第02讲 导数与函数的单调性（5类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（新高考通用）

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为13-17分
【备考策略】1.理解函数的单调性与导数之间的关系
2能利用导数研究函数的单调性，并会求单调区间
3.能够利用导数解决与函数单调性的综合问题
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，一般会在解答题考查，同时小题也会考查用导数判断函数单调性，且近年来导数和其他版块知识点关联密集，是新高考备考的重要内容。
知识讲解
导函数与原函数的关系
利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的定义域；
第2步，求出导函数f′(x)的零点；
第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性.
[常用结论]
1.若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，恒成立.
2.若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，＞0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，＜0有解.
考点一、函数与导函数图象之间的关系
1．（浙江·高考真题）函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D．
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间．
2．（全国·高考真题）已知函数的导函数的图像如下图，那么的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据导函数的函数值反映的是原函数的斜率大小可得答案.
【详解】
因为，的导数大于零，因此，，单调递增，
又，的导数表示曲线与的曲线上任一点切线的斜率，
是单调递减的，故增的慢，
是单调递增的，故增的快，排除A、C，
又，即与在的切线是平行的，排除B．
故选：D.
1．（浙江·高考真题）设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】解析：检验易知A、B、C均适合，不存在选项D的图象所对应的函数，在整个定义域内，不具有单调性，但y=f（x）和y=f′（x）在整个定义域内具有完全相同的走势，不具有这样的函数，故选D．
2．（浙江·高考真题）是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象最有可能是下列选项中的（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据导函数的正负与原函数单调性的关系，结合图象进行判断即可.
【详解】由导函数的图象可知：当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，只有选项C符合，
故选：C
3．（江西·高考真题）已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先利用函数的图象求得函数的单调区间，进而得到正确选项.
【详解】由题给函数的图象，可得
当时，，则，则单调递增；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递增；
则单调递增区间为，；单调递减区间为
故仅选项C符合要求.
故选：C
考点二、利用导数求不含参函数的单调性
1．（2023·全国·高考真题）已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
2．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
3．（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.
【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，所以需证．
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.
1．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若函数有且仅有三个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用求导，导数值大于0来求单调递增区间即可；
（2）利用函数的单调性和取值情况，分析可得的取值范围.
【详解】（1）由，得，
令，得，解得．
所以的单调递增区间为
（2）令，解得或．
当变化时，，的变化情况如下表所示：
由函数有且仅有三个零点，
得方程有且仅有三个不等的实数根，
所以函数的图象与直线有且仅有三个交点．
显然，当时，；当时，．
所以由上表可知，的极小值为，的极大值为，
故．
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，，求的取值范围.
【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为和
(2).
【分析】（1）先求导函数，再根据导函数正负求出单调区间；
（2）先化简不等式参数分离，再根据最值得出最小值即可求参数范围.
【详解】（1）由题得函数的定义域为，
当时，
，
当时，，单调递增，
当时，单调递减.
所以当时，的单调递减区间为，
单调递增区间为和.
（2）当时，，
等价于，
即，
即等价于当时，.
令，
所以
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即的取值范围为.
3．（2024·浙江·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，判断的零点个数.
【答案】(1)减区间为，增区间为；
(2)2个.
【分析】（1）求导，当时，利用指数函数性质和余弦函数有界性可判断导数符号，当时，利用二次导数判断导函数单调性，然后可得导函数符号；
（2）当时，利用二次导数判断的单调性，当时，利用指数函数性质和正弦函数有界性可判断函数值符号，当时，记，利用导数研究其图象，根据与的图象交点个数判断即可.
【详解】（1）当时，，所以，
当时，，所以，则，
所以，在上单调递减.
当时，记，则，
因为，所以，在单调递增，
所以，即，所以在上单调递增.
综上，的减区间为，增区间为.
（2）当时，，则，
记，则，
当时，，所以，在单调递增，
所以，在上单调递增，
所以，在上无零点.
当时，因为，
所以，此时无零点.
当时，记，则，
因为当趋近于0时，趋近于0，所以的变化越来越慢，图象下凹，
当时，，当时，，
作出函数和的图象如图，
由图可知，当时，两个函数图象有一个交点，即有一个零点.
易知是的一个零点.
综上，函数共有2个零点.
考点三、利用导数求可分离型含参函数的单调性
1．（2024·全国·高考真题）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
2．（2023·全国·高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
3．（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.
【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．
1．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求函数在区间上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数单调性，分类讨论函数最大值.
【详解】（1）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若，则，此时在上单调递增，
若，则由得，当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
综上，当，的增区间为，无减区间，
若，减区间为，增区间为.
（2）由（1）知，当时，在区间上为增函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，在上为增函数，
函数的最大值为，
由，得，
若时，函数的最大值为，
若时，函数的最大值为，
综上，当时，函数的最大值为，
当时，函数的最大值为.
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明，只要证即可，设，利用导数求得最值即可证明．
【详解】（1）函数的定义域为，且．
当时，恒成立，
所以在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）当时，因为，所以要证，只要证明即可，
即要证，等价于（*）．
令，则，
在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当时，等号成立．
又在上单调递增，，
所以存在，使得成立．
综上所述，原不等式成立．
3．（2024·新疆·三模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导后，分，，，四种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（2）由（1）可知当时，可能有三个不同的零点，然后分和两种情况结合零点存在性定理与函数的单调性讨论零点的个数.
【详解】（1）因为的定义域为，且，
当时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，时恒成立，当且仅当时等号成立，所以在上单调递增；
当时，，令，解得，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，令，解得，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）得，当时，至多有两个零点，不符题意；
当时，至多有一个零点，不符题意；
当时，的极大值，至多有一个零点，不符题意；
当时，的极小值，的极大值，至多有两个零点，不符题意；
当时，因为在上单调递增，且，
，所以在上有且只有一个零点，
因为在上单调递减，，且，
所以在上有且只有一个零点，
因为在上单调递增，，
令，则，令，则
，
因为当时，，
所以在上递增，即在上递增，
所以，所以在上递增，
所以，
所以在上恒成立，
所以，
所以，
故在上有且只有一个零点，
所以有三个零点，
综上，当时，有三个不同的零点.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是当时，结合（1）当时，的单调区间和零点存在性定理分析判断，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
4．（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，数列满足，且
①比较，，1的大小
②证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求出定义域，求导，分和，，四种情况，得到函数单调性；
（2）①求导，得到，故，令，求导得到函数单调性，得到，从而确定，证明出结论；
②要证，即证，由于，故成立.
【详解】（1）由题意知的单调性为，
.
当时，令，解得，令，解得，
在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）①当时，，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，，，，
令，
，
所以在上单调递减，且，
因为，
又，所以，
所以，则.
②要证，即证，
又，，即证.
所以，即，
所以成立，
故.
【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
5．（2024·广西桂林·三模）已知．
(1)讨论的单调性；
(2)若且有2个极值点，，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，分、、和四种情况讨论，结合的正负，进而得单调性；
（2）把原不等式转化为，进而构造函数，求出导函数，利用导函数求出单调性区间，然后利用函数单调性求出最值进行比较大小即可
【详解】（1）的定义域为，
由题可得，
设，则在上单调递增，且，
若，则，时，，单调递减，时，，单调递增；
若，则时，，单调递减，或时，，单调递增；
若，则，在上单调递增；
若，则时，，单调递减，或时，，单调递增，
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增．
（2）由（1）知时，恒有2个极值点，，且，，
所以，
设，则，
设，则，
在上单调递减，，
所以在上单调递减，
又，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键点是构造函数，利用导数判断单调性求出最值，证得命题成立.
考点四、利用导数求不可分离型含参函数的单调性
1．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在唯一的极值点，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导，分，，三种情况讨论，综合可得；
（2）由（1）得，表示出得的范围，并代入所证不等式，消去a得关于的不等式，构造函数判单调性得最值即可证明.
【详解】（1）因为，
当时，，此时在上恒成立，
所以在上单调递减；
当时，在上单调递减，所以在上有唯一零点，
当时，，在上单调递增，
当时在上单调递减；
当时，在上有零点，
当和时，，所以在和上单调递减，
当时，，所以在上单调递增．
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增．
（2）由题意可知，
若存在唯一的极值点，
由（1）可知且．
因为，
要证，
只需证①．
因为，所以．
将代入①整理可得，只需证．
令，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，即原不等式成立．
2．（2024·广西河池·模拟预测）已知函数，定义域为.
(1)讨论的单调性；
(2)求当函数有且只有一个零点时，的取值范围.
【答案】(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）求导，分和，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断的符号，进而可得的单调性；
（2）参变分离可得，构建，求导，利用导数判断的单调性，进而可得结果.
【详解】（1）因为，
（ⅰ）当，即时，则在内恒成立，
可知在内单调递增；
（ⅱ）当，即或时，可知有两个不相等的根，
不妨令，可知，
①若，因为，可知，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
②若，因为，可知，
令，解得或；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：当时，在内单调递增；
当时，在内单调递减，在内单调递增；
当时，在内单调递减，在内单调递增.
（2）若，可知在内无零点，不合题意，可知
令，整理得，
构建，
原题意等价于与的图象有且仅有一个交点，
因为，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，即在内恒成立，
可知在内单调递减，
且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0且；
的大致图象如图所示，

可得，即，所以的取值范围为.
【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．
1．（2024·内蒙古·三模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导得，分类讨论可求单调区间；
（2）由已知可得，令，可得，进而由单调性可得，求得函数的最大值即可.
【详解】（1）的定义域为.
关于的方程，
当时，，，所以在上单调递增.
当时，，此时，
，所以在上单调递增.
当时，则是方程的两根.
又，所以，
令，解得或，
令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
（2）由，可得，即.
令，易知单调递增.
由，可得，则，即.
设，则，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，
所以，则的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问的解决关键是，转化得，从而利用同构法即可得解.
2．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围；
(3)若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）求导，分和讨论判断正负，得解；
（2）根据题意，问题转化为有两解，令，利用导数判断函数的单调性极值情况得解；
（3）根据题意，问题转化为，对恒成立．当时，上式显然成立；当时，上式转化为，令利用导数求出最值得解.
【详解】（1）， ，
当时，，所以在上单调递增．
当时，令，则．
若，即时，恒成立，所以在上单调递增．
若，即时，方程的根为，
当时，或，在和上单调递增；
当时，，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，
在上单调递减．
（2）令，则．
令，则．
所以当时，，在上单调递减．
当时，，在上单调递增．
又当时，，且；当时，，
所以当时，先减后增，且在处有最小值，
此时直线与有两个交点，
所以实数的取值范围为．
（3）因为，即，
即，对恒成立．
当时，上式显然成立；
当时，上式转化为，
令，，
，所以函数在上单调递增，
，，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】关键点睛：第三问解题的关键是转化为在上恒成立，构造函数并利用导数研究单调性求最值，进而确定参数范围.
考点五、根据函数单调性求参数值或范围
1．（2023·全国·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A．B．eC．D．
【答案】C
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
2．（2023·全国·高考真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
【答案】
【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是.
故答案为：.
3．（2023·宁夏银川·三模）若函数在区间上不单调，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．m>1
【答案】B
【详解】首先求出的定义域和极值点，由题意得极值点在区间内，且，得出关于的不等式组，求解即可．
【分析】函数的定义域为，
且，
令，得，
因为在区间上不单调，
所以，解得：
故选：B.
1．（2024·重庆·模拟预测）已知函数在区间单调递增，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意将问题转化为在区间上恒成立，利用分离参数法，结合导数研究最值即可得到答案.
【详解】因为函数在区间单调递增，所以在区间上恒成立，即，
令，，则，所以在上单调递增，则，故，即的最大值为，
故选：B
2．（2024·江苏泰州·模拟预测）若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出函数的导函数，利用换元法将题目条件转化为在上恒成立；再构造函数，判断其函数的单调性，求出最大值即可解答.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，
则，
所以在上恒成立.
又因为在上单调递增，
所以当时，
故.
故选：D.
3．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件得即在上恒成立，构造函数，，由二次函数的性质求出的最值即可解决问题.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，，变形得，因为，所以，
所以当，即时，，所以.
故选：A．
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，转化为在上有解，得到在上有解，令，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.
【详解】因为函数，可得，
因为函数在上存在单调递减区间，
可得在上有解，
即在上有解，
令，则，且，
当时，，所以；
当时，，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，故，所以.
故选：D．
【点睛】结论点睛：“恒成立问题”与“有解问题”在等价转化上的区别：
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）若函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数给定区间上为增函数可得导函数在该区间上恒为非负数，利用参变分离法即可通过求相应函数的最值求得参数范围.
【详解】因为函数是上的增函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立．令，,则，
则当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以．
故选：C．
2．（2024·四川绵阳·模拟预测）在区间上随机取一个实数，使在上单调递增的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数求得函数为增函数的等价条件，再由几何概型公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得在上恒成立，
则在上恒成立，即，
则所求概率为.
故选：D
二、解答题
3．（23-24高二上·福建莆田·期末）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将原函数求导，就参数进行分类讨论导函数的符号，即得函数的单调性；
（2）构造函数，在条件下，判断的符号，得到得证.
【详解】（1）的定义域,
若则在上单调递增；
若当时，则单调递减，时，则单调递增.
综上：当时，在上单调递增，无减区间；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因，设则，
则在上单调递减，故.
4．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围．
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)
【分析】（1）根据导函数的正负判断函数的递增递减区间即得；
（2）通过代入不等式整理成在上存在实数解问题，故可转化成求函数在得最小值问题，计算即得.
【详解】（1）当时，，
∴，由，得，由，得，
所以函数的单调增区间为，单调减区间为；
（2）原条件等价于：在上存在实数解．
化为在上存在实数解，
令，
则，
∴在上，，得，故在上单调递增，
∴的最小值为，
∴时，不等式在上存在实数解．
5．（2024·江西南昌·一模）已知函数.
(1)求的单调递减区间；
(2)求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求导得，令可求的单调递减区间；
（2）由（1）易判断在时单增，在时单减，进而求出.
【详解】（1），令，得，即，
所以的单调递减区间为；
（2）当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，即的最大值为.
6．（2024·浙江绍兴·模拟预测）已知，.
(1)讨论的单调性.
(2)若使得，求参数的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
【分析】（1）对求导数，然后分类讨论即可；
（2）直接对和分类讨论，即可得到结果.
【详解】（1）由，知.
当时，有，所以在上单调递减；
当时，对有，
对有，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）的结论，知在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意的都有，
故恒成立，这表明此时条件不满足；
当时，设，由于，，
故由零点存在定理，知一定存在，使得，
故，从而，这表明此时条件满足.
综上，的取值范围是.
7．（2024·河南·三模）已知函数，且在处的切线方程是．
(1)求实数，的值；
(2)求函数的单调区间和极值．
【答案】(1)，
(2)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值.
【详解】（1）因为，所以，
又在处的切线方程为，
所以，，
解得，．
（2）由（1）可得定义域为，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
则在处取得极小值，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
因此极小值为，无极大值．
8．（2024·浙江·三模）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若曲线在点处的切线与二次曲线只有一个公共点，求实数a的值．
【答案】(1)单调增区间：，单调减区间：．
(2)或．
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）首先求出函数的切线方程，与曲线联立方程，分析得出结论.
【详解】（1）易知定义域为R，，
所以，，，．
故单调增区间：，单调减区间：．
（2）因为，，
所以曲线在点处的切线为
把切线方程代入二次曲线方程，得有唯一解，
即且，即
解得或．
9．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求的图象在处的切线方程；
(2)若函数在上单调递增，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）求出，切点为，直接写出切线方程；
（2）转化为对于恒成立，求实数a的取值范围.
【详解】（1）当时，，，
，，，
所以的图象在处的切线方程为：.
（2），
若函数在上单调递增，则对于恒成立，
即对于恒成立，
令，
当时，，
则函数在上单调递增，所以，
故.
10．（23-24高三上·湖北·期中）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线与直线平行，求出这条切线的方程；
(2)讨论函数的单调性.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，根据导函数几何意义和平行关系得到方程，求出，从而得到，求出切线方程；
（2）求定义域，求导，对导函数因式分解，分，和三种情况，讨论得到函数的单调性.
【详解】（1），
由已知，
∴得
又
∴曲线在点处的切线方程为
化简得：
（2）定义域为R，
，令得或
①当即时，
令得或，令得，
故在单调递减，在，上单调递增；
②当即时，恒成立，
故在R上单调递增；
③当即时，
令得或，令得，
在上单调递减，在，上单调递增；
综上，当时，在单调递减，在，上单调递增；
当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
一、单选题
1．（2024·江西宜春·三模）已知，且，若函数在上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，转化为在上恒成立，令，利用导数求得函数单调递减，得到，得出，即可求解.
【详解】由函数，可得
因为在上单调递减，所以在上恒成立，
令，则，
所以在上单调递减，所以，即，
则，解得，即实数的取值范围是．
故选：D．
2．（2024·云南·模拟预测）已知函数，且在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A．0B．C．D．-1
【答案】C
【分析】根据题意，转化为在上恒成立，对于使得取得最小值时，直线和函数的图象相切，求得上的一点的切线方程为，得到，令，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】由在区间上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
对于使得取得最小值时，直线和函数的图象相切，
又由，可得，则，
可得在点的切线为，即，
令，所以，
令，所以，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、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；
3、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．
4、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．
二、解答题
3．（2024·四川凉山·三模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有三个零点，求实数的取值范围，
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，分类讨论的范围求解单调性；
（2）由（1）单调性进行判断具有三个零点，进行求解的取值范围.
【详解】（1）求导
当时
所以函数在单调递减，在单调递增；
当时，或.
若即时，或,
所以函数在单调递增，单调递减，单调递增；
若时， 函数在单调递增
若即时，或．
所以函数在单调递增，单调递减，单调递增；
综上：当时，在单调递减，在单调递增；
当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增；
当时，，所以函数在单调递增；
当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增；
（2）由（1）知当时函数至多两个零点，不满足条件．
当时，函数至多一个零点，不满足条件；
当时函数在单调递增，单调递减，单调递增，，函数至多一个零点，不满足
当时，函数在单调递增，单调递减，单调递增．
，令，
在区间单调递减，单调递增，
即
综上：的取值范围是
4．（23-24高二下·湖北武汉·期中）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求实数的取值集合.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，分类讨论和，即可求解函数的单调区间；
（2）结合（1）知，当时，不合题意，则，将恒成立等价于，令，利用导数研究的单调性即最值，即可求解.
【详解】（1）由题意得：的定义域为，
，
当时，，则单调递减区间为，无单调递增区间，
当时，令，解得：，
所以当时，，
当时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
综上所述：时，则的单调递减区间为，无单调递增区间，
时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）当时，，不合题意，
当时，由（1）知，
则，
令，则，
所以当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
实数的取值集合为.
5．（2024·天津河西·三模）已知函数，，其中．
(1)若，求实数a的值
(2)当时，求函数的单调区间；
(3)若存在使得不等式成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）求导可得，由代入计算，即可求解；
（2）求导可得，然后分讨论，即可求解；
（3）根据题意，由分离参数可得，然后构造函数求导得最值即可得到结果.
【详解】（1）因为，则，
由可得，解得.
（2）函数的定义域为，
且，
当时，令，可得或，
①当，即时，
对任意的，，的单调递增区间为．
②当，即时，
，得或，，得，
的单调递增区间为和，单调递减区间为
③当，即时
，得或；，得，
的单调递增区间为和，单调递减区间为，
综上所述，时，函数的单调增区间为；
时，函数的单调增区间为和，单调减区间为；
时，函数的单调增区间为和，单调减区间为.
（3）由，可得，即，其中，
令，，
若存在，不等式成立，则，，
，令，得，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以函数在端点或处取得最小值．
因为，，所以，
所以，所以，
因此，实数的取值范围是．
6．（2024·浙江杭州·二模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：函数有且只有一个零点．
【答案】(1)答案见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，再分、、三种情况，分别求出函数的单调区间；
（2）（ⅰ）由（1）直接解得；（ⅱ）结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
且，
当时，恒成立，所以在单调递减；
当时，令，即，解得，，
因为，所以，则，
所以当时，
当时，
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减；
当时，此时，
所以时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时在单调递减；
当时在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减；
当时在上单调递增，在上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知．
（ⅱ）由（1）在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
又，所以，则，
又，
又，
所以在上没有零点，
又，则，则，，
则，
所以，所以在上存在一个零点，
综上可得函数有且只有一个零点．
7．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数的值；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出导函数，再转化为恒成立问题，令，然后求导研究的单调性，求出其最小值，根据最小值大于等于，求得实数的值；
（2）由（1）中的分析可得到，然后构造函数证得，再进行放缩，利用裂项相消法证明即可.
【详解】（1）由题意，得，
由函数在上单调递增，得在上恒成立，
令，则，
当时，因为，所以恒成立，
则在上单调递增，又，所以恒大于等于0不成立.
当时，由得，
所以当，当，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
若恒成立，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以当时，.
综上，若函数在上单调递增，则.
（2）由（1）得，当时，恒成立，
即，当且仅当时等号成立，
令，则，
所以
令，则恒成立，
所以函数在上单调递增，
故当时，，即，
所以，
所以 ，
故得证.
【点睛】关键点点睛：在第二问的证明中，关键需要利用（1）中的结论，得出，
再巧妙赋值，得出，
其次，还需要联想的大小关系，构造函数得出，
即可得出，再累加即可得证.
8．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，求函数在区间上的零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，再分和两种情况讨论即可得解；
（2）结合（1）分，和两种情况讨论，求出函数的单调区间及极值，再结合零点的存在性定理即可得解.
【详解】（1）定义域为，由题意得，
当时，恒成立，所以在上单调递增.
当时，由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2），
由（1）知当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，，
所以由零点存在性定理知，函数在上有1个零点；
当时，若，则，若，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
可得，
当时，，此时在上有1个零点，
当时，，
因为当时，，，
所以此时在上有2个零点，
当时，，此时在上无零点，
综上，当或时，在上有1个零点；
当时在上有2个零点；
当时在上无零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
9．（23-24高二下·山西晋城·阶段练习）函数.
(1)求的单调区间；
(2)若只有一个解，则当时，求使成立的最大整数k.
【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为
(2)2
【分析】（1）根据题意，求导可得，构造函数，通过研究函数的正负性，即可求解；
（2）由条件可得0是的解，可得无非零解，然后构造函数，即可得到，分离参数可得，构造函数。利用导数求得函数的最小值即可.
【详解】（1）函数，定义域为，则，
因为，设，，
则令得，，，
当时，，，单调递增，
当时，，，
单调递减，
当时，，，单调递增，
综上所述：的单调递增区间为，，
单调递减区间为；
（2）若即只有一个解，
因为使方程成立，所以只有0是的解，
当时，无非零解，
设，则，
当，，单调递减，当，，单调递增，
所以最小值为，
当时，，当时，，
故定有零点，又因为无非零解，有零点应还是0，
所以，所以，则，
，得，，，
所以，得，
设，则，
令，则，
因为时，，所以，则在单调递增，
又，
所以使得，所以，且，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以最小值，且，
得，
又因为，所以，因为，
所以，故整数的最大值为2.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及利用导数研究函数的最值问题，难度较大，解答本题的关键在于利用条件求得，然后结合隐零点问题解决即可.
10．（2023·河南信阳·模拟预测）设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，讨论函数的零点的个数.
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，按的取值分类讨论求出函数的单调区间.
（2）按分类讨论，并结合函数单调性及零点存在性定理求解即得.
【详解】（1）函数定义域为，求导得，
若，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增；
若，由，得或，
①当时，，则函数在上单调递增；
②当时，，当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减；
③当时，，当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）当时，函数只有一个零点，
当时，由（1）知函数在上递减，在上递增，且，，
取且，则，
因此函数有两个零点；
当时，由（1）知函数在上递增，且，，
而时，恒有，因此函数只有一个零点，
当时，由（1）知函数在上递减，在上递增，
且，
而时，恒有，因此函数只有一个零点，
所以，函数有一个零点，当时，函数有两个零点.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
1．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数，则（ ）
A．是的极小值点B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】ACD
【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
2．（2023·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若函数在单调递增，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立.
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意.
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意.
综上可知：实数得取值范围是.
【点睛】方法点睛：
（1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
（2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法
①函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立．
②函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集．
3．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
4．（2022·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
【答案】(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
5．（2021·全国·高考真题）设函数，其中.
（1）讨论的单调性；
（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
又，
因为，故，
当时，；当时，；
所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，
所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，
故即.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.
6．（2021·全国·高考真题）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）.
【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，所以当且时有．
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.
7．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
8．（2020·全国·高考真题）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）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.
9．（2020·全国·高考真题）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.
【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)利用(2)的结论
由于，
所以．
【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；
10．（2018·全国·高考真题）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）增区间是，，减区间是；
（2）证明见解析.
【分析】（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；
（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
【详解】（1）当a=3时，，．
令解得x=或x=．
由解得：；
由解得：．
故函数的增区间是，，减区间是．
（2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理
由于，所以等价于．
设,则,仅当时,所以在单调递增.故至多有一个零点,从而至多有一个零点.又,故有一个零点.综上,只有一个零点.
［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系
因为，所以等价于，令，则．因为，则，当且仅当时，等号成立，所以在区间内单调递增，
当时，；当时，．所以直线与的图像只有一个交点，即只有一个零点．
［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理
．
①当时，单调递增，只有一个零点．
②当与时，，再令或，则有．当与时，单调递增，当时，单调递减．
因为，
，
所以．
极大值与极小值同正同负，故只有一个零点．
［方法四］： 等价转化＋零点存在性定理
由于，所以，等价于．
设，则，仅当时，，所以在区间内单调递增．故至多有一个零点，从而至多有一个零点．
结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取，则有，取，则有，所以在内有一个零点，故有一个零点．
综上，只有一个零点．
【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解；
方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨；
方法三：直接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，但对于该题，显得有些复杂；
方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样．
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第10题,6分
利用导数求函数的单调区间
求已知函数的极值点
2024年新I卷，第18题,17分
利用导数求函数的单调性
证明函数的对称性
利用导数证明不等式
利用导数研究不等式恒成立问题
利用不等式求取值范围
2024年新Ⅱ卷，第11题,6分
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
极值与最值的综合应用
利用导数研究函数的零点
判断零点所在的区间
2024年新Ⅱ卷，第16题,15分
利用导数研究含参函数单调性
求在曲线上一点处的切线方程
根据极值求参数
2023年新I卷，第19题,12分
含参分类讨论求函数的单调区间
利用导数研究不等式恒成立问题
2023年新Ⅱ卷，第22题,12分
利用导数求函数的单调区间
(不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的零点
根据极值点求参数
2022年新I卷，第7题,5分
用导数判断或证明已知函数的单调性
比较指数寡的大小
比较对数式的大小
2022年新Ⅱ卷，第22题,12分
含参分类讨论求函数的
单调区间
利用导数研究不等式恒成立问题
裂项相消法求和
2021年新I卷，第22题,12分
利用导数求函数的单调区间
(不含参)
利用导数证明不等式
导数中的极值偏移问题
2021年新Ⅱ卷，第22题,12分
含参分类讨论求函数的单调区间
利用导数研究函数的零点
条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
＞0
f(x)在(a，b)上单调递增
＜0
f(x)在(a，b)上单调递减
＝0
f(x)在(a，b)上是常数函数
0
2
0
0
单调递减
1
单调递增
单调递减
恒成立问题
有解问题
①恒成立；恒成立．
②恒成立；
恒成立．
③恒成立
；
恒成立
．
④
．
①有解；
有解．
②有解；
有解．
③有解；
有解．
④，使得
．