新高考数学一轮复习基础+提升训练专题3.2 导数的应用（2份，原卷版+解析版）

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【528】．（2015·福建·高考真题·★★★）
若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【详解】
试题分析：令，则，因此，所以选C.
考点：利用导数研究不等式
【方法点睛】
利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等
【529】．（2015·全国·高考真题·★★★）
设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【详解】
构造新函数,，当时.
所以在上单减，又，即.
所以可得,此时，
又为奇函数，所以在上的解集为：.
故选A.
点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.
【530】．（2011·辽宁·高考真题·★★★）
函数的定义域为，，对任意，，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数判断出函数在上的单调性，将不等式转化为，利用函数的单调性即可求解.
【详解】
依题意可设，所以.
所以函数在上单调递增，又因为.
所以要使，即，只需要，故选B.
【点睛】
本题考查利用函数的单调性解不等式，解题的关键就是利用导数不等式的结构构造新函数来解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
【531】．（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
【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.
(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.
【532】．（2021·浙江·高考真题·★★★★★）
设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】
本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
【533】．（2021·全国·高考真题·★★★★）
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.
【534】．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测·★★★）
已知奇函数的导函数为，且在上恒有成立，则下列不等式成立的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数，由得，即，即可得到单调性，再结合的奇偶性，即可对选项进行判断
【详解】
构造函数，由在上恒有成立，即在上为增函数，又由为偶函数，，故A错误.
偶函数在上为增函数，在上为减函数，
，故B正确；
，，故C错误；
，，故D错误.
故选：B
【535】．（2022·浙江省新昌中学模拟预测·★★★★）
若定义在R上的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题设，由已知得函数在R上单调递增，且，根据函数的单调性建立不等式可得选项.
【详解】
由题可设，因为，
则，
所以函数在R上单调递增，
又，不等式可转化为，
∴，
所以，解得，
所以不等式的解集为．
故选：A.
【536】．（2022·江苏盐城·三模·★★★）
已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】
构造新函数，利用已知条件，可以判断单调递增，利用的单调性即可求出不等式的解集
【详解】
设函数，则
又
所以在上单调递增，又
故不等式 可化为
由的单调性可得该不等式的解集为．
故答案为：
【537】．（2022·河南·三模·★★★）
已知函数，，若存在，，使得成立，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
利用导数研究函数可得函数的单调性情况，且时，，时，，同时注意，则，所以，构造函数，，利用导数求其最小值即可．
【详解】
函数的定义域为，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又，所以时，；时，；时，，
同时注意到，
所以若存在，，使得成立，
则且，
所以，所以，
所以构造函数，而，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即.
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：利用同构的方式将联系起来，这样就构造了新函数，然后利用导数研究函数的单调性及最值.
【538】．（2022·江苏淮安·模拟预测·★★★★）
已知偶函数的定义域为R，导函数为，若对任意，都有恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
令，结合条件可判断出在上单调递增，且函数为偶函数，进而可得.
【详解】
令，则，则A错误；
令，则，
当时，由，
，则在上单调递增，
又因为偶函数的定义域为R，
∴为偶函数，在上单调递增，
，，故B错误；
，，故C正确；
由题意，不妨假设(c为常数)符合题意，此时，故D错误.
故选：C.
【539】．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测·★★★）
定义在上的函数的导函数为，且对任意恒成立.若，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题目中的条件变形为，进一步转化为，构造函数，利用导数和函数之间的关系处理单调性即可求解.
【详解】
由，即，
即，即对恒成立，
令，则在上单调递增，
∵，∴，
由即，即，
因为在上单调递增，∴
故选：B.
【540】．（2022·湖北·鄂南高中模拟预测·★★★★）
下列大小比较中，错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
对于选项D,构造函数，得到.令，得到，所以选项D错误；
对于选项A， 在中，令，得到 .所以选项A正确；
对于选项B,在中，令，则，所以选项B正确；
对于选项C, 所以，所以选项C正确.
【详解】
解：对于选项D,构造函数，所以，
所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.
所以.（当且仅当时取等）
则令，则，化简得，故，
故，故，所以选项D错误；
对于选项A，，
在中，令，则，化简得，故，
所以. 所以，所以选项A正确；
对于选项B,在中，令，则，所以，所以选项B正确；
对于选项C, 所以，所以选项C正确.
故选：D
【541】．（2022·新疆乌鲁木齐·模拟预测·★★★）
设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设，由导数在函数单调性中的应用，可知函数在单调递减；又，，，根据单调性即可得到结果.
【详解】
设，则，
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
又，，，
又，
所以.
故选：A.
【542】．（2022·四川雅安·三模·★★★）
定义在R上的偶函数的导函数为，且当时，．则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数判断出函数的单调性即可比较.
【详解】
令，因为是偶函数，所以为偶函数，
当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
则，即，则，故A错误；
，即，故B错误；
，即，故C错误；
，即，则，故D正确.
故选：D.
【543】．（2022·山西·模拟预测·★★★★）
设函数在上存在导函数，对于，都有及成立，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
构造函数，由得为奇函数，由得是增函数，利用奇偶性和单调性解不等式即可.
【详解】
令，定义域为，
，∴函数为奇函数，
，∴函数在上是增函数，
又，
，即，即，
解得：.
故选：A.
【544】．（2022·安徽省芜湖市教育局模拟预测·★★★）
已知定义在上的函数满足，则下列大小关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数分析函数的单调性，利用函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】
构造函数，其中，则，
所以，函数为上的增函数，
所以， ，即，因此，.
故选：A.
【545】．（2022·河南·模拟预测·★★★）
已知是定义在R上的函数的导数，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
令，求导得，由题意可得在R上单调递增.再逐一判断即可.
【详解】
设，则.
因为，所以，则在R上单调递增.
因为，所以，即，
所以，则A错误；
因为，的大小不能确定，所以，的大小不能确定，则B错误；
因为，所以，则，所以，则C正确；
因为，的大小不能确定，所以，不能确定，则D错误.
故选:C
【546】．（2022·天津·南开中学模拟预测·★★★★★）
已知可导函数是定义在上的奇函数．当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，并依据函数的单调性去求解不等式的解集.
【详解】
当时，，则
则函数在上单调递增，又可导函数是定义在上的奇函数
则是上的偶函数，且在单调递减，
由，可得，则，
则时，不等式
可化为
又由函数在上单调递增，且，，
则有，解之得
故选：D
【547】．（2022·河南平顶山·模拟预测·★★★★）
已知函数有三个零点，且，则（ ）
A．8B．1C．－8D．－27
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可得：有三解，令，由的图像可得故最多只有两个解，所以有两解，，有一解为，有两解为，代入即可得解.
【详解】
由，
即有三解，
令，设，
，
当，为增函数，
当，为减函数，
图像如图所示：
故最多只有两个解，
若要有三解，
则有两解，
，，
故有一解为，
有两解为，
，
故选：D
【548】．（2022·陕西榆林·三模·★★★）
已知是定义在上的函数，是的导函数，且，，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造利用导数研究其单调性，即可得，进而可得答案.
【详解】
令，则，则是增函数，
故，即，可得.
故选：D
【549】．（2022·天津·耀华中学二模·★★★★★）
已知函数.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若存在两个极小值点，求实数的取值范围.
【答案】(1)递减区间为，递增区间为
(2)
【解析】
【分析】
（1）当时，求得，令，利用导数求得，进而求得函数的单调区间；
（2）求得，令，结合单调性得到，进而得到，分和，两种情况分类讨论，结合单调性与极值点的概念，即可求解.
(1)
解：当时，函数，
可得，
令，可得，所以函数单调递增，
因为，所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
即函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)
解：由函数，
可得，
令，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
当时，可得，所以，
①当时，，此时当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值；
②当时，，
又由在上单调递增，所以在上有唯一的零点，且，
因为当时，令，可得，
又因为，所以，即，所以，
所以，，
因为在上单调递减，所以在上有唯一的零点，且，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数有两个极小值点，故实数的取值范围为.
【550】．（2022·浙江·三模·★★★★★）
已知实数，设函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数单调递增，求a的最大值；
(3)设是的两个不同极值点，是的最大零点．证明：．
注：是自然对数的底数．
【答案】(1)在上单调递增；
(2)1；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求导，结合导数正负可直接求解函数的单调区间.
（2）由题意得对任意的的恒成立，即可求出a的最大值.
（3）由（2）知，当有两个不同极值点时，，则存在两个零点，故，由此可得出，再证明：．
即可证明。
(1)
当时，，故在上单调递增．
(2)
若函数单调递增，则对任意的恒成立．
令，
在上，单增，在上，单减，
所以，即.
所以在恒成立，
则在恒成立，
令，则，
所以时，即递减，时，即递增，
故，即.
综上，a的最大值是1．
(3)
由于时，单调递增，故当有两个不同极值点时，．
此时，
于是在上单调递减，在上单调递增．
当趋向于0时，趋向于正无穷，，趋向于正无穷时，趋向于正无穷，则存在两个零点，
不妨设，也即的两个不同极值点，故
先估计，令，，
则，所以在上单调递增，
所以当时，，则，
当时，，所以，
所以
则
于是，
由知，，故．
只需再证明：．
由，
趋向于正无穷时，趋向于正无穷，
故存在．
又是的最大零点，则，得证！
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查函数的单调性，导数的运算及一些导数中的基本不等式的运用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.
考点3.2.2 零点问题
【551】．（2022·辽宁·★★★）
（2015·全国·高考真题（理））设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.
【详解】
设，，
由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，
，当时，；当时，.
所以，函数的最小值为.
又，.
直线恒过定点且斜率为，
故且，解得，故选D.
【点睛】
本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.
【552】．（2017·全国·高考真题·★★★★）
已知函数有唯一零点，则
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
因为，设，则
，因为，所以函数为偶函数，若函数有唯一零点，则函数有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当时，才满足题意，即是函数的唯一零点，所以，解得.故选：C.
【点睛】
利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：
（1）利用零点存在性定理构建不等式求解.
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
【553】．（2022·四川·树德中学模拟预测·★★★）
已知函数的零点为a，函数的零点为b，则下列不等式中成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据与关于直线对称，画出图象，再结合导数及零点依次判断选项即可.
【详解】
由，得，，
因为与关于直线对称，
在同一坐标系下，画出，，，的图象，
如图所示：
则，，，关于对称.
所以，，故B错误.
因为，，，所以，故A错误.
因为，，在上为增函数，
，，所以.
又因为点在直线上，且，所以.
，故C正确.
因为，所以，
设，，在为增函数.
所以，
即，，故D错误.
故选：C
【554】．（2022·全国·高考真题·★★★★）（ 多选题 ）
已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】
由题，，令得或，
令得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，
故D错误.
故选：AC.
【555】．（2021·北京·高考真题·★★★）
已知函数，给出下列四个结论：
①若，恰 有2个零点；
②存在负数，使得恰有1个零点；
③存在负数，使得恰有3个零点；
④存在正数，使得恰有3个零点．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】
由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】
对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.
故答案为：①②④.
【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．
【556】．（2018·江苏·高考真题·★★★★）
若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为__________．
【答案】.
【解析】
【详解】
分析：先结合三次函数图象确定在上有且仅有一个零点的条件，求出参数a,再根据单调性确定函数最值，即得结果.
详解：由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
点睛：对于函数零点个数问题，可利用函数的单调性、草图确定其中参数取值条件．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
【557】．（2022·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)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
(1)
的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
(2)
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当
当
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
有
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为
【点睛】
方法点睛：本题的关键是对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.
【558】．（2022·全国·高考真题·★★★★）
已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(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，再利用导数即可得证.
(1)
的定义域为，
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
(2)
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设
要证,即证
因为,即证
因为,即证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
【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
这个函数经常出现，需要掌握
【559】．（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．
【560】．（2021·浙江·高考真题·★★★★★）
设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】
本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
【561】．（2022·福建省福州第一中学三模·★★★★）（多选题）
已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．为偶函数B．有且仅有两个零点
C．既无最大值，也无最小值D．若且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】
求出即可判断函数奇偶性，再分段讨论求即可确定函数单调性，分别验证即可．
【详解】
解：因为定义域为，
又，所以既不是奇函数也不是偶函数，所以A选项错误．
当时，，即恒成立，所以在为减函数．
又因为，所以在上只有一个零点．
当时，，即恒成立，所以在上为减函数．
又因为，所以在上只有一个零点，即B，C选项正确．
当时，若，，由，可得，
因为在上单调递减，所以，即，
同理可证当，时，结论也成立，故D正确．
故选：BCD．
【562】．（2022·辽宁·抚顺市第二中学三模·★★★★）（多选题）
已知函数，下列选项正确的是（ ）
A．点是函数的零点
B．，使
C．函数的值域为
D．若关于x的方程有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据零点的定义即可判断A；利用导数求出函数的单调区间，从而可求得函数的值域，即可判断C；根据函数的单调性分别求出函数在和的最值，即可判断B；方程，即或，结合C选项，方程实数根的个数，即函数与函数的图象交点的个数，结合函数图象即可求出的范围，即可判断D.
【详解】
解：对于A，因为，所以是函数的零点，故A错误；
对于C，当时，，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
又当时，，，
故当时，，
当时，，则，
所以函数在上递增，
故，
故当时，，
综上所述，函数的值域为，故C正确；
对于B，由C可知，函数在上递增，在上递增，
则，
所以不存在，使，故B错误；
对于D，关于x的方程有两个不相等的实数根，
即关于x的方程有两个不相等的实数根，
所以或，
由C知，方程只有一个实数根，
所以方程也只有一个实数根，
即函数与函数的图象只有一个交点，
如图，画出函数的简图，
则或，
所以或，
所以实数a的取值范围是，故D正确.
故选：CD.
【点睛】
本题考查了零点的定义，考查了利用到处求函数的单调区间及函数的值域，考查了利用导数解决方程实数根的个数的问题，考查了转化思想及数形结合思想.
【563】．（2022·全国·模拟预测·★★★★）
已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，方程在上有且仅有一个实数解．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求出函数的定义域，再求出，然后分，可得出函数的单调性.
（2）设，将问题转化为函数在上有且仅有一个零点，又当时，，所以只需证在上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明.
(1)
函数的定义域是，．
当时，令，得；令，得，
故在上单调递增，在上单调递减；
当时，恒成立，故在上单调递减．
(2)
当时，方程即为，即．
令，则，
则“方程在上有且仅有一个实数解”等价于“函数在上有且仅有一个零点”．
当时，，所以在上恒成立，
所以只需证在上有且仅有一个零点．
因为，所以当时，，，
所以在上恒成立．
所以在上单调递增，又，，
所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个零点．
故方程在上有且仅有一个实数解．
【564】．（2022·浙江湖州·模拟预测·★★★★★）
已知函数（e为自然对数的底数）．
(1)令，若不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(2)令，若函数有两不同零点．
①求实数m的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)；
(2)① ；②证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据为偶函数，将问题转化为时恒成立，根据及参变分离求有恒成立，求参数范围；
（2）①利用导数研究的单调性，及区间值域情况，进而判断有两不同解时m的范围即可；②由（1）知：时且，应用放缩法有，构造研究极值并判断的两根与大小关系得到即可证结论.
(1)
由题设，，则，
所以为偶函数，故只需时，恒成立，而满足，
所以有恒成立，令，则，
若，则，仅当时等号成立，
所以，即在上递增，则，即，
所以，在上，则，
综上：a的范围为．
(2)
①由题设，，若得：，
故在单调减，在单调增，且趋向负无穷趋向于0，趋向正无穷趋向于正无穷，
又，，则时，；时，，
要使有两个不同解且，则；
②由（1）知：时，则；
记且，则，
所以上，上，
故在上递减，上递增，且，
所以也有两根，记为，又上，则，
令，则为的两根，故，，
所以，而，
所以．
【点睛】
关键点点睛：第二问，利用导数研究的性质并确定区间值域求参数范围；应用放缩法有上，研究不等式右侧的性质并确定两根与两根的大小关系，结合韦达定理、基本不等式证明结论.
【565】．（2022·青海西宁·二模·★★★★）
定义方程的实根叫做函数的“新驻点”，若函数，，的“新驻点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求出导函数，由导函数与原函数相等列出方程，直接解得，再引入新函数，利用新函数的导数确定新函数的零点所在区间，得的范围从而确定它们的大小．
【详解】
由题意：，
所以分别为的根，即为函数
的零点，
可解得；
为单调递增函数，
且，所以，
令，解得，或，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，由，，，
，所以，
所以.
故选：B.
【566】．（2022·四川·宜宾市叙州区第一中学校模拟预测·★★★★★）
已知函数，函数与的图象关于直线对称，若无零点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
令，参变分离成的形式，画图可得k的取值范围.
【详解】
由题知，，设，当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，的图象如下，由图可知，当时，与无交点，即无零点.
故选：D.
【567】．（2022·浙江·镇海中学模拟预测·★★★★★）
已知函数，设关于的方程有个不同的实数解，则的所有可能的值为（ ）
A．3B．4C．2或3或4或5D．2或3或4或5或6
【答案】A
【解析】
【分析】
画出函数图象，令，则，所以，即方程必有两个不同的实数根，再利用韦达定理及函数图象分类判断即可.
【详解】
根据题意作出函数的图象：，当，函数单调递增，
当时，函数单调递减，所以；
函数，时单调递减，所以，
对于方程，令，则，所以，
即方程必有两个不同的实数根，且，
当时，，3个交点；
当时，，也是3个交点；
故选：A．
【点睛】
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
【568】．（2022·河南·模拟预测·★★★★）
已知函数与函数的图象恰有3个交点，则实数k的取值范围是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
把题意转化为关于x的方程有3个根.进行分类讨论：分别研究和的根的情况，求出k的取值范围.
【详解】
因为函数与函数的图象恰有3个交点，所以有3个根.
经验证：x=1为其中一个根.
当时，可化为，及
i.或时，方程有且仅有一个根x=-1；
ii.且时，方程有两个根，或x=-1.
当时，可化为.
令，（x>0）.则.
当时，有，所以在上单减.
因为，所以有且只有1个根x=1.所以需要有两个根或x=-1，才有3个根，此时且.
当时，有且仅有一个根x=-1，所以只需在有2个根.此时.
在上，，单减；在上，，单增.
且当时，；当时，；
所以只需，即，亦即.
记.
则，所以当时，，所以在上单调递减，所以当时，，在上单调递增.所以，即（当且仅当x=1时取等号）.
所以要使成立，只需，解得：.所以且.
综上所述：实数k的取值范围是.
故选：B
【点睛】
利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数g（x）的方法，把问题转化为研究构造的函数g（x）的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究，
【569】．（2022·重庆南开中学模拟预测·★★★）
若关于x的方程有解，则实数a的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】
参变分离得，求出的值域即的取值范围．
【详解】
有解，即，令，
，令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以的值域为，故的取值范围为．
故答案为：．
【570】．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测·★★★）
若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
分析可知直线与函数在上的图象只有一个交点，利用导数分析函数在上的单调性与极值，数形结合可求得的值，再利用导数可求得函数在上的最大值和最小值，即可得解.
【详解】
当时，由可得，令，其中，
则，由，可得，列表如下：
如下图所示：
因为在内有且只有一个零点，则，
所以，，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
则当时，，
又因为，，所以，，
因此，在上的最大值与最小值的和为.
故答案为：.
【571】．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测·★★★★）
已知函数．
(1)求的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数满足．
（i）求k的取值范围
（ⅱ）证明．
【答案】(1)
(2)（i）；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用导数判断单调性，可求得极小值点；（2）（i）将问题转化为求函数的最小值问题,同时要注意边界; （ⅱ）通过换元,将问题转化为求函数的最值问题,从而获得证明.
(1)
函数的导函数为.
当时，，所以函数单调递减；当时，，所以函数单调递增.
所以为的极值点.
(2)
因为有且仅有两个不相等的实数满足，所以.
（i）问题转化为在(0,+∞)内有两个零点,则.
当时, ,单调递减；当时, ,单调递增.
若有两个零点,则必有,解得：.
若k≥0,当时, ,无法保证有两个零点；
若,又,，,
故存在使得,存在使得.
综上可知, .
（ⅱ）设则t∈(1,+∞).将代入,可得，（*）.
欲证: ，需证即证，将（*）代入，则有，则只需要证明：，即.
构造，则，.
令，则.所以，则，所以在内单减.
又，所以当时，有，单调递增；当时，有，单调递减；
所以，因此，即.
综上所述，命题得证.
【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．
【572】．（2022·湖北·模拟预测·★★★★）
已知
(1)若，讨论函数的单调性；
(2)有两个不同的零点，，若恒成立，求的范围．
【答案】(1)单调性见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）求导可得，再根据与的关系分类讨论即可；
（2）由题，，设根据零点关系可得，再代入化简可得恒成立，设，再求导分析单调性与最值即可
(1)
定义域为
ⅰ）即时，
，或
ⅱ）即时，，恒成立
ⅲ）即，
，或
综上：
时，，单调递减；、，单调递增
时，，单调递增
时，，单调递减；、，单调递增
(2)
，由题，
则，设
∴
∴
恒成立
，
∴
∴恒成立
设，
∴恒成立
ⅰ）时，，
∴，
∴在上单调递增
∴恒成立，
∴合题
ⅱ），，
∴，
∴在上单调递增
时，，
∴在上单调递减
∴，，不满足恒成立
综上：
【点睛】
本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数，令，再化简所求式关于的解析式，再构造函数分析最值.属于难题
【573】．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测·★★★★）
已知函数．
(1)若，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）对函数进行求导，分为和两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；
（2）函数有两个零点即有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果.
(1)
由题意知，，
的定义域为，．
若，则，所以在上单调递减；
若，令，解得．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)
因为，所以有两个零点，即有两个零点．
若，由（1）知，至多有一个零点．
若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为．
①当时，由于，故只有一个零点：
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即．
又，故在上有一个零点．
存在，则．
又，因此在上有一个零点．
综上，实数a的取值范围为．
【574】．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测·★★★★）
已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)当有三个零点时a的取值范围恰好是求b的值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)求函数的导函数，讨论，并解不等式，可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求.
(1)
的定义域为，
若，则，
在单调递增，单调递减，
若，则或，
，
在单调递增，单调递减，单调递增，
若，则
或，
在单调递减，单调递增，单调递减.
(2)
可知要有三个零点，则，
且
由题意也即是的解集就是，
也就是关于的不等式的解集就是，
令，
时，
所以有或，
当时，，
的解是，满足条件，
当时，，
当时，，不满足条件，
故，综合上述.
【点睛】
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．
考点3.2.3 函数的极值与最值问题
【578】．（2022·全国·高考真题·★★★★）
已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
(1)
当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
(2)
，则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
【579】．（2021·北京·高考真题·★★★★）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【解析】
【分析】
（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】
（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
【580】．（2017·山东·高考真题·★★★★）
已知函数，，其中是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）见解析
【解析】
【详解】
试题分析：（Ⅰ）求导数得斜率，由点斜式写出直线方程.
（Ⅱ）写出函数，求导数得到，由于的正负与的取值有关，故可令，通过应用导数研究在上的单调性，明确其正负.然后分和两种情况讨论 极值情况即可.
试题解析：（Ⅰ）由题意
又，
所以，
因此 曲线在点处的切线方程为
，
即 .
（Ⅱ）由题意得 ，
因为
，
令
则
所以在上单调递增.
因为
所以 当时，
当时，
(1)当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以 当时取得极小值，极小值是 ；
(2)当时，
由 得 ，
①当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以 当时取得极大值.
极大值为，
当时取到极小值，极小值是 ；
②当时，，
所以 当时，，函数在上单调递增，无极值；
③当时，
所以 当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以 当时取得极大值，极大值是；
当时取得极小值.
极小值是.
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是；
当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是；
极小值是.
【名师点睛】
1.函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′(x0)(x−x0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．
2. 本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.
【581】．（2020·北京·高考真题·★★★★）
已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；
（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.
【详解】
（Ⅰ）因为，所以，
设切点为，则，即，所以切点为，
由点斜式可得切线方程为：，即.
（Ⅱ）[方法一]：导数法
显然，因为在点处的切线方程为：，
令，得，令，得，
所以，
不妨设时，结果一样，
则，
所以
，
由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得极小值，
也是最小值为.
[方法二]【最优解】：换元加导数法
．
因为为偶函数，不妨设，，
令，则．
令，则面积为，只需求出的最小值．
．
因为，所以令，得．
随着a的变化，的变化情况如下表：
所以．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法三]：多元均值不等式法
同方法二，只需求出的最小值．
令，
当且仅当，即时取等号．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法四]：两次使用基本不等式法
同方法一得到
,下同方法一.
【整体点评】
（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.
【582】．（2021·天津·高考真题·★★★★）
已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）
【解析】
【分析】
（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】
（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】
关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
【583】．（2019·全国·高考真题·★★★★）
已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；
（2）先由（1）的结果，得到，，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立.
【详解】
（1）由题意可得，的定义域为，
由，
得，
显然单调递增；
又，，
故存在唯一，使得；
又当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
因此，存在唯一的极值点；
（2）由（1）知，，又，
所以在内存在唯一实根，记作.
由得，
又，
故是方程在内的唯一实根；
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【点睛】
本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值、以及函数零点的问题，属于常考题型.
【584】．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测·★★★★）
已知函数，．
(1)若，求函数的极值；
(2)设，当时，（是函数的导数），求a的取值范围．
【答案】(1)极大值为2，极小值为
(2)
【解析】
【分析】
（1）求导，再利用极值的定义求解；
（2）将问题转化为，设，则，利用导数法得到函数在上单调递增，则得到在上恒成立求解．
(1)
解：，
令，得或，
当或时，，当时，，
所以函数在（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极大值为，函数的极小值为．
(2)
，
，即，
即，
设，，
设，，
当时，，当时，，
所以函数在（0，1）上单调递减，在上单调递增，
，即，
则函数在上单调递增，则由，
得在上恒成立，即在上恒成立．
设，，
当时，，当时，，
所以函数在（0，e）上单调递增，在上单调递减，
所以，
故．
【585】．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测·★★★★）
已知函数．
(1)若，讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，求a的取值范围；
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）求出导函数，并设，再求导数，确定出的单调性、极值，从而得出的范围，使得有两个解（记），并说明这两个解是的极值点即得．
(1)
当时，，当时， ，
在上单调递减，在上单调递增．
(2)
，设，，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
，且当时，，当时，．
则当时，方程有两个不同根，
使得函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
即若函数有两个极值点，则．
【586】．（2022·山东潍坊·模拟预测·★★★★）
已知函数．
(1)若，证明：当时，；当时，；
(2)若是的极大值点，求实数a．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）代入，求导可得在上单调递增，再根据即可证明；
（2）求导后可得，再分析的两根满足的条件，结合极值点的性质分析求解即可
(1)
当时，，则，故在上单调递增，又，故当时，；当时，，即得证
(2)
若，由（1）知，当时，.
这与是的极大值点矛盾.
若，，
令，，对称轴，则的两根分别，
，可得或，显然
①若，则在上，单调递增，故不为极大值点；
②若，则在上，单调递减，故不为极大值点；
③若，则在上，单调递增，在上，单调递减，故为极大值点，此时，即，解得
【点睛】
本题主要考查了求导分析函数单调性，结合函数的零点分析函数的正负区间的问题，同时也考查了根据极值点求解参数的问题，需要根据题意分析导函数为0时根的分布问题，属于难题
【587】．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测·★★★★）
已知函数.
(1)当时，求函数f（x）在区间上零点的个数；
(2)若函数在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a的取值范围
【答案】(1)2个
(2)
【解析】
【分析】
(1)利用导数判断函数在上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数的单调性及极值，由此确定a的取值范围.
(1)
因为，所以
，
则当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单词递增，
又，
则在，上各有一个零点，
所以在区间上共有两个零点，
(2)
①当时，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单词递增，
此时在的时候取得极小值，则时符合题意：
②当时，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
当时，，在单词递减，
此时在的时候取得极小值，则时符合题意
③当时，，此时在上单调递减，在，上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意：
④当时，，此时在（0，）上单调递减，在上单调递增，此时在的时候取得极小值，则时符合题意；
⑤当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；
⑥当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，此时在的时候取得极小值，则时符合题意；
⑦当时，，此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；
综上所述.
【点睛】
(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．
(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值
【588】．（2022·福建省福州第一中学三模·★★★★）
已知函数在区间内有唯一极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：在区间内有唯一零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求导，再讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；
（2）先由导数确定函数在区间上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间内有唯一零点；表示出，构造函数求导，求得，又由，结合在上的单调性即可求解.
(1)
，当时，，，
①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，显然在上递增，又因为，，
所以在上有唯一零点，所以，；，，
所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.
(2)
由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；
，，单调递增，所以时，，则，又因为，
所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.
因为，由（1）知，所以，
则，构造，所以，
记，则，显然在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.
【点睛】
本题关键点在于先表示出，构造函数求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数的单调性，从而得到，再结合以及在上的单调性即可证得结论.
【589】．（2022·安徽省舒城中学三模·★★★★）
已知函数．
(1)求证：函数在定义域上单调递增；
(2)设区间（其中），证明：存在实数，使得函数在区间I上总存在极值点．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，利用导数的正负研究函数的单调性即可得证；
（2）分析要使得在区间上总存在极值点，则需满足，进而构造函数，利用导数研究函数的单调性，可得实数的取值范围，由此得证.
(1)
∵，则，
设，则，令，解得
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故当时，函数取得极小值，且，即
所以，所以函数在定义域上单调递增.
(2)
由（其中），易知，
由（1）可知在上单调递增，．
由，求导，
其中，求导，
即在上单调递增，故．
令，由上可知在单调递增．
要使得在区间上总存在极值点，则需满足，
而恒成立恒成立，
于是，∴，
而，
又，
∴单调递减，且，
故，∴，
∴单调递增，且，
故，即，
∴函数在上单调递增；
∵在上单调递增，故······①
又，故要使得恒成立，
则只需，
同理可得······②
且，由①②可知，
存在当时，函数在区间上总存在极值点.
【点睛】
方法点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值问题，判断函数的单调性，对函数求导，若，则函数单调递增；若，则函数单调递减，考查学生的计算能力与逻辑思维能力，属于难题.
【590】．（2022·天津·二模·★★★★）
已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)当时，求函数在区间 上的最小值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义求解
（2）转化为讨论导数的符号
（3）利用（2），讨论极值点与定区间的关系，再数形结合得最小值
(1)
当时，

，
故切线方程为：
(2)
，
① 当时， ，仅有单调递增区间，其为：
② 当时，，当时，；当时，
的单调递增区间为： ，单调递减区间为：
③ 当时，，当时；当时
的单调递增区间为：，单调递减区间为：
综上所述：当时，仅有单调递增区间，单调递增区间为：
当时， 的单调递增区间为： ，单调递减区间为：
当时，的单调递增区间为：，单调递减区间为：
(3)
当时，由（2）中③知在上单调单调递减，在上单调递增，
∴①当，即时，在上单调递增，，
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，∴，
③当，即时，在上单调递减，∴.．
【点睛】
本题考查导数的几何意义，导数研究函数的单调性，导数研究函数的最值，分类讨论思想，属中档题
【591】．（2022·北京·人大附中模拟预测·★★★★）
已知函数．
(1)若在处的切线与轴平行，求的值；
(2)有两个极值点，比较与的大小；
(3)若在上的最大值为，求的值．
【答案】(1)；
(2)；
(3)3或
【解析】
【分析】
（1）直接求导，由直接解出即可；
（2）先由导数求出函数的极值点，再分别计算与，比较大小即可；
（3）对进行分类讨论，分别确定在上的单调性，进而求得最大值，由最大值为，解出即可.
(1)
，
由，解得，
当时，，，符合题意；
当时，，，此时切线与x轴重合，不符合题意；
所以；
(2)
由（1）知：，令可得或，
则在单增，在上单减，则是的两个极值点，不妨设，
则，，
又，即；
(3)
由（2）知：在单增，在上单减.
当时，，则在上单增，则，解得或，故；
当时，，则在上单增，在上单减，
则，解得，不满足，不合题意；
当时，，则在上单减，则，不合题意；
当时，，则在上单减，在上单增，则，
若，则，解得或，不满足，不合题意，
若，则，解得或，不满足，不合题意；
当时，则在上单增，则，解得或，故；
综上：或.
考点3.2.4 利用导数证明不等式
【592】．（2016·浙江·高考真题·★★★★）
设函数=，．证明：
（Ⅰ）；
（Ⅱ）．
【答案】（Ⅰ）证明详见解析；（Ⅱ）证明详见解析．
【解析】
【详解】
试题分析：本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到，从而得到结论；第二问，由得，进行放缩，得到， 再结合第一问的结论，得到， 从而得到结论.
试题解析：（Ⅰ）因为
由于，有即，
所以
（Ⅱ）由得，故
，
所以.
由（Ⅰ）得，
又因为，所以.
综上，
【考点】函数的单调性与最值、分段函数.
【思路点睛】（Ⅰ）先用等比数列前项和公式计算，再用放缩法可得，进而可证；（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论及放缩法可证．
【593】．（2020·天津·高考真题·★★★★）
已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
【详解】
(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(ii) 依题意，.
从而可得，
整理可得：，
令，解得.
当x变化时，的变化情况如下表：
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由，得.
对任意的，且，令，则
. ①
令.
当x>1时，，
由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.
因为，，，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，
故 ③
由①②③可得.
所以，当时，任意的，且，有
.
【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．
【594】．（2019·江苏·高考真题·★★★★★）
设函数，为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
【答案】（1）；
（2）的极小值为
（3）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；
（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.
（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：
解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；
解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
【详解】
（1）因为，所以．
因为，所以，解得．
（2）因为，
所以，
从而．令，得或．
因为，都在集合中，且，
所以．
此时，．
令，得或．列表如下：
所以的极小值为．
（3）因为，所以，
．
因为，所以，
则有2个不同的零点，设为．
由，得．
列表如下：
所以的极大值．
解法一：
．因此．
解法二：
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．
【595】．（2015·福建·高考真题·★★★★）
已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调递增区间；
（Ⅱ）证明：当时，；
（Ⅲ）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）先求出函数的导数，令导函数大于0，解出即可；（2）构造函数F（x）=f（x）-x+1，先求出函F（x）的导数，根据函数的单调性证明即可；（3）通过讨论k的范围，结合函数的单调性求解即可
试题解析：（1）得.
得，解得
故的单调递增区间是
（2）令,
则有
当时，
所以在上单调递减，
故当时，，即当时，
（3）由（Ⅱ）知，当时，不存在满足题意．
当时，对于，有则
从而不存在满足题意．
当时，令，
由得，．
解得
当时，，故在内单调递增．
从而当，即
综上吗，k的取值范围是
考点：利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应
【596】．（2022·天津·静海一中模拟预测·★★★★）
已知函数，
(1)若函数在处的切线也是函数图像的一条切线，求实数a的值；
(2)若函数的图像恒在直线的下方，求实数a的取值范围；
(3)若，且，证明：>
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）首先求出切线的方程，然后设与相切时的切点为，然后可建立方程组求解；
（2）由题可得对于恒成立，然后利用导数求出函数的最大值即可；
（3）首先可得在上单调递减，然后由可得，同理可得，两式相加即可证明.
(1)
，在处切线斜率，，所以切线，
又，设与相切时的切点为，则斜率，
则切线的方程又可表示为，
由，解之得．
(2)
由题可得对于恒成立，即对于恒成立，
令，则，由得，
则当时，，由，得：，即实数的取值范围是．
(3)
由题知，
由得，当时，，单调递减，
因为，所以，即，
所以，①同理，②
①+②得，
因为，
由得，即，
所以，即，所以．
【597】．（2022·全国·模拟预测·★★★★）
已知函数在区间上单调．
(1)求的最大值；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用导数的符号求出函数的单调区间，通过单调区间可求得结果．
（2）将问题转化为证明，再分别证明及成立即可．
(1)
由已知得，，
要使函数在区间上单调，可知在区间上单调递增，
令，得，即，
解得，（），
当时满足题意，此时，在区间上是单调递增的，故的最在值为.
(2)
当时，要证明，即证明，
而，故需要证明.
先证：，（）
记，
，
时，，所以在上递增，
，
故，即.
再证：，（）
令，
则则,
故对于，都有，因而在，上递减，
对于，都有，
因此对于，都有.
所以成立，即成立，
故原不等式成立.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键利用不等式放缩，从而使得问题得以顺利解决.
【598】．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测·★★★★）
已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据导数的几何意义切线的斜率为，利用点斜式求切线方程；（2）分析可得对的零点即的零点，对分析可得，利用零点整理可得，构建函数利用导数证明．
(1)
当时，，，
又，所以切点坐标为，切线的斜率为．
所以切线方程为，即
(2)
由已知得有两个不等的正实跟．
所以方程有两个不等的正实根，即有两个不等的正实根，①
要证，只需证，即证，
令，，所以只需证，
由①得，，
所以，，消去a得，只需证，
设，令，则，
则，即证
构建则，
所以在上单调递增，则，
即当时，成立，
所以，即，即，
所以，证毕．
【点睛】
利用同构处理可得，结合零点代换整理可得．
【599】．（2022·山东师范大学附中模拟预测·★★★★）
已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
(1)
解：函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
(2)
证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
【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.
【600】．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测·★★★★）
已知函数在处的切线方程为.
(1)求实数的值；
(2)（i）证明：函数有且仅有一个极小值点，且；
（ii）证明：.
参考数据：，，，.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接利用导数的意义列方程组，即可解得；
（2）（i）求出导函数.利用导数和零点存在对立即可证明；
（ii）求出，令，利用导数判断出在上单调递减，
即可证明；要证，即证.令，利用导数证明出；令，利用导数证明出，得到，即可证明.
(1)
定义域为，
由题意知，解得.
(2)
（i）由（1）知，
令，则，从而即单调递增
又，故存在唯一的使得
从而有且仅有一个极小值点，且
（ii），的极小值
令，则，从而在上单调递减，，故
下证，即证
一方面令，则，则在上单调递增，从而
另一方面，令，
令有
从而
从而即成立，故.
【点睛】
导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围；
（4）利用导数证明不等式.
【601】．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测·★★★★★）
已知函数，设．
(1)若，证明：当时，成立；
(2)若，在上不恒成立，求a的取值范围；
(3)若恰有三个不同的根，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）要证，只需要证明，构造函数利用导数处理单调性，继而求出最值，即可求解.
（2），在上不恒成立, 等价于存在，使,构造函数，求导求最值，即可求解.
（3）分情况讨论，当时，不可能有三个不同的根，故可知，进而可知，即可求解.
(1)
若，则
设，令，，所以在时单调递增，且，故则 ，所以在上单调递增，故，故得证.
(2)
原命题等价于存在，使
，即存在，
设，则，其中在上单调递增，且，所以在单调递增，
故，所以．
(3)
在定义域上单调递增，
①当时，，所以存在，使得，且为的极小值点．且，所以，故不可能有三个根．
②当时，同理，不符合要求．
③当时，，所以存在，使得，
，即，所以，所以，又因为，所以，所以，所以．得证．
【602】．（2022·浙江·宁波诺丁汉附中模拟预测·★★★★★）
已知函数.
(1)设，证明：；
(2)已知，其中为偶函数，为奇函数.若有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）欲证，只需证，令，利用导数得出，即可证明；
（2）由奇偶性得出，由（1）得不等式成立，从而得出，，构造函数，由证明即可.
(1)
欲证，只需证，即证，
设，即证，①
设，则，
所以单调递增，所以，所以①式成立，所以，.
(2)
根据已知，得到
联立解得.
由（1）得不等式成立，因为为偶函数，所以对任意成立.
，即，
所以，由知.
所以.
构造，则存在零点，且.
同理可证.
所以.
【点睛】
关键点睛：解决问题二时，关键在于利用恒成立，从而得出，，构造函数，由得出.
【603】．（2022·全国·模拟预测·★★★★★）
已知实数x，y满足．
(1)若x=0时，试问上述关于y的方程有几个实根？
(2)证明：使方程有解的必要条件为：．
【答案】(1)有唯一的根；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）记，利用导数证明在单调递减，单调递增，即得解；
（2）先证，，再放缩解不等式即得解.
(1)
解：将x=0代入得：，
不妨记，，
易知在R上递增，且，
可得当y0时，，
所以在单调递减，单调递增；
由于，故x=0时关于y的方程有唯一的根．
(2)
先证，令，则，
当x0时，，单调递增；
，所以有恒成立，
由，可得：，
所以有：，
所以，即．
所以使方程有解的必要条件为：．
【604】．（2022·江西景德镇·模拟预测·★★★★★）
设函数的零点为，的零点为，其中，均大于零.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)当时，求证：.
参考数据：，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意，问题等价于在上有解，求出函数的值域即可得答案；
（2）由题意，，将函数中替换为，构造函数，则函数的零点为，利用导数判断函数在上存在零点，且，再构造函数，利用单调性即可证明不等式.
(1)
解：由题意，在上有解，即在上有解，
因为在上单调递增，且时，，时，，
所以，即实数的取值范围；
(2)
证明：当时，由（1）问知，
，将替换为，
构造函数，则函数的零点为，
，其中，
又，，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，又，
所以当时，，即，函数在上单调递减，
当时，，即，函数在上单调递增，
又，且函数在上单调递减，所以在上无零点，
由参考数据，，可得，，
所以在上存在零点，且，
构造函数，
因为，所以在上单调递减，
所以，即，整理得.
【点睛】
关键点点睛：本题（2）问的解题关键是将函数中替换为，构造函数，利用导数研究函数的零点.
增
极大值
减
增
极大值
减
极小值
增
a
0
减
极小值
增
单调递减
极小值
单调递增
+
0
–
极大值
1
+
0
–
0
+
极大值
极小值

+
0
–
0
+
极大值
极小值
+
0
–
极大值
+
0
↗
极大值
↘
增
极大值
减
0
极小值
0
极大值