查补易混易错点01 函数与导数-【查漏补缺】2022年高考数学三轮冲刺过关（新高考专用）

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查补易混易错01 函数与导数
STEP01 课标解读

1．函数概念与性质
（1）函数概念
①在初中用变量之间的依赖关系描述函数的基础上，用集合语言和对应关系刻画函数，建立完整的函数概念，体会集合语言和对应关系在刻画函数概念中的作用。了解构成函数的要素，能求简单函数的定义域。
②在实际情境中，会根据不同的需要选择恰当的方法表示函数，理解函数图象的作用。
③通过具体实例，了解简单的分段函数，并能简单应用。
（2）函数性质
①借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义。
②结合具体函数，了解奇偶性的概念和几何意义。
③结合三角函数，了解周期性的概念和几何意义。
2．幂函数、指数函数、对数函数
（1）幂函数
通过具体实例，结合的图象，理解它们的变化规律，了解幂函数。
（2）指数函数
①通过对有理指数幂、实数指数幂（a>0,且，a≠1，x∈R）含义的认识，了解指数幂的拓展过程，掌握指数幂的运算性质。
②通过具体实例，了解指数函数的实际意义，理解指数函数的概念。
③能用描点法或借助计算工具画出具体指数函数的图象，探索并理解指数函数的单调性与特殊点。
（3)对数函数
①理解对数的概念和运算性质，知道用换底公式能将一般对数转化成自然对数或常用对数。
②通过具体实例，了解对数函数的概念。能用描点法或借助计算工具画出具体对数函数的图象，探索并了解对数函数的单调性与特殊点。
③知道对数函数与指数函数 互为反函数（a＞0，且a≠1）。　
3.一元函数导数及其应用
（1）导数概念及其意义
①通过实例分析，经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念的实际背景，知道导数是关于瞬时变化率的数学表达，体会导数的内涵与思想。
②体会极限思想。
③通过函数图象直观理解导数的几何意义。
（2）导数运算
①能根据导数定义求函数y=c，y=x，y=x2，y=x3，y=，y=的导数。
②能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则，求简单函数的导数；能求简单的复合函数（限于形如f（ax+b））的导数。
③会使用导数公式表。
（3）导数在研究函数中的应用
①结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间。
②借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值，体会导数与单调性、极值、最大（小）值的关系。
4．函数应用
（1）二分法与求方程近似解
①结合学过的函数图象，了解函数的零点与方程解的关系。
②结合具体连续函数及其图象的特点，了解函数零点存在定理，探索用二分法求方程近似解的思路并会画程序框图，能借助计算工具用二分法求方程近似解，了解用二分法求方程近似解具有一般性。
（2）函数与数学模型
①理解函数是描述客观世界中变量关系和规律的重要数学语言和工具。在实际情境中，会选择合适的函数类型刻画现实问题的变化规律。
②结合现实情境中的具体问题，利用计算工具，比较对数函数、一元一次函数、指数函数增长速度的差异，理解“对数增长”“直线上升”“指数爆炸”等术语的现实含义。
③收集、阅读一些现实生活、生产实际或者经济领域中的数学模型，体会人们是如何借助函数刻画实际问题的，感悟数学模型中参数的现实意义。

STEP02 高考直击

函数与导数一直以来都是高考的重点和难点，在2021年新高考全国卷Ⅰ中单项选择题中的第7小题，填空题中的第13题和第15题，以及压轴题的第22题也是对函数与导数的考查。其中第7小题主要考查了利用导数求一点的切线方程；第13题考查了由函数的奇偶性求参数；第15题考查了由导数求函数的最值（不含参）问题；而22题则考查了利用导数求函数的单调区间（不含参）问题。
STEP03 易混易错归纳

易错点01 求函数定义域时条件考虑不充分
函数定义域是使函数有意义的自变量的取值范围，因此求定义域时就要根据函数解析式把各种情况下的自变量的限制条件找出来，列成不等式组，不等式组的解集就是该函数定义域。在求函数的定义域时应注意以下几点①分式的分母不为零；②偶次根式被开方式非负；③对数的真数大于零；④零的零次幂没有意义；⑤函数的定义域是非空的数集。
易错点02 求复合函数定义域时忽视“内层函数的值域是外层函数的定义域”
在复合函数中，外层函数的定义域是内层函数的值域，求复合函数定义域类型为：
①若已知的定义域为,其复合函数的定义域可由不等式解出即可；②若已知的定义域为 ,求的定义域，相当于x∈[a,b]时，求的值域（即 的定义域）。
易错点03 判断函数奇偶性时忽视定义域
函数具有奇偶性的必要条件是其定义域关于原点对称。如果不具备这个条件，一定是非奇非偶函数。在定义域关于原点对称的前提下，如果对定义域内任意x都有，则为奇函数；如果对定义域内任意x都有，则为偶函数，如果对定义域内存在使，则不是奇函数；如果对定义域内存在使，则不是偶函数。
易错点04 求复合函数单调区间时忽视定义域
求复合函数单调区间一般步骤是①求函数的定义域；②作出内层函数的图象；③用“同增异减”法则写单调区间。解此类题通常会出现以下两类错误：一是忽视定义域；二是 “同增异减”法则不会或法则用错。
易错点05 用函数图象解题时作图不准
“数形结合”是重要思想方法之一，以其准确、快速、灵活及操作性强等诸多优点颇受数学学习者的青睐。但我们在解题时应充分利用函数性质，画准图形，不能主观臆造，导致图形“失真”，从而得出错误的答案。
易错点06 分段函数问题
与分段函数相关的问题有作图、求值、求值域、解方程、解不等式、研究单调性及讨论奇偶性等等。在解决此类问题时，要注意分段函数是一个函数而不是几个函数，如果自变量取值不能确定，要对自变量取值进行分类讨论，同时还要关注分界点附近函数值变化情况。
易错点07 函数零点定理使用不当
函数零点定理是指如果函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，并且有，那么函数在区间内有零点。解决函数零点问题常用方法有定理法、图象法和方程法。函数零点又分为“变号零点”和“不变号零点”，函数零点定理仅适用于“变号零点”，对“不变号零点”无能为力。
易错点08 混淆两类切线的概念
曲线在点P处的切线”P为切点且P在曲线上，而“过点P的切线”仅能说明点P在曲线的切线上。
易错点09 误解“导数为0”与“有极值”的逻辑关系
在使用导数求函数极值时，很容易出现的错误是求出使导函数等于0的点，而没有对这些点左右两侧导函数的符号进行判断，误以为使导函数等于0的点就是函数的极值点。出现这种错误的原因就是对导数与极值关系不清。可导函数在一点处的导函数值为0只是这个函数在此点取到极值的必要条件，充要条件是两侧异号。
易错点10 对“导数值符号”与“函数单调性”关系理解不透彻
一个函数在某个区间上单调增（减）的充要条件是这个函数的导函数在此区间上恒大（小）于等于0，且导函数在此区间的任意子区间上都不恒为0。切记导函数在某区间上恒大（小）于0仅为该函数在此区间上单调增（减）的充分条件。
易错点11 对“导函数值正负”与“原函数图象升降”关系不清楚
解答此类题的关键是抓住①导函数的零点与原函数的极值点关系——极值点的导数值为0；②导函数值的符号与原函数单调性的关系——原函数看增减，导函数看正负。
易错点12求解函数的反函数易漏掉确定原函数的值域即反函数的定义域。
（1）在求解函数的反函数时，一定要通过确定原函数的值域即反函数的定义域在反函数的解析式后表明（若反函数的定义域为R可省略）。
（2）应用可省略求反函数的步骤，直接利用原函数求解但应注意其自变量和函数值要互换。
STEP04 真题好题演练

【真题演练】
一、单选题
1．（2021·全国新高考真题）已知，，，则下列判断正确的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】对数函数的单调性可比较、与的大小关系，由此可得出结论.
【解析】，即.
故选：C.
2．（2021·全国新高考真题）已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论.
【解析】因为函数为偶函数，则，可得，
因为函数为奇函数，则，所以，，
所以，，即，
故函数是以为周期的周期函数，
因为函数为奇函数，则，
故，其它三个选项未知.
故选：B.
3．（2021·全国新高考真题）若过点可以作曲线的两条切线，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；
解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.
【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.
故选：D.
解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.

故选：D.
二、填空题
4．（2021·全国新高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【解析】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
5．（2021·全国新高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．
①；②当时，；③是奇函数．
【答案】（答案不唯一，均满足）
【分析】根据幂函数的性质可得所求的.
【解析】取，则，满足①，
，时有，满足②，
的定义域为，
又，故是奇函数，满足③.
故答案为：（答案不唯一，均满足）
6．（2021·全国新高考真题）函数的最小值为______.
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
7．（2021·全国新高考真题）已知函数是偶函数，则______.
【答案】1
【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.
【解析】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
三、解答题
8．（2021·全国新高考真题）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.
【解析】(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.
9．（2021·全国新高考真题）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.
【解析】(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．
【模拟演练】
一、单项选择题
1．（2021·福建莆田·二模）已知函数的定义域为，其图象大致如图所示，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，利用导数求得函数的单调性，以及结合图象中的函数单调性，即可求得的大小关系，得到答案.
【解析】设，可得，
由图象可知，函数先递增，再递减，最后递增，且当时，取得极小值，
所以函数既有极大值，也有极小值，
所以有两个根，即，
所以，可得且，
又由，可得，
由，可得，
所以，所以.
故选：A.
2．（2021·山东滨州·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，构造函数，利用函数单调性比较大小即可.
【解析】令，所以
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因为，，，
所以，即.
故选：C
3．（2021·湖北·黄冈中学三模）若不等式对一切恒成立，其中为自然对数的底数，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，由，得是最大值，求出导数，首先由求得，然后再对分类讨论，确定0是最大值点，得出的范围，从而可得范围．
【解析】设，因为，所以恒成立，即是的最大值．
，
所以是的一个零点，，，
，
当时，，时，，递增，时，，递减，所以是极大值也是最大值，满足题意；
时，由得，或，
或时，，时，，
所以在和上递减，在上递增，
而时，，所以是最大值，满足题意，
时，，，不满足题意．
综上，，所以．
故选：A．
4．（2021·湖北十堰·二模）已知函数在处有极小值，且极小值为，则（       ）
A． B． C． D．或
【答案】A
【分析】根据函数极值的性质，结合函数极值的定义进行求解即可.
【解析】．因为在处有极小值，且极小值为，所以，即，解得或．
当时，，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在处有极小值．
当时，，则在上单调递增，无极值．
故选：A
5．（2021·江苏·一模）若函数，（a，）为奇函数，则的值为（　　）
A． B． C．1 D．4
【答案】B
【分析】因为函数是奇函数，通过带特殊值可以求出的值，从而得到答案
【解析】利用和可得： 解得：，，所以，.
故选B.
6．（2021·江苏·盐城中学一模）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由图象知函数的定义域排除选项选项A、D，再根据不成立排除选项C，即可得正确选项.
【解析】由图知的定义域为，排除选项A、D，
又因为当时，，不符合图象，所以排除选项C，
故选：B.
7．（2021·广东江门·一模）若正实数a，b，c满足，，，则正实数之间的大小关系为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可知，正实数分别是方程，和在内的根，再根据零点的存在定理，分别可求出正实数的取值范围，由此即可得到结果.
【解析】∵与的图象在只有一个交点，
∴在只有一个根，设为a．
令，
∵，，，
∴．
∵与的图象在只有一个交点，
∴在只有一个根，设为b．
令，
∵，，
∴，∴．
∵与的图象在只有一个交点，
∴在只有一个根，设为c．
令，
∵，，，
∴．
∴．
故选：A.
8．（2021·江苏淮安·三模）已知，，且，则，的值不可能是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题设可得，又在上为增函数，在上为减函数，结合各选项a、b的上下界范围判断不等式是否成立即可.
【解析】由题设，，而在上为增函数，在上为减函数，
则左边为；右边为，即左边大于右边，排除A；
，则；，则，即左边大于右边，排除B；
，则；，则，则左边大于右边，排除D.；
故选：C
二、多选题
9．（2021·江苏省天一中学三模）一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”．下列结论正确的是（       ）
A．若为的“跟随区间”，则
B．函数存在“跟随区间”
C．若函数存在“跟随区间”，则
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
【答案】AD
【分析】对A，由跟随区间的定义可得，求解即可；对B，根据定义得出可求解；对C，根据定义得出，解得，令化简可判断在区间上有两根不相等的实数根；对D，根据定义设定义域为，值域为，可得讨论当时即可.
【解析】对A，若为的跟随区间，因为在区间为增函数，故其值域为，根据题意有，解得或，因为故．故A正确；
对B，因为函数在区间与上均为减函数，故若存在跟随区间则有，解得：，但，
故不存在，B错误．
对C，若函数存在跟随区间，因为为减函数，故由跟随区间的定义可知，，
即，因为，所以．
易得．所以，
令代入化简可得，同理也满足，即在区间上有两根不相等的实数根．
故，解得，故C不正确．
对D，若存在“3倍跟随区间”，则可设定义域为，值域为．当时，易得在区间上单调递增，此时易得为方程的两根，求解得或．故存在定义域，使得值域为．故D正确．
故选：AD．
10．（2021·广东·广州市培正中学三模）已知函数，则下列命题正确的是（       ）
A．在上是增函数
B．的值域是
C．方程有三个实数解
D．对于，（）满足，则
【答案】ACD
【分析】利用导数可判断出函数的单调性和最值，由函数的值域可得方程根的个数，利用以及基本不等式可得．
【解析】，
当时，，在上单调递增；
当时，；当时，，则在上单调递增，在上单调递减；
综上可得在上是增函数，故A正确；
，，故B不正确；
方程，可得或，，方程共有三个实数解，故C正确；
满足，即，
则，
化简得
，
当且仅当时取等号
令，则，解得，故，故D正确
故选：ACD．
11．（2021·湖南师大附中二模）若实数，则下列不等式中一定成立的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】构造函数，利用导数分析该函数的单调性，可判断ABD选项的正误；构造函数，利用导数分析该函数的单调性，可判断C选项的正误.
【解析】令，则，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
因为，，所以，
所以，A正确；
同理，所以，
所以，B错误；
令，，
则，故在上单调递减，
，所以，故，D正确；
对于C，，结合选项A的讨论，与的大小不确定，故C不一定成立.
故选：AD.
12．（2021·山东菏泽·二模）已知a>b>0，a+b=1．则下列结论正确的有（       ）
A．的最大值为 B．的最小值为
C．a+sinb0
【答案】BC
【分析】由已知条件可得，，对于A，，再利用二次函数的性质判断即可，对于B，利用基本不等式判断即可，对于C，设，利用导数判断函数单调性可得答案，对于D，设，利用导数判断函数单调性可得答案
【解析】解：因为，，所以，，
对于A：，当，即时，有最大值，而，取不到最值，A错
对于B：，当且仅当，即当时取等号，所以B正确
对于C：因为，所以，所以，设，，则，
所以在上递减，所以，所以，故C正确，
对于D：设，，，
所以在为增函数，
所以，即，
所以，即，所以D错误，
故选：BC
三、填空题
13．（2021·福建厦门·二模）已知函数则函数的所有零点之和为___________.
【答案】
【分析】利用分段函数，分类讨论，即可求出函数的所有零点，从而得解．
【解析】解：时，，，由，可得或，或；
时，，，由，可得或，或；
函数的所有零点为，，，，所以所有零点的和为
故答案为：．
14．（2021·河北唐山·三模）关于不等式恰有一个整数解，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【分析】根据题意，构造函数，通过讨论的范围可得函数的单调性，再结合图像与已知条件即可求解.
【解析】①当时，原不等式不成立；
②当时，由恰有一个整数解，得恰有一个整数解.
令，则，因此函数在区间上单调递减，易得不可能只有一个整数解，故不满足；
③当时，由恰有一个整数解，得恰有一个整数解.
由②可知，易得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故.
又因，且恰有一个整数解，所以，即.
综上，.故答案为：.
15．（2021·江苏南京·一模）若函数存在个零点，则所有这些零点的和等于_____________．
【答案】
【分析】构造函数并讨论其奇偶性，再利用函数与的关系即可作答.
【解析】函数，且，，
即是其定义域上的奇函数，其图象关于点(0，0)对称，而，
则图象可由图象右移一个单位而得，于是图象关于点(1，0)对称，
因存在个零点且点(1，0)不在图象上，从而为偶数，
设这个零点依次为，点与关于点(1，0)对称，即，
所以.
故答案为：
16．（2021·广东佛山·一模）已知函数，则______．
【答案】
【分析】先求得，再将代入解析式即可求解.
【解析】,,，故.
故答案为：
四、综合题
17．（2021·广东佛山·一模）已知函数的两个极值点为，2，且在处的切线方程为．
(1)求函数的表达式；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）求，由题意可得，，由导数的几何意义可得，，将代入，中求出的值即可求解；
（2）分别讨论，，，分别分离参数，构造函数转化为最值问题即可求解.
【解析】(1)由可得，
则，2是方程的两根，
所以，（*）
因为又因为处的切线方程为
故，
代入（*）式解得，
故
(2)由（1）知：，
①当时，即恒成立，此时，
②当时，由即，
分离参数可得：，
设，则，
，
故在上单调递减，上单调递减，上单调递增，
故当时，在上单调递减，上单调递增，
所以的最小值为，
所以，
③当时，由分离参数可得
设，则，
由②过程知在上单调递减，
故，
所以，
综上所述：的取值范围为.
18．（2021·广东佛山·一模）设函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)任意正实数，，当时，试判断与的大小关系并证明．
【答案】(1)增区间为，减区间为，
(2)，证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，分别求解不等式和即可求出；
（2）可得，令，，构造函数，求出导数，讨论和两种情况讨论的单调性即可证明.
(1)（1），，，
令得；令得或，
故的增区间为，减区间为，
(2)结论：，证明如下：

，
设，由，均为正数且得，
设，则
①当时，由得即
故单调递减，从而
而，此时成立
②当时，在上单调递减，在上单调递增
故的最小值为
此时只需证，化简后即证
设，
故单调递增，从而有，即证
综上：不等式得证．
19．（2021·湖南湘潭·一模）已知为自然对数的底数，函数，（）．
（1）若，且的图象与的图象相切，求的值；
（2）若对任意的恒成立，求的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据题意，设切点为，进而根据导数的几何意义求解即可；
（2）根据已知条件将问题转化为求得最小值问题，进而分,两种情况讨论求解，当得，再构造函数求最值即可.
【解析】（1）因为的图象与的图象相切，设切点为，
又，所以，解得，．
所以；
（2）因为等价于，令，
当时，在上为增函数，且当时，，所以不满足题意；
当时，对任意的恒成立，
所以，故，此时的最大值为0；
当时，因为，由，得，
又当时，，当时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，
所以当时，有最小值，
所以，即，
所以，
令（），则，
所以当时，为增函数，当时，为减函数，
所以，故，所以的最大值为；
综上所述，的最大值为．
20．（2021·江苏南京·一模）对任意正整数，，定义函数如下：
①；
②；
③．
（1）求的解析式；
（2）设是自然对数的底数，，，比较与的大小．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由条件②：，逐一写出，，累加法可得，代入可得；（2）由（1）可知，再由条件③，同样采取累加法计算，代入，可得.猜想，做差比较可等价于，令，求导证明并补充说明也成立即可.
【解析】解：（1）由条件②得，所以，
，
，
……
，
将上述个等式相加，得，
因为，所以．
（2）由条件③得
，
，
，
……
，
将上述个等式相加，得
，
因为，
所以，
所以，
所以，所以．
证明如下：
，
易知，时，；时，；
时，设，则，
因为，所以当时，
函数单调递减，
所以，因此，
所以是单调递减函数，，
从而，时，．
综上所述，正确，所以．