04导数及其应用（解答题）（理科专用）-三年（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）

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三年专题04 导数及其应用（解答题）
（理科专用）
1．【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx−lnx+x−a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．
【答案】(1)(−∞,e+1]
(2)证明见的解析
【解析】
【分析】
（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.
(1)
f(x)的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=(1x−1x2)ex−1x+1 =1x(1−1x)ex+(1−1x)=x−1x(exx+1)
令f(x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
(2)
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x1<1 要证x1x2<1,即证x1<1x2
因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)
因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)
即证exx−lnx+x−xe1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)
即证exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0
下面证明x>1时，exx−xe1x>0,lnx−12(x−1x)<0
设g(x)=exx−xe1x,x>1，
则g'(x)=(1x−1x2)ex−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)ex−e1x(1−1x)
=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x 所以exx−e1x>0,所以g'(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx−xe1x>0
令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1
ℎ'(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；
综上, exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.
【点睛】
关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
ℎ(x)=lnx−12(x−1x)这个函数经常出现，需要掌握
2．【2022年全国乙卷】已知函数fx=ln1+x+axe−x
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx在区间−1,0,0,+∞各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)y=2x
(2)(−∞,−1)
【解析】
【分析】
（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究
(1)
f(x)的定义域为(−1,+∞)
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切点为(0,0) f'(x)=11+x+1−xex,f'(0)=2,所以切线斜率为2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
(2)
f(x)=ln(1+x)+axex
f'(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a1−x2(1+x)ex
设g(x)=ex+a1−x2
1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2>0,即f'(x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x) 故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意
2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g'(x)=ex−2ax>0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f'(x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<−1
(1)当x∈(0,+∞),则g'(x)=ex−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f'(m)=0
当x∈(0,m),f'(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x) 当x→+∞,f(x)→+∞
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2
设ℎ(x)=g'(x)=ex−2ax
ℎ'(x)=ex−2a>0
所以g'(x)在(−1,0)单调递增
g'(−1)=1e+2a<0,g'(0)=1>0
所以存在n∈(−1,0),使得g'(n)=0
当x∈(−1,n),g'(x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x) 又g(−1)=1e>0
所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f'(t)=0
当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减
有x→−1,f(x)→−∞
而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0
所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)

【点睛】
方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
3．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)a=1
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当b>1时， ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=ex+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
(1)
f(x)=ex−ax的定义域为R，而f'(x)=ex−a，
若a≤0，则f'(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g'(x)=a−1x=ax−1x.
当x 当x>lna时，f'(x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，
故f(x)min=f(lna)=a−alna.
当0 当x>1a时，g'(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，
故g(x)min=g(1a)=1−ln1a.
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
故1−ln1a=a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，
设g(a)=a−11+a−lna,a>0，则g'(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，
故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，
故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.
综上，a=1.
(2)
由（1）可得f(x)=ex−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.
当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设S(x)=ex−x−b，S'(x)=ex−1，
当x<0时，S'(x)<0，当x>0时，S'(x)>0，
故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
所以S(x)min=S(0)=1−b<0，
而S(−b)=e−b>0，S(b)=eb−2b，
设u(b)=eb−2b，其中b>1，则u'(b)=eb−2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，
故S(b)>0，故S(x)=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
设T(x)=x−lnx−b，T'(x)=x−1x，
当01时，T'(x)>0，
故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
所以T(x)min=T(1)=1−b<0，
而T(e−b)=e−b>0，T(eb)=eb−2b>0，
T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b仅有一个零点，
当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b均无零点，
故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，
则b>1.
设ℎ(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故ℎ'(x)=ex+1x−2，
设s(x)=ex−x−1，x>0，则s'(x)=ex−1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即ex>x+1，
所以ℎ'(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，
而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e3 故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0，1e3 当0 当x>x0时，ℎ(x)>0即ex−x>x−lnx即f(x)>g(x)，
因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，
故b=f(x0)=g(x0)>1，
此时ex−x=b有两个不同的零点x1,x0(x1<0 此时x−lnx=b有两个不同的零点x0,x4(0 故ex1−x1=b，ex0−x0=b，x4−lnx4−b=0，x0−lnx0−b=0
所以x4−b=lnx4即ex4−b=x4即ex4−b−(x4−b)−b=0，
故x4−b为方程ex−x=b的解，同理x0−b也为方程ex−x=b的解
又ex1−x1=b可化为ex1=x1+b即x1−ln(x1+b)=0即(x1+b)−ln(x1+b)−b=0，
故x1+b为方程x−lnx=b的解，同理x0+b也为方程x−lnx=b的解，
所以{x1,x0}={x0−b,x4−b}，而b>1，
故{x0=x4−bx1=x0−b即x1+x4=2x0.
【点睛】
思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
4．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax−ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；
(3)设n∈N∗，证明：112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln(n+1)．
【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)a≤12
(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）求出f'(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.
（2）设ℎ(x)=xeax−ex+1，求出ℎ″(x)，先讨论a>12时题设中的不等式不成立，再就0 （3）由（2）可得2lnt1恒成立，从而可得ln(n+1)−lnn<1n2+n对任意的n∈N∗恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
(1)
当a=1时，f(x)=(x−1)ex，则f'(x)=xex，
当x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)>0，
故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)
设ℎ(x)=xeax−ex+1，则ℎ(0)=0，
又ℎ'(x)=(1+ax)eax−ex，设g(x)=(1+ax)eax−ex，
则g'(x)=(2a+a2x)eax−ex，
若a>12，则g'(0)=2a−1>0，
因为g'(x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0,+∞)，使得∀x∈(0,x0)，总有g'(x)>0，
故g(x)在(0,x0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，
故ℎ(x)在(0,x0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾.
若0 下证：对任意x>0，总有ln(1+x) 证明：设S(x)=ln(1+x)−x，故S'(x)=11+x−1=−x1+x<0，
故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x) 由上述不等式有eax+ln(1+ax)−ex 故ℎ'(x)≤0总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，
所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.
当a≤0时，有ℎ'(x)=eax−ex+axeax<1−1+0=0，       
所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.
综上，a≤12.
(3)
取a=12，则∀x>0，总有xe12x−ex+1<0成立，
令t=e12x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
故2tlnt1恒成立.
所以对任意的n∈N∗，有2lnn+1n 整理得到：ln(n+1)−lnn<1n2+n，
故112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn
=ln(n+1)，
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.
5．【2021年甲卷理科】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.
6．【2021年乙卷理科】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.
7．【2021年新高考1卷】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.
8．【2021年新高考2卷】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．
9．【2020年新课标1卷理科】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！
10．【2020年新课标2卷理科】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.
11．【2020年新课标3卷理科】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．
12．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
【详解】
（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,
∴所求三角形面积为．
（2）［方法一］：通性通法
,，且.
设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，
因此
>1,
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由得，即，而，所以．
令，则，所以在R上单调递增．
由，可知，所以，所以．
令，则．
所以当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以，则，即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知，令，所以，所以．
于是．
由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．
令，所以．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为，且，所以，即．
令，则，所以在区间内单调递增．
因为，所以时，有，即．
下面证明当时，恒成立．
令，只需证当时，恒成立．
因为，所以在区间内单调递增，则．
因此要证明时，恒成立，只需证明即可．
由，得．
上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．
当时，因为，显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．
【整体点评】
（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．