新高考数学一轮复习精品讲练测第3章第02讲 导数与函数的单调性（2份，原卷版+解析版）

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导函数与原函数的关系
利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的定义域；
第2步，求出导函数f′(x)的零点；
第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性.
[常用结论]
1.若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，恒成立.
2.若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，＞0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，＜0有解.
考点一、函数与导函数图象之间的关系
1．（浙江·高考真题）设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象最有可能的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据导函数的图象得出函数的单调区间，根据函数的单调性即可判断.
【详解】由导函数的图象可得当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
只有C选项的图象符合.
故选：C.
2．（全国·高考真题）已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先利用函数的图象求得函数的单调区间，进而得到正确选项.
【详解】由题给函数的图象，可得
当时，，则，则单调递增；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递增；
则单调递增区间为，；单调递减区间为
故仅选项C符合要求.
故选：C
3．（全国·高考真题）如果函数的图象如下图，那么导函数的图象可能是（ ）
B．
C．D．
【答案】A
【详解】试题分析：的单调变化情况为先增后减、再增再减 因此的符号变化情况为大于零、小于零、大于零、小于零，四个选项只有A符合，故选A.
考点：1、函数的单调性与导数的关系；2、函数图象的应用.
【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.
1．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图是函数的导函数的图象，若，则的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据导函数的图象在区间内的函数的范围，判断出函数区间上各点处切线的斜率的范围，根据导函数的图象得导函数函数值的符号，得函数的单调性，再结合四个选项可得答案.
【详解】由的图象可知，当时，，则在区间上，函数上各点处切线的斜率在区间内，
对于A，在区间上，函数上各点处切线的斜率均小于0，故A不正确；
对于B，在区间上，函数上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故B不正确；
对于C，在区间上，函数上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故C不正确；
对于D，由的图象可知，当时，，当时，，当时，，
所以函数上各点处切线的斜率在区间内，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
而函数的图象均符合这些性质，故D正确.
故选：D
2．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中可能是图象的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据的图像，得到不同范围下，的正负，得到的单调性，得到答案.
【详解】由的图象知，当时，，故，单调递增；
当时，，故，当，，故，
等号仅有可能在x＝0处取得，
所以时，单调递减；
当时，，故，单调递增，结合选项只有C符合.
故选：C.
3．（2010·湖南·校联考二模）设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据的图象可得的单调性，从而得到在相应范围上的符号，据此可判断的图象.
【详解】由的图象可知，在上为单调递减函数，故时，，故排除A，C；当时，函数的图象是先递增，再递减，最后再递增，所以的值是先正，再负，最后是正，因此排除B，
故选：D.
考点二、利用导数求不含参函数的单调性
1．（2023·北京·统考高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
3．（2021·全国·统考高考真题）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
4．（2021·全国·统考高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：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，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
1．（2023·江苏盐城·统考三模）已知函数.
(1)当时，求的单调递增区间；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入求导得，再次设导函数为新函数进行求导得到其单调性和其零点，从而得到的单调增区间；
（2）法一：令，利用导数和零点存在定理得存在唯一正实数使得，从而得到，再利用隐零点法得，再次设新函数进行求导从而得到的范围；
法二：同法一求得，则
，利用基本不等式有，从而得到的范围.
【详解】（1）当时，，，
设
又，∴在上单调递增，
又，∴当时，当时，
∴的单调递增区间为.
（2）对函数求导得，，令，
则，∴在上单调递增，
又，当时，
故存在唯一正实数使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴，
由恒成立，得，
由得，∴
∴，∴，
∴，
设，则恒成立，
故在上单调递增，而，
∴，
又且函数在上是增函数，
故的取值范围为
法2：同法一得，
由得，
∴
，当且仅当时等号成立，
∴，
故的取值范围为
【点睛】关键点睛：本题第二问利用零点存在定理及隐零点法得到，从而有，再次重新设函数，根据其单调性和零点得到，从而得到.
2．（2023·浙江·校联考三模）已知
(1)当时，求单调区间；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)设，，证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后，根据恒成立可得结论；
（2）方法一：由可知，使得在上单调递增，根据可知；将代回验证，知，利用导数可证得，知满足题意；
方法二：易说明，求得后，令，则，令，分别在和的情况下，得到的单调性，进而确定使得恒成立的的范围；
（3）令，由（2）得；令，采用累加法可求得，进而放缩得到，整理即可得到结论.
【详解】（1）当时，，，
，，（当且仅当时取等号），
恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）当时，恒成立，即，恒成立；
方法一：，，使得在上单调递增，
当时，，，解得：；
当时，，
，，
设，则，
在上单调递增，，
，即满足题意；
综上所述：的取值范围为.
方法二：，
，，，
则由，恒成立得：；
，，
令，则，令，则，
①当，即时，方程的解为，
设，的对称轴为，当时，，
，其中，
则当，即时，；当时，即时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，当时，，与，恒成立相矛盾，故舍去；
②当，即时，，即，
在上单调递增，，
即，恒成立；
综上所述：实数的取值范围为.
（3）由（2）得：，；
令，，即，，
当时，，
化简得，，
，，，
累加得：，
，
即成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数单调区间、恒成立问题的求解、不等式的证明等；本题证明不等式的关键是能够利用（2）中的结论，将指数不等式转化为对数不等式，进而采用赋值的方式对不等式进行放缩.
3．（2023·河北·校联考一模）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；
(2).
【分析】（1）当时，对函数求二阶导可以得到二阶导大于等于零，即，，时，，即可得到答案.
（2）根据题意有不等式恒成立．令，则等价于不等式恒成立，
①若，不等式（*）显然成立，此时
②若时，不等式（*）等价于.求出的最小值即可得到答案.
【详解】（1），
∵，所以是的一个零点．
又令，，则，，时，
∴在，单调递减；在单调递增
（2）不等式在R上恒成立，即不等式恒成立．
令，则等价于不等式恒成立，
①若，不等式（*）显然成立，此时
②若时，不等式（*）等价于
设，当时，，
令，则，，
∵，∴在上单调递减，在单调递增，
∴
∴，在单调递增，
∴
综上所述，满足题意的实数a的取值范围为．
4．（2023·福建宁德·校考模拟预测）已知
(1)当时，求的单调性；
(2)讨论的零点个数．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；
(2)当，0个零点；当或，1个零点；，2个零点
【分析】（1）求出函数的导函数，可得，令，利用导数说明的单调性，即可求出的单调区间；
（2）依题意可得，令，则问题转化为，，利用零点存在定理结合单调性可判断方程的解的个数.
【详解】（1）解：因为，，
所以，
令，，所以在单增，且，
当时，当时，
所以当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增
（2）解：因为
令，易知在上单调递增，且，
故的零点转化为即，，
设，则，
当时，无零点；
当时，，故为上的增函数，
而，，故在上有且只有一个零点；
当时，若，则；，则；
故，
若，则，故在上有且只有一个零点；
若，则，故在上无零点；
若，则，此时，
而，，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
故此时在上有且只有两个不同的零点；
综上：当时，0个零点；当或时，1个零点；时，2个零点；
【点睛】思路点睛：导数背景下的零点问题，注意利用零点存在定理结合函数单调性来讨论.
5．（2023·山东泰安·统考一模）已知函数，.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)函数的单调递增区间为，无递减区间
(2)
【分析】（1）求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）设，可知对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：的定义域为，当时，，
，
设，则，
令，解得，
当时，，单调递减，
当，，单调递增.
所以，，则对任意的恒成立，
所以，函数的单调递增区间为，无递减区间.
（2）解：当时，恒成立等价于在上恒成立，
设，
则，
设，
则图象为开口向上，对称轴为的抛物线的一部分，
当时，，在单调递增，且，
所以，，即，则函数在上单调递增，
又因为，所以在恒成立，满足题意；
当时，，，
所以方程有两相异实根，设为、，且，则，
当时，，，在上单调递减，
又因为，故当时，，
所以，在上不恒成立，不满足题意.
综上，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，注意到，由此将问题转化为考查函数在上的单调性来处理，只需对实数的取值进行分类讨论，结合单调性来求解.
6．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，研究函数的单调性；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)在定义域内单调递增
(2)
【分析】（1）求函数的导函数可得，根据导数结构考虑构造函数，利用导数证明，取对数证明，由此证明，由此可得函数的单调性；
（2）设，，由已知可得恒成立，构造函数，讨论，利用导数求其最小值，可得a的取值范围．
【详解】（1）因为，所以，
所以函数的定义域为，且，
构造函数，则，
令，得，
∴当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
∴，∴，
∴当时，，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立，
∴在上单调递增．
（2）∵，，等价于
，
令，，构造函数，
∴，，．
令，，，
注意到．
当时，，
∴，当时，，即当时，，
所以在上单调递减，所以，不符合题意．
当时，令，，
，
∴单调递增，则，
当时，则，
，单调递增，．
∴，单调递增，，符合题意．
综上所述．
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
考点三、利用导数求含参函数的单调性
1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
2．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
3．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
1．（2023·河北·模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若存在实数，使得关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导以后对导数中的参数进行分类讨论，根据不同的分类判断函数的单调性；
（2）根据第1问的结论，将恒成立问题转化为函数的最大（小）值问题，构造新函数，求出的范围.
【详解】（1）函数，，则，
当，即时，恒成立，即在上单调递增；
当，即时，令，解得，
综上所述，当是，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）等价于，令，
当时，，所以不恒成立，不合题意.
当时，等价于，
由（1）可知，
所以，对有解，所以对有解，
因此原命题转化为存在，使得.
令，，则，
，
令，则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，，故在上单调递减，
当时，，，故在上单调递增，
所以，所以，
即实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为存在，使得，利用导数研究右侧最小值，即可得范围.
2．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，若，求证：；
(3)求证：对于任意都有．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域，求导，再分类讨论，根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）令，由，可证得恒成立，即，结合可证得；
（3）利用，对进行放缩，即可证明不等式成立.
【详解】（1）函数的定义域是．
由已知得，．
①当时，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
②当时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
③当时，当时，，单调递增；
④当时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
综上，①当时，函数在上单调递减，上单调递增；
②当时，函数在单调递增上单调递减，上单调递增；
③当时，函数在单调递增；
④当时，函数在单调递增，上单调递减，上单调递增．
（2）当时，.
由（1）知，函数在单调递增且；
令
，
令，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，所以.
令，则，
所以恒成立，
不妨设，则 ，
所以，所以，
所以，所以.
（3）由（2）知，时，，
即，
故在时恒成立，
所以，
，
，
，
相加得.
【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．
3．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有三个零点，，，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）先判断出，将转化为，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）由，可知定义域，
，令，则，
①当时，，则成立，即成立，
所以在上单调递增；
②当时，令，得，记，
，当变化时，，的变化情况如下表
所以在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增.
（2）因为函数有三个零点，，，
不妨设，所以，
即在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增.
由，知，故，
因为，
所以，即，
因此，
令，
所以，令，
则在上单调递减，且，
，成立，
所以在上单调递减，且，因此，
则，
所以.
【点睛】利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，要在定义域的范围内求解单调性.当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏，分类标准的制定可结合二次函数的知识来进行.
4．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证:(其中是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数定义域为，
，
当时恒成立，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得，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；
当时在，上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，
由题意，是方程的两个根，
①，②，
①②两式相加，得③，
①②两式相减，得④，
联立③④，得，
，
设，，，
，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
【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·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设、是函数的两个极值点.证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对和的大小进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；
（2）分析可知方程在上有两个不等的实根、，根据二次方程根的分布可求得实数的取值范围，列出韦达定理，化简得出，利用导数证得函数在上的最大值小于，即可证得结论成立.
【详解】（1）因为，该函数的定义域为，
.
因为，由得：或.
①当，即时，对任意的恒成立，且不恒为零，
此时，函数的增区间为，无减区间；
②当，即时，由得或；由得.
此时，函数的增区间为、，减区间为；
③当，即时，由得或；由得.
此时函数的增区间为、，减区间为.
综上所述：当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
（2）因为，其中，
，
因为有两个极值点、，
所以，方程在上有两个不等的实根、，
所以，，解得，所以.
所以
令，其中，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
6．（2023·广东佛山·校联考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(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）求导后分类讨论，根据导数的符号可得函数的单调性；
（2）将原不等式变形为，构造函数，根据的单调性将不等式化为，再参变分离，构造函数，利用导数求出最值可得结果.
【详解】（1）的定义域为，，
当时，，在上为增函数；
当时，由，得，由，得，
所以在上为减函数，在上为增函数.
综上所述：当时，在上为增函数；当时，在上为减函数，在上为增函数.
（2）
，
设，则原不等式恒成立等价于在上恒成立，
，在上为增函数，
则在上恒成立，等价于在上恒成立，
等价于在上恒成立
令，，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，故.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；
（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故.
考点四、根据函数单调性求参数值或范围
1．（全国·高考真题）若函数在是增函数，则a的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】试题分析：由条件知在上恒成立，即在上恒成立．
∵函数在上为减函数，
∴,
∴．
故选D．
考点：函数的单调性与导数的关系．
2．（2023·全国·统考高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
【答案】
【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是.
故答案为：.
1．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）若函数在区间上单调递增，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用导数，转化为，在区间恒成立，参变分离后，即可求解.
【详解】，在区间恒成立，
所以，在区间恒成立，即在区间恒成立，
所以.
故答案为：
2．（2023·山东济宁·统考一模）若函数且在区间内单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，利用导数求出函数的单调区间，再分和两种情况讨论，结合复合函数的单调性即可得解.
【详解】令，则，
当或时，，当时，，
所以在和上递减，在上递增，
当时，为增函数，且函数在区间内单调递增，
所以，解得，
此时在上递增，则恒成立，
当时，为减函数，且函数在区间内单调递增，
所以，无解，
综上所述，的取值范围是.
故选：A.
3．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用的导函数，结合在区间上的单调性列不等式组求得的取值范围.
【详解】由，则，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
又函数在区间上单调递减，所以，解得，
故选：A.
4．（2023·江苏南通·三模）已知函数在R上是增函数，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】对求导，由为上的增函数可知恒成立，由二次函数的性质可得，△，从而可得，两边同乘可得，利用换元法及二次函数的性质即可求得的最大值．
【详解】因为函数在上是增函数，
所以恒成立，
所以，△，
又，所以，
则由△，可得，两边同时乘以，
可得，
令，，则，
当时，取得最大值，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的基本性质以及最值的求法．
【基础过关】
1．（2023·河北石家庄·正定中学校考模拟预测）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若在上恒成立，求证：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）在定义域范围内求导函数大于零或小于零的解集即可；
（2）将问题转化为在上恒成立，含参讨论得时，有最大值即证明.
【详解】（1）因为的定义域为，
所以，
令得或；
令得.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）因为：
在上恒成立，
即在上恒成立，
设.
则.
①若，则单调递增，的值域为，
故不能恒成立，故舍去；
②若，则当时，；
当时，，
从而在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值，
所以.
2．（2023·福建厦门·厦门市湖滨中学校考模拟预测）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：(为自然对数的底数)恒成立.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导，对参数进行分类讨论判断导函数的正负，最后判断原函数的单调性；（2）由（1）可知， 取，有，即，所以将 等价转化为在上恒成立，接着构造函数，最后证明即可.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
当时，恒成立，所以在内单调递增；
当时，令，得，所以当时，单调递增；
当时，单调递减，
综上所述，当时，在内单调递增；
当时，在内单调递增，在内单调递减.
（2）证明：由（1）可知，当时，，
特别地，取，有，即，
所以(当且仅当时等号成立)，
因此，要证恒成立，
只要证明在上恒成立即可.
设，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
故当时，，即在上恒成立
因此，有，又因为两个等号不能同时成立，
所以有恒成立.
【点睛】(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最小值问题．
(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四中学校校考模拟预测）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.
4．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）已知函数，．
(1)当，求的单调递减区间；
(2)若在恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为
(2)
【分析】（1）根据导函数和原函数的单调性关系，先设求得，得到函数单调区间；
（2）把在上恒成立, 转化为在上恒成立，令,即得恒成立求参即可.
【详解】（1）当时，，
所以，令，所以，
当时，，故为增函数；
当时，，故为减函数，
所以，即，
所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间.
（2）因为，所以，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
转化为在上恒成立，
令，，则且
当时，恒成立，故在上为增函数，
所以，即时不满足题意；
当时，由，得，
若，则，故在上为减函数，在上为增函数，
所以存在，使得，即时不满足题意；
若，则，故在上为减函数，
所以，所以恒成立，
综上所述，实数的取值范围是.
5．（2023·安徽淮北·统考二模）已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，对任意的买数，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)先对函数求导数，对进行分类讨论，在讨论单调新即可；(2)结合第一问讨论的单调性，对导数进行第二次求导，进一步判断二阶导数的正负来判断一阶导数的单调性，进而可以证明.
【详解】（1）
①当时，，此时，在单调递增；
②当时，令，
可以判断在是单调递减的
注意到：
则必存在使得，即
且当时，，于是，
此时在单调递增；
当时，，于是，此时在单调递减；
（2）当时，令，则：
于是：在是递减的
对于给定的，令
则
因为，所以，即
因此在是递增的
于是，，
即：
进而
方法二：
当时，对于给定的，令
则
因此在是递增的，
于是，，即：
进而
6．（2023·山东烟台·统考二模）已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，转化为在上恒成立，进而转化为在上恒成立，令，求得，得出函数的单调性和最大值，即可求解.
（2）当时，得到且，当时，只需使得，利用导数求得单调递增，得到；当时，显然满足；
当时，由和，得到，即可得证.
【详解】（1）解：由函数，可得，
因为在上单调递增，可得在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得极大值，即为最大值，
所以，即实数a的取值范围为.
（2）解：当时，，可得
当时，可得，
要使得，只需使得，
令，可得，所以单调递增，
又由，所以，所以单调递增，所以；
当时，可得且，所以，满足；
当时，可得，
因为且，所以，所以，
综上可得，对于，都有.
7．（2023·广东揭阳·校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性.
(2)当时，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得，分类讨论参数范围可求的单调性；
（2）将不等式变形得，构造函数，通过求出最值，证明即可得证.
【详解】（1）的定义域为，
若，恒有，则在上单调递增，在上单调递减，
若，令，得，
若，恒有在上单调递增，
若，当时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
若，当时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：当时，，
令函数，则，
令函数，则，
当时，；当时，，
所以，从而，
所以当时，；当时，，
故，
因为，
所以，故.
8．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）将导数化为求其零点并讨论零点的大小，结合导数的符号求解. （2）结合第（1）问的结果，利用函数的单调性、极值的符号构造不等式求解.
【详解】（1）∵
，
∵，∴，
当，，单调递增，当，，单调递减，
当，，单调递增．
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）情况一：若，即时，由的单调性，其在上恒为正，无零点，
在增区间至多有一个零点，不符题意．
情况二：若，即时，
由于，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，
取，则，，，
，
当时，，由于在区间上单调递增，
故在恒为正，无零点，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，符合题意，
情况三：若，即时，同情况二可得在增区间恒为正，无零点，
仅有一个零点，不符题意.
综上，a的取值范围是．
9．（2023·江苏淮安·江苏省盱眙中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，然后对参数进行分类讨论.
（2）利用求导及零点定理及构造法解函数不等式.
【详解】（1）因为，
所以
①若，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增
②若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增；
③若，则，在上单调递增；
④若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
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，所以，即
，
设
则，易知在上单调递增
因为，所以，
所以存在，使得
所以，在上单调递减，在上单调递增
所以
设，则，在上单调递增，所以
所以，即.
10．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考二模）已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，对任意，当时，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）先求导函数得，分类讨论的值，判断函数单调性即可；
（2）结合（1）知对恒成立，构造函数，知在上恒成立，分离参数求解即可.
【详解】（1），
令，则两根分别为.
1.当时，在恒成立，故的单调递增区间为，无单调递减区间；
2.当时，令得或，令得，
所以单调递增区间为，单调递减区间为；
3.当时，令得或时，令得，
所以单调递增区间为，单调递减区间为.
综上当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递增区间为，单调递减区间为；当时，单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由（1）知，若，则，
的在区间单调递增.
又，所以对恒成立
对恒成立，
对恒成立，
令，则在上单调递减，则在上恒成立，
又，且，
在上恒成立，即
令，则
令得，令得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以
【点睛】思路点睛：第一问含有参数的单调性需要分类讨论，判定导函数的零点大小确定单调区间，讨论要不漏不重；第二问，对于恒成立问题可以利用分离参数的方法，将问题转化为参数与函数最值的关系即可.
【能力提升】
1．（2023·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）已知函数
(1)求的单调区间;
(2)若存在实数，使得方程有两个不相等的实数根，求证：
【答案】(1)的增区间为，无减区间，
(2)证明见解析
【分析】（1）先对函数求导后，再令，利用导数可求出的单调区间和最小值，从而可得，进而可求出的单调区间，
（1）由题意可得，，然后对化简变形可得，不妨设，令，则问题转化为，由（1）可证得结论.
【详解】（1）因为，
所以，
令，则
，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
所以，
所以在上递增，
所以的增区间为，无减区间，
（2）证明：由题意得，则，
因为，所以，
所以，
因为，
所以
不妨设，令，则证，即证，
即，
由（1）知在上递增，
所以当时，，
即时，，得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是通过已知条件对化简变形，再换元可得，则将问题转化为证明，结合（1）可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
2．（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当，是方程的两根，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，设，得到，分和，两种情况，即可求得函数的单调区间；
（2）求得在处的切线方程为，令，再令，结合单调性求得，求得，进而求得切线方程为，令，求得出函数的单调性，得到，进而证得，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
设，可得，
①当时，，所以在单调递增；
②当时，令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，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）解：由，可得且，
所以在处的切线方程为，即.
令，
令，
因为，所以在上单调递增，
又因为，所以当，，单调递减，
当，，单调递增.
所以，即，
所以，，
可得在处的切线方程为，即.
令，
，
因为，所以在上单调递增.
又因为，所以当，，单调递减，
当，，单调递增，
所以，即，
所以，，
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.
3．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则.
作出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证．
由（ⅰ）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得．
所以只需证，即只需证．
令，只需证．
令，其中，则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证．
【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.
4．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(3)若，且在上恒成立，证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）依题意可得在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，求出的最小值，即可得解；
（3）依题意可得，参变分离可得在上恒成立，令，，求出函数的导函数，分、两种情况讨论，即可得到，令，，利用导数求出的最小值，即可得证.
【详解】（1）函数的定义域为，且，
令，令，解得，因为，，
所以当时，即，
所以的单调递增区间为；
当时，即，
所以的单调递减区间为；
（2）若函数在上单调递增，所以在上恒成立，
令，则，
即在上恒成立，
令，，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以在上单调递减，所以，
所以，则，即实数的取值范围为.
（3）因为，所以，解得，
所以，又在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
则，
所以当时，则在上单调递增，此时显然不恒成立；
当时，则当时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时，
所以，
因为，所以，
令，，则，
所以当时，即单调递减，当时，即单调递增，
所以，所以.
【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·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)证明：；
(3)若，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，对求导，根据导数的符号确定单调区间；
（2）对求导，证明即可；
（3）由（2）可知，，即可得到，可证明，对求导，可得在单调递增，则，再证明即可得证.
【详解】（1）当时，，其中，
所以，且，
因为函数和都是减函数，故也是减函数.
所以当时，单调递增，当时，，
单调递减，所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）根据题意可知，，
设，则单调递减，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以.
（3）法一：若，则，
由（2）可知，，
所以，故，
此时，故，
所以，其中.
当时，，故当时，，
当时，若，则，
若，则，故，
所以当时，成立，故在单调递增，
所以.
设，则，
因为函数和都是减函数，故也是减函数，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以.
综上，当时，.
法二：
若，则，
由（2）可知，，
所以，故，
此时，故，
所以，其中，
.
成立，故在单调递增，
所以.
设，则，
因为函数和都是减函数，故也是减函数，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以.
综上，当时，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
6．（2023·河北·校联考三模）已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若为函数的导函数，有两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)当时，在上单调递减
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据函数的定义求出的解析式，再通过其导函数的正负来判断函数的单调性；
（2）求出，把零点问题转化成方程的根，再转化成函数图象的交点，根据图象即可求出的范围；把代入，通过两个等式构造，结合的范围即可证明.
【详解】（1）因为，令，则，
所以（），
故（）.
当时，，
，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
故在上恒成立.
所以当时，在上单调递减.
（2）（ⅰ）有两个零点等价于有两个不同的根.
而 （），
所以有两个不同的根，
等价于有两个不同的根，
等价于与有两个不同的交点.
因为， （），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
而当趋向正无穷时，趋向0，趋向0时，趋向负无穷，
为使与有两个不同的交点，所以.
（ⅱ）有两个零点，则
，.
即，.
所以，
即，
得，
所以.
因为，所以.
【点睛】方法点睛：判断函数单调性时主要考虑其导函数的正负；零点问题常常可转化为方程的根；关于双变量问题通常需要通过等式构造，找出其等式关系.
7．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）已知函数.
(1)若在单调递增，求实数的取值范围；
(2)若，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数在单调递增，可得在上恒成立，分离参数，即在恒成立，由此构造函数，利用求解函数的最值可得答案.
（2）判断的单调性，从而结合可判断a的范围，由此将证明的问题转化为构造新函数，利用函数的单调性解决证明不等式问题，从而可根据不等式以及的结构特征，分别采用分析的方法，构造函数，利用导数判断函数单调性，可证明结论.
【详解】（1）由函数在单调递增，
求导得在上恒成立，
即在恒成立，令，则，
当，则在上单调递增，
，则在上单调递减，
而.
（2）因为，则，
当时，恒成立，则在上单调递增，
此时不会满足，不合题意；
当时，的解集为的解集为，
即的单调增区间为，单调减区间为，
依题意：，解得，
设，则，要证，即证，即证，
即证，设，
则，即在上单调递减，有，
即，则成立，因此成立.
要证，即证，即证，即证，
即证，
由，即证，
令，则，
设，求导得，
即在上单调递增，则有，
即在上单调递减，而，
当时，，
则当时，成立，故有成立，
所以.
【点睛】难点点睛：关于利用导数证明不等式问题，难度较大，此时要能根据已知结合要证明的不等式的结构特征，难点就在于构造恰当的函数，利用函数单调性或者最值问题解决.
8．（2023·江苏·统考模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个极值点，（），求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，再构造函数，再通过对进行讨论，得到的在区间上的正负，即可得出结果；
（2）利用（1）中的条件，得到两个极值点间的关系，，从而可用表示出，即，再分不等式左边和右边两种证明，通过构造函数，和，，再利用函数的单调性即可证明结果.
【详解】（1）易知，又因为，
令，，
①当，即时，恒成立，所以，此时，在区间上是增函数；
②当，得到或，又，其对称轴为，且，所以，
当时，，所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，此时在区间上是增函数；
当时，，且，由，
得到或，时，，时，
即时，，时，
此时，在上是减函数，
在上是增函数.
综上所述，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数，
在上是增函数.
（2）由（1）知，当时，有两个极值点，，
且满足，，
所以，，.
所以.
先证左边：.
考虑函数，，则，
所以在上是减函数，所以，
即，所以，
再证右边：，
考虑函数，，则，
所以在上是减函数，所以，
即，所以.
综上证得.
【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式的目的.
9．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若在有两个极值点，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，结合一元二次方程知识分类讨论，即可求得答案；
（2）法一：根据在有两个极值点可得在上有两个不等实数根，可确定范围以及韦达定理，进而求得表达式，结合其表达式构造函数，利用导数判断单调性，推出，即可证明结论；
法二和法三：结合（1）以及解法一，由表达式构造函数求导后，将a看作变量，将该导数整理变形或者利用导数中的切线不等式的重要结论判断导数的正负，即可判断函数单调性，即可证明结论.
【详解】（1）的定义域为R，
，，对于，则，
当时，，在上单调递增，
当时，由得，
当和时，，
当时，，
在单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；.
（2）法一：在上有两个极值点，
则，即在上有两个不等实数根，
即这两个极值点即为（1）中，
，
由韦达定理知
，
，
，
由于，故在上单调递减，则，
则，即，
令，
，
由于在上单调递减，则，
故，在上单调递增，，
即，即，
而要证明，即转化为证明，
由以上结论可知，成立；
法二：结合以上分析可得
，
令，，
由于，则，则，
则
在上为减函数，则得证..
法三：，
设，则，
即在上单调递增，故，则，
故，
则
，
故，在为减函数，
而，则得证.
【点睛】难点点睛：根据在有两个极值点，证明不等式成立，首先要结合导数确定的范围，继而要表示出，由此构造函数，利用导数判断函数的单调性，结合单调性解决问题，计算过程相当复杂，难度较大.
10．（2023·黑龙江佳木斯·佳木斯一中校考模拟预测）已知函数．
(1)试讨论的单调性；
(2)若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）求出的导函数，讨论与0的大小关系即可求解；
（2）由题意可得，设，当时，利用放缩、构造函数、求导可知满足题意；当时，证明在上有唯一的零点即可.
【详解】（1）的定义域为，
当时，在上单调递增；
当时，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，在上单调递减．
当时，，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，在上单调递减.
综上所述，时，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，在上单调递减.
（2）由题意，即为，
设，
①当时，，
设，
则，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以恒成立，即，
又，所以在上恒成立，从而在上单调递增，
因为，所以，又，所以，满足题意；
②当时，，
设，
则，
因为当时，，所以恒成立，
故在上单调递增，
设，则，
所以在上单调递增，
又，所以恒成立，即，从而，
所以当时，必有，
又，所以在上有唯一的零点，且当时，，
从而在上单调递减，结合知当时，，
所以在上不能恒成立，不合题意.
综上所述，实数的取值范围是．
【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立；
（2）恒成立.
【真题感知】
1．（2020·全国·统考高考真题）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.
2．（2022·北京·统考高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
【答案】(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
3．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
4．（2021·全国·高考真题）设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，
所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，
故即.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.
5．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
6．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
＞0
f(x)在(a，b)上单调递增
＜0
f(x)在(a，b)上单调递减
＝0
f(x)在(a，b)上是常数函数
+
0
↗
极大值
↘
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗