c，使得成立，则的取值范围是________.
3．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知函数，若不等式有且仅有1个整数解，则实数a的取值范围为______．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若关于的方程有3个不同的实数根，则的取值范围为______．
考点二 证明不等式
（一）作差构造函数证明不等式
5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若，证明：当时；
(2)当时，，求a的取值范围．
6．（2023春·河南开封·高三统考期中）已知函数，.
(1)若函数在上单调递增，求a的取值范围；
(2)若，求证：.
7．（2023春·吉林延边·高三延边第一中学校考开学考试）已知函数
(1)当，且时，证明：；
(2)是否存在实数a，使函数在上单调递增?若存在，求出a的取值范围；不存在，说明理由．
8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，曲线与曲线在处的切线互相平行．
（1）求的值；
（2）求证：在上恒成立．
（二）构造双函数证明不等式
9．（2023秋·黑龙江大庆·高三铁人中学校考期末）已知.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当时，证明.
10．（2023春·四川成都·高三成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期中）已知函数 .
(1)当时，求在点 处的切线方程；
(2) 时，求证：.
11．（2023·全国·高三专题练习）设函数，其中为自然对数的底数，曲线在处切线的倾斜角的正切值为．
（1）求的值；
（2）证明：．
（三）适当放缩法证明不等式
12．（2023·全国·高三专题练习）函数，其中，，为实常数
(1)若时，讨论函数的单调性；
(2)若，当时，证明：.
13．（2023春·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考期中）已知函数．
(1)讨论函数的极值情况；
(2)证明：当时，．
14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)证明：当时，在上恒成立.
（四）利用结论证明不等式
15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)证明：；
(2)当时，证明不等式，在上恒成立.
16．（2023春·吉林长春·高三长春市实验中学校考阶段练习）已知函数，.
(1)求证：在区间上单调递增；
(2)求证：.
17．（2023·陕西宝鸡·宝鸡中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若都有，求正数的最大值；
(2)求证：.
（五）利用隐零点证明不等式
18．（2023春·广东深圳·高三红岭中学校考期中）已知函数，其中.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)证明：.
19．（2023春·山东日照·高三校联考期中）设函数.
（1）讨论的导函数零点的个数；
（2）证明：当时，.
20．（2023春·四川成都·高三成都外国语学校校考期中）已知．
(1)若，且对任意恒成立，求a的范围；
(2)当时，求证：．
21．（2023·河北保定·统考一模）已知函数．
(1)当时，证明：当时，；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
（六）与数列有关的不等式证明
22．（2023·全国·高三专题练习）已知.
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数，若关于的方程有解，求实数的最小值；
(3)证明不等式：.
23．（2023·全国·高三专题练习）设函数，，.
(1)求在上的单调区间；
(2)若在y轴右侧，函数图象恒不在函数的图象下方，求实数a的取值范围；
(3)证明：当时，.
24．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，.
(1)当时，，求实数的取值范围；
(2)已知，证明：.
25．（2023·四川自贡·统考三模）已知函数（e为自然对数底数）．
(1)判断，的单调性并说明理由；
(2)证明：对，．
考点三 恒(能)成立问题
（一）分离参数法
26．（2023秋·北京·高三北京交通大学附属中学校考阶段练习）已知函数，若在区间内恒成立，则实数的范围为__．
27．（2023秋·江西·高三校联考期中）已知函数(为自然对数的底数)，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
28．（2023·河南开封·统考二模）已知函数，若在上有解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
29．（2023春·广东江门·高三台山市第一中学校考阶段练习）已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
（二）分类讨论法
30．（2023春·吉林长春·高三东北师大附中校考期中）已知函数．
(1)，恒成立，求实数的取值范围．
(2)若存在两个不等正实数，，，且，求实数的取值范围．
31．（2023春·安徽安庆·高三校考阶段练习）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是
A．B．C．D．
32．（2023·陕西榆林·陕西省神木中学校考模拟预测）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设，若关于的不等式在上有解，求的取值范围.
33．（2023·广西·统考模拟预测）已知函数，在处的切线与x轴平行.
（1）求的单调区间；
（2）若存在，当时，恒成立，求k的取值范围.
34．（2023·全国·高三专题练习）已知为自然对数的底数，为常数，函数.
(1)求函数的极值；
(2)若在轴的右侧函数的图象总在函数的图象上方，求实数的取值范围.
（三）同构法
35．（2023·全国·高三专题练习）若不等式恒成立，则的取值范围为______.
36．（2023春·湖南长沙·高三长沙麓山国际实验学校校考期中）已知函数，对任意的，恒成立，则的取值范围是__________.
37．（2023·全国·高三专题练习）若，则实数的最大值为________.
38．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）关于的不等式在上恒成立，则的最小值是__________.
（四）隐零点法
39．（2023春·山东淄博·高三山东省淄博实验中学校联考期中）已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求实数m的取值范围．
40．（2023春·山东济南·高三统考期中）已知函数，若对任意两个不相等的正实数，都有，则实数a的取值范围为_________．
考点四 讨论零点个数
41．（2023春·重庆九龙坡·高三统考期末）设函数，则（ ）
A．在区间，内均有零点
B．在区间，内均无零点
C．在区间内有零点，在区间内无零点
D．在区间内无零点，在区间内有零点
42．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若，证明：当时，；
(2)讨论函数在上零点个数.
43．（2023·浙江绍兴·统考二模）设函数，其中.
(1)当时，求函数的值域；
(2)设，当时，
①证明：函数恰有两个零点；
②若为函数的极值点，为函数的零点，且，证明：.
44．（河南省安阳市2023届高三三模文科数学试题）已知函数.
(1)证明：曲线在点处的切线经过坐标原点；
(2)若，证明：有两个零点.
45．（2023秋·河南濮阳·高三濮阳南乐一高校考阶段练习）已知函数．
(1)证明：在区间存在唯一的极值点；
(2)试讨论的零点个数.
46．（2023·河南·校联考三模）已知函数.
(1)判断的导函数在上零点的个数，并说明理由；
(2)证明：当时，.
注：.
考点五 根据函数零点情况求参数范围
47．（2023春·河北·高三校联考期中）已知函数；
(1)若无零点，求a的取值范围；
(2)若有两个相异零点，证明：．
48．（2023·安徽六安·六安一中校考模拟预测）已知函数（），若函数有唯一零点，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
49．（2023秋·黑龙江鸡西·高三鸡西实验中学校考阶段练习）已知函数，若存在唯一的零点，且．则的取值范围是__．
50．（2023·河北唐山·统考一模）已知，函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在上仅有一个零点，求的取值范围.
51．（2023春·山东聊城·高三统考期末）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
52．（2023秋·山西阳泉·高三统考期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，若且有两个零点，求的取值范围.
53．（2023春·四川宜宾·高三统考期末）已知函数恰有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
54．（2023秋·山东济南·高三济南市历城第二中学校考阶段练习）已知函数，.
（1）求的极值；
（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.
55．（2023春·浙江宁波·高三宁波市北仑中学校考期中）已知函数，．
（Ⅰ）若，解不等式；
（Ⅱ）设是函数的四个不同的零点，问是否存在实数，使得其三个零点成等差数列？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由．
56．（2023秋·江西抚州·高三临川一中阶段练习）已知函数在区间上至少有一个零点，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
考点六 与零点有关的不等式问题
（一）比值代换
57．（2023·广东·高三专题练习）已知函数（是自然对数的底数）有两个零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)若的两个零点分别为，，证明：.
58．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性.
(2)若存在两个零点，且曲线在和处的切线交于点.
①求实数的取值范围；
②证明：.
59．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在区间上有两个极值点，．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：．
60．（2023·云南曲靖·统考模拟预测）已知函数是的导函数.
(1)求函数的极值；
(2)若函数有两个不同的零点，证明：.
61．（2023·广西·校联考模拟预测）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，是方程的两个不等实根，且，证明：．
（二）消参减元法
62．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，，证明：．
63．（2023春·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考期中）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若是函数的两个不同极值点，且满足：，求证：.
64．（2023秋·山西·高三校联考期末）已知函数，其中为非零实数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个极值点，且，证明：.
（三）构造关联（对称）函数
65．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，且，证明：.
66．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数，a为实数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：
67．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，为常数，且.
(1)判断的单调性；
(2)当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：.
考点七 利用导数研究双变量问题
68．（2023春·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考期中）已知函数，．
(1)求函数的导函数在上的单调性；
(2)证明：，有．
69．（2023·全国·高三专题练习）已知，，若存在，，使得成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
70．（2023秋·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数，，若， ，使得，则实数的取值范围是____．
71．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）已知，，若对，，使得成立，则a的取值范围是______．
72．（2023·河南·高三校联考阶段练习）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）如果方程有两个不相等的解，且，证明：.
73．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数，（）．
(1)若存在两个极值点，求实数的取值范围；
(2)若，为的两个极值点，证明：．
74．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，．
（2）若存在两个极值点，证明：．
75．（2023秋·重庆巴南·高三重庆市清华中学校校考阶段练习）已知函（）有两个极值点，．
（1）求的取值范围；
（2）当时，证明：．
76．（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数在上单调递增.
(1)求的取值范围；
(2)若存在正数满足（为的导函数），求证：.
考点八 导数中的极值点偏移问题
77．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中．
(1)若有两个零点，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围．
78．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若，求函数在为自然对数的底数）上的零点个数；
(2)若方程恰有一个实根，求的取值集合；
(3)若方程有两个不同的实根，，求证：．
79．（2023·云南·高三校联考期中）已知函数在点处的切线方程与轴平行．
(1)求函数的极值；
(2)若函数有两个不同的零点，．
①求的取值范围；
②证明：．
80．（2023·浙江·高三专题练习）已知函数．
（1）讨论f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），证明：x1x3＜x22．
81．（2023·全国·高三专题练习）82．（2023·江西鹰潭·统考二模）设函数，().
（1）若在处的切线平行于直线，求实数的值；
（2）设函数，判断的零点的个数；
（3）设是的极值点，是的一个零点，且，求证：.
考点18 导数的综合应用8种常见考法归类
考点一 利用导数研究函数的图象和性质
考点二 证明不等式
作差函数证明不等式
构造双函数证明不等式
（三）适当放缩法证明不等式
（四）利用结论证明不等式
（五）利用隐零点证明不等式
（六）与数列有关的不等式证明
考点三 恒(能)成立问题
（一）分离参数法
（二）分类讨论法
（三）同构法
（四）隐零点法
考点四 讨论零点个数
考点五 根据函数零点情况求参数范围
考点六 与零点有关的不等式问题
（一）比值代换
（二）消参减元法
（三）构造关联(对称)函数
考点七 利用导数研究双变量问题
考点八 导数中的极值点偏移问题
1．利用导数研究函数的图象与性质
函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.
2．利用导数证明不等式
利用导数证明不等式问题一般要用到构造法，构造法是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x),然后利用h(x)的最值证明不等式；
注：作差构造法：待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，通过研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
利用构造差函数证明不等式的基本步骤：①作差或变形；②构造新的函数g(x)；③利用导数研究g(x)的单调性或最值；④根据单调性及最值，得到所证不等式．
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x0)，eq \f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x>－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数 f(x)和g(x)，利用其最值求解．在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f(x)，g(x)，使f(x)min>g(x)max恒成立，从而f(x)>g(x)，但f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”；若不能直接转化为最值问题的不等式证明可将不等式的某一部分“隔离”开，单独进行研究，然后再纳入整体进行论证．
(5)利用“隐零点”证明不等式：关键在于“设而不求”及“等量代换”，常见的有不含参和含参两种类型：①不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0)＝0成立；(ii)注意确定x0的合适范围. ②含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x，a)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0，a)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；(ii)注意确定x0的合适范围，往往和a的取值范围有关.
3.对于函数f(x)＝ex在x＝0处的泰勒展开式如下：
ex＝1＋eq \f(x,1！)＋eq \f(x2,2！)＋eq \f(x3,3！)＋…＋eq \f(xn,n！)＋…⇒ex≥x＋1.
类似的，常用泰勒展开式拟合的不等式还有：
ln(1＋x)＝x－eq \f(x2,2)＋eq \f(x3,3)－eq \f(x4,4)＋…＋(－1)n－1·eq \f(xn,n)＋…⇒ln(x＋1)≤x；
sinx＝x－eq \f(x3,3！)＋eq \f(x5,5！)－…＋(－1)n－1·eq \f(x2n－1,（2n－1）！)＋…⇒sinx≤x；
csx＝1－eq \f(x2,2！)＋eq \f(x4,4！)－eq \f(x6,6！)＋…＋(－1)n·eq \f(x2n,（2n）！)＋…⇒csx≥1－eq \f(1,2)x2.
4.由ex≥x＋1演绎出的一些常见不等结构：
5．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
（1）利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的主要策略：①构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围；②分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 有些不易分参的也可采用“同构”技巧.
（2）若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若af(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a（3）分离参数法
利用分离参数法确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为参数)恒成立问题中参数范围的步骤：
①将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式；
②求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值；
③解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．
6．与函数零点有关的参数范围问题
（1）方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
（2）求极值的步骤：
①先求的根（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；
②分析两侧导数的符号：若左侧导数负右侧导数正，则为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则为极大值点.
（3）求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.
（4）函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.
（5）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．由于利用零点存在定理时，一般不使用极限语言，故常常需要“取点”，可借助ex≥x＋1，lnx≤x－1等结构放缩，必要时可构造函数证明所取点的符号.
（6）根据函数零点的情况求参数值或取值范围的基本方法：①利用零点存在的判定定理构建不等式求解；②分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；③转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.
7．与不零点有关的不等式问题
（1）证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(令t＝\f(x2,x1)))，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.
（2）消参减元的主要目的是减元，进而建立与所求解问题相关的函数．消参减元法，主要是利用导数把函数的极值点转化为导函数的零点，进而建立参数与极值点之间的关系，消去参数或减少变元，从而简化目标函数．其解题要点如下．
①建方程：求函数的导函数，令f′(x)＝0，建立极值点所满足的方程，抓住导函数中的关键——导函数解析式中变号的部分(一般为一个二次整式)；
②定关系：即根据极值点所满足的方程，利用方程解的知识，建立极值点与方程系数之间的关系；
③消参减元：即根据两个极值点之间的关系，利用和差或积商等运算，化简或转化所求解问题，消掉参数或减少变量的个数；
④构造函数：即根据消参减元后的式子的结构特征，构造相应的函数；
⑤求解问题：即利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，解决相关问题．
（3）极值点偏移问题，除了前述方法外，也常通过构造关联(对称)函数求解，常见步骤如下：①构造奇函数F(x)＝f(x0－x)－f(x0＋x)；②对F(x)求导，判断F′(x)的符号，确定F(x)的单调性；③结合F(0)＝0，得到f(x0－x)>f(x0＋x)(或f(x0－x)(或<)f(x0＋(x0－x2))＝f(2x0－x2)得f(x1)>(或<)f(2x0－x2)；⑤结合f(x)的单调性，得x1>(或<)2x0－x2，得x1＋x2>(或<)2x0. 其中也可考虑构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)等，具体视已知条件“执果索因”.
8．解析式中含有 ,的两个模型
（1）含有的函数模型常用的构造方法如下，
①直接利用原函数，有时也可分为两个初等函数模型；②构造成“常数+因式·”型，求导后的运算不易受的干扰；③分离参数法构造函数模型，没有参数，避免了分类讨论，但是有时函数较复杂需多次求导.
（2）含有的函数模型“独立与不独立”法
消掉使的系数为常数，即“独立”,可一次求导解决单调性问题；当的系数不能消掉时，即"不独立",需两次求导，才能依次推导出单调性、零点、极值点等问题.
考点一 利用导数研究函数的图象和性质
1．（2023·安徽芜湖·统考模拟预测）函数在区间的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先根据函数解析式判断函数的奇偶性，发现是奇函数，排除C、D；观察A、B两项，发现图像在处的增减趋势不同，所以对函数进行求导，再把特殊值代入导函数中判断即可.
【详解】因为，所以是奇函数，排除C、D两项；
当时，，则，
所以，
所以在处的切线斜率为负数，故排除A项；
故选：B.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若存在三个不相等的实数a，b，c，使得成立，则的取值范围是________.
【答案】
【分析】先求导得到的单调性，极值情况，得到若存在三个不相等的实数a，b，c，使得，则，将化为，得到.
【详解】的定义域为R，且，
令得或，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
，，
画出的图象如下：
设存在三个不相等的实数a，b，c，使得，
对于方程可化为，
整理得，
故.
故答案为：
【点睛】设一元三次方程的三个根为，
原方程可化为，
整理得，
比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系：
.
3．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知函数，若不等式有且仅有1个整数解，则实数a的取值范围为______．
【答案】
【分析】在同一直角坐标系中，作出函数与直线的图象，根据恒过点和有且仅有一个整数解得不等式，从而解得a的取值范围．
【详解】易知的定义域为，由有且仅有1个整数解，
所以不等式有且仅有1个整数解．
设，则，
当时，，为增函数；
当时，，为减函数．
又，则当时，；当时，．
设，则直线恒过点，在同一直角坐标系中，作出函数与直线的图象，如图所示，
由图象可知，，
要使不等式有且仅有1个整数解，
则，解得，实数a的取值范围为．
故答案为: ．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若关于的方程有3个不同的实数根，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】将方程有3个不同的实数根，转化为必有一正一负两个根，利用数形结合及二次函数的性质结合条件即得.
【详解】当，，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，，
作出函数的大致图象，
设，则有两个不同的实数根，由可知，与异号，
不妨设，要使方程有3个不同的实数根，
则或，
①当时，，得；
②当时，设，则，得，
综上，的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】已知函数有零点求参数常用的方法和思路：
直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；
数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.
考点二 证明不等式
（一）作差构造函数证明不等式
5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若，证明：当时；
(2)当时，，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）令，对求导，得到的单调性可证得，令，对求导，可得在上单调递增，即可证得，即可证得；
（2）由题意分析可得要使恒成立即时，恒成立，通过放缩变形证明恒成立，即可求出a的取值范围.
【详解】（1）当时，，所以即证：，，
先证左边：，令，，
在单调递增，∴，即．
再证右边：，令，
，
∴在上单调递增，
∴，即，
∴时，．
（2），
令，，
因为，所以题设等价于在恒成立，
由（1）知，当时，，于是：
①当时，恒成立；
②当时，等价于，
（i）当时，，
令，因为在上递增，
且，所以存在，使，
所以当，，即，不合题意；
(ii)当时，
令，，
则，
，
所以在上单调递增，
所以，所以，所以.
综上：a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式或在不等式中求参数的取值范围的问题，常见的几种方法有：
（1）直接构造函数法：证明不等式转化为证明，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．（2023春·河南开封·高三统考期中）已知函数，.
(1)若函数在上单调递增，求a的取值范围；
(2)若，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对求导后，问题转化为在[1,4]上恒成立，进而求得的最小值即可求解；
（2）由可得只需证明，令，求导后求得；令，求导后求得，从而可得，问题得证.
【详解】（1），因为函数在[1,4]上单调递增，
所以在[1,4]上恒成立，
又在[1,4]上单调递增，所以，
所以，解得，所以的取值范围是.
（2）因为，所以要证，只需证，
令，则.
当时，，函数单调递减；
当时， ，函数单调递增.
所以，
令，则，
当时，单调递减，当时，单调递增.
所以时，取最小值, 则,
所以时，，因此.
所以.
7．（2023春·吉林延边·高三延边第一中学校考开学考试）已知函数
(1)当，且时，证明：；
(2)是否存在实数a，使函数在上单调递增?若存在，求出a的取值范围；不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）将代入，利用导数求出函数在上的最小值，再借助对数函数的单调性推理作答.
（2）求出函数的导数，利用导函数在上不小于0恒成立求解作答.
【详解】（1）当时，，，求导得，
当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，
所以.
（2）若存在实数，使在上是增函数，
则，恒成立，
即在上恒成立，
而函数，在时取得最小值，因此，
又当时，，当且仅当时，，即函数在单调递增，
所以当时，在上单调递增.
8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，曲线与曲线在处的切线互相平行．
（1）求的值；
（2）求证：在上恒成立．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义即可求解；
（2）转化为证，构造函数，结合导数分析函数的性质，可证．
【详解】解：（1）因为，
所以，，
由题意得，
所以，解得；
证明（2），
令，，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故当时，取得最小值，
所以，
故，
所以．
（二）构造双函数证明不等式
9．（2023秋·黑龙江大庆·高三铁人中学校考期末）已知.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当时，证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义可求解；
（2）将问题转化为证明成立，再分别求与的最值即可证明.
【详解】（1）因为，则，，
则，
所以所求切线方程为，即.
（2）由题意，可知，要证明，
即证，
令，则，
当，当，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
令，则，
因为，
所以当，当，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
所以恒成立，即恒成立，
所以当时，.
【点睛】解决本题的关键一是对要证明的不等式进行变形，二是分别求两个新函数的最值.
10．（2023春·四川成都·高三成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期中）已知函数 .
(1)当时，求在点 处的切线方程；
(2) 时，求证：.
【答案】(1)y = 2x－2 ln 2
(2)证明见解析
【分析】（1）将 代入 的解析式，求出 和 ，再运用点斜式直线方程求解；
（2）运用导数求出 的最小值，只要证明最小值 即可.
【详解】（1）当a = 1时，，x＞0，
则 ， ，而 ，
所以在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）对求导得 ，x＞0，
当a＞0 时，令得 ，当时， f（x）单调递减；当时，f（x）单调递增，
所以 ，
只需证明 ≥ ，即 ≥0 恒成立；
设，，则 ，，
当时，， 单调递减；当时，，
单调递增；所以 是的最小值，故，
表明≥0（a＞0）恒成立，故 .
11．（2023·全国·高三专题练习）设函数，其中为自然对数的底数，曲线在处切线的倾斜角的正切值为．
（1）求的值；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算可得；
（2）依题意即证，即，构造函数，，利用导数说明其单调性与最值，即可得到，从而得证；
【详解】解：（1）因为，所以，
，解得．
（2）由（1）可得
即证．
令，，于是在上是减函数，在上是增函数，所以（取等号）．
又令，则，于是在上是增函数，在上是减函数，所以（时取等号）．
所以，即．
（三）适当放缩法证明不等式
12．（2023·全国·高三专题练习）函数，其中，，为实常数
(1)若时，讨论函数的单调性；
(2)若，当时，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）代入t的值，求得导函数，对a进行分类讨论，根据导数的正负确定单调区间即可．
（2）要证明不等式成立，根据分析法得到只需证明成立即可．通过构造函数，利用导数研究其单调性与最值，根据最小值即可得证．
【详解】（1）定义域为， ，
当时，， ，
在定义域上单调递增；
当时，时，，单调递增；
当时，．单调递减；
综上可知：当时，的增区间为，无减区间；
当时，增区间为，减区间为；
（2）要证明，即证明，只要证，
即证，只要证明即可，
令，在上是单调递增，，
在有唯一实根设为，且，
当时，单调递减，当时，，单调递增
从而当时，取得最小值，由得，即，
，故当时，证得：.
【点睛】关键点睛：根据导数的正负分类讨论函数的单调性，结合分析法和构造法是解题的关键.
13．（2023春·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考期中）已知函数．
(1)讨论函数的极值情况；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，得到函数单调性和极值情况；
（2）转化为证明，构造，二次求导，结合隐零点和基本不等式证明出结论.
【详解】（1）函数，定义域为，
①当时，，单调递增，没有极值；
②当时，由，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
∴，无极大值
综上讨论得：
①当时，无极值；
②当时，有极小值，无极大值．
（2）当时，要证，即证，只需证；
令，则，
令，则，
∴在单调递增，
而，，
故方程有唯一解，即，
∴，
则，
∴，
且时，，在单调递减；
时，，在单调递增；
∴，
∴，故当时，.
【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.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)证明：当时，在上恒成立.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，令，求得，结合，得到函数的单调性，进而求得极值；
（2）由，根据题意，由且，放缩得到，令，求得，得出函数单调性，结合单调性求得，得出，即可得证.
【详解】（1）解：由函数，可得定义域为，
且，
令，可得，所以单调递增，
又因为，
所以当时，，可得，单调递减；
当时，，可得，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.
（2）解：由，
因为且，
可得
令，
可得，
因为，即或，
又因为方程的两根都是负数根（舍去），
所以，可得
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极小值，同时也为在上的最小值，
即，所以，
所以，所以，
故当时，在恒成立.
【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．
（四）利用结论证明不等式
15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)证明：；
(2)当时，证明不等式，在上恒成立.
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，根据导函数分析的单调性，即可得到，即可证明；
（2）令，求导，根据放缩的思路得到，然后利用在上的单调性即可证明.
【详解】（1）证明：，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
，
故，当且仅当时取等号，
∴.
（2）令，则，
由（1）可得，即，
又，所以，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，则，在上单调递增，
当时，，即，
所以当时，不等式，在上恒成立.
【点睛】导数中常见的放缩形式：
（1）；
（2）；
（3）.
16．（2023春·吉林长春·高三长春市实验中学校考阶段练习）已知函数，.
(1)求证：在区间上单调递增；
(2)求证：.
【答案】(1)证明详见解析
(2)证明详见解析
【分析】（1）利用导数证得结论成立.
（2）结合（1）的结论证得不等式成立.
【详解】（1），
，
所以在上单调递增.
（2）由（1）得在上单调递增，，
所以当时，，当时，，
对于不等式，
当时，可化为，
即，由上述分析可知：当时，成立.
当时，可化为，
即，由上述分析可知：当时，成立.
综上所述，不等式成立.
17．（2023·陕西宝鸡·宝鸡中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若都有，求正数的最大值；
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析．
【分析】（1）求出导函数，由的正负确定的单调性得最小值，其取得最小值的的值也使得函数的最大值，因此由的最大值不大于的最小值可得结论；
（2）时，，不等式成立，在时，证明小于的最小值即可，为此用导数证明即可得．
(1)
，
由已知，
时，，时，，
所以在上递减，在上递增，，
时，又，，得时，，
即，
因此若都有，则，所以的最大值为；
(2)
由（1）时，
设，时，，
时，设，则，在上是增函数，
所以，即，，
所以，而，
所以，
综上，时，．
（五）利用隐零点证明不等式
18．（2023春·广东深圳·高三红岭中学校考期中）已知函数，其中.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，进而得出切线的方程；
（2）根据在区间上的单调性，结合零点存在定理求得有唯一的根，且，利用函数的单调性求出的最小值，结合的范围即可证得结论.
【详解】（1）因为，且，，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2）证明：由（1），知，，
易知在区间上单调递增，且，
，，
所以，存在，使得，即有唯一的根，记为，
则，对两边取对数，
得，整理得，
因为时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
所以，，
令，，，
则在上单调递减，从而，
所以．
19．（2023春·山东日照·高三校联考期中）设函数.
（1）讨论的导函数零点的个数；
（2）证明：当时，.
【答案】(1) 当时，没有零点；当时，有一个零点；(2)证明见详解.
【分析】（1）求导，将零点问题转化为函数值域的求解问题，则问题得解；
（2）判断的单调性，求得其最小值，根据的零点与极值点之间的关系，即可容易证明.
【详解】（1）因为，故可得，
令，即可得.
令
则零点的个数等价于与图像的交点个数.
又，故可得在单调递减.
且当趋近于正无穷时，趋近于负无穷；当趋近于零时，趋近于零，
绘制的图像如下所示：
故当时，没有零点；当时，有一个零点.
（2）由（1）可知，当时，为单调增函数，且存在唯一零点，
故可得在区间单调递减，在单调递增，
且；则，，
故.
故当时，恒成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的值域和单调性，涉及利用导数证明不等式，属综合困难题.
20．（2023春·四川成都·高三成都外国语学校校考期中）已知．
(1)若，且对任意恒成立，求a的范围；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用分离参数得对任意恒成立，再设，利用导数求出其最值即可；
（2）证法1：通过隐零点法得，然后构造新函数求解其范围即可；
证法2：令，利用导数证明，则得.
【详解】（1）∵，若对任意恒成立，
则对任意恒成立，即对任意恒成立，
令，则，令，解得，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以当时，函数取得最大值．
所以.
（2）证法1，由（1）可得时，在上单调递增．
又因为，当x趋近于0时，趋近于．
∴使得，即．
当时，，时，．
∴在递减，在递增．
∴，，
令，，
当时，，，则在上，，
∴单调递减，∴．∴当时，．
证法2：令，，，
当时，，当时，．
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴．
∵，∴．∴．
【点睛】关键点睛：本题通过隐零点法得到，利用导函数与函数最值关系得，再次构造函数，利用导数求出其范围即可.
21．（2023·河北保定·统考一模）已知函数．
(1)当时，证明：当时，；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：求导后利用放缩法得到，故；
法二：多次求导，结合隐零点，得到先增后减，结合端点值的符号，得到在上恒成立，求出；
（2）法一：构造，变形后结合，，，且在处取等号，得到时，符合题意，时，结合函数单调性及零点存在性定理得到矛盾，求出答案；
法二：构造，求导后考虑，利用放缩法及函数单调性可证，再考虑，由在单调递增，且，分与两种情况，进行求解，得到答案.
【详解】（1）法一：首先证明，，理由如下：
构造，，
则恒成立，故在上单调递减，
故，所以，，
，，
，
故在上恒成立，
所以在单调递增，故
法二：，，
，且，
令，则，
令，则在上恒成立，
所以单调递减，
又，其中，故，
故，使得，且当时，，当时，，
所以先增后减，又，，
∴在上恒成立，
所以单调递增，；
（2）法一：，
，
下证：，，，且在处取等号，
令，则，故单调递增，
故，且在处取等号，
在（1）中已证明；
令，则，故单调递增，
故，且在处取等号，
当时，，
当时，即时，符合题意，
当时，，
，，
其中当时，，，，
故，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，使得，在单调递减，
故与矛盾，舍去；
综上：a的取值范围为；
法二：，，，
①当时，，，
在单调递增，且符合题意，
②当时，在单调递增，，
③当时，即时，
在单调递增，符合题意，
②当时，即时，，
，，
其中当时，，，，
故，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
故，使得，在单调递减，
故与矛盾，舍去；
综上：a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：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.
（六）与数列有关的不等式证明
22．（2023·全国·高三专题练习）已知.
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数，若关于的方程有解，求实数的最小值；
(3)证明不等式：.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为.
(2)0.
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导函数，分析导函数的符号，可得原函数的单调性；
（2）求得函数的解析式，并对求导函数，分析其导函数的符号，得出函数的单调性和最值，从而求得答案；
（3）由（2）得在上恒成立，令，则有 ，运用累加法可得证.
【详解】（1）解：，， 由得，
当时，.
函数的单调增区间为，单调减区间为.
（2）解：函数， ，
，令，得.
时，，时，，
在递减，在递增，，
关于的方程有解，则实数的最小值为0.
（3）证明：由（2）得在上恒成立，
令，则有 ，
，，，， ，
，
.
23．（2023·全国·高三专题练习）设函数，，.
(1)求在上的单调区间；
(2)若在y轴右侧，函数图象恒不在函数的图象下方，求实数a的取值范围；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)a≤1
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解函数的单调区间；
（2）设函数，求得，令，求得，分和，两种情况讨论，求解函数的单调，进而求得的取值范围.
（3）取，由（2）知，令，，令，化简得到，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当，即时，，此时函数在上单调递增；
当，即时，令，解得；
令，解得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数单调递增区间为；当时，单调递增区间为，递减区间为.
（2）解：设函数，则，
令，则，
当，即时，，即，
即，所以成立，此时符合题意；
当，即时，令，解得，所以在区间上单调递减，又由，此时在上单调递减，
所以，显然不满足题意.
综上可得，实数的取值范围为.
（3）证明：取，由（2）知，
因为，令，代入得到，
即，且，
令，，即，代入化简得到，
所以成立.
【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.
24．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，.
(1)当时，，求实数的取值范围；
(2)已知，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）证明出，在时，可得出，在时，，分析可知，综合可得出实数的取值范围；
（2）由（1）变形可得，令，可得出，可得出，，证明出，可得出，，利用不等式的基本性质可证得结论成立.
【详解】（1）解：令，则，
当时，，则函数在上单调递增，
当时，，则函数在上单调递减，
所以，，即，
所以，当时，，即，
当时，取，
由于，而，得，
故，不合乎题意.
综上所述，.
（2）证明：当时，由（1）可得，则，
可得，即，即，
令，所以，，所以，，即，
所以，，，
令，则，且不恒为零，
所以，函数在上单调递增，故，则，
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.
25．（2023·四川自贡·统考三模）已知函数（e为自然对数底数）．
(1)判断，的单调性并说明理由；
(2)证明：对，．
【答案】(1)在上单调递增，理由见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）通过二次求导，即可求解；
（2）由（1）可得，变形为，令得，令得，从而可得，利用裂项相消法，即可整理得证.
【详解】（1）在上单调递增.理由如下：
因为，所以，
令，则，
所以当，单调递增，
所以，即，
所以在上单调递增.
（2）由（1）知，
，令，则，
令，则
而
所以，
故对，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
考点三 恒(能)成立问题
（一）分离参数法
26．（2023秋·北京·高三北京交通大学附属中学校考阶段练习）已知函数，若在区间内恒成立，则实数的范围为__．
【答案】
【分析】在区间内恒成立，即在区间内恒成立，令，利用导数求出函数的最大值即可得出答案.
【详解】解：在区间内恒成立，
即在区间内恒成立，
令，
则，
所以函数在上递减，
所以，
因为在区间内恒成立，
所以实数的范围为.
故答案为：.
27．（2023秋·江西·高三校联考期中）已知函数(为自然对数的底数)，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】在上恒成立，等价于在上恒成立，构造，对函数求导判断出单调性与最值，可得实数的取值范围．
【详解】在上恒成立，等价于在上恒成立，
构造，则
当时，；当时，
故在单调递减，在单调递增
的最小值为
实数的取值范围是
故选：D
【点睛】本题考查利用导数解决恒成立问题，考查导数研究函数的单调性与最值，属于中档题．
28．（2023·河南开封·统考二模）已知函数，若在上有解，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，分析可得为上的增函数，结合可得在上有解，即存在使得，有解，在同一坐标系里画出函数与函数的图象；分析可得的取值范围，即可得答案．
【详解】解：根据题意，函数，
函数，其导数，在上为增函数，
函数，在上为增函数，
则函数在上为增函数；
又由，即在上有解，即存在使得，有解，
进而可得存在使得，有解，
在同一坐标系里画出函数与函数的图象；
对于，其导数，当时，曲线的切线的斜率；
要满足存在使得，有解，则直线的斜率；
故实数的取值范围为；
故选：A．
【点睛】本题考查函数的导数与单调性的关系，涉及数形结合的解题思想方法，曲线导数的几何意义，属于中档题.
29．（2023春·广东江门·高三台山市第一中学校考阶段练习）已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．
只需证当时，恒成立．
当时，．
只需证明⑤式成立．
⑤式，
令，
则，
所以当时，单调递减；
当单调递增；
当单调递减．
从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．
综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，
记，
，
①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；
②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意.
综上，.
【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！
（二）分类讨论法
30．（2023春·吉林长春·高三东北师大附中校考期中）已知函数．
(1)，恒成立，求实数的取值范围．
(2)若存在两个不等正实数，，，且，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论解决恒成立问题，恒成立及反例否定解题；
（2）根据题意，化简变形已知，构造新函数，利用导数再应用零点存在定理求解即可.
【详解】（1），定义域为，
则，
当单调递增, ,故恒成立.
当
当时，单调递增；当时，单调递减，
,不合题意舍；
当 单调递减；,不合题意舍.
所以，.
（2）设，由得，则，，
又，，
设，则，
令，则，且，
由题意可知，函数在区间上有零点，
函数在上有一个实根，，解得.
当单调递增，，当单调递减，，应用零点存在定理
综上，实数的取值范围为.
31．（2023春·安徽安庆·高三校考阶段练习）当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：当x=0时，原式恒成立；
当时，原式等价于恒成立；
当时，原式等价于恒成立；
令，，令，即，，可知为y的增区间，为y的减区间，所以当时，即时，t=1时，即；当时，即时，y在上递减，在上递增，所以t=-1时，即；综上，可知a的取值范围是，故选C.
考点：不等式恒成立问题.
32．（2023·陕西榆林·陕西省神木中学校考模拟预测）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设，若关于的不等式在上有解，求的取值范围.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2).
【解析】（1）先对函数求导，得到，由判定恒成立，进而可确定函数单调性；
（2）先得到，根据题中条件，得出存在，使得成立，令，对其求导，讨论，，三种情况，分别判定函数单调性，求出最值，列出对应不等式求出的值，即可得出结果.
【详解】(1)由题意知，，
令，当时，恒成立，
∴当时，，即；当时，，即；
∴函数在上单调递增，在上单调递减.
(2)因为
，
由题意知，存在，使得成立.
即存在，使得成立；
令，
，
①当时，对任意，都有，
∴函数在上单调递减，
成立，解得，；
②当时，令，解得；令，解得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
又，，解得无解；
③当时，对任意的，都有，
∴函数在上单调递增，
，不符合题意，舍去；
综上所述，的取值范围为.
【点睛】思路点睛：
根据导数的方法研究不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
33．（2023·广西·统考模拟预测）已知函数，在处的切线与x轴平行.
（1）求的单调区间；
（2）若存在，当时，恒成立，求k的取值范围.
【答案】（1）在递增，在递减；（2）的取值范围是．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为，令，，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，从而确定的范围即可．
【详解】（1）由已知可得的定义域为，
，（1），解得：，
，
令，解得：，令，解得：，
故在递增，在递减；
（2）不等式
可化为，
令，，
，
，令，
的对称轴是，
①当时，即，
易知在上递减，
，
若，则，
，
在递减，
（1），不适合题意．
若，则（1），
必存在使得时，，
在递增，
（1）恒成立，适合题意．
②当时，即，
易知必存在使得在递增，
（1），
，在递增，
（1）恒成立，适合题意．
综上，的取值范围是．
【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于较难题．
34．（2023·全国·高三专题练习）已知为自然对数的底数，为常数，函数.
(1)求函数的极值；
(2)若在轴的右侧函数的图象总在函数的图象上方，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，讨论和两种情况，求函数的极值；
（2）根据不等式构造函数，并求函数的二阶导数，利用二阶导数，讨论的取值范围，判断函数的单调性，利用，即可求实数的取值范围.
【详解】（1），
当时，，函数单调递减，无极值；
当时，由得，
当时，，当时，，
所以在区间单调递减，在单调递增，
当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值；
（2），关于的不等式恒成立，
设，则，，
（ⅰ）当时，，单调递增，
，当时，，
所以存在，使，所以在上单调递减，
当时，矛盾；
（ⅱ）当时，令，解得：，
在区间单调递减，在单调递增，
若，即时，在单调递增，，在上单调递增，，满足条件；
若时，在上单调递减，此时，
在上单调递减，，矛盾
综上，实数的取值范围.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，以及研究不等式恒成立的综合应用，本题第二问的关键利用二阶导数讨论，由的正负，讨论函数的单调性，转化为判断是否成立.
（三）同构法
35．（2023·全国·高三专题练习）若不等式恒成立，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】由题设得，构造研究单调性得，再构造研究单调性有，最后构造，利用导数研究最大值即可得参数范围.
【详解】由题设且，即，
令，易知在上单调递增，故，即，
所以，又是单调递增函数，故.
令，则.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
故，故.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：将已知不等式化为，根据形式构造函数，根据单调性转化不等式为关键.
36．（2023春·湖南长沙·高三长沙麓山国际实验学校校考期中）已知函数，对任意的，恒成立，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】分类讨论a，当时，则，即，设，求导得到在上单调递增，进而得到，设，求出，则可得到的取值范围.
【详解】当时，不符合题意.
当时，则，即，
设，则恒成立，故在上单调递增.
因为，，所以.因为，即，所以，所以，所以.
设，则.
由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，
故，即的取值范围是.
故答案为：
37．（2023·全国·高三专题练习）若，则实数的最大值为________.
【答案】
【分析】将不等式化为，令，即，利用导数分析函数单调性，即可得到，即恒成立，令，利用导数分析函数单调性，进而求得，进而求解.
【详解】由，
则，
令，即，
所以，
所以函数在上单调递增，
由，可得，
即恒成立，
所以，
令，
则，
令，则；令，则，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即，
所以实数的最大值为.
故答案为：.
38．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）关于的不等式在上恒成立，则的最小值是__________.
【答案】
【分析】不等式转化为，构造函数，判断函数单调递增得到，转化为，构造函数，根据函数的单调性计算最小值即得到答案.
【详解】，即，
设，恒成立，故单调递增.
原不等式转化为，即，
即在上恒成立.
设，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
故，
即，解得.
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：将不等式化为，这种方法就是同构法，同构即结构形式相同，对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了．
（四）隐零点法
39．（2023春·山东淄博·高三山东省淄博实验中学校联考期中）已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)函数的单调增区间为，无减区间
(2)
【分析】（1）可得，设，求得，求得函数的单调区间和最小值，结合，即可求解；
（2）由，得到，令，求得，得到单调递减，结合，，得到，使得，得到，再由单调性和，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得的定义域为且，
设，可得
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，所以，即，
故在定义域为上单调递增，无减区间，
即函数的单调增区间为，无减区间.
（2）解：设，其中，
则，
令，其中，可得对任意恒成立，
所以在上单调递减，
因为，，
所以，使得，即，则，即，
因此，当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减，
故，解得，
所以当时，恒成立．
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
40．（2023春·山东济南·高三统考期中）已知函数，若对任意两个不相等的正实数，都有，则实数a的取值范围为_________．
【答案】
【分析】设,由题意可得函数在是减函数，原问题转化为恒成立，即恒成立，即求即可.
【详解】若对任意两个不相等的正实数 都有恒成立，
不妨设，所以，即，
令，则，
所以函数在单调递减，
则恒成立，
则令，即即可，
，因为在单调递减，存在零点，使得，
即，两边取对数可得，即，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以
，
令，则，
在上单调递增，且，要求，
解得：，即，则，
因为即，令，
，，所以，在上单调递减，
当时，.
当趋近于0时，趋近于正无穷，所以，故.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两点：一是利用参变分离法，将其转化为；而是解转化为，，即图象与图象的交点问题.
考点四 讨论零点个数
41．（2023春·重庆九龙坡·高三统考期末）设函数，则（ ）
A．在区间，内均有零点
B．在区间，内均无零点
C．在区间内有零点，在区间内无零点
D．在区间内无零点，在区间内有零点
【答案】D
【分析】先对函数进行求导，再根据导函数的正负情况判断原函数的增减性可得答案．
【详解】解：由题得，令解得；
令解得；
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
在点处有极小值；
又，，，
即，，
所以在区间内无零点，在区间内有零点.
故选：D．
42．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若，证明：当时，；
(2)讨论函数在上零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）分别构造函数和，利用导数确定单调性，进而由不等式的性质即可求解.
（2）对分情况讨论，时利用不等式的性质可得无零点，时，利用二阶求导确定函数的性质即可求解.
【详解】（1）若，则.
①先证：当时，.
设，
则的导函数，
设，则的导函数，
因为，所以，所以在上单调递增，又，
所以，即，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，即.
②再证：时，.
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，即.
由①②得，当时，，
所以当时，，即.
（2）①若，则，
由（1）可知，当时，，所以，
又由（1）可知，当时，，
所以，
所以，
所以在上无零点.
②若，
当时，，则，
故在上无零点.
③若，
的导函数，
设，则的导函数，
设，则的导函数，
（i）当时，在上单调递增，
即在上单调递增，
又，
所以在上存在唯一零点，记作.
当时，单调递减，即单调递减；
当时，单调递增，即单调递增.
（ii）当时，，
单调递增，即单调递增.
综合（i）（ii），可得当时，单调递减；
当时，单调递增.
又因为，
所以存在唯一实数，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
又因为，所以时，；
由（1）已证，所以，
又在上单调递增，所以在上存在唯一零点.
综上，当时，在上无零点；
当时，在上存在唯一零点.
【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式或者利用导数分类讨论确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，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，画出函数的图象，然后数形结合求解．
43．（2023·浙江绍兴·统考二模）设函数，其中.
(1)当时，求函数的值域；
(2)设，当时，
①证明：函数恰有两个零点；
②若为函数的极值点，为函数的零点，且，证明：.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）当时，对求导，得到的单调性即可求出函数的值域；
（2）①由题知，进而构造函数，研究函数单调性，结合零点存在性定理可得存在唯一，使得，进而得函数的单调性即可证明；②要证，即证，结合题意得，对求导，再根据得，故，即可证明.
【详解】（1）当时，，显然函数的定义域为.
令得，
令，解得：；令，解得：，
在上单调递增，在上单调递减.
.
且当趋近于，趋近于负无穷，当趋近于正无穷，趋近于负无穷，
故函数的值域是.
（2）①显然，定义域为.
，
令，则由可知，
在单调递减，且当趋近于，趋近于.
而
存在唯一的使得，
所以当时，，当，，
于是在上单调递增，在上单调递减，
从而.，
令，
若，可得：；若，可得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，当时取等。
由知：
，
，，
（注意：且，则，即递增，故；
且且，则，即递减，故；
所以、在上恒成立.）
在都各有一个唯一零点，故恰有两个零点.
②由题意得，由于，要证，即证.
，由（1）知，
从而，
令，则，且，
令，
令，则；令，则；
则在上单调递减，在上单调递增，
，所以，
故.
于是在上单调递减，故，即，即.
【点睛】关键点点睛：根据不等式对进行放缩得，故，进而证明结论.
44．（河南省安阳市2023届高三三模文科数学试题）已知函数.
(1)证明：曲线在点处的切线经过坐标原点；
(2)若，证明：有两个零点.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的几何意义，可知曲线在点处的切线方程，即可得解；
（2）求导，可得的单调性及最值，，，由零点存在定理知在上有一个零点．，令，利用其单调性可得，即，又，由零点存在定理知在上有一个零点，即可得证．
【详解】（1）由已知得，
所以，又因为，
由导数的几何意义，可知曲线在点处的切线方程为，
即，恒过坐标原点.
（2），令，得.
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
所以.
因为，所以，
又，由零点存在定理知在上有一个零点，即在内只有一个零点.
因为，所以，
令，当时，在上单调递增，，
所以，即，
又，由零点存在定理知在上有一个零点，即在内只有一个零点，
综上，有两个零点.
45．（2023秋·河南濮阳·高三濮阳南乐一高校考阶段练习）已知函数．
(1)证明：在区间存在唯一的极值点；
(2)试讨论的零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)有且只有2个零点
【分析】（1）求出函数的导数，判断其单调性，结合零点存在定理，判断其零点情况，即可证明在区间存在唯一的极值点；
（2）分区间讨论，讨论函数的导数在区间内的正负情况，从而判断函数的单调性，结合零点存在定理，即可判断函数的零点情况.
【详解】（1）证明：函数的定义域为，导函数为,
当时，，所以在单调递减．
又因为
，，
根据函数零点存在定理，在区间有且只有一个零点．
当时，；当时，,
因此，在单调递增，在单调递减，
故在区间存在唯一的极值点；
（2）令，则．当时，；
当时，．因此，在单调递增，在单调递减．
由于，且当时，，
故当时，，从而在区间没有零点．
当时，，从而，
在单调递减．又，
根据函数零点存在定理，在区间有且只有一个零点．
当时，由（1）知在单调递增，在单调递减．
又，
根据函数零点存在定理，在区间有且只有一个零点,
综上所述，有且只有2个零点．
【点睛】本题考查用导数判断函数的极值点以及函数的零点个数问题，综合考查学生应用导数知识的能力和数学素养，解答时要明确导数与函数的极值以及零点之间的关系问题，能用导数灵活判断函数的单调性.
46．（2023·河南·校联考三模）已知函数.
(1)判断的导函数在上零点的个数，并说明理由；
(2)证明：当时，.
注：.
【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】利用导数判断的导函数在上得单调性，再结合零点的存在性定理即可得出结论；
（2）令，则，即，再结合（1）利用导数可求得函数的最小值，再证明的最小值大于零即可.
【详解】（1），
令，则，
所以函数在上单调递增，即在上单调递增，
又，
所以的导函数在上零点的个数为1；
（2）令，
则，即，
由（1）可知存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，存在，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，则，
所以函数在上单调递减，所以，
所以时，，
即当时，恒成立.
【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.
考点五 根据函数零点情况求参数范围
47．（2023春·河北·高三校联考期中）已知函数；
(1)若无零点，求a的取值范围；
(2)若有两个相异零点，证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）在定义域内，根据函数求导判断函数单调性，找出定义域内最小值，当满足时即可求的取值范围.
（2）根据（1）中求导结果得出零点的取值范围，根据零点性质可知，据此利用函数单调性定义得出和的大小关系，从而证明出.
【详解】（1），，，得，
当时，，单调递减，
时，，单调递增，所以函数的最小值是，
因为函数无零点，，得，
所以的取值范围是；
（2）证明：不妨设，
由（1）得，在上单调递减，在上单调递增，
，故，
，
，
设，，
因为，，所以函数在区间单调递增，且，
所以在区间上恒成立，
故，即，
又在上单调递减，，
.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的形状，以及双变量问题，综合性较强，本题第二问的关键是利用，结合函数的单调性，判断的正负.
48．（2023·安徽六安·六安一中校考模拟预测）已知函数（），若函数有唯一零点，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性变换得到，设，利用其几何意义根据图象得到范围.
【详解】，易知函数为偶函数，且，故考虑的情况即可，
当时，，即，
设，表示函数上的点到原点的斜率，根据图象知：
，当时，，故，故，
无解，故.
故选：B.
【点睛】本题考查了利用导数解决函数的零点问题，将题目转化为函数上的点到原点的斜率是解题的关键.
49．（2023秋·黑龙江鸡西·高三鸡西实验中学校考阶段练习）已知函数，若存在唯一的零点，且．则的取值范围是__．
【答案】
【分析】分类讨论，利用导数判断函数的单调性和极值情况，结合存在唯一的零点可得结果.
【详解】当时， 解得，函数有两个零点，不符合题意，应舍去；
当时，令，解得或，列表如下：
∵，∴存在，使得，不符合条件，应舍去．
当时，令，解得或，列表如下：
而，时，，∴存在，使得，
∵存在唯一的零点，且，∴极小值，
化简可得，即或.
∵，∴．
综上可知：的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数求解函数的零点问题，求解的关键是根据条件，结合导数分类讨论函数零点的情况，
50．（2023·河北唐山·统考一模）已知，函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在上仅有一个零点，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）求导可得，进而可得极值点为或.再讨论与的大小关系，进而求得单调区间即可；
（2）先求解两个极值与，再讨论根据分，与，结合分析极值满足的关系列式求解满足的不等式，化简即可.
【详解】（1），
当时，或.
当时，，
所以或时，，从而在，上单调递增；
当时，，从而在上单调递减；
当时，，所以，从而在上单调递增；
当时，，
所以或时，，从而在，上单调递增；
当时，，从而在上单调递减.
（2），.
由（1）得，当时，，,
所以仅在上有一个零点，因此时成立；
当时，，所以在上仅有一个零点1.
当时，，所以要满足题设有，
从而，解得，因此时成立.
综上，满足题目条件的的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了分类讨论函数单调性的问题，同时也考查了利用导数求解函数零点的问题，需要根据单调性以及极值的取值范围列式求解，属于难题.
51．（2023春·山东聊城·高三统考期末）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）求出的导数，讨论当时，时，由导数大于0，可得增区间；由导数小于0，可得减区间；
（2）由（1）的单调区间，对讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到所求范围．
【详解】解：（1），
①当时，由得，
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，由，得或，
（i）当，即时，和时，，单调递增；时，，单调递减.
（ii）当，即时，，所以在单调递增；
（iii）当，即时，和时，，单调递增；时，，单调递减.
综上可得，
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；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，
在上单调递减.
（2）①当时，，所以只有一个零点，不符合题意；
②当时，由（1）知
（i）当时，在单调递增，不存在两个零点，不符合题意；
（ii）当，在单调递增.又当时，，故不存在两个零点，不符合题意；
（iii）当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.，
故不存在两个零点，不符合题意；
③当时，由（1）知，在单调递减，在单调递增.
又，，所以在上存在一个零点，
取满足，且，
则，
所以在上也存在一个零点，
所以，时，有两个零点.
综上可得，的取值范围为.
【点睛】本题考查导数的运用：求单调区间，考查函数零点的判断，注意运用分类讨论的思想方法和函数方程的转化思想，考查化简整理的运算能力，属于难题．
52．（2023秋·山西阳泉·高三统考期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，若且有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）当时，在上是增函数；当时，在，上是增函数，在上是减函数.（2）
【解析】（1）求定义域以及导数，对参数进行分类讨论，求解对应情况下的单调性即可；
（2）由（1）中所得，可知的解析式，根据的单调性，将零点问题转化为图像相交的问题，数形结合，求解参数范围.
【详解】（1）的定义域为，，
，
对于，，
当时，，
则在上是增函数.
当时，
对于，有，则在上是增函数.
当时，
令，得或，
令，得，
所以在，上是增函数，
在上是减函数.
综上，当时，在上是增函数；
当时，在，上是增函数，
在上是减函数.
（2）由已知可得，
因为，所以，而，所以，
所以，所以在上单调递增.
所以.
故有两个零点，等价于
=在内有两个零点.
等价于有两根，
显然不是方程的根，
因此原方程可化为，
设，，
由解得，或
由解得，
故在上单调递减，在上单调递增.
其图像如下所示：
所以，
所以，
所以.
【点睛】本题考查利用导数对含参函数的单调性进行讨论，以及函数零点问题的处理，数形结合是本题的关键.
53．（2023春·四川宜宾·高三统考期末）已知函数恰有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将函数恰有三个零点，转化为恰有三个零点，令，用导数法画出其图象，利用数形结合法求解.
【详解】因为函数恰有三个零点，
所以恰有三个零点，
令，
所以，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时取得极大值，当时，取得极小值，
如图所示：
所以实数的取值范围为
故选：D
【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想，属于中档题.
54．（2023秋·山东济南·高三济南市历城第二中学校考阶段练习）已知函数，.
（1）求的极值；
（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.
【答案】（1）当时，极小值；当时，无极值；当时，极大值；（2）.
【分析】（1）求得的定义域和导函数，对分成三种情况进行分类讨论 的极值.
（2）构造函数，通过的导函数研究的零点，对分成进行分类讨论，结合有三个零点，求得的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，，
当时，在上递减，在上递增，所以在处取得极小值 ，
当时，，所以无极值，
当时，在上递增，在上递减，所以在处取得极大值.
（2）设，即，
.
①若，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，至多有两个零点.
②若，则，（仅）.单调递增，至多有一个零点.
③若 ，则 ，当或时，， 单调递增；当时，，单调递减，要使有三个零点，必须有成立.
由，得，这与矛盾，所以不可能有三个零点.
④若，则.当或时，，单调递增；当时，，单调递减，要使有三个零点，必须有 成立，
由，得，由 及，得，
.
并且当时，，，，.
综上，使有三个零点的的取值范围为.
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究方程的根，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.
55．（2023春·浙江宁波·高三宁波市北仑中学校考期中）已知函数，．
（Ⅰ）若，解不等式；
（Ⅱ）设是函数的四个不同的零点，问是否存在实数，使得其三个零点成等差数列？若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）存在，
【解析】（Ⅰ）先去绝对值，再讨论的取值，求解不等式的解集；（Ⅱ）由题意可知，利用判别式和等差中项进行讨论，求出所有满足条件的的值，判断是否成立即可.
【详解】（Ⅰ），
由题意知，
当时，，即，得，
若时，即时，不等式的解集为，
若时，即时，不等式的解集为，
时，，即，
若时，即时，无解，
若时，即时，
由得，
又，，
不等式的解集为，
综上，当时，不等式的解集，
当时，不等式的解集为；
（Ⅱ），
有4个不同的零点，
且，
，
不妨设，则，
①若成等差数列，则，此时，，不符合题意，
②若成等差数列，同①不符合题意，
③若成等差数列，则 ，，
，，
或均舍去，
④若成等差数列，则 ，，
，，
（舍）或，
综上可知，存在符合题意.
【点睛】本题考查含绝对值函数表达式，以及不等式的解法，等差数列问题，采用分类讨论是解决本题的关键，属于难题.
56．（2023秋·江西抚州·高三临川一中阶段练习）已知函数在区间上至少有一个零点，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】函数在区间上至少有一个零点，即直线与函数图象在上至少有一个公共点，研究函数的单调性与极值即可.
【详解】函数在区间上至少有一个零点，
即直线与函数图象在上至少有一个公共点，
，
易知：在上单调递增，在上单调递减，
且时，，如图所示：
由图易得：实数的取值范围是
故选D
【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，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，画出函数的图象，然后数形结合求解．
考点六 与零点有关的不等式问题
（一）比值代换
57．（2023·广东·高三专题练习）已知函数（是自然对数的底数）有两个零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)若的两个零点分别为，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1） 有两个零点，等价于有两个零点，等价于有两个零点，利用导数研究单调性，判断零点存在的条件，求实数的取值范围；
（2）要证 只需证，即证，
由（1）知，，所以只需证，只需证，构造函数，利用导数研究单调性，取最值得证.
【详解】（1） 有两个零点，
等价于有两个零点，
令，则，在时恒成立，所以在时单调递增，
所以有两个零点，等价于有两个零点，
因为 ，所以
①当时，，单调递增，不可能有两个零点；
②当时，令，得，单调递增，令，得，单调递减，
所以，
若，得，此时恒成立，没有零点；
若，得，此时有一个零点；
若，得，因为，，，
所以在，上各存在一个零点，符合题意，
综上，a的取值范围为.
（2）要证 只需证，即证，
由（1）知，，所以只需证
因为，，所以，，
所以 ，只需证，
设，令， 则，所以只需证 即证 ，
令，，则 ，，
即当时， 成立，
所以，即，即.
【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.
58．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性.
(2)若存在两个零点，且曲线在和处的切线交于点.
①求实数的取值范围；
②证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）利用导数分成，两种情况讨论函数的单调性；
（2）①利用导数得出函数的单调性，结合函数图像得出实数的取值范围；
②由曲线在和处的切线方程联立，得出，又存在两个零点，代入得出，
要证，只需证，即证，只要证即可.
【详解】（1）.
当时，在上单调递减；
当时，令，得.
当时，，当时，，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）①由（1）知，当时，在上单调递减，不可能有两个零点，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
又，；，；
所以的取值范围是.
②曲线在和处的切线分别是，
联立两条切线方程得，所以.
因为所以.
要证，只需证，
即证，只要证.
令，.
则，所以在上单调递减，
所以，
所以，所以.
【点睛】已知函数零点个数求参数范围问题方法点睛：
可以通过构造函数，分情况讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，根据零点个数，考虑图像的交点情况，得出参数的取值范围.
59．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在区间上有两个极值点，．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）函数在区间上有两个极值点，即方程在区间上有两个不等实根，即在区间上有两个不等实根．设，对求导，讨论的单调性和最值，即可得出答案；
（2）要证，即证，设，即证当时，成立，令，对求导，得到的单调性，即可证明.
【详解】（1）由题意得，
函数在区间上有两个极值点，即方程在区间上有两个不等实根．
又，所以在区间上有两个不等实根．
设，则．
当时，，函数单调递增，与方程在区间有两个根矛盾．
当时，由，得，
当时，，为单调递减函数；
当时，，为单调递增函数．
，，
当时，与方程在区间上有两个根矛盾．
当时，．
又，．
设，，
当时，，，
所以，
故函数在区间上和区间上各存在一个零点．
综上，时，函数在区间上有两个极值点．
（2）证明：不妨设，故有，
要证，即证，即．
由得
故．
要证，即证，
即证，即．
设，即证当时，成立．
设，．
所以在区间上为增函数，
故，即当时，成立，
综上，成立．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不不等式，等价转化的数学思想、同构的数学思想等知识，属于中等题，常用方法有如下几种：
方法一：等价转化是证明不等式成立的常见方法，其中利用函数的对称性定义，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略；
方法二：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可，例如对数平均不等式的证明；
方法三：利用不等式的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立.
60．（2023·云南曲靖·统考模拟预测）已知函数是的导函数.
(1)求函数的极值；
(2)若函数有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，再分和求出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得解；
（2）由有两个不同的零点，得①，②，两式分别相加相减，得到的两个式子相除可得，不妨设，令，构造函数，利用导数判断函数的单调性，进而可得出结论.
【详解】（1）的定义域为，
，
当时，在上单调递减，故无极值；
当时，时时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故的极小值为，无极大值，
综上所述，当时，无极值；
当时，的极小值为，无极大值；
（2）依题意有两个不同的零点，即有两个不同的根，
即有两个不同的根，
则①，②；
①②得③，
②①得④，
由③④整理得，
不妨设，令，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
即，即，
所以，
又，
所以，即，
令，则在上单调递增，
又，
所以，
即，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.
61．（2023·广西·校联考模拟预测）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，是方程的两个不等实根，且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得，求出和，进而求得切线的方程；
（2）根据题意转化为，令，构造函数，求导得，令，求得，得到单调递增，结合，再运用基本不等式即可得证.
【详解】（1）当时，函数，可得，
则，即切线斜率为2，又，
则切线方程为，即切线方程为.
（2）因为，是方程的两个不等实根，且，，，
则，可得，所以，
即，
令，则，则，
令，则，
令，则，则单调递增，
所以，即，则单调递增，
所以，所以，
即，即，
又（由于，故不取等号），
所以．
【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.
（二）消参减元法
62．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数分类讨论、、时的单调性即可.
（2）根据已知条件将证明转化成证明（），运用导数研究的最大值与0比较即可.
【详解】（1）由题意知，定义域为，
，
令，则，
①当时，，，在上单调递减，
②当时，，的2个根为，，
此时，则，或，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
③当时，，的2个根为，，
此时，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，①当时，在单调递减；
②当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
③当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为有两个极值点，，
所以由（1）可知，且，，
所以，
要证，即证，
只需证，，
令，，
则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，
又，，
由零点存在性定理得，使得，即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
则，
令，，
则当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
【点睛】隐零点问题求解三步曲：
（1）用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的取值范围．
（2）以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
（3）将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
63．（2023春·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考期中）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若是函数的两个不同极值点，且满足：，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，就、、、分类讨论导数的符号后可得函数的单调性；
（2）求出，则原不等式等价于，利用导数可证明该不等式.
【详解】（1）
可得，，
①当时，由，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
②当时，恒成立，此时在上为增函数；
③当时，由或，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
④当时，由或，，
此时在上为增函数，在上为减函数；
综上所述：当时，在上为增函数，在上为减函数；
当时，在上为增函数；
当时，在上为增函数，在上为减函数；
当时，在上为增函数，在上为减函数；
（2）由（1）可得：，，
，
欲证，即证，只需证，
记，，
可得，即在为减函数，
∴，即得证.
所以结论得证.
【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和；
③写出单调区间.
利用导数研究解决不等式恒成立问题的常用方法：
①数形结合法；②分离参数法；③构造函数法.
64．（2023秋·山西·高三校联考期末）已知函数，其中为非零实数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个极值点，且，证明：.
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
(2)证明见解析
【分析】(1)求导，得，分、、三种情况讨论导数的正负并确定函数的单调性；
(2)由题意可得，则有，，将问题转化为证明，构造函数，求导，只需故即可.
【详解】（1）解：函数的定义域为，
则，
①当即时，，函数在上单调递增；
②当即时，令，得，
则当时，，
当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减；
③当时，，舍去.
则当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）证明：因为有两个极值点，由（1）知当时，，
所以且，，
因为，所以，所以，，
要证，
，
，
令，
则，
所以在上单调递增，且，
故，即.
（三）构造关联（对称）函数
65．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过导数分成，两种判断函数的单调性；
（2）设，利用导数得出函数的的单调区间，由，得出，.先证明，只需证，构造函数再结合不等式的性质证明不等式.
【详解】（1）函数的定义域是，，
①当时，，在上单调递增.
②当时，令，解得，
当时，，在上单调递减；
当时，，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，是函数的两个零点，故.
令，则.
设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
当时，，当时，，
所以，.
先证明，即证，
只需证.
设，
则，当时，，
所以在上单调递增，
所以，故，即.
再证明.
由于，故只需证，
即证.
由，得，，
所以，故.
故.即.
【点睛】方法点睛：构造偏差函数的实质是利用函数单调性在解(证明)不等式，当双变量分别位于极值点两侧时，可将一侧的变量利用所证结论(极值点偏移)转化到同一侧利用函数单调性完成证明.
66．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数，a为实数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：
【答案】(1)递减区间为，递增区间为.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，由导函数的正负即可确定的单调区间，
（2）构造函数，求导得的单调性，即可证明，构造函数求导，利用单调性即可求证.
【详解】（1）函数的定义域为，
令，所以，得，
当，，当，，
故函数递减区间为，递增区间为.
（2）因为函数在处取得极值，
所以，得，
所以，得，
令，
因为，当时，，
所以函数在单调递减，在单调递增，
且当时,,当时,,
故.
先证，需证.
因为，下面证明.
设,
则,
故在上为增函数,故,
所以,则,
所以,即得，
下面证明：
令，当时，所以成立,
所以，所以.
当时，记,
所以时，所以为减函数得,
所以,即得.
所以得证，
综上，.
【点睛】思路点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
67．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，为常数，且.
(1)判断的单调性；
(2)当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数，分类讨论与时的单调性.
（2）计算的值，结合已知可得，运用的单调性进而可设，运用的单调性及已知条件等量代换将问题转化为求证（），构造函数，运用导数研究其单调性即可求证.
【详解】（1）∵，
∴，，
记，
①当，即时，恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增.
②当，即时，
方程有两个不等实根，且，，
∴，，，单调递增，
，，，单调递减，
，，，单调递增，
综上所述：①当时，在上单调递增，
②当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）∵，∴，
由（1）可知时，在上单调递增，
故不妨设，
要证：，即证：，
又∵当时，在上单调递增，∴只需证，
又∵，∴只需证：，
即证：，（），
记，，
，
∴当时，恒成立，单调递增，
∴，
∴原命题得证.即.
【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．
考点七 利用导数研究双变量问题
68．（2023春·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考期中）已知函数，．
(1)求函数的导函数在上的单调性；
(2)证明：，有．
【答案】(1)在上单调递增；
(2)证明见解析.
【分析】（1）直接对函数求导，利用导数与函数间的关系即可求出结果；
（2）构造函数，将求证结果转化判断函数值大小，再利用函数的单调性即可求出结果.
【详解】（1）因为，
所以，令，即，
又因为，
又因为，所以，即有，所以，所以在区间上单调递增，
即在上单调递增；
（2）由题知，要证，
即证，
令，则，
即证，
由（1）知在区间上单调递增，又因为，
所以，所以在区间上单调递增，因为，所以，故命题得证．
69．（2023·全国·高三专题练习）已知，，若存在，，使得成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将题意转换为，再求导分析函数的最小值，根据二次函数的性质求得最大值即可
【详解】∃x1,x2∈R，使得成立，等价于，
，
当时，，递减，当时，，递增，
所以当x＝－1时，取得最小值；
当x＝－1时取得最大值为，
所以，即实数a的取值范围是
故选：B．
70．（2023秋·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数，，若， ，使得，则实数的取值范围是____．
【答案】
【分析】将题意转化为，再根据的单调性分别求解最小值即可.
【详解】当时，由得，，
∴在单调递减，
∴是函数的最小值，
∵∀x1∈[，1]，都∃x2∈[2，3]，使得f（x1）≥g（x2），
可得f（x）在x1∈[，1]的最小值不小于g（x）在x2∈[2，3]的最小值，
即∃x∈[2，3]，使成立，即∃x∈[2，3]，使成立，故.
故答案为：
71．（2023春·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）已知，，若对，，使得成立，则a的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据对，，使得成立，只需求解即可.
【详解】因为，
所以，
当时，，当时，，
所以，
因为开口方向向下，
所以在区间上的最小值的端点处取得，
所以要使对，，使得成立，
只需，即或，
即或，
解得，
所以a的取值范围是，
故答案为：
72．（2023·河南·高三校联考阶段练习）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）如果方程有两个不相等的解，且，证明：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析
【解析】（1）对函数进行求导得，再对进行分类讨论，解不等式，即可得答案；
（2）当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；当时，在单调递减，在单调递增，则.不妨设，只要证，再利用函数的单调性，即可证得结论.
【详解】（1）.
①当时，单调递增；
②当时，单调递减；
单调递增.
综上：当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，
当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；
当时，在单调递减，在单调递增，则.
不妨设，
要证，即证，即证，即证.
因为在单调递增，即证，
因为，所以即证，即证.
令
，
.
当时，单调递减，又，
所以时，，即，
即.
又，所以，所以.
【点睛】思路点睛：用导数证明不等式的基本思路：构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系.
73．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数，（）．
(1)若存在两个极值点，求实数的取值范围；
(2)若，为的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1），，若存在两个极值点，则与，有两个交点，即可得出答案．
（2）由（1）知，且，，
则，只需证明，即可解得的取值范围．
(1)
（1），，
若存在两个极值点，
则在上有两个根，
所以有两个根，
即与，有两个交点，
，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以时，，
所以，
所以的取值范围为．
(2)
证明：由（1）知，且，，
所以
，
所以只需证明，
令，故，原不等式等价于对成立，
令，
，
所以单调递减，
则有（1）．
74．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，．
（2）若存在两个极值点，证明：．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）将代入，求出恒成立，得到函数的单调性，结合可得结果；
（2）根据在极值点处导数为0可得且，将所需不等式化简即可转化为，记，转化为以为变量的函数不等式，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可得结果.
【详解】解析：（1）当时，，定义域为，
在定义域上恒成立，
所以在上单调递减，当时，；当时，．原命题得证．
（2），若存在两个极值点，则，解得．由韦达定理可知，
原命题即证：．
不妨设，原命题即证：，由（*）知，
齐次化，即证：，不放令，
原命题即证：，记，
则，
当时，在上单调递减，．
原命题得证．
【点睛】关键点点睛：由极值点的概念得到的关系，将所证不等式进行齐次化处理，引入新的变量是解题的关键.
75．（2023秋·重庆巴南·高三重庆市清华中学校校考阶段练习）已知函（）有两个极值点，．
（1）求的取值范围；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先求定义域为，求导可得，
令，由函数有两个极值点，，则函数有两个零点，，再根据函数的性质即可得解；
（2）由（1）知，当时，不妨设，则，，由，所以，考查函数，即可得解.
【详解】（1）由题可知，函数的定义域为，
，
令，
因为函数有两个极值点，，
所以函数有两个零点，，，
当时，，在上单调递减，函数至多有一个零点，不符合题意．
当时，令，得，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
注意到，
所以当，即时，有唯一零点，不符合题意．
当即时，，
当即时，在上有唯一零点．
，设，，
则，所以在(0，1)上单调递减，
所以，即．
又，所以在上有唯一零点．
此时有两个零点，符合题意．
当，即时，在上有唯一零点．
而，（易知），
所以在上有唯一零点．
此时有两个零点，符合题意．
综上，的取值范围是．
（2）由（1）知，当时，有两个极值点，，
不妨设，则，．
因为，所以．
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递减，，即，
所以在上单调递减．
因为，
所以，，
即证得．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值点问题，考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力，计算量比较大，属于难题.本题关键点有：
（1）掌握利用导数研究函数的方法；
（2）转化思想的应用，通过不断的构造函数把复杂的问题进行简单转化.
76．（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数在上单调递增.
(1)求的取值范围；
(2)若存在正数满足（为的导函数），求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知在上恒成立，即在上恒成立．结合二次函数的性质即可求解；
（2）由题意可得，是方程的两根，则，利用基本不等式得.根据换元法，令，设，利用导数研究函数的性质可得，再次利用导数研究函数的性质即可求解.
【详解】（1），．
因为在定义域内单调递增，所以，
即在上恒成立，所以在上恒成立．
当时，函数，所以，
故实数的取值范围是．
（2）由题意知为方程，即方程的根，
所以，是方程的两根，所以，．
所以，由基本不等式得，所以．
．
令，则由，得．
设，
当时，，
所以在上单调递增，从而．
令，当时，，
所以在上单调递增，得，
综上可得，即．
【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.
考点八 导数中的极值点偏移问题
77．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，其中．
(1)若有两个零点，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由题可得方程有两个解，然后构造函数利用导数研究函数的性质进而即得；
（2）由题知恒成立，进而转化为证明当时，然后利用二次函数的性质结合条件可得只需证明即可，再构造函数利用导数证明不等式即得.
【详解】（1）由有两个零点，得方程有两个解，
设，则，
由，可得，单调递增，由，可得，单调递减，
所以的最大值为，当时，当时，，
所以可得函数的大致图象，
所以，解得，
所以，有两个零点时，的取值范围是；
（2）设，即，则恒成立，
由，，可得，
下面证明当时，，即证，
令，则证，，
令为开口向上的二次函数，对称轴为，
由（1）可知，故在时单调递增，
则，
下面只需证明即可，即证，
令，则，
令，则，
所以函数单调递减，且，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故，即，从而不等式得证，
综上，的取值范围是．
【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.
78．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若，求函数在为自然对数的底数）上的零点个数；
(2)若方程恰有一个实根，求的取值集合；
(3)若方程有两个不同的实根，，求证：．
【答案】(1)无零点
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性与极值，进而判断函数的零点个数；
（2）利用导数研究函数的单调性与极值，分类讨论参数，和时，函数的根的个数；
（3）依题设，于是，令，双变量变成单变量，可得，再利用导数研究函数的单调性可知，再证，构造函数，并研究函数的单调性及最值，通过转化可证得.
【详解】（1）当时，，，
求导，令得，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，
当时，函数取得极大值且，
函数在上恒小于0，所以函数在上无零点；
（2）方程恰有一个实根，即方程恰有一个实数根，
令，求导，
令，得．
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故当时，函数取得极大值，
①当，即时，因最大值点唯一，故符合题设；
②当，即时，恒成立，不符合题设；
③当，即时，一方面，，；
令，则，令，得
当时，，，函数单调递增，当时，，函数单调递减；
故当时，函数取得极小值0，故恒成立，即
一方面，，，于是，有两零点，不符合题设．
综上所述，的取值集合为；
（3）证明：由（2）知方程有两个不同的实根，，
即有两个不同的实根，，可知
先证，
依题设，有，于是，
记，，则，故，
于是，故，
记函数，，
因，故在上单调递增，故，
，又，所以，
再证，
，故，也是的两个零点，
求导，令，得（记，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故当时，函数取得极大值，也是的最大值，故有，
作函数，则，故单调递增，
当时，；当时，，
于是，
整理得，即，
同理，故，
即，于是
综上，．
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值，研究函数的零点，以及利用导数证明不等式，解题的关键是转化题目条件，构造合理的函数，考查学生的转化与化归能力，运算求解能力，属于困难题.
79．（2023·云南·高三校联考期中）已知函数在点处的切线方程与轴平行．
(1)求函数的极值；
(2)若函数有两个不同的零点，．
①求的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)极小值，无极大值
(2)①，②证明见解析.
【分析】（1）求得导函数由求得，则，由导数的正负即可判断函数的单调性进而得出极值.
（2）①问题等价于有两个零点，当，单调递增，不可能有两个零点；当时，在上单调递减，在上单调递增则，可解得，进而验证在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，即可求得结果．
②由题意，可得，，可得，设，则，
则，可得，化简可得．
构造函数，，利用导数判断单调性可得，即可证得结果.
【详解】（1），，故．
，
当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处有极小值，无极大值．
（2）①有两个零点等价于有两个零点，又，
当时，在上恒成立，
在上单调递增，不可能有两个零点；
当时，令，解得；令，解得，
在上单调递减，在上单调递增．
函数有两个零点，
，，
，解得．
由，，故在上存在唯一零点．
令，，，故在上单调递增，
故，故在上单调递增，故，
故在上存在唯一零点．
综上，的取值范围为．
②证明：由题意，，，
所以，设，则，
所以，所以，
所以．
令，，
则，
所以，
所以．
又，，
所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：对参数分类讨论，求得函数取最值时满足的条件；将双变量问题通过换元法转化为一个变量的函数问题，借助导数研究其最值，从而证得不等式.
80．（2023·浙江·高三专题练习）已知函数．
（1）讨论f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），证明：x1x3＜x22．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）对函数f（x）求导，令，利用函数的导数判断出单调性求出极值，可得f（x）的极值点的个数；
（2）由f（x）有3个极值点x1，x2，x3，列出方程且x2＝1，要证，即x1x3＜1，设，k＞1，得出x3﹣x1＝lnk，联立，推出，只需证，k＞1，需证明，令，t＞1，即需证明，利用函数的导数判断单调性和最值即可得证．
【详解】（1）＝（x﹣1）ex+a（x2﹣x）＝（x﹣1）（ex+ax）
，，
f（x）的极值点的个数即为的变号方程根的个数
令，，故g（x）在（0，1）上单调递减（1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，且当x＜0时，g（x）＜0．
即
根据与的交点个数可得：
当a＞0时，f（x）有2个极值点，当﹣e≤a≤0时，f（x）只有1个极值点，
当a＜﹣e时，f（x）有3个极值点．
（2）证明：因为f（x）有3个极值点x1，x2，x3（其中x1＜x2＜x3），所以，且x2＝1，即得，要证，即x1x3＜1，
由，得，设，k＞1，，所以x3﹣x1＝lnk，
联立，得所以，
所以要证x1x3＜1，只需，k＞1，
则有，即，则需证明．
令，t＞1，即需证明．
因为恒成立，
所以h（t）在t∈（1，+∞）上是单调递减函数，则有，
即成立，所以x1x3＜1，即得以证明．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究函数的极值点问题，考查导数证明不等式，解决本题的关键点是若f（x）有3个极值点，则x2＝1，要证，即x1x3＜1，设，k＞1，需证明，令，t＞1，即需证明，对函数求导判断单调性和最值即可得证，考查了学生逻辑推理能力和计算能力，属于中档题．
81．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（其中为常数）．
(1)当时，求函数的单调减区间和极值点；
(2)当时，设函数的3个极值点为，，，且，
①求的取值范围；
②证明：当时，．
【答案】(1)单调递减区间为， ，极值点为
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）求导，利用导函数的符号变化确定函数的单调区间，进而确定函数的极值点；
（2）①求导，构造新函数，利用导数判定的单调性和最值，再利用极值个数进行求解；②要证，只需证，构造函数和，再利用导数研究函数的单调性进行求解.
【详解】（1）解：时，，；
所以当时，；当时，；
当时，；
所以函数的单调递减区间为，，极值点为；
（2）解：①；
令，；
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以是的最小值；
因为有三个极值点，
所以，解得，
即的取值范围为；
②证明：当时，，；
所以，即，是函数的两个零点；
所以；
消去得；
令，，的零点为，且；
所以在上递减，在上递增；
要证明，只需证，即证；
因为，所以即证；
构造函数，则；
所以只要证明上单调递减；
在单调递减；
所以增大时，减小，增大，减小；
所以在上是减函数；
所以在上是减函数；
所以当时，．
【点睛】关键点点睛：（1）第二问求导后构造函数是解题的关键，可简化计算量，二次求导是解决函数的极值和最值的常用方法，难度较大；
（2）将题设不等式成立问题转化为成立，再构造中间函数，由导数研究其最值即可求解.
82．（2023·江西鹰潭·统考二模）设函数，().
（1）若在处的切线平行于直线，求实数的值；
（2）设函数，判断的零点的个数；
（3）设是的极值点，是的一个零点，且，求证：.
【答案】（1）；（2）2；（3）证明见解析.
【解析】（1）利用导数求得切线的斜率，由两直线平行斜率相等，即可列式求出实数的值；
（2）由题可知，，求导得，构造新函数，利用导数研究函数的单调性和零点得出在内有唯一解，设为，分类讨论求出的单调区间，由此得出是的唯一极值点，通过求解和，结合零点存在性定理，即可判断的零点的个数；
（3）结合（2）以及题意得到，化简得到，结合条件得出不等式，两边取对数并根据对数的运算，化简即可证得成立．
【详解】解：（1）由题可知，，
则，得切线的斜率为，
因为在处的切线平行于直线，
，解得：，
实数的值为.
（2）令，可知的定义域为，
且，
令，得，
而，得，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，
从而在内有唯一解，不妨设为，
则，当时，，
在内单调递增；
当，时，，
在，内单调递减，是的唯一极值点，
令，
则当时，，故在内单调递减，
当时，（1），即，
从而，
又，在，内有唯一零点，
又在内有唯一零点1，从而在内恰有两个零点.
的零点的个数为2.
（3）已知是的极值点，是的一个零点，且，
由（2）及题意，，即，
，，
由（2）知当时，，又，
故，两边取对数，得，
于是，整理得，命题得证．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数的几何意义求参数值，考查利用导数研究函数的零点个数问题以及利用导数证明不等式，通过构造新函数及通过导数研究考查函数的单调性和极值是解题的关键，考查分类讨论和转化思想，以及化简运算能力，属于难题．


0



+
0
﹣
0
+

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增


0

﹣
0
+
0
﹣

单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减