新高考数学二轮复习大题练习专题06 导数大题综合（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习大题练习专题06 导数大题综合（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习大题练习专题06导数大题综合原卷版doc、新高考数学二轮复习大题练习专题06导数大题综合解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
一、解答题
1．（2023·云南·统考模拟预测）已知函数.
(1)求函数的极值；
(2)证明：.
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得，分析的符号，进而可得的单调性．
（2）要证，需证，即证，令，只需证明，即可得出答案．
【详解】（1）解：函数的定义域为，
由，得，由，解得，
由，解得
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
的极小值为，无极大值.
（2）解：因为，
所以要证，即证，
所以，
令，
则，
设，则，
所以在单调递增，
所以在单调递增，
当时，；当时，，
，，
所以存在使得，即①，
所以在上，，单调递减，
在，上，，单调递增，
所以，②
由①得代入②中，，
所以，
所以．
2．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知函数.
(1)若且存在零点，求实数a的取值范围；
(2)若，求的最大值.
【答案】(1)
(2).
【分析】(1)利用函数的导数与单调性的关系确定函数的零点，极值点即可求解；
(2)根据不同取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系，讨论函数的极值，进而可求解.
【详解】（1）因为，所以，
①当时，，此时在单调递增，
所以在存在唯一零点，
所以在存在唯一零点；
②当时，，所以在无零点；
③当时，，，
此时在单调递减，单调递增，
所以 ，且 ，
若存在零点，则只需要即可，
所以，
由①②③可得，实数的取值范围；
（2）①当时，，此时在单调递增，
当时与恒成立矛盾；
②当时，，则，所以，
③当时，，，
此时在单调递减，单调递增，
所以 ，
令，所以，
，，
所以在单调递增，单调递减，
，所以
由①②③可得，的最大值为.
3．（2023·云南·校联考二模）已知函数
(1)求在处的切线方程；
(2)若，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，再求出切点即得解；
（2）令，再对分和两种情况讨论，求出函数的单调性，分析函数图象即得解.
【详解】（1）当时，，所以切线的斜率为，
又，
所以切线方程为，
所以切线方程为.
（2）令，则
①当时，．
由得，故在上单调递减，在上单调递增．
若，即，则在上单调递增，故，符合题意；
若，即，则在单调递减，
故当时，，不符合题意．
所以当时，实数a需满足．
②当时，．
由①知，，故在上单调递增．
若，即，则，在上单调递减，
故，符合题意；
若，即，
由于，
故存在唯一，使得，则在上单调递增，
故当时，，不符合题意．
所以当时，实数a需满足．
综上，实数a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：处理函数不等式的恒成立问题，常用的方法有：（1）转化为求函数的最值，解不等式；（2）分离参数求最值；（3）端点优先法.要结合已知条件灵活选择方法解答.
4．（2023·云南·统考模拟预测）已知函数在点处的切线l与直线垂直.
(1)求切线l的方程；
(2)判断在上零点的个数，并说明理由.
【答案】(1)
(2)在上有且只有一个零点，理由见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，然后利用垂直关系求实数a的值，最后求切线方程；
（2）利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理，讨论函数的零点个数.
【详解】（1），
所以切线的斜率，由题意，解得.
所以，
所以，
所以切线l的方程为，即.
（2）由（1）知，所以，
由，可得，
令，
所以，
①当时，，
所以，
所以在上单调递增，
又因为，
所以在上无零点，
②当时，令，
所以，即在上单调递减，
又因为，
所以存在，使得，
所以在上单调递增，在单调递减，
因为，
所以在上且只有一个零点，
综上所述：在上有且只有一个零点.
5．（2023·云南昆明·校联考一模）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)在单调递增，在单调递减
(2)
【分析】（1）对求导，利用导数的几何意义，分析导函数的符号即可；
（2）利用导函数研究单调性，结合零点存在性定理求解即可.
【详解】（1）当，，则，
令解得，令解得，
所以在单调递增，在单调递减.
（2）由题意可得，，
当时，恒成立，单调递增，故至多有一个零点，不符合题意，
所以，由解得，由解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以由零点存在性定理可得若有两个零点，则，即，
令，由（1）得在单调递增，在单调递减，
又，所以由解得，
因为，
所以由的在和之间存在一个零点，又，
所以的取值范围为.
6．（2023·云南玉溪·统考一模）已知函数的图像与直线l：相切于点．
(1)求函数的图像在点处的切线在x轴上的截距；
(2)求c与a的函数关系；
(3)当a为函数g（a）的零点时，若对任意，不等式恒成立．求实数k的最值．
【答案】(1)
(2)
(3)最大值为3，最小值为．
【分析】（1）利用导数求切线方程，进而求出截距；
（2）先求出函数在x＝1处的切线方程，对照系数消去b即可得到；
（3）把题意转化为对，不等式恒成立．对x分类讨论：①x＝0直接判断；②时，利用分离参数法得到恒成立．设，求得．利用导数求出；③当时，与②同，求出的范围．
【详解】（1），，，．
函数的图像在点处的切线方程是：.
令y＝0得，所以该切线在x轴上的截距等于．
（2），，函数的图像在x＝1处的切线方程是：，即，
两端乘以b变作：①．
又已知函数的图像在点处的切线方程是：②．
直线①与直线②重合，则③，④，联立③④消去b得，所以c与a的函数关系为：．
（3）函数的零点为a＝1，a＝1时．
对，恒成立，转化为对，不等式恒成立．
①当x＝0时，对恒成立，此时．
②当0＜x≤2时，恒成立．
设，求得．
0＜x≤2时，由得，由得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以当时，取得极小值，，此时．
③当时，恒成立．
与②同，设，．
令，则，在上单调递增．
所以，时，得，在上单调递减．
所以，时，取得最大值，此时．
整合①②③三种情形，得，且等号都取得到．
所以，实数k的最大值为3，最小值为．
【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）利用导数研究恒（能）成立问题．
7．（2023·云南·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若恒成立，求实数的取值范围；
②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)选①，；选②，的取值范围为
【分析】（1）先求导函数，再根据单调性求解极值即可；
（2）把恒成立式子整理化简后，构造函数求导函数结合单调性求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，解得，
当时，，单调递增；
当时，单调递减；
所以，无极小值.
（2）若选①：由恒成立，即恒成立，
整理得：，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
即，
令，，则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，的最大值为，故，即.
故当时，恒成立.
若选择②：由关于的方程有两个实根，
得有两个实根，
整理得，
即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，
所以，即，
令，，
则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，
的最大值为，又因为
所以要想有两个根，只需要，
即，所以的取值范围为.
8．（2023·云南·统考二模）已知，是自然对数的底数，函数．
(1)若，求函数的极值；
(2)是否存在实数m，，都有？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)极大值为；的极小值为
(2)存在，
【分析】（1）将代入可得，对函数求导利用导函数判断其单调性即可得出其极大值为，的极小值为；
（2）易知其定义域为，结合将化简变形可得，构造函数易得其为单调递增函数，即，求得函数在定义域内的最小值即可得.
【详解】（1）由，可得，
易知的定义域为，
则．
∴的极大值为；的极小值为．
（2）因为，由得，
即的定义域为．
当时，由可得，
，不等式两边同时除以可得，
，即
可得
所以．
设，则
即．
易得，所以为单调递增函数．
由，可得，所以
设，则．
∴当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增．
即时，；
由题意可得，即．
∴存在实数m，且m的取值范围为．
【点睛】方法点睛：不等式恒成立求解参数取值范围时，常用的方法是通过构造函数将问题转化成求解函数最大值或最小值问题，即可求得参数取值范围.
9．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知函数在处切线斜率为，，其中．
(1)求a的值；
(2)若时，，求b的取值范围．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）求导根据导数的几何意义求解即可；
（2）化简可得，再构造函数，求导分析当与两种情况，再根据导数的正负区间与零点分布讨论函数的单调性与最值，进而求得b的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，．
，
，得．
（2）由（1）得．由，得，
即，因为
所以．
令，则．
当时，此时，故是增函数．而，故当时，，不合题意，舍去．
当时，研究函数，二次函数开口向下，
令，解得．
①若，则的两根之积，不妨令，则．
故当时，，，故是增函数，而，
故当时，，不合题意，舍去．
②若时，则，此时，故是减函数，而，
当时，，符合题意．
综上所述，b的取值范围是．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于构造函数，求导分情况讨论函数单调性与最值，进而证明不等式的问题.
10．（2023·云南红河·统考二模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)设，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，分，和讨论导函数的正负，进而判断函数的单调性；
（2）将不等式等价转化为，构造函数（），利用导数判断函数的单调性，进而求解即可；
（3）结合前面的解析，取时，则，利用不等式的放缩即可证明.
【详解】（1）由题意可知的定义域为，
令，则，
①当时，，在上恒成立，在上单调递减．
②当时，， 时，，
时，，时，，
故在单调递减，在单调递增，在单调递减．
③当时，，时，，
时，，时，，
故在单调递减，在单调递增，在单调递减．
（2）当时，恒成立，
故，所以，即，
由得，令（），
则，
令，则，
在单调递增，则，
即在恒成立，故在单调递增．
所以，故在恒成立．
由在单调递增，而，，故．
（3）取时，，则，
所以，
因此，
则.
【点睛】利用导数证明不等式的基本步骤：
1. 作差或变形；
2. 构造新的函数；
3. 利用导数研究函数的单调性及最值；
4. 根据单调性及最值，得到所证不等式.
11．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）已知函数（，为自然对数的底数），.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围；
(3)若不等式对，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3).
【分析】(1)由导数的几何意义求出直线的斜率，再用点斜式即可求出切线方程；
(2)分离常量，求零点，转化成两函数的交点；
(3)通过放缩，将原命题等价于对一切恒成立，再通过分离常量，构造函数，利用导数求出的最小值，即可求出结果.
【详解】（1）
，，，∴
又∵，∴在处的切线方程为.
（2）∵有两个零点，∴关于的方程有两个相异实根，
∵，∴，有两个零点即有两个相异实根.
令，则，
∵得，得，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴，
又∵，∴当时，，
当时，，当时，，有两个零点时，实数的取值范围为.
（3） ∵，，所以
∴原命题等价于对一切恒成立，
∴对一切恒成立，
令，∴，
令，，
则，∴在区间上单调递增，
又，，
∴使，即①，
当时，，即在区间上单调递减，
当时，，即在区间上单调递增，
∴
由①知，
∴，
令，在恒成立，
所以函数在区间上单调递增，
∴即，
∴，∴，
∴实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：不等式恒（能）成立问题常通过分离参数，构造新的函数来解决问题，
分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解；
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
12．（2023·云南昆明·云南省昆明市第十中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)设函数在上的最大值和最小值分别为和，若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接求导后得到，直接写出切线即可；
（2）直接求导确定单调性，端点作差确定最大值，得到不等式，结合单调性求解即可.
【详解】（1）若，，，
因为，，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）由题意知，则，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
设，
则当时，，
所以当时，.
则在上的最小值为，最大值为，
所以，
设，则当时，，单调递增，
由，可得，
即的取值范围是.
13．（2023·云南大理·统考模拟预测）已知函数．
(1)若，求函数的单调区间；
(2)设，当时，（是的导函数），求a的取值范围．
【答案】(1)的单调递增区间为，，单调递减区间为
(2)．
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调区间；（2）根据题意将问题转化为，构建新函数，利用导数判断其单调性可得在上恒成立，利用参变分离结合函数最值分析求解.
【详解】（1）当时，，
令，得或，
当或时，，当时，，
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为
（2）
∵，则，
即，即，
设，则可得
∵，则设，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
则函数在上单调递增，则由，
得在上恒成立，即在上恒成立．
即在上恒成立，
设，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故．
【点睛】本题解题关键是根据指对同构化简整理，即将整理为，然后构建新函数结合导数与单调性分析理解.
14．（2023·云南保山·统考二模）设函数，
(1)求在区间上的极值点个数；
(2)若为的极值点，则，求整数的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求得，令，可得，分和，两种情况讨论，求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解；
（2）由题意得到，化简，令，转化为，记，求得，当和，两种情况求得函数的单调性，结合和（1）中的极值点，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，可得，
①当时，，单调递增，无极值点；
②当时，，单调递减，
又，，故存在唯一，使得，
当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，有极大值点，
综上可得，在区间上有1个极值点.
（2）解：若为的极值点，则，即，
由，
令，，即.
记，即，则，
①当时，，故在上单调递增，所以，符合题意；
②当时，若，
则，故在上单调递减，
由（1）这在区间上存在极值点，记为，则，
故，不符题意，
综上可得，整数的最大值为1.
【点睛】方法总结：利用导数证明或求得不等式等问题：
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.
15．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）已知函数.
(1)试比较与1的大小；
(2)求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意构造函数，求导研究单调性，从而得出结论；
（2）根据欲证明的结论，注意到我们若能证明成立即可，结合第一小问，可以得此结论，累加即可证明原结论.
【详解】（1）的定义域为，
令，
则，
所以在为增函数，
当时，，即，
当时，，即，
当时，，即，
（2）由（1）可得：当时，，即：，
将代入可得：，整理可得：，
则有：
，
，
…，
，
将以上个式子两边分别相加，可得：，
即证：，故不等式得证.
【点睛】在证明第（2）问的问题时，要注意和第（1）问取得联系，通过观察结构将原不等式转化为和第（1）问相关的结构，从而求证.
16．（2023·云南昆明·安宁市第一中学校考模拟预测）已知函数，其中.
(1)当时，讨论在上的单调性；
(2)若对任意都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)f（x）在上单调递减，在上单调递增.
(2)
【分析】（1）根据题意将代入中，求导，解导数方程，讨论导数的正负，即可得函数的单调性；
（2）根据题意，构造函数和，对进行分类讨论，结合单调性即可求解的取值范围.
【详解】（1）当时，，则，令，当时，解得，故当时，；当时，.
所以，在上单调递减，在上单调递增.
（2）令，则.
当时，，所以.
当时，，故在上单调递增.
又，故.
当时，令，则，故在上单调递增.
故存在使得，且当时，即在上单调递减，所以当时，，故不符合 .
综上所述，的取值范围为.
17．（2023·云南红河·校考模拟预测）已知函数．
(1)若函数在点处的切线方程为，求a的值；
(2)当时，证明在上恒成立．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】(1)由已知结合导数的几何意义列方程可求a的值；
(2)要证明在上恒成立只需证明在上恒成立，利用导数求函数的最小值即可完成证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
因为函数在点处的切线方程为，所以
所以，所以；
（2）当时，因为，，所以，
所以，令，，
，令，则，
令，解得，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
又，，，由零点存在性定理，存在唯一实数，使得，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，而，，
所以在上恒成立，所以在上恒成立．
【点睛】本题第二小问解决的关键在于利用结合不等式性质将证明在上恒成立转化为证明在上恒成立.
18．（2023·云南红河·统考一模）已知函数，曲线在点处的切线与直线平行．
(1)求a的值；
(2)若时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据题意先求出函数的导数，利用导数的几何意义求出实数的值即可；
(2)将不等式等价转化为在上恒成立，构造函数
，求导，利用导数分类讨论函数的单调性，求得最值即可求解.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为．
，因为曲线在点处的切线与直线平行，
所以，即．解得：或，
由已知条件，故可求得实数．
（2），不等式，
即．设，，则恒成立．
，令，．
①若，则，在上单调递增，，不符合题意；
②若，则，二次函数的对称轴，在上单调递增，则，，所以，不符合题意；
③若，则，
（ⅰ）当，即时，在上单调递减，，所以，在上单调递减，，符合题意；
（ⅱ）当，即时，在上单调递增，
此时，，不符合题意；
综上所述，m的取值范围为．
【点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题，通常要根据参数进行分类讨论，要注意分类讨论的原则、互斥、无漏、最简；解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数，利用导数研究函数的单调性或极值破解.
19．（2023·云南·统考一模）椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；
(3)已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．
参考公式：
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.
（2）利用“”运算的性质计算后可得证明.
（3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.
【详解】（1）由题设可知，有，
若，则，则，此时仅有一个零点；
若，令，解得．
当或时，，当时，，
故在，上为单调递增；
在上单调递减.
因为，
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
综上，
当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．
当，有，则有1个零点．
（2）因为为C在点P处的切线，且，所以，
故，故，
因为“”运算满足交换律、结合律，
故，
故.
（3）直线的斜率，设与C的第三个交点为，
则，代入得
，
而，
故，
整理得到：，
故即，
同理可得，
两式相减得：，
故，
所以，故，故，
所以，
因此的坐标为：
．
【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数.
20．（2023·云南昭通·统考模拟预测）已知函数（，），.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，分与两种情况，得到函数的单调性；
（2）参变分离，构造函数，利用隐零点，得到其最值，从而得到参数的取值范围.
【详解】（1），，
，
当时，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
当时，令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，不等式恒成立，
即在上恒成立，
，，
故，
令，，
则，
因为，所以恒成立，故在上单调递增，
又，，
故存在使得，
且当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
，
故，
则的取值范围是.
【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.
21．（2023·云南昆明·统考模拟预测）已知函数．
(1)若直线与曲线相切，求b的值；
(2)若关于x的方程有两个实数根，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，得到在上递增，结合和，得到切点坐标，代入直线方程，即可求解；
（2）由（1）中切线为，设，求得，求得在上单调递增，进而得到单调递增，转化为，设，进而得到；得出在处的切线为，设，求得，出单调递增，得到，再设，结合，得到，进而得证.
【详解】（1）解：由函数的定义域为，
可得，
令，可得，所以在上递增，
当，，
又由，所以直线与曲线的切点为，
将切点代入直线方程，可得．
（2）解：由（1）可知，在处的切线为，
设，可得，
设，可得，
所以在上单调递增，且，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，则，所以，
设，则，
因为，在上单调递减，所以；
又因为，所以在处的切线为，
设，
可得，在上单调递增，且，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，则，所以，
设，则，
因为，在上单调递增，所以，
故，当且仅当时等号成立．
【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.
22．（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.
23．（2023·云南昆明·校联考一模）已知函数.
(1)若，求证；函数的图象与轴相切于原点；
(2)若函数在区间，各恰有一个极值点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）当时，，得到，求导，再根据导数的几何意义即可得证；
（2）先证明出，当且仅当时，等号成立，三次求导后，结合第三次求导后的函数单调性及，分和两种情况，结合零点存在性定理进行求解，得到实数的取值范围.
【详解】（1）因为，，，
又，
所以，所以在点处的切线方程为，
所以函数的图象与轴相切于坐标原点；
（2）先证明不等式恒成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
故，所以，当且仅当时，等号成立，
，令，
，
令，，
当时，，
故在上为减函数，
因为，所以当，
即时，，
所以为增函数，故，
所以为减函数，故函数在无极值点；
当时，当，因为为减函数，，
，
故必存在，使得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
而，故，
又因为
，
所以必存在，，
且当，，为减函数，
当，，为增函数，
故在区间上有一个极小值点，
令，
因为，所以在上单调递增，
又因为，，所以总存在使，
且当时，，单调递减，
时，，单调递增，
当，，
且，
故必存在，使得，
，，为减函数，
，，为增函数，
因为，所以当，，即，
又因为
，
故存在，使得，
且当，，为减函数，
当，，为增函数，
故在区间有一个极小值点，
所以若函数在区间，各恰有一个极值点，
综上：实数的取值范围是.
【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.
24．（2023·云南昆明·统考一模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点（其中），且不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义运算求解；
（2）根据题意可得有两个正根，换元令，分析可得有两个正根，换元令，整理分析可得在时恒成立，故而令，继而转化为利用导数求解函数的最值问题，结合分类讨论，即可求得答案.
【详解】（1）∵，则，
可得，
即切点坐标为，切线斜率，
故切线方程为，即.
（2）∵，
令，可得，
故函数有两个零点等价于有两个正根，
令，则，
等价于有两个正根，
∵当时恒成立，
故在上单调递增，
对于，由，可得，
可得，可得，
令，由，可得，
由，整理可得，
由于恒成立，
等价于当时恒成立，
等价于当时恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
则有当时，．
（i）当时，当时，，
所以在上单调递增，则有，符合题意。
（ⅱ）当时，由于，且，，
所以存在唯一的 使得，
所以当时，，则在上单调递减，
所以，不符合题意.
综上，不等式恒成立，则 .
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
2
3
+
0
-
0
+
单调递增
单调递减
单调递增