新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题12 导数解答题之指对函数五大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc145100322" 题型1指数找基友 PAGEREF _Tc145100322 \h 1
\l "_Tc145100323" 题型2对数单身狗 PAGEREF _Tc145100323 \h 11
\l "_Tc145100324" 题型3指对互化 PAGEREF _Tc145100324 \h 22
\l "_Tc145100325" 题型4指对分离与不分离 PAGEREF _Tc145100325 \h 30
\l "_Tc145100326" 题型5凹凸翻转 PAGEREF _Tc145100326 \h 39
题型1指数找基友
【例题1】（2022秋·山东滨州·高三校联考期中）已知，.
（1）求在处的切线方程；
（2）若，证明在上单调递增；
（3）设对任意，成立求实数k的取值范围.
【答案】（1）；（2）详见解析；（3）.
【分析】（1）求出的导数，求得切线斜率及切点，由点斜式即可得切线方程；
（2）求出的导数，将证明在上单调递增转化为在上恒成立即可；
（3）先化简求出，恒成立即恒成立，对求导，对进行讨论，研究的最小值不小于零即可.
【详解】解：（1），，，
所以在处的切线方程为，即
（2），
则，
由于，故，
又，故，
故，即在上恒成立，
故在递增；
（3），
由对任意，恒成立，
设，
则，
再设，
则，
∵，∴
因此在上递增，
故，
①当时，即，
在递增，故，
即适合题意，
②当时，，，
若，则取，时，，
若，则在上存在唯一零点，记为，
当时，，
总之﹐存在使时，
即，故递减，，
故时，存在使，不合题意，
综上，.
【点睛】本题主要考查了利用导数求切线的方程和函数的最值，以及利用导数研究函数的单调性及最值等知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力，是一道难度较大的题目．
【变式1-1】1. （2023春·安徽·高三合肥市第八中学校联考开学考试）已知函数．
（1）当时，证明：在上为减函数．
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）利用二阶导数研究的单调性，结合其零点确定的区间符号，即可证结论；
（2）原不等式等价于对于恒成立，构造，利用导数研究单调性，结合其零点判断的区间符号，当时只需，当时只需，构造根据导数研究最值即可求的范围．
【详解】（1）当时，，则，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴，当时，当时，
∴是上以为拐点的减函数．·
（2）由题意，对于恒成立．
设，则，易知在上为增函数，
∴，故在上为增函数，又，，
∴存在唯一的，使得：当时，，此时，由得，
令，则，
∴在上为减函数，则，故．
当时，，对于，恒成立．
当时，，由得，
由上知，
令，则，易知在上为增函数，
∵，而，，
∴，又，
∴存在唯一，使得：当时，，递减；当时，，递增；
∵，，
∴，即，
∴在为减函数，，故．
综上可知，实数的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：第二问，对于恒成立，利用导数研究的区间符号，当时有，当时有，求参数范围
【变式1-1】2. （2021·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模）已知函数.
（1）证明：函数有三个零点；
（2）若对，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由为奇函数，得是一个零点，转化为证明在上有且只有一个零点，求出，再对两次求导，确定的单调区间，再结合零点存在性定理，即可证明结论；
（2）不等式化为，再由（1）中的结论讨论零、正、负，分离参数，构造新函数，转化为与新函数的最值关系，通过求导求出新函数的最值，即可求出结论.
【详解】解：（1）证明：
因为为奇函数，且，
只需证在上有且只有一个零点即可.
当，记，
记 ，，
在上递增，
又，在上递增，
又，，
所以存在唯一实数，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
，，又，
所以函数在上有且只有一个零点，
所以函数有三个零点.
（2）由，可得，
由（1）知：
①当时，，，
此时，对于任意，恒成立.
②当时，，
由，得，
令，下面研究的最小值，
，
令，
，令，
对成立，
函数在上为增函数，
而
，
又，
存在唯一实数，使得，
当时，；当时，.
函数在上递减，在递增，
，
，函数在上递减，
，.
③当时，，
由，得，
由②可知，
所以函数在上为减函数，
当时，，
，综上，.
【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、零点，以及不等式恒成立问题，分离参数是解题的关键，构造函数多次求导是解这种类型题的重要手段，考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
【变式1-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，曲线在点的切线与轴平行，是的导函数．
(1)求的值及当时，函数的单调区间；
(2)设对于任意，证明．
【答案】(1)，的增区间为，减区间为
(2)证明见解析
【分析】小问1：由求出的值，根据导函数的正负性即可分析单调性；
小问2：记，通过导数分析其单调性求出最大值，同样求出，即可证明结论．
(1)
解：由，得，
，即．
，
为减函数，且，
当时，，．
当时，，．
的增区间为，减区间为；
(2)
证明：．
记，
，令，得，
当时，，单调递增；
当，时，，单调递减．
，
．
令，，
在上单调递减，
．

【变式1-1】4. （2021秋·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考阶段练习）已知函数（其中为实数）的图象在点处的切线方程为.
（1）求实数的值；
（2）求函数的最小值；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围､
【答案】（1）；（2）最小值为；（3）.
【分析】（1）求导得到，根据题意得到，解得答案。
（2）计算得到，求导得到，令，则，讨论和的情况，得到在上单调递减和在上单调递增，得到函数的最小值。
（3）当时，不等式恒成立，当时，等价于，令，，考虑和，结合（2）结论根据函数的单调性得到最值，同理时类似，计算得到答案。
【详解】解：因为，所以，
由题意得解得.
由（1）知
所以，令，则
当时，由，得，
所以在上单调递减，无最小值.
当时，由，得，所以在上单调递增，
故，所以在上单调递增，所以.
综上，的最小值为.
对分情况讨论如下：
当时，对任意的，不等式恒成立.
当时，不等式等价于，即
令，则.
当时，由（2）知，
所以单调递增，从而，满足题意.
当时.由知在上单调递增，
易证，故，
从而.
又，所以存在唯一实数，使得，
且当时，单调递减，所以当时，不满足题意.
当时，不等式等价于，
同上，令，则.
当时，由（2）可知，所以单调递增，故，满足题意
综上，可得入的取值范围是.
题型2对数单身狗
【例题2】（2022秋·宁夏银川·高三校考开学考试）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）对任意，求证：
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论和时，函数的单调性；（2）首先将不等式变形，转化为证明构造函数，然后利用二次导数求函数的最小值大于0，即可证明.
【详解】（1）函数的定义域是
当时，恒成立，故函数)在上单调递增
当时，令，得令，得.
故函数在上递减，在递增
（2）要证，即证
即证，又，所以，即证
令，则
令，则
容易得在递增，且
所以存在唯一的实数，使得
所以在递减，在递增
因为
所以当时，当时
所以在上递减，在上递增
所以
综上，即.
【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.
【变式2-1】1. （2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期末）已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）在区间上单调递增，无单调递减区间；（2）.
【分析】（1）把代入，然后对函数求导，结合导数可求函数单调区间；
（2）由不等式的恒成立，结合导数与单调性及函数的性质对进行分类讨论，进行求解即可．
【详解】解：（1）当时，，，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，所以.
故在区间上单调递增，无单调递减区间.
（2），
设，，则，
所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，且，
①当时，，在区间上单调递增，所以满足条件；
②当时，，，
所以，使得，所以当时，，单调递减，
即当时，，不满足题意.
综上所述，实数a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.
【变式2-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）当时，求的最大值；
（2）讨论关于的方程的实根的个数.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【解析】（1）首先求函数的导数，再分析函数的单调性，再求函数的最值；（2）方程的实数根的个数转化为函数在的零点个数，且，再讨论的取值范围讨论函数在的零点个数，再根据关系式得到函数的零点互为倒数，从而确定函数零点的个数；方法二，当时，方程等价于，构造函数（，），利用导数分析函数的图象，从而讨论，得到图象的交点个数.
【详解】（1）当时，，，
令，得，时，，单调递增，时，，单调递减，.
（2）由得，令，
所以方程的实根的个数即为函数在上的零点的个数，
，是函数的一个零点，
又，在上的零点互为倒数，下面先研究在上的零点的个数：
（），
（i）若，则时，，在上的没有零点；
（ii）若，则（），
令（），
①，即时，，，在上递增，，在上的没有零点；
②，即时，有两个不等实根，，且，
大根，小根，
时，，，单调递减，时，，，单调递增，，
又，在上恒小于0，在上存在唯一使得，在上仅有一个零点，
因为在上的零点互为倒数，且，所以时，仅有一个零点；时，有三个零点.
综上：时，方程仅有一个实根；
时，方程有三个实根.
参考解法二：由得，显然是该方程的一个根；
时，方程等价于，令（，），
则，
令，则，
时，单调递减，
时，，，单调递减，时，，，单调递增，
由时，，时，，时，，
可画出的大致图像如图所示：
（注：此处用到了高中教材中没有涉及到的函数极限知识，可酌情扣2—3分）
结合图像得：时，方程有两个实根；时，方程没有实根；
综合得：时，方程仅有一个实根；
时，方程有三个实根.
【点睛】方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，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：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，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.
【变式2-1】3. （2022·四川泸州·四川省叙永第一中学校校考模拟预测）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，若关于x的不等式在上恒成立，求a的最小值.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）2.
【分析】（1）求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）由（1）可知，只需，令，构造函数，利用导数得出存在唯一的，使得，根据函数的单调性可得，从而可求解.
【详解】（1）由题意得，
，由，得，函数在上单调递增；
由，得，
函数在上单调递减，
函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可知，函数在上单调递增，上单调递减，
.
又在上恒成立，，
即.
令，则.
设，则.
，故函数在上单调递增，
且，
存在唯一的，使得.
当时，；当时，，
，解得.
的最小值为2.
【点睛】关键点点睛：本题考查了导数与函数单调性之间的关系，利用导数研究不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为，并且构造函数，考查了数学运算以及转化为能力.
【变式2-1】4. （2021秋·浙江杭州·高三校联考期中）已知，直线为曲线在处的切线，直线与曲线相交于点且.
(1)求的取值范围；
(2)（i）证明：；
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）先求得在处的切线方程，再令，用导数法由有零点求解；
（2）（i）令，用导数法证明即可；（ii）先证，令，用导数法证明；再根据是上的点，得到，两者结合化简即可.
【详解】（1）解：因为，
所以，则，
所以在处的切线为
，
令，
显然，，，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
若，当时，
所以在上递增，
所以，
所以在上无零点，舍去.
若，因为，
所以时，当时，取得最小值；
又时，，
则存在，有，
当时， ，当时，，
所以g（x）在上递增，在上递减，
所以当时，取得极大值，
又时，，
所以存在，有
故在存在零点，
所以的取值范围是.
（2）解：（i）令，
则，，，，
令，得，
当时，，当时，，
所以当时取得最大值，
所以，则递减，
又因为，
所以当时，，当时，，
所以当时取得最大值，
所以，即；
（ii）先证，
令，
则，
令，得，
当时，，当时，，
所以当时取得最小值，
所以，则递增，
又因为，
所以当时，，当时，，
所以当时，取得最小值，
又因为，
所以，
即得证.
因为是上的点，
所以，
所以，
，
，
，
.
题型3指对互化
【例题3】（2022秋·黑龙江·高三开学考试）已知函数．
（1）若是函数的一个极值点，求的值；
（2）若在上恒成立，求的取值范围；
（3）证明：（为自然对数的底数）．
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【分析】（1），检验．
（2）将恒成立转换为最值问题，求最小值大于等于0，根据函数的单调性，通过讨论a的范围求出a的具体范围．
（3）等价变形为利用函数的单调性说明．
【详解】（1）因为，所以，
因为是函数的一个极值点，故，即，当时，当经验得是函数的一个极值点，所以.
（2）因为在上恒成立，所以．
当时，在上恒成立，即在上为增函数
所以成立，即为所求．
当时，令，则，令则
即在上为减函数，在上为增函数．当时，，这与矛盾.综上所述，的取值范围是．
（3）要证，只需证．两边取自然对数得，，上式等价于，只需要证明，只需要证明，由时，在单调递增．
又，， ，从而原命题成立.
【点睛】本题考查函数导数的相关性质，属于难题．本类题各个问题紧密相扣，一般问题就给我们指明了下一题的解题方向．
【变式3-1】1. （2021秋·广东深圳·高三深圳市龙岗区龙城高级中学校考阶段练习）已知函数，其中，．
（1）讨论函数在区间，上的单调性；
（2）求证：．
【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求函数的导数，分类讨论在不同取值下，函数的单调性；
（2）不等式的证明转化为证明，结合（1）的结论，即可证明.
【详解】（1），
当，时，，所以在，单调递增，
当，
由，得，所以在，单调递减，
当时，当时，，
当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
（2）不等式，
即，
为此先证明：，
由
由（1）知，当，在单调递增，，
即，
令，则有，故．
由（1）知，当，在单调递减，，
即，
令，则有，故．
综上，对，恒成立，
所以
【变式3-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若函数在处的切线与轴平行，求的值；
(2)若在上恒成立，求的取值范围；
(3)证明：是自然对数的底数）．
【答案】(1)2
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先求导数，根据切线与轴平行可得，从而可求结果；
（2）把恒成立问题转化为最值问题，利用导数求解上的最小值即可；
（3）把目标式转化为证明成立，结合函数的单调性可知结论.
(1)
，，
，，即；经检验满足题意.
(2)
在上恒成立，，
当时，在上恒成立，即在上为增函数，
成立，即，
当时，令，则，令，则，
即在上为减函数，在上为增函数，
，又，则矛盾．
综上，的取值范围为．
(3)
要证，只需证
两边取自然对数得，，即证，
即证，即证，
由（2）知时，在单调递增．
又，，
所以，
所以成立．
【点睛】恒成立问题的求解思路一般是转化为函数最值问题，利用导数再进行求解；不等式的证明问题通常先对不等式进行等价变形，然后构造函数，结合单调性和最值来证明.
【变式3-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知函数．（注
(1)若是函数的一个极值点，求的值；
(2)若在上恒成立，求的取值范围；
(3)证明：．
【答案】(1)2
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解；
（2）根据在上恒成立，得到成立，分类和，两种情况讨论，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
（3）把不等式，两边取自然对数，转化为，结合时，函数的单调性，即可作出证明.
(1)
解：由题意，函数，
可得函数，
因为是函数的一个极值点，所以，解得.
经检验，满足题意
(2)
解：因为在上恒成立，所以成立，
由（1）知，
当时，在上恒成立，即在上为增函数，
所以成立，所以；
当时，令，可得，令，可得，
即在上为减函数，在上为增函数，
所以，
又由，所以矛盾．
综上，实数的取值范围为.
(3)
证明：要证：，只需证，
两边取自然对数，得，即，即，
即，
由（2）知时，在单调递增，
又由，且，，
所以成立.
【变式3-1】4. （2022·全国·高三专题练习）已知函数，是自然对数的底），
(1)若函数是上的增函数，求的取值范围．
(2)若对任意的，都有，求满足条件的最大整数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求解，因为是上的增函数，所以在上恒成立，代入求解，又因为时，是常函数，可得的取值范围为；（2）由题意，参变分离得，令新函数，求导，判断单调性与最小值，从而求解的范围.
（1）
求导得，因为是上的增函数，所以在上恒成立，即，得；又因为时，，不合题意，故舍去，所以的取值范围为.
（2）
由题意，，即，当时，，令，则，设，则在上恒成立，所以函数在上单调递增，又因为，，设函数的零点为，则，，即，所以时，，时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，因为，所以整数的最大值为2．
【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）若可导函数在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为 (或)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
题型4指对分离与不分离
【例题4】（2022春·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习）已知函数
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析: （1）对函数求导,按和分别判断导函数的正负,写出函数的单调性; （2）要证，只需证，由（1）可知当时，，即，当时，上式两边取以为底的对数，可得，用代替可得，又可得，所以,将原不等式放缩,即可证得.
试题解析:（1）解：，
①若时，在上单调递减；
②若时，当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上，若时，在上单调递减；
若时，在上单调递减；
在上单调递增；
（2）证明：要证，只需证，
由（1）可知当时，，即，
当时，上式两边取以为底的对数，可得，
用代替可得，又可得，
所以，
，
即原不等式成立.
【变式4-1】1. （2021秋·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知.
（1）时，求的单调区间和最值；
（2）①若对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围；②求证：
【答案】（1）减区间为，增区间为，最小值为，无最大值；（2）①；②证明见解析.
【分析】（1）将代入函数的解析式，求导，可知导函数在上为增函数，观察可知导函数的唯一零点为，进而得到函数的单调区间及最值；
（2）①先推导出，由得出，然后证明出在恒成立即可，即可得出；
②利用①的结论及常见不等式容易得证．
【详解】（1）当时，，则，
易知单调递增，又，当时，，当时，.
所以，函数的减区间为，增区间为，
函数的最小值为，无最大值；
（2）①必要性：若，则当时，，不合乎题意，所以，必有.
又，则；
充分性：易知.
故只要证明在恒成立即可，
即，令，
则 ，
则在单调递减，在单调递增，则.
故，因此，实数的取值范围是；
②由①可知，要证，只需证，
先证明不等式，构造函数，，
，令，可得.
当时，；当时，.
所以，函数的减区间为，增区间为，，
所以，对任意的，.
，
故成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查不等式恒成立求参数的取值范围，考查逻辑推理能力、分类讨论思想、转化思想及构造函数思想的应用，属于难题
【变式4-1】2. （2022年高三压轴解）已知函数为常数，是自然对数的底数），曲线在点, 处的切线与轴平行．
(1)求的值；
(2)求的单调区间；
(3)设，其中为的导函数．证明：对任意，．
【答案】(1)；
(2)在递增，在递减；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由题设求导函数，再由求参数k值.
（2）由（1）得且，构造函数，结合导数研究的符号，进而求的单调区间.
（3）由题设只需证在上恒成立，由（2）易得，再构造并应用导数判断的大小关系，即可证结论.
（1）
由题设，，，
又在, 处的切线与轴平行，即，
.
（2）
由（1）得：，，
令，，
当时，，当时，，又，
时，，时，，
在递增，在递减；
（3）
由，即，，
，，
由（2），对于，，
，，
时，递增，,时，递减，
，即，
设，则，
时，递增，即，则，
综上，，故，，得证．
【点睛】关键点点睛：第三问，应用分析法转化为证明在上恒成立，结合（2）中的单调性得到，再判断的大小关系
【变式4-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知函数，，其中
(1)若，其函数在,的值域；
(2)若对任意的，恒成立，求正实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)，.
【分析】（1）由题设得，对其求导，并根据的单调性判断其在,上符号，即可得的单调性，进而求区间值域.
（2）构造并求导函数，利用导数研究的单调性、的零点，可得使且，进而由恒成立求正实数的取值范围．
（1）
时，，则，又在,上均递增，
所以，故在,上是增函数，则 ， ，
所以在,的值域为.
（2）
令 ，，；
则，令，则，
故在上是增函数，又，且当趋向于正无穷时，趋于正无穷大；
，使；
当时，即，故在上单调递减；
当,时，即，故在,上单调递增；
①，
由得：，故②，代入①得：；
所以问题可转化为，又，
，又，解得：，
由②得：，易知在,上是增函数，故；
所以，故正实数的取值范围为，．
【点睛】关键点点睛：第二问，通过构造中间函数研究的最值，以及零点并由在上恒成立求零点的区间，进而求参数范围
【变式4-1】4. （2022·全国·高三专题练习）已知函数
(1)令，若时，恒成立，求实数的取值范围；
(2)当时．证明：
【答案】(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）应用二次求导可得在,上单调递增，即，讨论、研究的单调性及最值，结合题设不等式恒成立求的取值范围；
（2）应用分析法将问题转化为证明在上恒成立，构造函数并利用导数研究单调性求极值，即可证结论.
（1）
由题意，，则，，
当时，在,上单调递增，
所以，
①当，即时，恒成立，故在,上单调递增，
所以，解得：，
所以；
②当，即时，在,上单调递增且，
当时，，
所以存在,使，即，
所以，当时，单调递减，当,时，单调递增，
所以，可得，则，
由得：，记，,，
所以，即在,上单调递增，则有，
由上，，
综上所述，,．
（2）
要证，即证，即证，
由，即证，
令，则，又，
所以，当时，单调递减，当时，单调递增，
所以在处有极小值，即最小值，故 ，即当时成立，得证．
【点睛】关键点点睛：
（1）二次求导得到，讨论参数a研究的单调性，注意过程中隐零点的应用；
（2）分析法将问题转化为恒成立问题.
题型5凹凸翻转
【例题5】（2021秋·河南南阳·高三期中）已知函数，.
(1)若恒成立，求实数m的取值范围；
(2)求证：当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令，然后利用导数求出的最大值即可；
（2）由（1）可知恒成立，即，要证，只需证明成立即可，然后设，利用导数求出的单调性，然后即可证明.
【详解】（1）令，
则
所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最大值，
若恒成立，则，即.
（2）证明：由（1）可知恒成立，即，
要证，只需证明成立即可.
设，则，
设，
则，易得在上单调递减，在上单调递增，
又，，因为，所以，所以存在，使得，
所以当时，；当时，.
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
因此，当时，，
故当时，.
【变式5-1】1. （2019·天津红桥·统考一模）已知函数（k为常数）是实数集R上的奇函数，其中e为自然对数的底数．
（1）求k的值；
（2）讨论关于x的方程如的根的个数．
【答案】（1）k=0，（2）见解析
【分析】（1）因为定义域是实数集R，直接利用奇函数定义域内有0，则f（﹣0）＝﹣f（0）即f（0）＝0，即可求k的值；
（2）先把方程转化为x2﹣2ex+m，令F（x）（x＞0），G（x）＝x2﹣2ex+m （x＞0），再利用导函数分别求出两个函数的单调区间，进而得到两个函数的最值，比较其最值即可得出结论．
【详解】（1）因为函数f（x）＝（k为常数）是实数集R上的奇函数，
所以f（﹣0）＝﹣f（0）即f（0）＝0，
则ln（e0+k）＝0解得k＝0，
显然k＝0时，f（x）＝x是实数集R上的奇函数；
（2）由（1）得f（x）＝x
∴方程转化为x2﹣2ex+m，令F（x）（x＞0），G（x）＝x2﹣2ex+m （x＞0），
∵F'（x），令F'（x）＝0，即0，得x＝e
当x∈（0，e）时，F'（x）＞0，∴F（x）在（0，e）上为增函数；
当x∈（e，+∞）时，F'（x）＜0，F（x）在（e，+∞）上为减函数；
当x＝e时，F（x）max＝F（e）
而G（x）＝（x﹣e）2+m﹣e2 （x＞0）
∴G（x）在（0，e）上为减函数，在（e，+∞）上为增函数；
当x＝e时，G（x）min＝m﹣e2
∴当m，即m时，方程无解；
当m，即m时，方程有一个根；
当m，即m时，方程有两个根；
【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
【变式5-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知函数，，均为不足近似值.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)证明：当时，不等式恒成立.
【答案】(1)在递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，分析导数的符号变化，由此可得出结论；
（2）分析可知，函数的极小值点，求得，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：对求导得，
当时，，，则，所以，函数在上递增.
（2）证明：设，当时，，则在上单调递增，
，，
在内有唯一一个零点，且，，
是在上唯一的极小值点，也是最小值点，
所以，，其中，
令，其中，则，
故函数在上单调递减，
所以，，故.
【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.
【变式5-1】3. （2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）设函数，.
(1)判断函数零点的个数，并说明理由；
(2)记，讨论的单调性；
(3)若在恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)的零点的个数为，理由见解析；
(2)时，在单调递减，时，在单调递减，在单调递增；
(3).
【分析】（1）由题可得函数的单调性，再根据零点存在定理即得；
（2）由题意得，讨论的符号可得到函数的单调性；
（3）由题意知在恒成立，设，可得，分析可得若在恒成立时，必有．然后通过对和两种情况的讨论即得．
【详解】（1）∵,
∴，
故在单调递增，
又，，
∴函数在内存在零点，
所以的零点的个数为；
（2）由题意得 ，
∴，
当时，，在上单调递减；
当时，由，解得（舍去负值），
由，可得，函数单调递减，
由，可得，函数单调递增，
综上，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增；
（3）由题意得在恒成立，
∴在恒成立，
设，
令，则，
当时，，在单调递增，
，即，
若，由于，故，
所以不成立，
故当在恒成立时，必有，
当时，设，
①当，即时，
由（2）知，单调递减，，单调递增，
因此，而，
即存在，使，
故当时，不恒成立；
②当，即时，
设，则，
由于且，即，故，
因此 ，
故在单调递增.
所以，
即时，在恒成立；
综上：当，在恒成立.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
【变式5-1】4. （2022春·高三课时练习）已知函数.
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；极小值1，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数得出其单调性，进而得出其极值；
（2）利用导数证明先证不等式与，进而得出，从而得出.
【详解】（1）时，，，
注意到与都是增函数，于是在上递增，
又，故时，；故时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值1，无极大值
（2）先证不等式与，
设，则，
可得在上单调递减，在上单调递增，
，即；
设，则，
可得在上单调递增，在上单调递减，
，即.
于是，当时，，
注意到以上三个不等号的取等条件分别为：、、，它们无法同时取等，所以，当时，，即.
【点睛】关键点睛：证明时，关键是用到两个不等式与，利用放缩法证明.
1. （2022·四川·四川师范大学附属中学校考二模）已知函数，其中为自然对数的底数，为常数．
(1)若对函数存在极小值，且极小值为0，求的值；
(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2),.
【分析】（1）由题设得，讨论、判断的单调性，结合的极值情况求的值即可.
（2）由题设知恒成立，构造，利用导数并结合分类讨论的方法研究的单调性及最值，即可求a的范围.
【详解】（1）由题设，，
当时，在上是增函数，从而函数不存在极值，不合题意；
当时，由得：，由得：，
为的极小值点，又，即，
，经验证满足题设.
（2）不等式，即，
设，则，，
所以时，则为增函数，故．
①，即时，，在时为增函数，
，此时恒成立；
②，即时，存在使得，
从而时，即在,上是减函数，
时有，不合题意．
综上，的取值范围是,．
2. （2021·广东湛江·统考二模）已知函数，为的导函数.
（1）讨论在区间内极值点的个数；
（2）若时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）.
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，利用导数研究的单调性，从而求得在区间内极值点的个数.
（2）先根据求得，利用放缩法得到，利用导数证得，即恒成立，由此确定的取值范围.
【详解】（1）由，得.
令，则.
因为，所以，.
当时，，单调递增，即在区间内无极值点；
当时，，，
所以，所以在单调递增.
又，，
故存在，使且时，，单调递减；
时，，单调递增，
所以为的极小值点，
此时在区间内存在一个极小值点，无极大值点.
综上所述，当时，在区间内无极值点；当时，在区间内存在一个极小值点，无极大值点.
（2）若时，恒成立，则，
所以.
下面证明当时，在恒成立.
因为时，，
所以时，.
令，，
所以.
令，则.
在区间单调递增.
又，
所以在区间上单调递减.
又，
，
所以存在，
使，且时，，单调递增；
时，，单调递减，
所以时，取得最大值，且.
因为，所以，所以单调递减，
所以时，，即成立.
综上，若时，恒成立，
则的取值范围为.
【点睛】含参数分类讨论函数的单调性、极值，需要根据导函数的结构，对参数进行分类讨论.
3.（2020·海南·校联考一模）设函数，.
（1）当时，求的值域；
（2）当时，不等式恒成立（是的导函数），求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）求导，令，求出极值点，利用导数求出函数的单调性，即可得出内的最值，即可得出值域；
（2）根据题意，构造新函数，将不等式的恒成立问题，转化为在内的恒成立问题，求导，再二次求导，通过单调性求出最值，即可求出参数的取值范围.
【详解】（1）由题可得.
令，得.
当时，，当时，，
所以，
.
因为，所以，
所以的值域为.
（2）由得，
即.
设，则.
设，则.
当时，，，所以.
所以即在上单调递增，则.
若，则，所以在上单调递增.
所以恒成立，符合题意.
若，则，必存在正实数，
满足：当时，，单调递减，此时，不符合题意.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】本题考查通过导数研究函数的单调性、最值以及恒成立问题，属于综合题，同时考查学生的综合分析能力和解题计算能力.
4. （2022·广西桂林·统考模拟预测）设函数.
（1）证明：，都有；
（2）若函数有且只有一个零点，求的极值.
【答案】（1）见解析；（2）时，的极大值为e−1，极小值为0．
【分析】（1）令，求导得，利用导数判断出的单调性，
从而求出的最大值，最大值小于0，则命题得证；
（2）由得，两边同时取对数整理得，则的零点
个数等于解的个数，令，求导，求出，得出
，令，求导，借助的单调性得
出的符号，从而求出极值.
【详解】（1）证明：令，则 ，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为 ，即，
所以，都有．
（2）解：由得，则，所以，
所以的零点个数等于方程解的个数，
令，则，且，
所以在上单调递增，在上单调递减，又因为，
且由（1）知，，则当时，，
所以时，有且只有一个解，
所以若函数有且只有一个零点，则，此时，
∴ ，
令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
所以当时，，当时，，当时，，
∴当时，，则，则，
同理可得：当时，；当时，；
所以和分别是函数的极大值点和极小值点．
所以时，的极大值为e−1，极小值为0．
【点睛】本题主要考查导数在研究函数的单调性和最值时的应用，考查函数的极值与零点，属于难题．
5. （2020·浙江宁波·镇海中学校考三模）已知实数，设函数.
（1）当，时，证明：；
（2）若有两个极值点，证明：.
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
【分析】（1）转化原不等式为，令，，对称轴，求导分析单调性，可得在上单调递增，在上递减，在上递增，只需证明，构造，分析单调性，即可得证；
（2）求导，由为极值点，可得，，化简可得，继而构造函数可证明，
令可得 ，令，求导研究单调性，可证明，即得证
【详解】（1），即为
即
令，则

令
令对称轴
则
时， 时， 时，
在上单调递增，在上递减，且
在上递增
故只需证明，即证
即
令
则
在上单调递减，而
当时，，当时，即成立
当时，成立；
（2）
有两个极值点

令
当时，；当时，
在上递减，上递增

故即
由 可得

则



由得，下证即
即证

等价于证明
令
故

令 则
令
则
在上递减

即
【点睛】本题考查了函数与导数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于较难题
6. （2021·陕西·校联考三模）已知函数且.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：.
【答案】（1）单调递增区间为，的单调递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）由求得a的值，进而利用导数求得函数的单调区间；
（2）转化为证成立. 令，利用导数求得最小值，由（1）求得的最大值，即可证得.
【详解】（1），，
即,解得或.
，解得，
∴,
∴，
令，得.
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
（2）要证成立，只需证成立.
令，则，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又由（1）可得在上，
所以，
所以，
所以原不等式成立.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值及不等式证明问题，难度不大.关键是第二问中的转化，转化为与第一问中的函数相关的不等式，然后利用导数求得相应函数的最大值和最小值，进而证得不等式.
在指数加减x整式或者对数乘除x整式或者在指数和对数同时出现的情形下，我们处理时往往本着对数单身狗，指数找基友的思想方法，本质就是通过这样的转换可以让求导变少，避开长篇分类讨论
指数找基友：在处理不等式和零点问题时，如果指数部分+x整式有可能连续求导，甚至要用到隐零点，比较复杂，此时，我们只需把所有x的式子和ex变换到一起，一般可以同除整式，或者同除ex部分，构造一个新函数，例如ex-ax>0我们可以化成ex>ax,进一步化成a=ex/x，构造函数f（x）=ex/x;再例如当x>0时求证：(2-x)ex≤x+2，我们可以化作ex (2-x)/(x+2)≤1,然后构造函数f(x)=ex (2-x)/(2+x),证明其≤1即可，通过观察，不难发现，ex和所有含有x的式子变换到一起了，我们形象地称之为，指数找基友
对数单身狗：如果对数式乘以或者除以一个关于x的整式，把整式提出，然后分别对局部分析即可，例如y=(2+x)ln(x+1)-2x,如果要证明x>0时y>0,我们便可把2+x提出来，使之变成y=(2+x)(ln(x+1)-分别分析2+x和ln(x+1)- 就可以了，这个过程使ln(x+1)系数不含x整式，我们形象地称之为对数单身狗，再求导就容易多了
指对互化与同构：
所谓指对互化，如下：,，
指对互化是指对同构的基础，
2.常见类型：
= 1 \* GB3 ①乘积，如,构造方法如下：
构造方法
构造的函数
与左侧一致：
与右侧一致：
对数化：
= 2 \* GB3 ②商，如, 构造方法如下：
构造方法
构造的函数
与左侧一致：
与右侧一致：,
对数化：
= 3 \* GB3 ③和差，如
构造方法
构造的函数
与左侧一致：
与右侧一致：,
既含有指数函数同时又含有对数函数题目，也就是所谓的"指对混合型”。我们一般通过适当变形，一分为二，指对分离，以其转化为两个可掌控的特殊函数进处理。适当变形，化归转化，可以掌控，是解决问题的关键。
证明不等式问题中有一类不等式形式复杂，由即首先知道两个函数(其中一个常常是对数函数与多项式函数的组合，另一个则是指数函数与多项式函数的组合)组合而成，我们往往指对分离，然后研究函数的图像，两个函数图像凹凸性刚好相反，称凹凸反转，这个名词非常形象的阐述了这类题目的解题思想。
问题1：若F（x）>0 对x∈D 恒成立（其中F（x）=f(x)-g(x) ）
情况①：转化为 f(x)>g(x) ，通过分别求出两个函数的最值，若f(x)min>g(x) max ，则问题得证。

情况②： 转化为f(x)>g(x) ，通过分别求出两个函数的最值，若f(x)min= f(x1)>g(x) max= g(x2) ，则问题得证。
问题2：若F（x）0 对x∈D 恒成立（其中F（x）=f(x)-g(x) ）转化为 f(x) g(x) ，通过分别求出两个函数的最值，若f(x)ming(x) max ，且f(x)min=f(x0)g(x) max = g(x0)则问题得证。
凹凸反转的局限性：解法局限性一:不涉及“单调构造”
通过下文介绍的方法步骤,一定可以排除整体单调的函数组合。但是单调函数的组合有时也可以通过“最大值小于最小值”的方式说明问题，而且单调函数的组合，如果真构造成功了(如下图)，严格来说也属于“凹凸反转”，
解法局限性二:构造后可能出现h（x）min