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【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题06 导数大题 （压轴版）
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这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题06 导数大题 （压轴版），文件包含专题06导数大题压轴练原卷版docx、专题06导数大题压轴练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共64页， 欢迎下载使用。
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题06 导数大题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
1．（2023·广东·统考一模）已知函数.
(1)求的极值；
(2)当时，，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值，无极大值
(2)
【分析】（1）先求导数，利用导数判断单调性，根据单调性得出极值；
（2）原问题转化为不等式在上恒成立，方法一通过研究函数单调性求得的最小值为，从而求出；方法二通过同构构造函数并研究其单调性最值，从而说明的最小值为，进而求出.
【详解】（1）求导得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）方法一：由题知不等式在上恒成立，
则原问题等价于不等式在上恒成立，
记，
则，
记，则恒成立，
所以在上单调递增，又，
所以存在，使得，
即当时，，此时；当时，，此时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由，得，
即，
所以，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，
所以；
②当时，
因为存在，使得，而，
此时不满足，
所以无解.
综上所述，.
方法二：由题知不等式在上恒成立，
原问题等价于不等式在上恒成立，
即在上恒成立.
记，则，当单调递减，单调递增，
因为即，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，所以；
②当时，令，显然单调递增，且，
故存在，使得，即，而，此时不满足，所以无解.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：已知不等关系求解参数范围时，求解的关键是转化为函数最值问题求解，求解最值时常借助隐零点、同构等方法进行求解.
2．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）设.
(1)求的单调性，并求在处的切线方程；
(2)若在上恒成立，求k的取值范围.
【答案】(1)递增区间为，递减区间为，
(2)
【分析】（1）利用函数单调性间与导数的关系，可直接求出单调增区间和单调减区间；再由导数的几何意义，求出函数在处的导数值，即切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）恒（能）成立问题，转化求函数的最值，再利用的函数的单调性，即可求出结果.
【详解】（1）因为，所以，
由得到，由，得到，
所以函数的单调递增区间为，函数的单调递减区间为.
当时，，
所以切点为，又，
∴在处的切线方程为：
，即.
（2）由，即，
所以，
∵，∴，∴，
由（1）可知在上单调递减，
下证：，
即证：在恒成立，
令，则，
∴在上单调递增，
又∵，∴.
∴，
∵在上单调递减，
∴，即，∴.
∴.
3．（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.
4．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，证明：在区间上单调递增；
(2)若函数存在两个不同的极值点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求导，再令，利用导数法判断的正负即可；
（2）求导，由存在两个不同的极值点，得到存在两个不同的变号零点，再令，用导数法研究其零点即可；
【详解】（1）解：，令，
则，
当时，，递减；当时，，递增，
∴，
∴在上单调递增．
（2）因为，
所以，
∵存在两个不同的极值点，
∴存在两个不同的变号零点，
令，则，
，
令，
，则在上递减，
注意到，
∴当时，，则，递减；
当时，，则，递增，
∴．
要使有两个不同的变号零点，则，解得．
且当时，，当时，，
∴．
综上：，即m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问在研究的零点时，不仅要其最小值小于0，也要研究和时的情况.
5．（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知函数（为自然对数的底数）．
(1)若的最小值为1，求在上的最小值；
(2)若，证明：当时，．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，求得函数的单调性和，求得，得到，求得，设，由，得到在上是增函数，进而得到在上是增函数，即可求解.
（2）由（1）得时，得到，从而得到，转化为上成立，进而转化为，即证，设，利用导数求得函数的单调性，得到，进而证得成立.
【详解】（1）解：因为，可得，
若，则，在上单调递减，无最小值，
因此，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，解得，
则，可得，
设，则在上恒成立，
所以在单调递增，即在上是增函数，
又由，所以在上是增函数，所以.
（2）解：由（1）得时，，即，从而，
当时，，
又因为，所以，
所以在上成立，
即在上成立，
当时，，，，
要证，只要证明，
即要证，
设，，
，
易知，所以，是增函数，所以，
又时，，所以，
即成立，
综上，当时，．
【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、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．
6．（2023·辽宁辽阳·统考一模）已知函数.
(1)求的最小值.
(2)若，且.证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.
【答案】(1)7
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的最小值.
（2）（ⅰ）利用差比较法证得不等式成立.
（ⅱ）将证明转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以.
（2）（ⅰ）由（1）可知，
，
因为，所以，，
则，所以.
（ⅱ）由得，
要证，只需证，只需证，
即证.
令函数，
则，
所以
，
因为，
所以，在上单调递减.
所以，则，故.
7．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）已知为正实数，函数.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)求证：（）.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论判断单调性，结合恒成立问题运算求解；
（2）根据（1）可得不等式可证，构建，利用导数证明，结合裂项相消法可证.
【详解】（1），
①若，即，，函数在区间单调递增，故，满足条件；
②若，即，当时，，函数单调递减，则，矛盾，不符合题意.
综上所述：.
（2）先证右侧不等式，如下：
由（1）可得：当时，有，则，
即，即，
则有，
即，右侧不等式得证.
下证左侧不等式，如下：
构建，则在上恒成立，
故在上单调递减，则，
即，可得，即，
则有，
即，
∵，则，
故，左侧得证.
综上所述：不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
8．（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.
9．（2023·山东聊城·统考一模）已知函数，．
(1)若直线是曲线的一条切线，求的值；
(2)若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 直线是曲线的一条切线,根据切点在切线和原函数上，斜率是切点处导数列式求的值即可；
(2) 把任意的，都存在，使成立转化，在参数分离转化为恒成立,构造函数 ，求出，进而求出 的取值范围.
【详解】（1）由得,
设直线 与曲线的切点为,
则，
解得
因此的值为.
（2）由得
设，则 ,
因为当时，，所以在上单调递增，
又因为
所以存在 ，使 ,
且当时， ；当时， ；
从而 ，且当 时， ；
当 时， ,所以函数 在上单调递减，在上单调递增，
因此 ,
由，得从而 ,
所以
由对于任意的，都存在，使 成立，
得对于任意的，都有 ,
即不等式在上恒成立，
即不等式 在上恒成立.
设 ，则
因为 ，当 时，;
当 时，;
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以 ，因此 ,
故 的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：把任意的，都存在，使成立转化为，参数分离后构造函数求导即可求解.
10．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数．
(1)求在处的切线方程；
(2)若存在两个非负零点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数的值，求出切线的斜率，求出切点坐标，然后求解曲线的方程即可；
（2）结合（1）的结论和题意可知，只需证明当时，，且，然后分别证明和即可求证.
【详解】（1）由题可知，
因为，所以，在处的切线方程为．
（2）存在两个非负零点，设，
由（1）可知在处的切线方程为，
注意到，
所以，在处的切线方程为．
下证：当时，，且．
（i）要证，即证，只需证．①
设，故在上单调递增，
故，即恒成立．
要证①，只需证．
当时上式成立；当时，即证，
此时，由于，故，
于是，当时，．
（ii）要证，只需证，
即证．
设，
则．
设，
则．
当时，，
当时，，故．
于是恒成立，故在上单调递减．
从而，即恒成立，故在上单调递增，
从而，于是．
设的零点为的零点为，
则．
因为，所以，
因为，所以，
又，
所以，
所以．
【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．
11．（2023·江苏·统考一模）已知，函数，.
(1)若，求证：仅有1个零点；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）代入，求出导数，通过证明单调性继而证明出仅有1个零点；
（2）由解析式可知，证明有两个零点，只需证明在或上存在零点，分类讨论的不同取值时，在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数的取值范围.
【详解】（1）当，，
时，，
所以在上单调递增，且，
所以仅有1个零点.
（2），
当时，，在上单调递增，此时仅有1个零点0；
当时，时，设，
则，所以在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
时，，
，所以在上单调递减，此时仅有1个零点0；
当时，，
由上知在上单调递增，在上，，
所以存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
要使有两个零点，则，
此时；
当时，由上知在上单调递减，
且在上单调递减，，
时，，则，
所以存在使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
时，，
所以，所以在上有1个零点，此时有两个零点.
综上，的取值范围为
【点睛】方法点睛：
本题中在判断零点范围是使用了两个技巧：
①合理的放缩函数，如，，在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界，将函数放缩至上确界或者下确界；
②通过函数取值范围确定零点范围，如通过可得，通过可得，此处用到整体换元的思想，令.
12．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知，函数有两个零点，记为，．
(1)证明：．
(2)对于，若存在，使得，试比较与的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）问题化为方程有两个根，构造研究单调性，结合得到，即可证结论；
（2）由已知，结合作差，再构造研究其函数值符号比较大小，根据单调性即可证结论.
【详解】（1）函数有两个零点，即方程有两个根．
令，则，故上，上，
∴在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值，
∴，即，且，
又，且，，
结合函数的单调性得，
∴．
（2）由得：
．
而，
∴．
设，则．
令，则，
∴在上是增函数，因此，故．
又，，即，
∴，从而，即．
又在上是增函数，
∴，即．
13．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，研究函数的单调性；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)在定义域内单调递增
(2)
【分析】（1）求函数的导函数可得，根据导数结构考虑构造函数，利用导数证明，取对数证明，由此证明，由此可得函数的单调性；
（2）设，，由已知可得恒成立，构造函数，讨论，利用导数求其最小值，可得a的取值范围．
【详解】（1）因为，所以，
所以函数的定义域为，且，
构造函数，则，
令，得，
∴当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
∴，∴，
∴当时，，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立，
∴在上单调递增．
（2）∵，，等价于
，
令，，构造函数，
∴，，．
令，，，
注意到．
当时，，
∴，当时，，即当时，，
所以在上单调递减，所以，不符合题意．
当时，令，，
，
∴单调递增，则，
当时，则，
，单调递增，．
∴，单调递增，，符合题意．
综上所述．
【点睛】方法点睛：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．
14．（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.
15．（2023·湖南·校联考模拟预测）设函数.
(1)证明：当时，有唯一零点；
(2)若任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求导，根据导函数判断函数 的单调性，再根据零点存在法则求解；
（2）求导，根据导函数的结构，对a分类讨论.
【详解】（1） ，
令 ，则 ，则 单调递增，
且 ，∴ ，
单调递减， 单调递增，
且 ，则，
∴存在唯一零点 ，使得，即有唯一零点；
（2），
则 ，又令 ，
①当，即时， 恒成立，∴在区间上单调递增，
∴，∴ ，∴在区间上单调递增，
∴（不合题意）；
②当即时， 在区间上单调递减，
∴，∴ ，∴在区间上单调递减，
∴（符合题意）；
③当，即时，由 ，
∴ ，使 ，且时， ，
∴在上单调递增，∴（不符合题意）；
综上，a的取值范围是；
【点睛】本题的函数类型是三角函数与非三角函数组合成的，对于这一类函数往往是在一个周期 内讨论或半个周期内讨论 ；如果一次求导不能判断清楚导函数的符号，则需要多次求导，而且每次求导后都要研究导函数的解析式能否判断清楚导函数的符号，直至能判断清楚导函数的符号为止.
16．（2023·湖南张家界·统考二模）已知函数,.
(1),求的最值;
(2)若函数恰有两个不同的零点,求的取值范围.
【答案】(1)最大值是,无最小值
(2)
【分析】(1)求导研究函数单调性即可求得最值.
(2)分析函数的零点,本质上是分析函数的单调性与极值的问题,求导之后发现导数有一个零点含参,需对导数的该零点进行分类讨论,从而讨论函数单调性和极值的情况,结合极限,即可分析函数的零点个数.难点在于定义域是,需要对参数进行分类讨论.
【详解】（1）由题意可得,定义域为.
设,由,得,由,得.
则在上单调递增,在上单调减,
,
故在上的最大值是,无最小值.
（2）由题意可得,
,
的定义域是.
①当,即时,时,时,
则在上单调递减,在上单调递增.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,
则,解得,故;
②当,即时,由,解得,
因为,所以,则有且仅有1个零点,故不符合题意;
③当,即时,由,得或,
由,得,
则在和上单调递增,在上单调递减.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,则或
,
若,解得,不符合题意,
若,设,则化为,
时,,,
所以,无解,
即无解,故不符合题意;
④当,即时,恒成立,则在上单调递增,从而最多有1个零点,则不符合题意;
⑤当,即时,由,得或,由,得,
则在和上单调递增,在上单调递减.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,则或.
若,解得,不符合题意,
若.
设,则化为,
由（1）知在上单调递减,所以,无解,
即无解,故不符合题意.
综上,的取值范围是.
【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性,函数零点个数问题,难点在于函数定义域是,因此导数的零点需要根据定义域分类讨论,在定义域内有一个根, 还是两个根,有两个根时还需要比较两根的大小,从而得出函数单调性极值,由于含有参数还需结合函数变化趋势确定零点的存在性,从而得出结论.分类不清易出错.
17．（2023·湖南郴州·统考三模）已知函数.
(1)若在区间上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若函数和有公切线，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，用导数法解即可；
（2）设函数在点处与函数在点处有相同的切线，
由，化简得到，然后将问题转化为关于的方程有解求解.
【详解】（1）由题意，当时，设，
则，
，
令，得（舍负）
在上单调递减，在上单调递增，
.
根据题意的取值范围为.
（2）设函数在点处与函数在点处有相同的切线，
则，
，代入
得.
问题转化为：关于的方程有解，
设，则函数有零点，
，当时，
.
问题转化为：的最小值小于或等于0.
，
设，则
当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为.
由知，
故.
设，
则，
故在上单调递增，
当时，，
的最小值等价于.
又函数在上单调递增，
.
【点睛】方法点睛：对于函数与函数有相同的切线问题，一般设函数在点处与函数在点处有相同的切线，由，利用消元法，转化为方程有解求解.
18．（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.
19．（2023·广东·校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数的极值点的个数；
(2)当a，b，时，恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)函数的极值点个数为.
(2)
【分析】（1）求导，利用导数结合零点存在性定理得出函数的单调性，进而得出极值点个数；
（2）当时，由的单调性得出，当时，取，利用单调性得出，由此得出，并与已知矛盾，进而得出m的取值范围．
【详解】（1），令，得.
当时，因为，所以，，
即函数在上单调递减.
当时，令，，所以是增函数.
，
因为，所以，
所以存在唯一，使得，所以.
即，；当，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点.
综上所述，函数的极值点个数为.
（2）当时，，所以，
所以函数在上单调递增.
因为，所以，即.
所以.
同理可得
所以.
所以.
当时，由（1）可知，在上存在唯一的零点，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
取，则，
即.
同理可得.
所以，与已知矛盾.
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：求函数的极值点的一般步骤：（1）求或二阶导数；（2）求出导数的零点；（3）利用导数的正负判断函数的单调性；（4）确定函数的极值点.
20．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数．
(1)证明：函数只有一个零点；
(2)在区间上函数恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可判断，然后说明当时无零点；当时，利用导数判断函数单调性，进而说明函数零点只有一个；
（2）将变为，从而构造函数，再利用导数判断函数的单调性，分时和时两种情况讨论不等式是否恒成立，结合，即可求得答案.
【详解】（1）证明：由可得，
当时，，，所以，
故，故在区间上无零点．
当时，，而，，且等号不会同时取到，
所以，
所以当时，函数单调递增，所以，
故函数在区间上有唯一零点0，
综上，函数在定义域上有唯一零点.
（2）由在区间上恒成立，得，
即在区间上恒成立．
设，则在区间上恒成立，
而，
，则．
设，则，当时，，
所以函数在区间上单调递增，故在区间上，，
即在区间上，
设函数，则，
所以函数在区间上单调递增，
故在区间上，即在区间上，，
所以在区间上，，即，
所以在区间上函数单调递增．
当时，，故在区间上函数，
所以函数在区间上单调递增．
又，故，即函数在区间上恒成立．
当时，，
，
故在区间上函数存在零点，即，
又在区间上函数单调递增，
故在区间上函数，所以在区间上函数单调递减，
又，所以在区间上函数，与题设矛盾．
综上，a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解答函数不等式恒成立问题的方法：（1）分离参数，即将不等式中所含参数分离出来，然后构造函数，将问题转化为利用导数求函数的最值问题；（2）将不等式变形为不等式一侧为0，直接构造函数，利用导数判断该函数的单调性，利用函数单调性解决恒成立问题；（3）将不等式变形，再利用放缩法转化为较常见形式的不等式，结合导数解决问题.
21．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知函数且.
(1)设，讨论的单调性；
(2)若且存在三个零点.
1）求实数的取值范围；
2）设，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)1）；2)证明见解析
【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.
(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）,,
因为,定义域为
当时,,解,得,解,得
当时,,解,得,解,得
综上, 当时, 增区间为,减区间为,
当时, 增区间为,减区间为,
（2）1）因为且存在三个零点.
所以有3个根
当时, ,
在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当,,即有两个根,
令,可转化为与有两个交点
,
可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,
其中,当,
所以可得,
即得.
2）因为且存在三个零点.
设，,易知其中 ,,
因为,所以,故可知;①
由1）可知与有两个交点,
,是单调递增的, ,,,所以;②
,
若,则
若,
构造函数,
设,
因为
又因为,
所以③
因为
又因为
所以
即得④
由③④可知, ,在上单调递增, 可得
,可知与同号
所以,
在上单调递增.
,,又由1)可知
所以,
,,是单调递增的,
所以⑤
由①②⑤可知
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,
结合特殊值得到再利用单调性可得.
22．（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.
23．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知函数.（为实数）
(1)当时，若正实数满足，证明：.
(2)当时，设，若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题设可得，讨论与1的大小关系，并应用分析法将问题化为证，构造利用导数研究单调性判断大小关系，即可证结论；
（2）令得，再构造并利用导数证明在上恒成立，即可确定范围.
【详解】（1）由题意，，定义域为，则恒成立，
所以在上为增函数，且，故，
若都大于1，则，不合题意，同理都小于1也不满足，
设，欲证，即证，即证，即证，即证，
构造函数，
所以，
，
，
所以在区间上单调递增，所以，则原不等式得证.
（2）由，令，则，故，
下面证明：时符合题意，
当时，，
以下证明：，
构造函数，
则.
令，则，
令，可得；令，可得，
于是在上递减，在上递增，于是，
所以，当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，故，
综上，实数的取值范围.
【点睛】关键点点睛：第一问，首先分析与1的大小，再设应用分析法转化证明结论，最后构造函数、应用导数求证；第二问，通过求参数范围，再由所得范围证恒成立（利用充要关系证明）.
24．（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．
25．（2023·山东青岛·统考一模）已知函数，圆．
(1)若，写出曲线与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；
(2)若曲线与圆C恰有三条公切线．
(i)求b的取值范围；
(ii)证明：曲线上存在点，对任意，．
【答案】(1)；
(2)(i)；(ii)证明见解析．
【分析】(1)根据导数的几何意义表示出f(x)的切线方程，再根据该切线与圆相切列出方程，取方程的特殊解即可得到一条共切线的方程；
(2)(i)设曲线与圆公切线的方程为，根据导数几何意义求出k和m的关系，在根据圆的切线方程的几何性质得到关于k的方程，问题转化为讨论该方程有三个解的问题.构造函数，将问题转化为讨论函数有3个零点的问题.(ii)根据(i)中构造出的函数，结合图象即可证明．
【详解】（1）设f(x)的切线的切点为，
∵，∴切线斜率为，
∴切线方程为，即，
当b＝1时，圆的圆心为，半径为，
当f(x)的切线也是圆的切线时，，
即，
易知是该方程的一个根，此时切线方程为．
（2）(i)设曲线与圆公切线的方程为(显然，l斜率存在)，
∵与曲线相切，故，
∴切点为，，即，即，
∵与圆相切，∴，即，
∴，
令，
则，
设，则，
易证明：．
①当时，∵在上单调递增，在上单调递减；∴，
∵，，
；
∴存在，，使得．
∴，，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∵，且，
又∵，
且，
∴存在，使得，
∴当时，曲线与圆恰有三条公切线；
②当时，∵；
∴存在，使得，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∴，且，
∴不可能存在三个零点；
③当时，；∴在上单调递减，最多一个零点；
∴最多一个极值点，不可能有三个零点；
综上，若曲线与圆恰有三条公切线，则的取值范围为．
(ii)函数的零点，
即方程的解，
即曲线和曲线交点的横坐标，
结合图象，
显然存在，使得成立，
∴对任意恒成立．
【点睛】本题属于导数的综合题，需要利用导数讨论方程根的个数问题（函数零点问题）.问题关键是熟练掌握利用导数分类讨论函数的单调性，判断函数的零点的个数.
26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数．
(1)若，试判断的单调性，并证明你的结论；
(2)设，求证：．
【答案】(1)单调性见详解，证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性；
（2）根据题意分析可得原题意等价于，构建新函数，求导，结合基本不等式证明.
【详解】（1）若，则，
构建，则的定义域为，，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，可得，
即对恒成立，
故在上单调递增.
（2）由题意可得：，
则，即，
可得，
故原题意等价于，
构建，则，
构建，则对恒成立，
可得在上单调递增，故，
即，可得，
∵，则，
可得，
∵当时，则，当且仅当，即时，等号成立；
即对，均有，
故当，即，可得，
故，
则在上单调递增，可得.
故，即证.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
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·湖南常德·统考一模）已知函数（）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若两个极值点，，且，求的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
在，上单调递增
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，先对函数求导得（），再结合二次函数的图像与性质分类讨论，，时，的符号，从而得到函数的单调性；
（2）根据（1）和韦达定理得到，，结合化简得到，，再构造函数，利用导数求得的值域，即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
又，，
令，得，
当时，时，，所以在单调递增；
当时，方程的，
①当时，，则，所以在单调递增；
②当时，，令，得，，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，
在，上单调递增；
综上所述：
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）得，若有两个极值点，，
则，且，，即，；
故
，，
令，
则，所以在上单调递减；
即，故，
综上所述：的取值范围为：.
【点睛】关键点睛：破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化：即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值或值域；
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
29．（2023·广东广州·统考一模）已知，函数.
(1)若，证明：当时，：
(2)若函数存在极小值点，证明：
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）把代入，构造函数，借助导数确定单调性推理作答.
（2）由给定条件确定a的取值范围，再分段讨论函数的极小值点及极小值推理判断作答.
【详解】（1）若，则，设，
，设，
，则在上单调递增，，即，
于是在上单调递增，，即，
所以当时，.
（2）函数，其定义域为，
，
由（1）知在上单调递增，，
当时，，当时，，
则由，解得或，其中且，即且，
否则恒有，则在上单调递增，函数无极值点，不符合题意，
若，即，当时，，
当时，，则在上单调递增，
在上单调递减，因此是的极小值点，，
若，即，当时，，
当时，，则在上单调递增，
在单调递减，因此是的极小值点，
，又，于是，
综上所述，函数存在极小值点.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
30．（2023·江苏南通·二模）已知函数．
(1)若，，求实数a的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将分为零正负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可；
（2）由题意要证，只要证，涉及到转化的思想令，，求的最小值即可求得结果.
【详解】（1）依题意，.
①当时，在上，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
②当时，令，得，解得，，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
③当时，判别式，所以，
所以在上单调递增，所以.
综上，实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，是的极小值点.
由（1）知，，，则.
综上，要证，只需证，
因为
，
设，.
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以，即得成立．
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，
（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；
（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.
减
极小值
增
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题06 导数大题压轴练-新高考数学复习
分层训练（新高考通用）
1．（2023·广东·统考一模）已知函数.
(1)求的极值；
(2)当时，，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值，无极大值
(2)
【分析】（1）先求导数，利用导数判断单调性，根据单调性得出极值；
（2）原问题转化为不等式在上恒成立，方法一通过研究函数单调性求得的最小值为，从而求出；方法二通过同构构造函数并研究其单调性最值，从而说明的最小值为，进而求出.
【详解】（1）求导得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）方法一：由题知不等式在上恒成立，
则原问题等价于不等式在上恒成立，
记，
则，
记，则恒成立，
所以在上单调递增，又，
所以存在，使得，
即当时，，此时；当时，，此时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由，得，
即，
所以，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，
所以；
②当时，
因为存在，使得，而，
此时不满足，
所以无解.
综上所述，.
方法二：由题知不等式在上恒成立，
原问题等价于不等式在上恒成立，
即在上恒成立.
记，则，当单调递减，单调递增，
因为即，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，所以；
②当时，令，显然单调递增，且，
故存在，使得，即，而，此时不满足，所以无解.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：已知不等关系求解参数范围时，求解的关键是转化为函数最值问题求解，求解最值时常借助隐零点、同构等方法进行求解.
2．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）设.
(1)求的单调性，并求在处的切线方程；
(2)若在上恒成立，求k的取值范围.
【答案】(1)递增区间为，递减区间为，
(2)
【分析】（1）利用函数单调性间与导数的关系，可直接求出单调增区间和单调减区间；再由导数的几何意义，求出函数在处的导数值，即切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）恒（能）成立问题，转化求函数的最值，再利用的函数的单调性，即可求出结果.
【详解】（1）因为，所以，
由得到，由，得到，
所以函数的单调递增区间为，函数的单调递减区间为.
当时，，
所以切点为，又，
∴在处的切线方程为：
，即.
（2）由，即，
所以，
∵，∴，∴，
由（1）可知在上单调递减，
下证：，
即证：在恒成立，
令，则，
∴在上单调递增，
又∵，∴.
∴，
∵在上单调递减，
∴，即，∴.
∴.
3．（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.
4．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，证明：在区间上单调递增；
(2)若函数存在两个不同的极值点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求导，再令，利用导数法判断的正负即可；
（2）求导，由存在两个不同的极值点，得到存在两个不同的变号零点，再令，用导数法研究其零点即可；
【详解】（1）解：，令，
则，
当时，，递减；当时，，递增，
∴，
∴在上单调递增．
（2）因为，
所以，
∵存在两个不同的极值点，
∴存在两个不同的变号零点，
令，则，
，
令，
，则在上递减，
注意到，
∴当时，，则，递减；
当时，，则，递增，
∴．
要使有两个不同的变号零点，则，解得．
且当时，，当时，，
∴．
综上：，即m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问在研究的零点时，不仅要其最小值小于0，也要研究和时的情况.
5．（2023·辽宁大连·校联考模拟预测）已知函数（为自然对数的底数）．
(1)若的最小值为1，求在上的最小值；
(2)若，证明：当时，．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，求得函数的单调性和，求得，得到，求得，设，由，得到在上是增函数，进而得到在上是增函数，即可求解.
（2）由（1）得时，得到，从而得到，转化为上成立，进而转化为，即证，设，利用导数求得函数的单调性，得到，进而证得成立.
【详解】（1）解：因为，可得，
若，则，在上单调递减，无最小值，
因此，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，解得，
则，可得，
设，则在上恒成立，
所以在单调递增，即在上是增函数，
又由，所以在上是增函数，所以.
（2）解：由（1）得时，，即，从而，
当时，，
又因为，所以，
所以在上成立，
即在上成立，
当时，，，，
要证，只要证明，
即要证，
设，，
，
易知，所以，是增函数，所以，
又时，，所以，
即成立，
综上，当时，．
【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、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．
6．（2023·辽宁辽阳·统考一模）已知函数.
(1)求的最小值.
(2)若，且.证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.
【答案】(1)7
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的最小值.
（2）（ⅰ）利用差比较法证得不等式成立.
（ⅱ）将证明转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以.
（2）（ⅰ）由（1）可知，
，
因为，所以，，
则，所以.
（ⅱ）由得，
要证，只需证，只需证，
即证.
令函数，
则，
所以
，
因为，
所以，在上单调递减.
所以，则，故.
7．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）已知为正实数，函数.
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)求证：（）.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论判断单调性，结合恒成立问题运算求解；
（2）根据（1）可得不等式可证，构建，利用导数证明，结合裂项相消法可证.
【详解】（1），
①若，即，，函数在区间单调递增，故，满足条件；
②若，即，当时，，函数单调递减，则，矛盾，不符合题意.
综上所述：.
（2）先证右侧不等式，如下：
由（1）可得：当时，有，则，
即，即，
则有，
即，右侧不等式得证.
下证左侧不等式，如下：
构建，则在上恒成立，
故在上单调递减，则，
即，可得，即，
则有，
即，
∵，则，
故，左侧得证.
综上所述：不等式成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
8．（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.
9．（2023·山东聊城·统考一模）已知函数，．
(1)若直线是曲线的一条切线，求的值；
(2)若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 直线是曲线的一条切线,根据切点在切线和原函数上，斜率是切点处导数列式求的值即可；
(2) 把任意的，都存在，使成立转化，在参数分离转化为恒成立,构造函数 ，求出，进而求出 的取值范围.
【详解】（1）由得,
设直线 与曲线的切点为,
则，
解得
因此的值为.
（2）由得
设，则 ,
因为当时，，所以在上单调递增，
又因为
所以存在 ，使 ,
且当时， ；当时， ；
从而 ，且当 时， ；
当 时， ,所以函数 在上单调递减，在上单调递增，
因此 ,
由，得从而 ,
所以
由对于任意的，都存在，使 成立，
得对于任意的，都有 ,
即不等式在上恒成立，
即不等式 在上恒成立.
设 ，则
因为 ，当 时，;
当 时，;
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以 ，因此 ,
故 的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：把任意的，都存在，使成立转化为，参数分离后构造函数求导即可求解.
10．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数．
(1)求在处的切线方程；
(2)若存在两个非负零点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数的值，求出切线的斜率，求出切点坐标，然后求解曲线的方程即可；
（2）结合（1）的结论和题意可知，只需证明当时，，且，然后分别证明和即可求证.
【详解】（1）由题可知，
因为，所以，在处的切线方程为．
（2）存在两个非负零点，设，
由（1）可知在处的切线方程为，
注意到，
所以，在处的切线方程为．
下证：当时，，且．
（i）要证，即证，只需证．①
设，故在上单调递增，
故，即恒成立．
要证①，只需证．
当时上式成立；当时，即证，
此时，由于，故，
于是，当时，．
（ii）要证，只需证，
即证．
设，
则．
设，
则．
当时，，
当时，，故．
于是恒成立，故在上单调递减．
从而，即恒成立，故在上单调递增，
从而，于是．
设的零点为的零点为，
则．
因为，所以，
因为，所以，
又，
所以，
所以．
【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．
11．（2023·江苏·统考一模）已知，函数，.
(1)若，求证：仅有1个零点；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）代入，求出导数，通过证明单调性继而证明出仅有1个零点；
（2）由解析式可知，证明有两个零点，只需证明在或上存在零点，分类讨论的不同取值时，在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数的取值范围.
【详解】（1）当，，
时，，
所以在上单调递增，且，
所以仅有1个零点.
（2），
当时，，在上单调递增，此时仅有1个零点0；
当时，时，设，
则，所以在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
时，，
，所以在上单调递减，此时仅有1个零点0；
当时，，
由上知在上单调递增，在上，，
所以存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
要使有两个零点，则，
此时；
当时，由上知在上单调递减，
且在上单调递减，，
时，，则，
所以存在使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
时，，
所以，所以在上有1个零点，此时有两个零点.
综上，的取值范围为
【点睛】方法点睛：
本题中在判断零点范围是使用了两个技巧：
①合理的放缩函数，如，，在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界，将函数放缩至上确界或者下确界；
②通过函数取值范围确定零点范围，如通过可得，通过可得，此处用到整体换元的思想，令.
12．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知，函数有两个零点，记为，．
(1)证明：．
(2)对于，若存在，使得，试比较与的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）问题化为方程有两个根，构造研究单调性，结合得到，即可证结论；
（2）由已知，结合作差，再构造研究其函数值符号比较大小，根据单调性即可证结论.
【详解】（1）函数有两个零点，即方程有两个根．
令，则，故上，上，
∴在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值，
∴，即，且，
又，且，，
结合函数的单调性得，
∴．
（2）由得：
．
而，
∴．
设，则．
令，则，
∴在上是增函数，因此，故．
又，，即，
∴，从而，即．
又在上是增函数，
∴，即．
13．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，研究函数的单调性；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)在定义域内单调递增
(2)
【分析】（1）求函数的导函数可得，根据导数结构考虑构造函数，利用导数证明，取对数证明，由此证明，由此可得函数的单调性；
（2）设，，由已知可得恒成立，构造函数，讨论，利用导数求其最小值，可得a的取值范围．
【详解】（1）因为，所以，
所以函数的定义域为，且，
构造函数，则，
令，得，
∴当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
∴，∴，
∴当时，，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
所以当时，，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，当且仅当时等号成立，
∴在上单调递增．
（2）∵，，等价于
，
令，，构造函数，
∴，，．
令，，，
注意到．
当时，，
∴，当时，，即当时，，
所以在上单调递减，所以，不符合题意．
当时，令，，
，
∴单调递增，则，
当时，则，
，单调递增，．
∴，单调递增，，符合题意．
综上所述．
【点睛】方法点睛：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．
14．（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.
15．（2023·湖南·校联考模拟预测）设函数.
(1)证明：当时，有唯一零点；
(2)若任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求导，根据导函数判断函数 的单调性，再根据零点存在法则求解；
（2）求导，根据导函数的结构，对a分类讨论.
【详解】（1） ，
令 ，则 ，则 单调递增，
且 ，∴ ，
单调递减， 单调递增，
且 ，则，
∴存在唯一零点 ，使得，即有唯一零点；
（2），
则 ，又令 ，
①当，即时， 恒成立，∴在区间上单调递增，
∴，∴ ，∴在区间上单调递增，
∴（不合题意）；
②当即时， 在区间上单调递减，
∴，∴ ，∴在区间上单调递减，
∴（符合题意）；
③当，即时，由 ，
∴ ，使 ，且时， ，
∴在上单调递增，∴（不符合题意）；
综上，a的取值范围是；
【点睛】本题的函数类型是三角函数与非三角函数组合成的，对于这一类函数往往是在一个周期 内讨论或半个周期内讨论 ；如果一次求导不能判断清楚导函数的符号，则需要多次求导，而且每次求导后都要研究导函数的解析式能否判断清楚导函数的符号，直至能判断清楚导函数的符号为止.
16．（2023·湖南张家界·统考二模）已知函数,.
(1),求的最值;
(2)若函数恰有两个不同的零点,求的取值范围.
【答案】(1)最大值是,无最小值
(2)
【分析】(1)求导研究函数单调性即可求得最值.
(2)分析函数的零点,本质上是分析函数的单调性与极值的问题,求导之后发现导数有一个零点含参,需对导数的该零点进行分类讨论,从而讨论函数单调性和极值的情况,结合极限,即可分析函数的零点个数.难点在于定义域是,需要对参数进行分类讨论.
【详解】（1）由题意可得,定义域为.
设,由,得,由,得.
则在上单调递增,在上单调减,
,
故在上的最大值是,无最小值.
（2）由题意可得,
,
的定义域是.
①当,即时,时,时,
则在上单调递减,在上单调递增.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,
则,解得,故;
②当,即时,由,解得,
因为,所以,则有且仅有1个零点,故不符合题意;
③当,即时,由,得或,
由,得,
则在和上单调递增,在上单调递减.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,则或
,
若,解得,不符合题意,
若,设,则化为,
时,,,
所以,无解,
即无解,故不符合题意;
④当,即时,恒成立,则在上单调递增,从而最多有1个零点,则不符合题意;
⑤当,即时,由,得或,由,得,
则在和上单调递增,在上单调递减.
因为时,,时,,
所以要有两个零点,则或.
若,解得,不符合题意,
若.
设,则化为,
由（1）知在上单调递减,所以,无解,
即无解,故不符合题意.
综上,的取值范围是.
【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性,函数零点个数问题,难点在于函数定义域是,因此导数的零点需要根据定义域分类讨论,在定义域内有一个根, 还是两个根,有两个根时还需要比较两根的大小,从而得出函数单调性极值,由于含有参数还需结合函数变化趋势确定零点的存在性,从而得出结论.分类不清易出错.
17．（2023·湖南郴州·统考三模）已知函数.
(1)若在区间上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若函数和有公切线，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，用导数法解即可；
（2）设函数在点处与函数在点处有相同的切线，
由，化简得到，然后将问题转化为关于的方程有解求解.
【详解】（1）由题意，当时，设，
则，
，
令，得（舍负）
在上单调递减，在上单调递增，
.
根据题意的取值范围为.
（2）设函数在点处与函数在点处有相同的切线，
则，
，代入
得.
问题转化为：关于的方程有解，
设，则函数有零点，
，当时，
.
问题转化为：的最小值小于或等于0.
，
设，则
当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为.
由知，
故.
设，
则，
故在上单调递增，
当时，，
的最小值等价于.
又函数在上单调递增，
.
【点睛】方法点睛：对于函数与函数有相同的切线问题，一般设函数在点处与函数在点处有相同的切线，由，利用消元法，转化为方程有解求解.
18．（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.
19．（2023·广东·校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数的极值点的个数；
(2)当a，b，时，恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)函数的极值点个数为.
(2)
【分析】（1）求导，利用导数结合零点存在性定理得出函数的单调性，进而得出极值点个数；
（2）当时，由的单调性得出，当时，取，利用单调性得出，由此得出，并与已知矛盾，进而得出m的取值范围．
【详解】（1），令，得.
当时，因为，所以，，
即函数在上单调递减.
当时，令，，所以是增函数.
，
因为，所以，
所以存在唯一，使得，所以.
即，；当，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点.
综上所述，函数的极值点个数为.
（2）当时，，所以，
所以函数在上单调递增.
因为，所以，即.
所以.
同理可得
所以.
所以.
当时，由（1）可知，在上存在唯一的零点，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
取，则，
即.
同理可得.
所以，与已知矛盾.
所以的取值范围是.
【点睛】方法点睛：求函数的极值点的一般步骤：（1）求或二阶导数；（2）求出导数的零点；（3）利用导数的正负判断函数的单调性；（4）确定函数的极值点.
20．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数．
(1)证明：函数只有一个零点；
(2)在区间上函数恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可判断，然后说明当时无零点；当时，利用导数判断函数单调性，进而说明函数零点只有一个；
（2）将变为，从而构造函数，再利用导数判断函数的单调性，分时和时两种情况讨论不等式是否恒成立，结合，即可求得答案.
【详解】（1）证明：由可得，
当时，，，所以，
故，故在区间上无零点．
当时，，而，，且等号不会同时取到，
所以，
所以当时，函数单调递增，所以，
故函数在区间上有唯一零点0，
综上，函数在定义域上有唯一零点.
（2）由在区间上恒成立，得，
即在区间上恒成立．
设，则在区间上恒成立，
而，
，则．
设，则，当时，，
所以函数在区间上单调递增，故在区间上，，
即在区间上，
设函数，则，
所以函数在区间上单调递增，
故在区间上，即在区间上，，
所以在区间上，，即，
所以在区间上函数单调递增．
当时，，故在区间上函数，
所以函数在区间上单调递增．
又，故，即函数在区间上恒成立．
当时，，
，
故在区间上函数存在零点，即，
又在区间上函数单调递增，
故在区间上函数，所以在区间上函数单调递减，
又，所以在区间上函数，与题设矛盾．
综上，a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解答函数不等式恒成立问题的方法：（1）分离参数，即将不等式中所含参数分离出来，然后构造函数，将问题转化为利用导数求函数的最值问题；（2）将不等式变形为不等式一侧为0，直接构造函数，利用导数判断该函数的单调性，利用函数单调性解决恒成立问题；（3）将不等式变形，再利用放缩法转化为较常见形式的不等式，结合导数解决问题.
21．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知函数且.
(1)设，讨论的单调性；
(2)若且存在三个零点.
1）求实数的取值范围；
2）设，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)1）；2)证明见解析
【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.
(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）,,
因为,定义域为
当时,,解,得,解,得
当时,,解,得,解,得
综上, 当时, 增区间为,减区间为,
当时, 增区间为,减区间为,
（2）1）因为且存在三个零点.
所以有3个根
当时, ,
在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当,,即有两个根,
令,可转化为与有两个交点
,
可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,
其中,当,
所以可得,
即得.
2）因为且存在三个零点.
设，,易知其中 ,,
因为,所以,故可知;①
由1）可知与有两个交点,
,是单调递增的, ,,,所以;②
,
若,则
若,
构造函数,
设,
因为
又因为,
所以③
因为
又因为
所以
即得④
由③④可知, ,在上单调递增, 可得
,可知与同号
所以,
在上单调递增.
,,又由1)可知
所以,
,,是单调递增的,
所以⑤
由①②⑤可知
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,
结合特殊值得到再利用单调性可得.
22．（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.
23．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）已知函数.（为实数）
(1)当时，若正实数满足，证明：.
(2)当时，设，若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题设可得，讨论与1的大小关系，并应用分析法将问题化为证，构造利用导数研究单调性判断大小关系，即可证结论；
（2）令得，再构造并利用导数证明在上恒成立，即可确定范围.
【详解】（1）由题意，，定义域为，则恒成立，
所以在上为增函数，且，故，
若都大于1，则，不合题意，同理都小于1也不满足，
设，欲证，即证，即证，即证，即证，
构造函数，
所以，
，
，
所以在区间上单调递增，所以，则原不等式得证.
（2）由，令，则，故，
下面证明：时符合题意，
当时，，
以下证明：，
构造函数，
则.
令，则，
令，可得；令，可得，
于是在上递减，在上递增，于是，
所以，当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，故，
综上，实数的取值范围.
【点睛】关键点点睛：第一问，首先分析与1的大小，再设应用分析法转化证明结论，最后构造函数、应用导数求证；第二问，通过求参数范围，再由所得范围证恒成立（利用充要关系证明）.
24．（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．
25．（2023·山东青岛·统考一模）已知函数，圆．
(1)若，写出曲线与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；
(2)若曲线与圆C恰有三条公切线．
(i)求b的取值范围；
(ii)证明：曲线上存在点，对任意，．
【答案】(1)；
(2)(i)；(ii)证明见解析．
【分析】(1)根据导数的几何意义表示出f(x)的切线方程，再根据该切线与圆相切列出方程，取方程的特殊解即可得到一条共切线的方程；
(2)(i)设曲线与圆公切线的方程为，根据导数几何意义求出k和m的关系，在根据圆的切线方程的几何性质得到关于k的方程，问题转化为讨论该方程有三个解的问题.构造函数，将问题转化为讨论函数有3个零点的问题.(ii)根据(i)中构造出的函数，结合图象即可证明．
【详解】（1）设f(x)的切线的切点为，
∵，∴切线斜率为，
∴切线方程为，即，
当b＝1时，圆的圆心为，半径为，
当f(x)的切线也是圆的切线时，，
即，
易知是该方程的一个根，此时切线方程为．
（2）(i)设曲线与圆公切线的方程为(显然，l斜率存在)，
∵与曲线相切，故，
∴切点为，，即，即，
∵与圆相切，∴，即，
∴，
令，
则，
设，则，
易证明：．
①当时，∵在上单调递增，在上单调递减；∴，
∵，，
；
∴存在，，使得．
∴，，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∵，且，
又∵，
且，
∴存在，使得，
∴当时，曲线与圆恰有三条公切线；
②当时，∵；
∴存在，使得，
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
∴，且，
∴不可能存在三个零点；
③当时，；∴在上单调递减，最多一个零点；
∴最多一个极值点，不可能有三个零点；
综上，若曲线与圆恰有三条公切线，则的取值范围为．
(ii)函数的零点，
即方程的解，
即曲线和曲线交点的横坐标，
结合图象，
显然存在，使得成立，
∴对任意恒成立．
【点睛】本题属于导数的综合题，需要利用导数讨论方程根的个数问题（函数零点问题）.问题关键是熟练掌握利用导数分类讨论函数的单调性，判断函数的零点的个数.
26．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数．
(1)若，试判断的单调性，并证明你的结论；
(2)设，求证：．
【答案】(1)单调性见详解，证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性；
（2）根据题意分析可得原题意等价于，构建新函数，求导，结合基本不等式证明.
【详解】（1）若，则，
构建，则的定义域为，，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，可得，
即对恒成立，
故在上单调递增.
（2）由题意可得：，
则，即，
可得，
故原题意等价于，
构建，则，
构建，则对恒成立，
可得在上单调递增，故，
即，可得，
∵，则，
可得，
∵当时，则，当且仅当，即时，等号成立；
即对，均有，
故当，即，可得，
故，
则在上单调递增，可得.
故，即证.
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
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·湖南常德·统考一模）已知函数（）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若两个极值点，，且，求的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
在，上单调递增
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，先对函数求导得（），再结合二次函数的图像与性质分类讨论，，时，的符号，从而得到函数的单调性；
（2）根据（1）和韦达定理得到，，结合化简得到，，再构造函数，利用导数求得的值域，即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
又，，
令，得，
当时，时，，所以在单调递增；
当时，方程的，
①当时，，则，所以在单调递增；
②当时，，令，得，，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，
在，上单调递增；
综上所述：
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）得，若有两个极值点，，
则，且，，即，；
故
，，
令，
则，所以在上单调递减；
即，故，
综上所述：的取值范围为：.
【点睛】关键点睛：破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化：即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值或值域；
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
29．（2023·广东广州·统考一模）已知，函数.
(1)若，证明：当时，：
(2)若函数存在极小值点，证明：
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）把代入，构造函数，借助导数确定单调性推理作答.
（2）由给定条件确定a的取值范围，再分段讨论函数的极小值点及极小值推理判断作答.
【详解】（1）若，则，设，
，设，
，则在上单调递增，，即，
于是在上单调递增，，即，
所以当时，.
（2）函数，其定义域为，
，
由（1）知在上单调递增，，
当时，，当时，，
则由，解得或，其中且，即且，
否则恒有，则在上单调递增，函数无极值点，不符合题意，
若，即，当时，，
当时，，则在上单调递增，
在上单调递减，因此是的极小值点，，
若，即，当时，，
当时，，则在上单调递增，
在单调递减，因此是的极小值点，
，又，于是，
综上所述，函数存在极小值点.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
30．（2023·江苏南通·二模）已知函数．
(1)若，，求实数a的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将分为零正负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可；
（2）由题意要证，只要证，涉及到转化的思想令，，求的最小值即可求得结果.
【详解】（1）依题意，.
①当时，在上，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
②当时，令，得，解得，，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
③当时，判别式，所以，
所以在上单调递增，所以.
综上，实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，是的极小值点.
由（1）知，，，则.
综上，要证，只需证，
因为
，
设，.
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以，即得成立．
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，
（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；
（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.
减
极小值
增
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