回归教材重难点05 函数与导数-【查漏补缺】2022年高考数学（理）三轮冲刺过关

这是一份回归教材重难点05 函数与导数-【查漏补缺】2022年高考数学（理）三轮冲刺过关，文件包含回归教材重难点05函数与导数解析版docx、回归教材重难点05函数与导数原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。
回归教材重难点05 函数与导数

函数与导数解答题是高考数学必考内容，该考点命题相对稳定，难度较大.
函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：
(1)含参函数的单调性、极值与最值；
(2)函数的零点问题；
(3)不等式恒成立与存在性问题；
(4)函数不等式的证明.
(5)导数中含三角函数形式的问题
其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点.

1.含参数函数单调性讨论
（1）导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间.
（2）导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数(决定导函数符号的函数)为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题.对于此二次函数根的判定有两种情况：
①若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
②若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性.
（3）导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰.“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器.
在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的.
①二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性；
②通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性.
2.双变量问题
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是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.
3.证明不等式
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）对数单身狗，指数找基友
（5）凹凸反转，转化为最值问题
（6）同构变形
4.极最值问题
利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．
5.零点问题
函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴(或直线)在某区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.
6.不等式恒成立问题
（1）利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
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．
（2）利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
①，；
②，；
③，；
④，.
（3）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，，有成立，则；
②若，，有成立，则；
③若，，有成立，则；
④若，，有成立，则的值域是的值域的子集.
7.函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
（1）分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
（2）分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.


【真题演练】
1．（2021·全国·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.
【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．
2．（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【解析】
【分析】
（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】
（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】
（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.

3．（2021·全国·高考真题（理））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）.
【解析】
【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.
4．（2021·全国·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.
【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．
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.
5．（2020·全国·高考真题（理））设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】
（1）因为，由题意，，即：，则．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设是的一个零点，且，则．
从而．
令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为，进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为．
设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即．
综上，的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为．
（ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意；
（ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为．
（ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
［方法五］：
设是的一个零点且，则是的另一个零点．
．
则，设，由判别式，所以方程有解．
假设实数满足．
由，得．与矛盾，假设不成立．
所以，所有零点的绝对值都不大于1．
【整体点评】
（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出．
6．（2020·全国·高考真题（理））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）
【解析】
【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！
7．（2020·全国·高考真题（理））已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.
（2）证明见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；
(2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式；
(3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式.
【详解】
(1)由函数的解析式可得：，则：

，
在上的根为：，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2)[方法一]【最优解】：基本不等式法
由四元均值不等式可得
，当且仅当，
即或时等号成立．
所以．
[方法二]：构造新函数+齐次化方法
因为，令，则问题转化为求的最大值．
求导得，令，得．
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
所以函数的最大值为，故．
[方法三]：结合函数的周期性进行证明
注意到，
故函数是周期为的函数，
结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，
即.
(3)[方法一]【最优解】：利用(2)的结论
由于，
所以．
[方法二]：数学归纳法+放缩
当时，，显然成立；
假设当时原式成立，即．
那么，当时，有
，
即当时不等式也成立．
综上所述，不等式对所有的都成立．
【整体点评】
(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件；
方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式；
方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.
(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式；
方法二：数学归纳法是处理与自然数有关的命题的常见策略，放缩法是不等式证明中常见的方法.


【好题演练】
1．（2022·黑龙江·哈九中三模（理））已知函数
(1)求在上的极值；
(2)判断函数在上的零点个数．
【答案】(1)极小值0，无极大值；
(2)在上的零点个数为2.
【解析】
【分析】
（1）利用导数研究的符号判断的单调性，进而确定极值情况.
（2）由题设可得，讨论、、分别研究的符号判断的单调性，结合零点存在性定理判断零点个数即可.
(1)
由题得，而，
当时，在单调递减；
当时，在单调递增；
所以极小值，无极大值.
(2)
由已知，，则，
①当时，，所以在上单调递减．
所以，则在上无零点；
②当时，，即递增，且，，
所以存在，使．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以．
设，则，易得，
当，，当，，
所以在(0,ln2)上单调递减，在上单调递增，
所以，则，即，
所以．所以在上存在一个零点．
综上，在上有2个零点；
③当时，由②分析知：，所以在上单调递增．
而，所以在上无零点；
综上所述，在上的零点个数为2.
【点睛】
关键点点睛：第二问，讨论x的范围，结合的导函数及零点存在性定理，判断区间上的单调性及零点个数.
2．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)当时，在上单增；当时，在上单减，在上单增；
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接求导后，分和讨论单调性即可；
（2）当时，显然符合题意，当时，说明存在不合题意，当时，由解出a的取值范围即可.
(1)
由，
①当时，由，，可得，此时函数单调递增，增区间为；
②当时，令，可得，此时函数的减区间为，增区间为；
综上：当时，在上单增；当时，在上单减，在上单增；
(2)
由（1）可知：
①当时，，符合题意；
②当时，若，可得，
又由，可得，
故且时，有，
可得，此时与恒成立矛盾，不合题意；
③当时，，
若恒成立，只需要，可得，可化为，
由函数单调递增，且，可得，
由上知，若恒成立，实数a的取值范围为．
3．（2022·山西晋城·二模（理））设函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若 时，存在实数b，使得对任意恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)当 时，，此时在R上单调递增；
当 时，在 上单调递减，在 上单调递增；
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，讨论a的范围，确定函数的单调性；
（2）将变为，构造函数，求出其导数，讨论以及，然后分离参数，将恒成立问题转化为函数的最值问题.
(1)
因为 ，
当 时，，此时在R上单调递增；
当 时，令，则 ，
令，则 ，
所以在 上单调递减，在 上单调递增；
(2)
等价于 ，
令 ，则，
若，此时恒成立，故单调递增，
且，故不恒成立，不合题意；
若，则 对恒成立，
设，则，
令，则 ，令，则 ，
故在 上单调递增，在 上单调递减，
故，
所以，
所以原命题转化为存在 ，使得，
令，则 ，
，
令，显然在 时单调递增，
且，
所以当时，，当时，，
即在时单调递减，在时单调递增，
故，
所以实数m的取值范围是 .
【点睛】
本题考查了利用导数判断函数的单调性，以及用导数解决不等式恒成立问题，综合性较强，难度较大，要求有较强的综合分析及计算能力，解答的关键是将恒成立问题，通过构造新函数，转化为函数的最值问题.
4．（2022·新疆·二模（理））已知函数．
(1)求的图象在点处的切线方程，并证明的图象除点以外的所有点都在这条切线上方；
(2)证明：对于一切，均有．
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义，求出导数以及切点纵坐标即可得答案；
（2）利用（1）的结论，得到时，，从而，，则，
即，然后累加，结合裂项法求和，即可证明结论.
(1)
由题意可得，，，
所以的图象在点处的切线方程为，
设，则，
令，得，单调递减，令，得，单调递增，
所以，所以，当且仅当时取等号，
所以的图象上除点外的所有点都在这条切线上方．
(2)
当时，不等式显然成立．下证当时，不等式成立．
由（1）得当时，，
令，，，则，
即，
所以
，
即，所以，
即．
5．（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模（理））已知函数，a为常数，.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)①讨论函数的单调性；
②，不等式恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)①答案见解析，②.
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义求在处的切线方程；
（2）①由题设可得且，讨论、、、研究的符号，即可确定单调性；②构造，利用导数研究在上恒成立，结合分类讨论方法求a的范围.
(1)
由题设，，则，
所以，而，
则在处的切线方程为，整理得.
(2)
①由且，
当时，在上，上，
当时，在上，上，上，
当时，在上，
当时，在上，上，上，
综上，时在上递减，上递增；
时在上递增，上递减，上递增；
时在上递增；
时在上递增，上递减，上递增；
②令，
问题转化为在上恒成立，而，
由①知：当时，在上，即递增，
所以，只需，可得；
当时，在上，递减；上，递增，
所以，只需，可得，
综上，.
6．（2022·甘肃·二模（理））已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数，证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求解导函数，分类讨论，，和时的对应单调性；
（2）将题目不等式转化为证明，设，求导判断单调性，求解最大值，设，求导判断单调性，求解最小值，设，得单调性，从而可证明不等式.
(1)
的定义域
.
当时，，所以恒成立，
所以在单调递减，在单调递增；
当，分下面三种情况讨论：
①当时，恒成立，所以在单调递增；
②当时，，令.得，或.
所以在和单调递增，在单调递减；
③当时，，令，得，或，
所以在和单调递增，在单调递减.
综上，当时，在和为增函数，在为减函数；
时，在为增函数；当时，
在和为增函数，在为减函数；
当时，在为减函数，在为增函数.
(2)
当时，要证明，
即证，设，
易知在为增函数，在为减函数，
所以；设，
则，又函数在为增函数，
而，，
所以存在，使得，且有，
所以在为减函数，在为增函数.
所以.
设，显然在为减函数，
所以，即，
而，所以，
即，故当时，
恒成立，所以成立.
【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，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．
7．（2022·陕西榆林·三模（理））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)详见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由题可得，分，讨论，即得；
（2）由题可得，构造函数，利用导数求函数的最值即得.
(1)
因为，
所以，
若，则在上恒成立，故在上单调递增，
若，则当时，；当时，．
故在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减．
(2)
由等价于，
令，函数，
则，由，可得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
故，
∴的取值范围为．
8．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（理））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，函数有几个零点？
【答案】(1)答案见解析
(2)有三个零点
【解析】
【分析】
（1）求导之后根据导函数两个零点的大小关系进行分类讨论（2）的零点就是函数的零点，当时，的单调性是确定的，结合极值的符号和零点存在性定理即可判断零点的个数
(1)
∵，
∴
①当时，，
∴当，时，，当时，，
∴在，上单调递增函数；在上单调递减．
②当时，，，在R上为增函数；
③当时，，
∴当，，，当，，
∴在，上单调递增函数；在上单调递减．
(2)
∵，∴的零点就是函数的零点，
当时，由（1）知在，上单调递增函数；在上单调递减
当时，单调递增，
因为，
令，
则
∵，∴，在单调递减，
，
∴存在，使得，∴在有1个零点．
当，为减函数，极小值点，且，
∴在有1个零点．
当，为增函数，∵，，
∴存在，使得，在有1个零点．
综上，当时，有三个零点．
9．（2022·江西上饶·二模（理））已知函数，其中．
(1)求的极值；
(2)设函数有三个不同的极值点．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)，无极大值；
(2)（i） ；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题可得在单调递增，进而可得在单调递减，在单调递增，即得；
（2）（i）由题可知有三个不同的正实根，令进而构造，可得有两个不同的正实根，再利用二次方程根的分布即得；（ii）令、,则、为的正实根，再利用导数解决双变量问题，可得，进而即证.
(1)
由题可得，
∴在单调递增，
∵，
∴时，时，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，无极大值；
(2)
（ⅰ），
由题可知有三个不同的正实根，令，则，令，有三个不同的正实根、、，，
∴有两个不同的正实根，
∴
∴，
设的两个不同的正实根为m、n，且，此时在和单调递增，单调递减，
又∵，∵，且，
∴有三个不同的正实根，满足题意，
∴a的取值范围是；
（ⅱ）令、，由（ⅰ）知，且、为的正实根，，
令，则，，
令在单调递增、，
∴在单调递减，在单调递增，
令，则
，
∵，∴，
令，，
∴在单调递增，
∴，∴在单调递减，
∵，∴，
∵，∴，
∵在单调递增，
∴，
∴.
【点睛】
函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，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的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
10．（2022·安徽宣城·二模（理））已知.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接求导求出切点处的斜率，写出切线方程即可；
（2）先求导确定的单调性，将证明转化为证明，再借助
转化为证明，构造函数，求导确定最小值即可证明.
(1)
因为，所以，
所以，，
切线方程为：即.
(2)
令，则，在上，单减，
在上，单增，故，
依题，
可知.
所以在R上单调递增，
因为，不妨设
欲证，只需证，只需证，
只需证
令，，
令，所以
故时，单调递增，，
所以单调递增，所以，得证.
【点睛】
本题关键点在于由的单调性，将证明转化为证明，再利用
转化为证明，进而构造函数，求导确定最小值即可解决.
11．（2022·安徽黄山·二模（理））已知函数.
(1)求函数的最小值；
(2)证明：函数有两个极值点.
【答案】(1)3;
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，解不等式得到函数的单调性，即可得出函数的最小值；
（2）求出函数的导数，再利用函数的导数求出在上单调递增，在上单调递减，再由零点存在性定理可得存在，，使得，据此可得函数的单调性，问题得证.
(1)
因为，             
所以当时，；当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增,       
则.
(2)
，.
令，则 ，
令，，则，所以在上单调递减.
又因为，，所以存在，使得
即，当时，，当时，，
所以   在上单调递增，在上单调递减.
即在上单调递增，在上单调递减.             
所以，             
又，，
所以存在，，使得.             
且当时，，当时，，当时，，所以在处有极小值，在处有极大值，有两个极值点.
【点睛】
关键点点睛：要证明函数存在两个极值点，关键要分析出函数的单调性的变化情况，需要利用导数分析函数单调性，通过多次求导，当导数的符号确定时，逐步向上层分析，最终分析出在和时，，在上，得出函数先减后增再减，问题得证.
12．（2022·陕西渭南·二模（理））已知函数
(1)当时，求f（x）的单调递增区间：
(2)若函数f（x）恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为M、m，求证：.
【答案】(1)和；

(2)证明见解析.

【解析】
【分析】
(1)利用导数讨论函数的单调性即可求解；
(2)根据极值点的定义可得方程有两个不相等的实根()，由正弦函数图象可知，
利用导数求出函数的极值，进而构造函数，再次利用导数求出即可.
(1)
函数的定义域为，
当时，，
，令或，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以函数的单调递增区间为和；
(2)
，
因为函数恰有两个极值点，
所以方程有两个不相等的实根，设为且，
当时，函数图象关于直线对称，
则，即，
因为，所以，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以分别是函数的极大值点和极小值点，
即，，
于是有，
因为，所以，
所以，而，
所以，
设，，
则，令或，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最小值，即，
因此有，即.
【点睛】
在解决类似的问题时，要熟练应用导数研究函数的单调性、极值与最值，要掌握极值与极值点的定义，缕清极值点与方程的根之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数研究新函数的性质即可解决问题.
13．（2022·广西桂林·二模（理））已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，对分、、、四种情况讨论即可求解；
（2）由（1）问结论，对分、、、、讨论即可得答案.
(1)
解：，
若，则当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，由得或，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，则，当时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
③若，则，当时，；当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
(2)
解：当时，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
又，取b满足且)，则，
所以有两个零点；
当时，令，解得，所以只有一个零点；
当时，令，解得，所以只有一个零点；
当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减，
又，当时，有极大值，
所以不存在两个零点；
当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减，
当时，有极大值，所以不存在两个零点；
综上，a的取值范围为.
【点睛】
关键点点睛：本题（2）问解题的关键是，当时，取b满足且)，从而可得.
14．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（理））处于信息化时代的现代社会，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”是数学中的正弦型函数.已知某一类型信号的波形可以用和进行叠加生成，即生成的波形对应函数解析式为.
(1)若，讨论在上的单调性，并判断其极值点的个数（提示：）；
(2)若，令，函数，写出函数的导函数在上的零点个数，并说明理由
【答案】(1)函数的单调递增区间为，，单调递增区间为，，有三个极值点；
(2)在上的零点个数为，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据导数的性质，结合极值点的定义进行求解判断即可；
（2）根据导数的性质，结合零点的定义、零点存在原理进行求解即可.
(1)
因为，所以，
因此，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因此是函数的极大值点，是函数的极小值点，
综上所述：函数的单调递增区间为，，单调递增区间为，，有三个极值点；
(2)
因为，所以，
因此，
设，
所以，
当时，因为，所以单调递减，
当时，，，
，
所以，因此此时函数单调递减，
所以当时，函数单调递减，因为，
所以函数在时有唯一零点，即在上的零点个数为.
【点睛】
关键点睛：利用导数的性质、零点存在原理是解题的关键.
15．（2022·贵州·模拟预测（理））已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若函数在（为自然对数的底数)上有零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用分类讨论的方法处理的含参单调性问题.
（2）在上有零点等价于方程在上有根，即在上成立.，令，进而讨论的图像得到的取值范围
(1)

①当，时，，
当时，，则函数在上单调递减，在和上单调递增；
②当时，在上恒成立，则函数在上单调递增；
③当，时，，
当时，，则函数在上单调递减，在和上单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递减，在和上单调递增；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在和上单调递增.
(2)
设，，因为，所以，，单调递减，，所以，此时，
，在上有零点等价于方程在上有根，即在上成立.
令，因为
当时，，，所以，，
当时，，，所以，
所以，所以在上单调递减，在上单调递增.
又，，
所以，，
所以实数的取值范围为
【点睛】
思路点睛：主要利用分类讨论的方法处理含参问题，并且利用函数的单调性，得出函数图像，进而讨论其零点问题，要求学生掌握利用导数判断函数单调性的方法
16．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（理））已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)若的两个零点分别为，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先构造函数得到，把放缩为，
构造函数求导确定单调性即可证明；
（2）先由两个零点得到，，消去参数，再构造函数及，
求导确定函数单调性即可证明.
(1)
令，则在上恒成立，
所以在，上单调递增，所以，即在上恒成立.
当时，要证，即证，
又，所以只需证，即.
令，则.
令，解得，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，故.
所以.
(2)
由题意知，
两式相加得，
两式相减得，即.
所以，
即.
显然，记，
令，则.
所以在上单调递增，则，
所以，则，即.
所以，
所以，
所以，即.
令，则时，，
所以在上单调递增，又，故.
所以，
所以，则，即
【点睛】
本题的关键点在于利用，消去参数，
得到，再通过构造函数
及，求导确定函数单调性进而证明结论.