新高考数学二轮复习培优专题32 导数大题综合（2份打包，原卷版+解析版）

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1．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求a的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）求导，通过，判断导数方程两根大小，数形结合判断函数单调性.
（2）根据函数单调性可判断函数有两个零点时是极值为时，求出极值解方程可得.
【详解】（1）
，
当单调递增，
当，单调递减，
当单调递增.
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）情况一：若,即时,由的单调性,其在上恒为正,无零点,
在增区间至多有一个零点,不符题意.
情况二：若,即时,
由于,由零点存在定理,在区间上存在一个零点，
取,则,
，
当时,,由于在区间上单调递增,
故在恒为正,无零点,由零点存在定理,在区间上存在一个零点,符合题意，
情况三：若,即时,同情况二可得在增区间恒为正,无零点,
仅有一个零点,不符题意，
综上,的取值范围是.
【点睛】思路点睛：本题第二问在于合理地分类讨论，结合函数单调性，连续性，利用零点存在定理证明每类情况时的零点个数.
2．（2023秋·浙江宁波·高三期末）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对恒成立，求k的取值范围；
(3)求证：对，不等式恒成立.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】(1)对函数求导，利用导数的几何意义即可求解；
(2)根据题意将不等式进行等价转化为求函数在的最小值问题，利用导数求解即可；
(3)结合（2）的结论，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】（1）因，
所以，所以所求切线方程为，
即；
（2）因为在上恒成立，
而，令得
所以
①当，即时，，
所以在上单调递增，则，满足题意；
②当，即时，设，
则的对称轴为，
所以在上存在唯一零点，当时，，
所以在上单调递减，故，不合题意.
综上，k的取值范围为；
（3）由（2），当时，在恒成立，即，
令，
则，故在上单调递增，
所以，即在上恒成立.
综上可得，对，不等式恒成立.
【点睛】关键点点睛：第三问解题关键是在（2）中令得到，将所证明的不等式转化为证明在上恒成立即可.
3．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，求实数的值；
(2)证明：若，则.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）根据函数的零点存在性原理，结合函数导数的性质、通过构造新函数进行求解即可，
【详解】（1），切点为，则切线方程为，当时，
在中，分别令得该切线分别与两坐标轴交于两点，故三角形面积为，
因此，解得，
当时，，显然该直线与两坐标轴围不成三角形，
综上所述：；
（2）①当，所以；
②当，要证，即证，令，，令，
，所以在上单调递增.取，
使得，即，则，
又，所以由零点存在定理知存在唯一零点，
即有唯一的极值点且为极小值点.又，
即，故，令，，所以在上单调递减，
所以，所以.
综上所述，当，则.
【点睛】关键点睛：根据函数的极值定义、函数零点存在性原理是解题的关键.
4．（2020秋·山东淄博·高三校考期中）已知函数.
(1)若，求证：.
(2)讨论函数的极值；
(3)已知，证明
【答案】(1)证明见解析；
(2)当时，没有极值；当时，在处取得极小值，无极大值；
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据导数正负得出其单调性，即可得出其最值，证明出结论；
（2）分类讨论，根据函数导数得出其极值；
（3）令，根据导数得出其在上单调递增，即可根据已知得出，结合对数运算与对数函数单调性即可得出答案.
【详解】（1）当时，，
则，
则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
则；
（2）根据题意得：，
当时，，则在上单调递减，没有极值，
当时，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
则在处取得极小值，无极大值，
（3）令，
则，当时，，即在上单调递增，
则当时，，则，则，
则根据对数单调性可得：，
【点睛】在含参函数求单调性或极值，求导后结合其形式对参数进行讨论，注意不要漏；
一般解不等式时，通常要构造函数，利用导数来求解，我们可以反过来看，已知需要证明的不等式，看看还能变成什么形式，即可根据变形形式构造新函数，再利用导数来求解.
5．（2023秋·浙江·高三期末）已知函数．
(1)证明：函数在区间上有2个零点；
(2)若函数有两个极值点：，且．求证：（其中为自然对数的底数）.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）记函数，再对求导，得出的单调性结合零点存在性定理即可证明；
（2）由题意记，先证明，转化为证明，再证明，设，对求导，求出的单调性，可证得当时，；当时，，设方程的两个根为，由韦达定理即可证明.
【详解】（1）记函数，由，
则，所以函数在区间上单调递减，
又．根据零点存在定理，
存在时，，
即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
而，，
所以函数在区间上有一个零点，在区间上有一个零点，
故函数在区间上有2个零点．
（2）由函数有两个极值点，
则时，方程有两个不等实根．记，则，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
因此有极大值，且时，时，，
于是，且．
先证明，只要证，即证，
设，
则，因为，所以，
即函数在区间上单调递增，于是，
所以．
再证明．
先证当时，；当时，．
设，则，
于是，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
因此，所以函数在区间上单调递增，而，
即当时，；当时，，
于是，当时，；
当时，，
设方程的两个根为，则，
即方程的两个根为，
于是
故．
【点睛】本题主要考查函数的零点和不等式的证明，考查了利用求导数研究函数的性质解题能力和分类讨论思想的应用，第一问借助零点存在性定理证明函数在区间上有2个零点；第二问通过构造函数，分析函数的单调性，最终达到证明不等式成立的目的，因此正确构造函数是解决本题的关键.
6．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知函数，其中a为实数．
(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；
(2)若，试判断关于x的方程在区间上解的个数，并给出证明．（参考数据：）
【答案】(1)；
(2)2个，证明见解析.
【分析】（1）由导函数恒成立，利用分离参数法得到，记，利用单调性求出，即可求出a的取值范围；
（2）由得到函数，利用导数判断出在区间上的单调性，利用零点存在定理即可判断.
【详解】（1）因为在区间上单调递增，
所以对恒成立，
所以．
记.
因为 在上单调递增且恒大于0.
在上单调递增，当时，所以不可能取得最大值；
当时且单调递增，单调递增且恒大于0，所以在上单调递增，所以.
所以.
（2）由得到.
令，则.
记，则
.
当时，，单调递减，即单调递减.
．
而，当
故，
故当时，，
所以存在唯一的使，
且当时，，单调递增；当时，，单调递减．
当时，令，
则，以在上单调递增.
因为，，
所以存在唯一的使，且在上单调递减；在上单调递增.
而，，，
∴存在唯一的使，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所述：当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．
，
当时，
，
所以 ，，
所以在，上各有一个零点，
所以在区间上共两个解．
【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）利用导数证明不等式；
（5）利用导数研究零点问题.
7．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）已知函数．
(1)若时，，求实数a的取值范围；
(2)讨论的零点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意，求导，得到，对进行分类讨论，可得的单调性，进而求得的时候，实数a的取值范围.
（2）通过分类讨论，可得函数的单调性，进而得到的图像，根据数形结合，可得的零点个数.
【详解】（1）的定义域是，．
①当时，，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，满足题意；
②当时，令，
由，得，．
当时，，，所以在上单调递减，
所以，不满足题意．
综上所述，．
（2）①当时，由（1）可得在上单调递增，且，
所以在上存在1个零点；
②当时，由（1）可得必有两根，，
又因为，所以，．
当时，因为，所以在上存在1个零点，
且，；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，
所以，所以在上存在1个零点．
从而在上存在3个零点．
综上所述，当时，存在1个零点；当时，存在3个零点．
【点睛】思路点睛：通过求导，得到，通过分析导数，得到的图像，通过数形结合，可求得不等式恒成立时，参数的取值范围，以及相应的的零点个数
8．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）已知，函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)过原点分别作曲线和的切线和，试问：是否存在，使得切线和的斜率互为倒数？请说明理由；
(3)若时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，理由见解析
(3)，．
【分析】（1）求出的导数，分类讨论和时导数的取值情况，即可求出的单调性；
（2）首先根据题意求出过原点时的切线斜率，再根据俩切线斜率的关系，表示出的切线斜率，列出一个含a参数的等式，欲证明（2）问成立，只需证明存在解，也就是存在零点，求出的导数，找到单调区间和极值点即可判断是否存在；
（3）化简不等式得，确定不等式定义域，在确定定义域下对进行放缩简化，因为，所以欲使不等式恒成立，只需证明，欲使化简不等式成立只需满足函数在定义域内最小值大于等于0，以此求导计算即可.
【详解】（1）由已知，
当时，在恒成立，在上单调递增；
当时，由，得，
若时，，在上单调递增，
若时，，在上单调递减；
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）假设存在，使得切线和的斜率互为倒数.
，，
设的切线方程是，则，显然，，切点为，
于是，解得，
所以的斜率为，于是的斜率为
设的切点坐标为，
由，，
又，所以，整理得，
设（），，
当时，，递增，而，所以 ，
时，，递减，又，
所以存在，使得，
因此关于的方程有正数解．
所以存在，使得切线和的斜率互为倒数.
（3）时，恒成立，
即在时恒成立，
当时，恒成立，即，又，则．.
下面证明：当时，在时恒成立．
先证明时，，
由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减；
则，即，有，
所以当时，，
要证明，只需证明对任意的，恒成立，
令，则，
由，得，
①当即时，在上恒成立，
则在上单调递增，于是
．
②当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
于是，
令，则，
则在上单调递增，
于是，所以恒成立，
所以时，不等式恒成立，因此的范围是，．
【点睛】结论点睛：高中常用放缩放缩不等式
（1）指数函数放缩：
①；②；③；④
（2）对数函数放缩：
①；②；③；④；⑤
（3）指对函数混合放缩：
（4）三角函数函数放缩：
①；②
9．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）已知函数(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝1，证明：曲线y＝f(x)与直线y＝x＋1恰有两个公共点，且这两个公共点关于点(0，1)对称．
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导后分类讨论、、时的的单调性.
（2先构造函数研究单调性，再由零点存在性定理可证得有两个公共点；先设一个交点坐标，再判断此点关于点对称的点是否也在与上即可.
【详解】（1）∵，
当时，，，
∴在上单调递减，在单调递增；
当时，，，
∴在上单调递增，在单调递减；
综述：当时，在上单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在单调递减；
（2）①证曲线与直线有两个公共点，
当时，，令，
∵不是方程的根，
∴，
令，，则，
∴在，上单调递增，
又，，
∴由零点存在性定理可知，在上有一个零点，
又，，
∴由零点存在性定理可知，在上有一个零点，
∴有两个零点，即：与恰有两个公共点.
②证两个公共点关于(0,1)对称，
设为与的一个交点，则，
又，
，
∴点也是与的一个交点，
又∵与恰有两个公共点，
∴两交点分别为：，，
又∵点与点关于点对称，
∴两个公共点关于点对称.
∴综述：与恰有两个公共点，且两个公共点关于点对称.
10．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)函数在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出答案；
（2）当吋，，即证在上恒成立，利用导数求出函数的单调区间，再利用导数比较在时，和的大小，即可得证.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
记，则，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，
所以，
所以函数在上单调递增；
（2）原不等式为，即，
即证在上恒成立，
设，则，
所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
令，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，所以，
且在上有，所以可得到，即，
所以在时，有成立.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及利用导数证明不等式问题，考查了转化思想及逻辑推理能力，有一定的难度.
11．（2023·广东梅州·统考一模）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)增区间为和，减区间为
(2)答案见解析
【分析】（1）当时，求得，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）利用导数分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，结合零点存在定理可得出结论.
【详解】（1）解：当时，，该函数的定义域为，
，
由可得，由可得或.
故当时，函数的增区间为和，减区间为.
（2）解：函数的定义域为，
，
由，得，，
由可得，由可得或.
所以，函数的增区间为、，减区间为，
所以，函数的极大值为，
极小值为，
当时，，
令，其中，
则，即函数在上单调递增，
故当时，，
此时，，所以在上不存在零点；
①当时，，此时函数无零点；
②当时，，此时函数只有一个零点；
③当时，，，
则在与上各有一个零点.
综上所述，（i）当时，在上不存在零点；
（ii）当时，在上存在一个零点；
（iii）当时，在上存在两个零点.
【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.
12．（2023·广东茂名·统考一模）若函数有两个零点，且.
(1)求a的取值范围；
(2)若在和处的切线交于点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解；
（2）构造函数，利用单调性证明证明右边，再利用导数求切线方程得出，左边可转化为，利用导数证明即可.
【详解】（1）
当，，在上单调递减，不可能两个零点；
当时，令得
，，单调递增，，，单调递减，
∵，；；，
∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，
综上：；
（2）先证右边：令则，
∴，，单调递增，，，单调递减，
∴的最大值为，∴，即，
∴且，
∴，
又∵，∴，
∴；
再证左边：曲线在和处的切线分别是

联立两条切线得，∴，
由题意得，
要证，即证，即证，即证，
令，即证，
令，
，∴在单调递减，∴，
∴得证.
综上：.
【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.
13．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知函数，．
(1)对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
(2)设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，…，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得出对任意的恒成立，验证对任意的恒成立；在时，利用参变分离法可得出，利用倒数求出函数在上的最大值即可求解；
（2）令，利用导数分析在上的单调性，利用零点存在性定理可知，求得，证明出，结和的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1），对任意的，恒成立，
即对任意的恒成立．
当时，则有对任意的恒成立；
当时，，则，令，其中，
，
且不恒为零，
故函数在上单调递增，则，故．
综上所述，．
（2）由可得，
令，则．
因为，则，
所以，，所以，函数在上单调递减．
因为，
所以，存在唯一的，使得．
所以，，则，
所以，
，
因为函数在上单调递减，
故，即．
【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，根据相似结论构造辅助函数.
14．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知函数，.
(1)已知，若时，恒成立，求的取值范围；
(2)当时，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出时，在区间上的最小值，使即可；
（2）设，证明即可.
【详解】（1）∵，，
设，，则
∴在区间上单调递增，
∵，∴，，
∴在区间上单调递增，，
∴若恒成立，则，
综上所述，若时，恒成立，则的取值范围是.
（2）当时，，，
则，易知在区间上单调递增，
又∵，，
∴，使，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
∴在处取得极小值，也是最小值，，
∵，∴，两边同时取对数，又有，
∴，
设，，
则，易知在区间上单调递减，
又∵，，
∴，使，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
∴在处取得极大值，也是最大值，，
∵，∴，
∴，
设，，
∵，∴，
∵，∴，
易知在区间上单调递增，
∴至多有一个零点，∴，∴，
∴，
即.
【点睛】方法点睛：证明不等式恒成立问题，可以先通过导数求出的最小值和的最大值，再证明即可.
15．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知.
(1)判断函数的单调性；
(2)若是函数的两个极值点，且，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究函数单调性及含参一元二次不等式解集即可.
（2）由已知得，，（i）先证：.
证法一：化简不等式为，构造同构函数研究其单调性即可，证法二：运用函数单调性及作差法比较大小即可.
（ii）再证：.运用，等量代换，再与中介值0比较即可.
【详解】（1）易知函数的定义域为，
又，
当时，，，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，或，，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
当时，，所以在上单调递增；
当时，或，，
所以在上单调递减，在和上单调递增.
综述：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，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，，所以在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增.
（2）由，
有，由题意可知是方程的两个不同的正根，
因此，即：，
又因为 ，
所以，
又因为，所以.
所以
.
（i）先证：.
证法一：
要证明，只需证明，
因为，，
所以只需证明，即证，
又，
故只需证明，
即证，
因为，故，所以，
令，，则，故在上单调递减，
所以，即，
证毕.
证法二：
因为，所以由（1）可知，在上单调递减，
要证，只需证明，
因为，所以，
故，证毕.
（ii）再证：.
要证，即证，
只需证明，
又，
故只需证明，
即证，
因为，所以.
综上，.
【点睛】研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．
16．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)当时，恒成立，求的最小值；
(2)若关于的方程的两个根分别为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将移项整理，得到，设，考察函数的值域即可；
（2）先判断出，然后辅助证明两个不等式，即可.
【详解】（1）设，
若恒成立，则恒成立，只需且.
因为，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是的最大值点，即；
又时，，所以，
所以且，当且仅当且时，.
（2）由（1）知，当时，，且；
由，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是的最大值点，即，
又时，，时，.
所以当方程有两个根时，必满足.
曲线在点处的切线方程为，
下面证明：.
设，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是的最大值点，即，
所以，即（当且仅当时取等号），
所以（故等号取不到），解得；①
由①，当时，，
所以（故等号取不到），解得，②
①②，得.③
曲线过点和点的割线方程为，
下面证明.
设，
则
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，；
在上单调递减，，
所以当时，，即）（当且仅当或时取等号），
由于，所以，解得；④
由（1）知，当时，（当且仅当时取等号），
由于所以，解得，⑤
④⑤，得.⑥
由③和⑥，得.
【点睛】关键点睛：第二问的难点在于辅助构造出两个函数不等式，这样再利用函数单调性，得到相关不等式，然后进行估计的范围.
17．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）已知.
(1)讨论的单调性；
(2)若，对，方程只有唯一实数根，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，对参数a分类讨论；
（2）构造函数，将原问题转化为曲线与曲线只有一个交点的问题.
【详解】（1）， ，
当 时 无解， ，在上单调递增；
当 时，令 ，则 ，时 递减， 时 递增；
（2）即，即，令，x > 0,
则原问题转化为：曲线 与直线 只有一个交点，求m的取值范围；
，令 ，即，
当 即时， 在上单调递减，
，前半部分时开口向下的二次函数，后半部分是对数函数，
当x趋于0时，趋于0，趋于，趋于，
当x趋于时，趋于，也趋于，所以趋于，
的值域是R，并且是单调的， 均满足题设方程有唯一实根；
当 即时， 有两个不等实数根，
易知 ，不妨取，
在和上单调递减，在单调递增，
对于 ，令 ，则 ，，同理可得 ，
，故在上单调递减，，
，故在上单调递增，，
函数 的大致图像如下图：
综上：要对，方程只有一个实数根，则 ；
18．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为
(2)答案见解析
【分析】（1）求导得到，根据导函数的正负得到单调区间.
（2）求导得到，确定函数的单调区间，计算和，得到和，考虑，，，，几种情况，计算零点得到答案.
【详解】（1）当时，，
当时，；当时，；当时，，
所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.
（2），
令，得或，由于，
当时，；当时，，当时，.
所以函数的单调增区间为和，单调减区间为.
，
令，得，
当时，，又，
所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点；
当时，，又，
所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和；
令，得，
现说明，即，即显然成立.
因为，故，
当时，，又.
所以存在唯一，唯一，唯一，
使得，此时函数有3个零点，
当时，，又.
所以存在唯一，使得，此时函数有2个零点和2 .
当时，，又.
所以存在唯一，使得，此时函数有1个零点.
综上所述，当时，函数有1个零点；
当时，函数有2个零点；
当 时，函数有3个零点；
当时，函数有2个零点；
当时，函数有1个零点.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数的单调性问题，零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中确定函数的单调区间，根据函数值分类讨论确定零点个数是解题的关键，分类讨论是常用的方法，需要熟练掌握.
19．（2023·福建泉州·统考三模）已知有两个极值点、，且．
(1)求的范围；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由可得，令，其中，分析可知直线与函数的图象由两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；
（2）由（1）可知，可得出，，构造函数，其中，分析函数的单调性，可得出，以及，结合不等式的基本性质可证得；然后构造函数，通过分析函数的单调性证出，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
令可得，
因为函数有两个极值点，则函数有两个异号的零点，
令，其中，则直线与函数的图象由两个交点（非切点），
，令可得，列表如下：
如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象由两个交点，且交点横坐标分别为、，
当时，，则，此时函数单调递增，
当时，，则，此时函数单调递减，
当时，，则，此时函数单调递增.
因此，当时，函数有两个极值点.
（2）证明：由（1）可知，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，则有，
由于，所以，，即，
又因为，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，
因为，所以，，
下面证明：.
因为，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，
所以，
，
令，其中，
则，
令，则，
当且仅当时，等号成立，所以，函数在上单调递减，
所以，，则函数在上单调递增，
因此，，
综上所述，成立.
【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.
20．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)证明：函数存在两个极值点，且有；
(2)试比较函数的极大值与极小值之和与3的大小，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)极大值与极小值之和小于3，理由见解析
【分析】（1）对函数求导，构造函数，再次对函数求导，利用函数导数性质及零点存在性定理进行证明，
（2）由（1）可得函数的极值，构造新函数求导利用函数性质即可说明理由.
【详解】（1）证明：由题可知的定义域为，
因为，
所以，
令，则，
当时，；当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，
则在上有且仅有一个零点.
即在上有且仅有一个零点，
又因为，
所以在上有且仅有一个零点，
即在上有且仅有一个零点，
综上，时，；时，；时，，
所以函数存在两个极值点.
设，则，
则在上为单调递增函数，
由，知，从而有，
化简可得，
又因为，
两式相减，可得，即，
所以成立.
（2）由（1）可知，为极大值，为极小值.
由，得，
从而有.
令，
则有，
，
令,
当时，，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
由，知，
所以在上单调递增，所以，
所以函数的极大值与极小值之和小于3.
【点睛】方法点睛:函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
21．（2023·江苏南通·统考模拟预测）设函数，.
(1)若函数图象恰与函数图象相切，求实数的值；
(2)若函数有两个极值点，，设点，，证明：、两点连线的斜率.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）设切点为，结合导数的几何意义求解即可；
（2）由有两个极值点，可得有两个不等的正根，且，可得，要证：，即证.令证，进而构造函数，再利用导数求解即可；
【详解】（1）设与切于，
由，则，
所以，则，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
又，所以，
所以.
（2）解法一：
由，
所以，
因为有两个极值点，
，即有两个不等的正根，且，
，
要证：，即证.
不妨设，即证：，
即证：，
令证
令，
在上，证毕!
解法二：
因为，所以，
令，则，
因为函数有两个极值点，所以，解得.
所以，
所以的斜率
.
令，则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，.
不妨设，令，则，
所以，
即，证毕!
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，通常要分析不等式结构，构造函数求解.本题关键在于分析要证：，即证.令证，进而构造函数，再利用导数求解.
22．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有三个零点，，，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）先判断出，将转化为，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）由，可知定义域，
，令，则，
①当时，，则成立，即成立，
所以在上单调递增；
②当时，令，得，记，
，当变化时，，的变化情况如下表
所以在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增.
（2）因为函数有三个零点，，，
不妨设，所以，
即在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增.
由，知，故，
因为，
所以，即，
因此，
令，
所以，令，
则在上单调递减，且，
，成立，
所以在上单调递减，且，因此，
则，
所以.
【点睛】利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，要在定义域的范围内求解单调性.当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏，分类标准的制定可结合二次函数的知识来进行.
23．（2023·江苏泰州·统考一模）已知函数和有相同的最大值.
(1)求实数；
(2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；
(2)构造函数和，利用导数和单调性讨论函数的零点，结合函数分类讨论对应方程根的个数和分布证明.
【详解】（1），令.
有最大值，且在上单调递增上单调递减，.
时，，
当时，单调递增；当时，单调递减，
.
（2）由，由，
令,
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减，至多两个零点，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减；至多两个零点.
令，
当时，，所以；
当时，由，
设，，
所以当时，，
所以在单调递增，所以，
所以，且，所以，
设
当时，，当时，，
所以在上单调递减，方程无解，
当时，由在上单调递增，
方程有唯一解，
当时，注意到，
设，对恒成立，
所以，
所以当时，，即，
因为，所以，，所以，
所以，
在和上各有一个零点，
示意图
如下注意到，
令，，即函数在上单调递减，
因此，即有，
在和上各有一个零点.
且由，而，
而在上单调递增，由，
由，而
而在上单调递减，由，
于是得，
，证毕!
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键，进而可得同构等式，根据函数的单调性分类讨论证明.
24．（2022秋·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数.
(1)若，求实数的取值范围.
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件得，进而得出，利用不等式的性质及构造函数，利用导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据（1）的结论及已知条件，只需证当时，成立即可，转化成求函数的最值，利用不等式的性质构造函数及法求函数的最值即可求解.
【详解】（1）因为，则，即，
反之当时，，
令，则，
设，由于在单调递增，且，
所以当时，，即，
当时，即，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，即，所以.
（2）由（1）可知：①
下面证明当时，②
等价于，设，
当时，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减,
所以，所以②式成立，
由①､②可得：，当时取到“”，
取有，，
所以，不等式成立.
【点睛】解决此题的关键第一问根据条件得出，进而构造函数，将恒成立问题转化为求函数的最值，利用导数法求函数的最值即可，第二问的关键根据第一问得，进而问题转化为只需证当时，即可，不等式恒成立问题转化为求函数的最值，转而构造函数利用导数法求函数的最值即可.
25．（2023秋·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数.
(1)当时，，求的取值范围；
(2)函数有两个不同的极值点（其中），证明：；
(3)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由，利用导数研究函数单调性，转化为当，恒成立问题；
（2）函数极值点，是的两个零点，要证，等价于证，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证.
（3）由（1）可知，则有，类似于数列求和的裂项相消法可证.
【详解】（1）函数，，且，
①当时，因为，故恒成立，此时单调递增，所以成立；
②当时，令，得，
当时，此时单调递减，故，不满足题意；
综上可知：.
即的取值范围为.
（2）由，故，
因为函数有两个不同的极值点（其中），故.
要证：，只要证：.
因为，于是只要证明即可.
因为，故，
因此只要证，等价于证，
即证，令，等价于证明，
令，
因为，所以，
故在上单调递增，所以，得证.
（3）由（1）可知当时，，故，
令，所以，所以，
，
所以.
【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
26．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知，函数，.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)设较小的零点为，证明：.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；极小值，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数法求极值及单调区间即可；
（2）先由零点存在定理说明存在两个零点，
法一：由导数法证，，结合函数单调性即可证明；
法二：由导数法证明证明当时，，再令代入不等式化简得证.
【详解】（1）因为，，所以，
当时，；当时，，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
故有极小值，无极大值；
（2）因为当时，，所以，
所以，
又时，；时，，
所以有两个零点 ；
法1：下面证明，，
设，
则，所以在上递增，
又时，，所以对成立，
所以得证 ，
，
令，则，，，∴.
设，，
则，所以在上递减，
所以，所以，
所以得证 ，
因为函数区间单调递减，
又，，，、、，
所以 ；
法2：下面证明当时，，
设，，
，
所以在上递增，
所以，所以，
再设，，
，
所以在上递增，
所以，所以，
综上，当时， ，
现有，所以，
故得，
故得，
所以 .
【点睛】证明零点所在区间问题：
（1）可结合零点存在定理说明在区间端点处异号及函数单调性证明；
（2）通过将结论不等式变形，构造成题设函数的形式，从而将问题转化为证明不等式成立. 如本题变形成，变形成，则可转化为证；
（3）证明不等关系可通过构造函数，结合导数法证明.
27．（2023·湖北·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若有3个零点，，，其中．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间
(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）对函数求导函数，根据导函数在定义域内的符号判断函数的单调性，得单调区间；
（2）（ⅰ）将函数有三个零点转化为有两个零点，分类讨论，得使条件成立的a的取值范围；
（ⅱ）由，得，证明，得，可证明原命题成立.
【详解】（1）当时，，，
则在恒成立，所以在单调递增，
故的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）（ⅰ），
，，则除1外还有两个零点，
，令，
当时，在恒成立，则，
所以在单调递减，不满足，舍去；
当时，除1外还有两个零点，则不单调，
所以存在两个零点，所以，解得，
当时，设的两个零点为，
则，，所以．
当时，，，则单调递增；
当时，，，则单调递减；
当时，，，则单调递增；
又，所以，，
而，且，
，且，所以存在，，
使得，
即有3个零点 ，，．
综上，实数a的取值范围为．
（ⅱ）证明：因为，
所以若，则，所以．
当时，先证明不等式恒成立，
设，
则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立．
由，可得，
因为，所以，
即，两边同除以，
得，即，
所以．
【点睛】（ⅰ）中求使得有两个零点的a的取值范围，得，还需找点说明此时有三个零点；
（ⅱ）由欲证命题知需先求与间的数量关系，结合函数解析式特征发现，
进而得得，推断需证明时，，构造函数证明.
28．（2023·福建福州·统考二模）已知函数．
(1)若，试判断的单调性，并证明你的结论；
(2)若恒成立．
①求的取值范围：
②设，表示不超过的最大整数．求．（参考数据：）
【答案】(1)为上的增函数，证明见解析
(2)① ；②当或2时，；当时，
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出函数的单调性；
（2）①恒成立，只要即可，利用导数求出函数的最小值，从而可得出答案；
②先利用作差法判断的单调性，然后结合①中的结论求出的范围，再根据的定义即可得解.
【详解】（1），
记，则，
所以，所以单调递减；
，所以单调递增,
所以，所以，即，且仅有，
所以为上的增函数；
（2）①，
令，则，
则，所以单调递增,
所以，即，
①当时，，所以为递增函数，
所以，满足题意；
②当时，，
有唯一零点，且，
则时，单调递减，
所以，不合题意，舍去，
综上，；
②经计算：，
因为，所以数列单调递增，
所以，当或2时，，
当时，，
当时，由①可知，此时，即，
令，则，则有，
令，
则有，
因为，
所以当时，，
所以，当或2时，；当时，．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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．
29．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）已知函数
(1)若时，求的最值；
(2)若函数，且为的两个极值点，证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数法求最值；
（2）由导数法说明单调性及，则，则转为证，最后再构造函数证明即可.
【详解】（1），，，，
所以当单调递减；单调递增.
所以在处有唯一极小值，即最小值，为，无极大值，即无最大值.
（2）证明：，令
因为，所以单调递减；单调递增，所以.
因为为的两个极值点，所以，且.
所以在、，，单调递增；在，，单调递减；
因为，则，则，
设，则，
所以在单调递减，所以，
所以，因为在，单调递减，所以.
所以要证，只需证，即，
令，
令.
所以在单调递增，，
所以在单调递增，，
所以，即.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，先由导数法说明极值点的大小关系，结合和函数单调性，将不等式放缩，再构造函数由导数法证明即可.
30．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数．
(1)若不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若函数有三个不同的极值点，，，且，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
（2）首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，不等式恒成立，
即在上恒成立，
记，则，
得到在区间上单调递减，
在上单调递增，
则，即在区间上恒成立，
分离变量知：在上恒成立，则，
，
由前面可知，当时，恒成立，即，
所以在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
所以，所以．
（2），
设曲线图象上任意一点，
所以曲线在点处的切线方程为，
将代入得，故切点为，
过的切线方程为，
所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，
所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，
从而当时，有三个极值点，，，并且，，，
取对数知：，，即，，
则
．
构造，
在时恒成立，
则在区间上单调递增，且，
从而的解为，
综上所述．
【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法来进行求解.
x
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
减
极小值
增
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗