专题06 函数与导数——【备考2023】高考数学大题精练 （全国通用）（原卷版+解析版）

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专题06 函数与导数

导数高考大题处于全国卷高考题的第20、21题位置，是高考题压轴大题，属于历年高考复习的重点题之一，涉及到求导运算，函数性质，函数图形与应用，直线与函数位置关系，函数放缩，函数零点，函数极值点与最值，函数不等式应用，函数恒成立与存在等等应用。是高考试题综合度大、应用变化繁多、考察知识与能力高的题型。

常考题型：单调性应用型，恒成立存在求参型，求整数型参数，导数证明不等式型，双变量不等式恒明和求参型，零点综合应用型，极值点偏移等极值型，数列不等式，含三角函数型导数应用


一、单调性应用型
例题、已知函数，其中．
(1)若，求函数的极值；
(2)讨论函数的单调性．
【答案】(1)不存在极大值；存在极小值，且极小值为；(2)见解析
【分析】（1）由导数得出单调性，进而得出极值；
（2）求导，讨论和的大小关系，得出函数的单调性．
【详解】（1）若，则，，
，令，得．
当时，；当时，．
所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
不存在极大值；存在极小值，且极小值为．
（2），．
①若，即，则令，得．
当时，；当时，．
所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
②若，即，则令，得或．
此时，的单调性如下表所示：
x



1


+
0

0
+


极大值

极小值


③若，则当时，，当且仅当时，等号成立．
此时，在区间上单调递增．
④若，即，则令，得或．
此时，的单调性如下表所示：
x

1




+
0

0
+


极大值

极小值


综上：时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；
时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减；
时，在区间上单调递增
时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减；
【点睛】关键点睛：在判断函数的单调性时，关键在于讨论和的大小关系，利用导函数的正负来判断单调性.


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．


(河南省郑州市2023届高三第一次质量预测数学试题)已知函数．
(1)若，求c的取值范围；
(2)设时，讨论函数的单调性．
【答案】(1)；(2)函数在区间和上单调递减，没有递增区间.
【分析】（1）由题意知，用导数求的最大值即可；
（2）对求导得，设，再用导数的正负，确定的正负，从而知的单调性.
【详解】（1）等价于．
设，则．
当时，，所以在区间内单调递增；
当时，，所以在区间内单调递减．
故，所以，即，
所以的取值范围是；
（2）且 ，
因此，
设，
则有，
当时，，所以， 单调递减，因此有，
即，所以单调递减；
当时，，所以， 单调递增，因此有，
即 ，所以单调递减，
所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.

1.(2023年普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（六）已知函数，．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若函数在上不单调，求实数a的取值范围．
【答案】(1)函数在上单调递增，在上单调递减(2)
【分析】（1）当时，确定函数解析式，求出定义域，利用导数求函数的单调性；
（2）由的解析式求出导数，无法直接判断导函数的正负，构造新函数再求导，分类讨论的单调性，求出实数a的取值范围.
【详解】（1）当时，函数，定义域为，
易知，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）由题意知，
则，令，，则．
①当时，，则在上单调递增，
所以当时，，所以在上单调递增，不符合题意．
②当时，，则在上单调递减，
所以当时，，所以在上单调递减，不符合题意．
③当时，由，得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减．
易知，当且仅当x＝1时取等号，则当时，，即．
所以当x＞0时，．
取，则，且．
又，所以存在，使得，
所以当时，，即，
当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，故函数在区间上不单调，符合题意．
综上，实数a的取值范围为．
2.(上海市静安区2023届高三上学期一模数学试题已知函数f(x)＝－2aln x－，g(x)＝ax－(2a＋1)ln x－，其中a∈R.
(1)若x＝2是函数f(x)的驻点，求实数a的值；
(2)当a >0时，求函数g(x)的单调区间；
(3)若存在xÎ[，e2 ]（e为自然对数的底），使得不等式f(x)£ g (x)成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)(2)答案见解析(3)
【分析】（1）根据是函数的驻点得到，然后列方程求即可；
（2）求导，分、和三种情况讨论单调性即可；
（3）将存在，使得不等式成立转化为，然后利用单调性求最值即可.
【详解】（1）若是函数的驻点，则，可得，即得．
（2）函数的定义域为，，
当时，令，可得或，①当，即时，对任意的，，
此时，函数的单调递增区间为．②当，即时，
令，得或，令，得，
此时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
③当，即时，令，得或；令，得，
此时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（3）由，可得，即，其中，
令，，若存在，使得不等式成立，则，，，令，得，当时，，当时，，∴函数在上严格递增，在上严格递减，∴函数在端点或处取得最小值．∵，∴，∴，∴，因此，实数的取值范围是

1.(2021年北京市高考数学试题已知函数．
（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.
【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：













增
极大值
减
极小值
增

所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.所以，，.
2.(全国普通高等学校招生统一考试文科数学（大纲卷）函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若函数f(x)在区间（1，2）是增函数，求a的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】试题分析：（1）首先求出函数的导数，然后求出使或的解集即可.
（2）分类讨论在区间（1，2）上使成立的条件，并求出参数a的取值范围即可
试题解析：（1），的判别式△=36（1-a）.
（i）若a≥1，则，且当且仅当a=1，x=-1，故此时f（x）在R上是增函数.
（ii）由于a≠0，故当a<1时，有两个根：，
若0 当x∈（x2，x1）时，，故f（x）在（x2，x1）上是减函数；
若a<0，则当x∈（－，x2）或x∈（x1，+）时，，故f（x）在（－，x2），（x1，+）上是减函数；
当x∈（x2，x1）时，，故f（x）在（x2，x1）上是增函数；
（2）当a>0，x>0时,，所以当a>0时，f（x）在区间（1，2）是增函数.
若a<0时，f（x）在区间（1,2）是增函数当且仅当且，解得.
综上，a的取值范围是.


二、恒成立求参型
例题、已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若对任意的，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据切点处导函数值等于切线斜率，运用点斜式求切线方程即可；
（2）分，，两种情况解决，当时，参数分离得，设，得，设，求导讨论单调性，得在上单调递减，在上单调递增，即可解决.
【详解】（1）当时，，所以，所以，，
所以所求切线方程为，即.
（2）对任意的，恒成立，
等价于对任意的，恒成立.
①当时，显然成立.
②当时，不等式等价于.
设，所以.设，则.当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，
又因为在中，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即的取值范围为.


破解不等式的恒成立问题的常用方法：
（1）分离参数法,分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
（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．

已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若关于x的不等式在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；(2).
【分析】（1）求导后，解不等式可得增区间，解不等式可得减区间；
（2）先由时不等式成立，得，再将不等式化为，构造函数，利用导数求出其最小值，代入可解得结果.
【详解】（1），，
令，得或，
令，得或，令，得，
所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）关于x的不等式在上恒成立，即在上恒成立，
当时，得，即，令，
，因为，所以，
设，则，令，得,令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即，
所以，所以在上为增函数，所以，即.

1.(广东省惠州市2023届高三第三次调研数学试题已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递区间为(2)
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）通过构造函数利用导数找最值的方法解决恒成立问题，求解实数a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域是，当时，，
令得，所以函数在上单递递增；令得，所以函数在上单调递减．所以函数的单调递增区间为，单调递区间为．
（2）恒成立，等价于恒成立，令，
因为恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以恒成立，等价于恒成立令，问题等价于恒成立
①若时，恒成立，满足题意；
②若时，则，所以，不满足题意；
③若时，因为，令，得，
，，单调递减，，，单调递增，
所以在处取得最小值，要使得，恒成立，只需，
解得综上：
【解法二】恒成立，等价于，令

①若时，，所以在上单调递增，
，即，满足，
②若时，则， ，所以在上单调递增，
由，函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递增，值域为；所以，使得，不满足题意．
③若时，令，∴，令，则在上单调递增，
函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递减，值域为；
则，；，，；，，所以，，，
，，单调递减，，，单调递增，
只需即可，
∴，∴，
令，，∴在上单调递增，
，∴时，，，，
所以在上单调递增，∴，即，综上：
2.(新疆乌鲁木齐地区2023届高三第一次质量监测数学（理）试题已知在处的切线方程为．
(1)求函数的解析式；
(2)是的导函数，对任意，都有，求实数m的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）代入得到，求出，则，解出即可.
（2），，求出，则，即，故.
【详解】（1），当时，，，，，
由切线方程为，，，即，.
（2），，由已知，成立，
令
，所以在上单调递减，
所以,即，设，则，令，解得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故当时，，故，
即，令代换有，两边同乘2有，
则，当时取等号，
所以时满足题意，若,存在时，原式有，
即与矛盾,不满足题意,所以.

1.(2020年新高考全国卷Ⅱ数学试题（海南卷）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
【详解】（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为．
（2）［方法一］：通性通法
,，且.设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此
>1,∴∴恒成立；
当时，∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由得，即，而，所以．
令，则，所以在R上单调递增．
由，可知，所以，所以．
令，则．所以当时，单调递增；
当时，单调递减． 所以，则，即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知，令，所以，所以．
于是．
由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．
令，所以．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为，且，所以，即．
令，则，所以在区间内单调递增．
因为，所以时，有，即．
下面证明当时，恒成立．
令，只需证当时，恒成立．
因为，所以在区间内单调递增，则．
因此要证明时，恒成立，只需证明即可．
由，得．
上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．
当时，因为，显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．
2.(2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，当时，单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，，
则，，故单调递增，，故函数单调递增，，
由可得：恒成立，故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；因此，,综上可得，实数a的取值范围是.
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．只需证当时，恒成立．
当时， ．只需证明⑤式成立．
⑤式，令，
则，
所以当时，单调递减；当单调递增；
当单调递减．从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，记，
，
①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；
②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意.综上，.

三、求整数型参数
例题、已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在上的最大值在区间内，求整数m的值．
【答案】(1)(2)
【分析】(1)根据导数的几何意义求切线的斜率，根据点斜式方程求切线方程；
(2)利用导数判断函数的单调性，确定其最大值的表达式，再利用导数求其最大值的范围，由此可求整数m的值．
【详解】（1），其定义域为，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由，得，所以．
令，则，所以在上单调递增，因为，，
所以存在，使得，即，即．故当时，，当时，，
又当时，（等号仅在时成立），所以当时，；当时，（等号仅在时成立）．所以在上单调递增，在上单调递减，
则．
令，，则，
所以在上单调递增，则，．所以，所以．


求整数型，多采用分类参数方法，通过分裂参数求得参数取值范围，或者不等式最值，然后对应整数的取值范围。
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．

已知函数，，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若对任意的，恒成立，求整数a的最小值．
【答案】(1)当时，函数的单调递减区间为；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为(2)2
【分析】（1）求导，分类讨论求原函数单调性；
（2）根据题意分析可得在上恒成立，构建新函数，利用导数结合零点代换求的最大值.
【详解】（1）由题意可得：函数的定义域为，且，
当时，在定义域内恒成立，则函数的单调递减区间为；
当时，令，则或（舍去），
当时，， 当时，，
则函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）对任意的，恒成立，即不等式恒成立，
因为，则，所以原问题等价于在上恒成立，
设，，则只需，可得，令在上单调递减，
因为，，所以存在唯一的，使得，即，
当时，，则，当时，，则，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以即可，
又∵，所以，故整数a的最小值为2．

1.（重庆市南开中学校2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，且存在整数使得恒成立，求整数的最大值.
（参考数据：，，，，，）
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）求导，再分，，和四种情况讨论，再根据导数符号即可得出函数的单调区间；
（2）存在整数使得恒成立，只要求出即可，利用导数求出函数的最小值的范围，即可得出答案.
【详解】（1），，
若，则，当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，若，则，
所以函数在上递增，若，则，
当或时，，当时，，
所以函数在上递减，在和上递增，
若，则，
当或时，，当时，，
所以函数在上递减，在和上递增，
综上所述，当时，函数在上递减，在上递增，
当时，函数在上递增，
当时，函数在上递减，在和上递增，
当时，函数在上递减，在和上递增；
（2）若，，，
令，则，
令，则，
所以函数在上递增，即函数在上递增，
又，则当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，所以，又，所以函数存在唯一的零点，且，此时，则当时，，即，当时，，即，
所以函数在上递减，在上递增，所以，
令，则，所以函数在上递减，
所以，又，
所以，又存在整数使得恒成立，所以整数的最大值为.
2.（河北省石家庄市部分学校2022-2023学年高三上学期期末联考数学试题）已知函数的图象在处的切线方程为．
(1)求，的值；
(2)若关于的不等式对于任意恒成立，求整数的最大值．（参考数据：）
【答案】(1)，；(2)3
【分析】（1）根据给定条件，求出函数的导数，利用导数的几何意义求解作答.
（2）利用导数求出函数在区间上的最小值取值范围，再结合恒成立的不等式即可作答.
【详解】（1）函数，求导得：，
因为函数的图象在处的切线方程为，则，解得，
当时，，则，解得，
所以，.
（2）由（1）知，，，令，，
在上单调递增，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
，，，
于是存在，使得，
当或时，，当时，，
即有函数在上单调递增，在上单调递减，而，，
显然函数在上的最小值为与中最小的，由得，
因此，函数图象对称轴，显然，以下比较到的距离大小：
若，则有，，，
若，则，
从而函数在上，
当时，有，即，显然，
综上，函数在上的最小值在区间内，对于任意恒成立，则有，
所以整数的最大值为3.

1.（普通高等学校招生考试数学（文）试题（福建卷））已知是二次函数，不等式的解集是，且在区间上的最大值是12．
(1)求的解析式；
(2)是否存在自然数m，使得方程在区间内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出所有m的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)；(2)存在，.
【分析】（1）根据给定的解集设出二次函数解析式，再利用最大值计算作答.
（2）由（1）结合已知方程，构造函数，利用导数探讨函数的正零点即可作答.
【详解】（1）因是二次函数，且的解集是，即是一元二次方程的二根，且二次项系数为正，
则设，且，显然函数的对称轴为，又在区间上的最大值12，
于是得，解得，则有，
所以的解析式是.
（2）由（1）知，方程等价于方程，
假设存在自然数m满足条件，令，则只需考查方程的正根即可，
求导得：，当时，单调递减，
当时，单调递增，，
因此方程在区间内分别有唯一实数根，而在区间内没有实数根，
所以存在唯一的自然数，使得方程在区间内有且只有两个不同的实数根.
2.（全国普通高等学校招生统一考试文科数学（课标卷））设函数
(1)求的单调区间
(2)若，k为整数，且当时，求k的最大值
【答案】(1)答案见解析(2)2
【分析】(1)求函数的单调区间，可先求出函数的导数，由于函数中含有字母，故应按照的取值范围进行分类讨论研究函数的单调性，给出单调区间.
(2)由题设条件结合(1),将不等式成立转化为，由此将转化为求在给定区间的最值问题.
【详解】（1）函数的定义域是，，当时，，所以函数在上单调递增，
当时，时， ，当，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）
由于，所以，故当，，等价于
令，①
则，
由(1)可知，当时，函数在上单调递增，
而，所以在存在唯一零点，
故在存在唯一零点，设此零点为，则有，
当时，，当时，，
所以在上的最小时为，又由，可得，
所以 ，由于①等价于，故整数的最大值为2.

四、证明不等式型
例题、已知在处的切线方程为．
(1)求函数的解析式：
(2)是的导函数，证明：对任意，都有．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）根据条件得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意，令，然后求导得到其在上的最大值，即可得证.
【详解】（1）由题意可得，，且，则，
即，即，所以
（2）由（1）可知，，所以，
令，则，
所以时，，即在上单调递减，
所以，即，
所以，即


利用导数证明不等式的常用方法有：
（1）放缩法：通常会结合已知条件进行放缩（如本题利用了进行放缩）或利用常见结论放缩；
（2）构造函数法：常用于证明（或）时，可通过构造函数，转化为证明（或）；
（3）变形构造函数：如过原不等式构造函数较为复杂，可以将原不等式适当变形后再构造函数，再利用导数进行证明.

已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有且仅有2个零点，求实数a的取值范围；
(3)证明：.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)(3)证明见解析
【分析】(1)利用导函数讨论单调性；
(2)根据导函数与单调性、最值的关系求解；
(3)利用导函数与单调性的关系证明不等式.
【详解】（1）∵，∴，
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，得；令，得.
∴在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知当时，函数在上单调递增，不符合题意；
当时，，
且，
当趋于无穷大时，的增长速率远远大于的增长速率，所以趋于,由此作出的图象，

∴若有且仅有2个零点，只需.设，则.
∴当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.
又，∴或.∴实数a的取值范围为.
（3）证明：由（1）可知当时在上单调递减，在上单调递增.
，即，当且仅当时取等号，设，则.
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
又，∴，当且仅当时取等号.∴.

1.（2023年普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（二））已知函数，其中e为自然对数的底数.
(1)当时，若在上有解，求b的最小值；
(2)若函数有极值点，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离得到在上有解，令，求导得到其单调性和最小值，从而得到；
（2）由有极值点，得到有正根，进而转化为，放缩后得到，结合，，，得到，因此，所以，因此，证明出.
【详解】（1）当时，，在上有解，即在上有解.
令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，所以，故b的最小值为.
（2）因为有极值点，所以有正根，由，得，
两边同时平方得，因为，
所以. 下证：当时，，
令，，
恒成立，故，即，
画出与在的图像，显然上，，
故，所以，
下面证明，，设，，在上恒成立，
故，即，，故，所以，
因此，所以，因此，
所以，得证.
2.（宁夏回族自治区银川一中2023届高考三模数学（文）试题）已知函数，（为自然对数的底数，）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，，证明：当时，.
【答案】(1)当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明过程详见解析.
【分析】（1）求出的导数，根据的取值范围，对的符号进行讨论，求出单调区间即可；
（2）将，，，代入，利用导数求出函数在区间的最大值，并证明，再判断端点函数值，即可.
【详解】（1）∵，∴的定义域为，
∴，
①当时，对任意的，，在上单调递减，
∴此时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
②当时，令，得，
易知在区间单调递减，
∴当时，，在区间单调递增，
当时，，在区间单调递减，
∴此时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，的单调递减为，无单调递增区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）若，则，，
∴，
当时，，
令，，则，
当时，，∴在区间上单调递增，
又∵，，
∴，使，此时，，即
又∵在区间上单调递增，
∴当时，，，在区间上单调递增，
当时，，，在区间上单调递减，
∴当时，取得极大值，也是最大值，
，
令，则，当时，，
∴在区间上单调递增，当时，，
∴当时，，
又∵，
，
∴综上所述，若，当时，.


1.（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）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
【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．
2.（2021年全国新高考I卷数学试题）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．


五、双变量型不等式
例题、已知函数．
(1)试讨论的单调性；
(2)求使得在上恒成立的整数a的最小值；
(3)若对任意，当，时，均有成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)1(3)

【分析】（1）求，讨论取不同值时的正负，判断函数的单调性；（2）由（1）可知时不成立，时借助于的单调性，解的的范围，求出满足条件的最小整数；（3）当时，在上单调递增，，将原不等式化简计算可解出的范围.
【详解】（1）由题意知：且
①当时，恒成立∴在上单调递增，在上单调递减
②当时恒成立，即在上单调递增
③当时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
④当时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
（2）由（1）知：当时，在时单调递增又因为时，所以不符合题意，所以
由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
∴可得
所以使得在上恒成立的整数a的最小值为1
（3）由（1）可知，当时，在上单调递增
∴
∵恒成立∴∴∵，∴∵，∴∴


双变量型有两类，一类是恒成立或者存在求参，另一类是构造函数求参
一般地，已知函数，，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集.


已知函数，.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若任意且，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）不妨令，则问题等价于，令，只需证明在单调递增，问题等价于在时恒成立，参变分离得到，，再构造函数，利用导数求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）解：当时，，．则，令，解得或，又因为，所以．列表如下：
x

2






单调递减
极小值
单调递增
因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以有极小值，无极大值．
（2）解：因为，，所以，，
若对任意且恒成立不妨令，则
，令，只需证明在单调递增，
因为，则，所以在时恒成立，即，，
令，，则，因为，所以令，解得，令，解得，
从而在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时取到最大值，所以实数的取值范围是．

1.（2023年普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（八））已知函数，，．
(1)求的极值；
(2)若存在，对任意的，使得不等式成立，求实数的取值范围．（）
【答案】(1)极大值，极小值为(2)
【分析】（1）求出，令，得或，再列出的变化关系表，根据表格和极值的概念可求出结果；
（2）根据（1）求出在上的最小值为，则将若存在，对任意的，使得不等式成立，转化为在上恒成立，再构造函数，，转化为，利用导数求出代入可得解
【详解】（1）由，得,令，得或，
的变化关系如下表：




3


＋
0
－
0
＋

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增

由表可知，当时，取得极大值，为，当时，取得极小值，为.
（2）由（1）知，在上单调递减，所以当时，，
于是若存在，对任意的，使得不等式成立，则在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，
，因为，所以，，
因为，所以，所以，所以单调递减，故，于是，得，又，
所以实数a的取值范围是．
2.（广西柳州市2022届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设（为自然对数的底数），当时，对任意，存在，使，求实数的取值范围.
【答案】(1)分类讨论，答案见解析；(2).
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出函数的单调区间作答.
（2）利用（1）的结论求出在上的最大值，再利用给定条件，构建不等式并分离参数，构造函数，求出函数最大值作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
而，当时，由得，由得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，由得，由得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）知，函数在上单调递减，而，则，
任意，存在，使等价于，恒成立，
则有，成立，令，
则，当时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，，
因此当时，最大值为，则，所以实数的取值范围是.
.
（普通高等学校招生考试数学（理）试题（湖北卷））设是函数的一个极值点．
(1)求与的关系式（用表示），并求的单调区间；
(2)设．若存在使得成立，求的取值范围．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）求导根据得，在讨论时，和的大小即可；
（2）根据题意求出的值域即可求解.
【详解】（1）由题知，，
由，得，化简得：，
令，得或，由于是极值点，
，那么，当时，则在区间上，为减函数；
在区间上，为增函数；在区间上，为减函数；
当时，则在区间上，为减函数；
在区间上，为增函数；在区间上，为减函数；
（2）由（1）知，当 时，
在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
那么在区间 上的值域是，而，，
那么在区间 上的值域是，又在区间 上是增函数，
且它在区间 上的值域是，由于
只要且，解得，故 的取值范围是.


六、零点型综合
例题、已知函数．
(1)证明：为增函数的充要条件是；
(2)若函数有3个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据函数单调性与导数的关系，从充分性与必要性两方面证明即可；
（2）对进行讨论，结合导数确定函数的单调性，验证零点个数进行取舍，即可得a的取值范围．
【详解】（1）证明：充分性，函数的定义域为，
当时，，所以为上的增函数．
必要性，当为增函数时，恒成立，
即恒成立，又，所以，证毕．
（2）①由（1）知，当时，函数没有3个零点；
②若恒成立，则恒成立，所以，不合题意；
③当肘，，方程，，
设其两根为，，有，，
从而在，上，单调递减，在上，单调递增，，，，．
由，，得，
令，，，，
因为，，所以，在上单调递减，
所以．
由，有，所以，
即，在上存在唯一零点；，，
令，，，由在上单调递减，
所以在上单调递增，，
即，所以在上存在唯一零点；综上所述，若函数有3个零点，则．


已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：
(1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．


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.

1．（山西省忻州市2023届高三下学期百日冲刺数学试题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）对函数求导，再对进行分类讨论，根据和，即可得函数的单调性；
（2）根据（1）的单调区间，对进行分类讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到的取值范围.
【详解】（1）由题意可得．
当时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增．
当时，，则．由，得或，
由，得，则在上单调递减，在上单调递增．
当时，在R上恒成立，则在R上单调递增．
当时，，则．由，得或，
由，得，则在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）可知当时，在上单调递减，在上单调递增．
要使有两个零点，需至少满足，即．
当时，，
，
则在与上各有一个零点，即符合题意．
当时，只有一个零点，则不符合题意．
当时，由，当时，，，
则在上恒成立．
由（1）可知在上单调递增或先递减后递增，则不可能有两个零点，即不符合题意．
综上，a的取值范围为．
2.（2023年普通高等学校招生全国统一考试数学预测卷（一））已知函数．
(1)若的最小值为，求a的值；
(2)若，证明：函数存在两个零点，，且．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，根据函数的最小值列等式，再利用函数的单调性求a的值；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合零点存在定理证明函数有两个零点，结合对数运算寻找函数的两个零点之间的关系，即可根据基本不等式证明不等式.
【详解】（1）由题意得的定义域为，，
令，则，所以函数在上单调递增．
因为，所以，，所以存在唯一的，使得，
即，所以，
当时，，单调递减；当，，单调递增．
所以，
所以，即，
易知单调递增，且， 所以，所以．
（2）当时，，，显然单调递增，
又，，所以存在唯一的，使得，即，所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
因为，，，所以有两个零点，，
不妨设，则，．
因为，
所以， 所以也是的零点，
因为且只有两个零点和，所以．
所以.

1.（2022年高考全国乙卷数学（文）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)
【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.
【详解】（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.
2.（2022年高考全国乙卷数学（理）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)
【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
【详解】（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,令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，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，当，，
又，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



七、极值点偏移等极值型
例题、已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)当时，若函数有两个零点．
①证明：；②证明：．
【答案】(1)有极小值，无极大值(2)①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的单调性，进而可求极值；
（2）对①：根据分析可得等价于，构建，利用导数证明；对②：令，整理可得，结合的单调性证明，再结合的单调性即可证明.
【详解】（1）由题意可得：，
∵在上单调递增，且，
∴当时，，当时，，
即当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
可得有极小值，无极大值.
（2）若函数有两个零点，则，解得，
当时，则，
结合的单调性可知：在，内均只有一个零点，则，
构建，则当时恒成立，
故在上单调递增，
①令，则等价于，等价于，等价于，
∵在上单调递增，则，即，故.
②若函数有两个零点，令，即，
则，可得，
故，
由，则，
∵在上单调递增，则，即，
∴当时恒成立，
又∵在上单调递减，且，∴，即，故.


众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏.[来源:学_科_网Z_X_X_K]
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.


极值点偏移问题的一般题设形式：
1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
4. 若函数中存在且满足，令，求证：.


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.


1.(北京大兴区2023届高三开学检测数学试题已知函数．
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数，若有两个零点，，且为的唯一极值点，求证：．
【答案】(1)极小值为，无极大值(2)证明详见解析
【分析】（1）利用导数求得的单调区间，从而求得的极值.
（2）先求得满足的方程，然后利用换元法，结合构造函数以及导数证得不等式成立.
【详解】（1）当时，，定义域为，，
所以在区间递减；在区间递增.
所以的极小值为，无极大值.
（2），
当时，在上恒成立，在上递增，不符合题意.
当时，在区间递减；在区间递增.
所以的极小值点为，，
要使有两个零点，则，，
则，对于函数，
所以在区间递减；在区间递增.
所以，所以在上恒成立.则，
所以不妨设，由，得，令，
即，整理得，要证，即证，
即证，即证，即证，即证.
设函数，，
所以函数在上递增，所以，所以，所以.
2.(云南民族大学附属中学2023届高三诊断数学试题已知函数，设曲线在点处的切线方程为.
(1)证明：对定义域内任意，都有；
(2)当时，关于的方程有两个不等的实数根，证明：.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）根据导函数求出切线斜率，由点斜式可得出切线方程，令，根据导函数的的出的单调性，可证恒成立，即.
（2）令，解得或，分别求出两条切线方程，，可证，恒成立，由函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和，与的关系即可证明结论.
【详解】（1）证明：，，
又，；令，
在上单调递增，且，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
，恒成立，所以恒成立.
（2）证明：当时，，则，
显然在定义域内单调递增，而，，存在，使，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，令，解得或，
由（1）（2）可知在处的切线方程为，
且恒成立，同理可得在处的切线方程为，
令，
当时，，，当时，，
恒成立，即恒成立.
设函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和，
不妨设，则，，令，解得，，
得证.

1.(2021年全国新高考I卷数学试题)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．
2.(2022年高考全国甲卷数学（理）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
【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.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得当单调递减
当单调递增，
若,则,即所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则故在区间上是增函数
故，即所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
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,即证又因为,故只需证
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.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故两边取对数得：，即
又因为，故，即下证
因为
不妨设，则只需证构造，则
故在上单调递减
故，即得证

八、数列不等式型
例题、已知函数．
(1)当时，证明：对任意的，都有；
(2)证明：．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】证明，所以，求函数即可.
根据原题可以转化证明
，也就是证明结合第一问可得.
【详解】（1）设函数，
在上单调递增，，即

又因为，因为，
所以，即在恒成立，所以，得证.
（2）
，而，欲证
即证，也就是证对即可.
即证，即证，观察可知与有关系，
由(1)知时对恒成立即，故得证毕.

利用导数证明数列不等式，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起．
证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的，要注意以下思维点：
1.此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到。
2.利用第一问的极值点，最值点，或者如果含参，参数取特殊值，自变量取n即可得到放缩不等式。
3.要注意n或者n的对应替换式子时的取值范围。

若函数
(1)证明:当时；
(2)设，证明
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】(1)给函数求导得，令，通过导数可得到，即可解决得到单调性；
(2)根据可得不等式成立，换元变为，令证明.
【详解】（1）∵，∴．
令，则．当时，．
∴在上单调递减，故．∵，∴．
∴在上单调递减，故．∴当时，．
（2）由（1）可知，当时，．令，则上式化为．
∴，．令，*得．
∴，．∵．∴，得证．

1.(广西梧州市2023届高三上学期第一次模拟测试数学（文）试题已知函数.
(1)求函数的最小值；
(2)证明：.
【答案】(1)0(2)详见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，即可求函数的最小值；
（2）由（1）可知，令，不等式变形为，不等式右边裂项为，再用累加求和，即可证明不等式.
【详解】（1），，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以
（2）由（1）知，
即（当且仅当时等成立），令，则，所以，
而，故，从而，，…，，
累加可得，命题得证.
2.（辽宁省沈阳市东北育才学校2015-2016学年高三上学期第三次模拟数学试题（文科））已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数的图象在点处的切线的倾斜角为45°，对于任意的，函数在区间上总不是单调函数，求m的取值范围；
(3)求证：．
【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域，然后分，和讨论导数的正负，从而可求得函数的单调区间；
（2）点处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即，可求a值，代入得的解析式，由，且在区间上总不是单调函数可知：，于是可求m的范围．
（3）由（1）可得对一切成立，所以，，则有，则，然后累乘可得结论．
【详解】（1）
当时，当时，，当时，，所以的单调增区间为，减区间为；
当时，当时，，当时，，所以的单调增区间为，减区间为；
当时，，所以为常数函数；
（2）得，∴，∴
∵在区间上总不是单调函数，且∴    由题意知：对于任意的，恒成立，
所以有：，即，∴；
（3）令此时，所以，由（1）知在上单调递增，
∴当时，即，∴对一切成立，
∵，，则有，∴∴

（2022年新高考全国II卷数学真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，又，设，
则，若，则，因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，
下证：对任意，总有成立，证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，
所以.当时，有，    
所以在上为减函数，所以.综上，.
（3）取，则，总有成立，令，则，
故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，
整理得到：，故，故不等式成立.



线
九、含三角函数型导数应用
例题、已知函数．
(1)若函数在点处的切线方程为，求a的值；
(2)当时，证明在上恒成立．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】(1)由已知结合导数的几何意义列方程可求a的值；
(2)要证明在上恒成立只需证明在上恒成立，利用导数求函数的最小值即可完成证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
因为函数在点处的切线方程为，所以
所以，所以；
（2）当时，因为，，所以，
所以，令，，
，令，则，
令，解得，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
又，，，由零点存在性定理，存在唯一实数，使得，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，而，，
所以在上恒成立，所以在上恒成立．


以三角函数为载体，利用导数来考察不等式证明或者求参的题型，主要从以下几方面思考：
1. 分类讨论型。
2. 分离参数型
3. 端点效应型
4. 借助连续函数保号性定理应用型

已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求证：当时，对，恒有．
【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)见解析
【分析】（1）对求导，分，两种情况，根据导数的正负可判断的单调性；
（2）构造新函数，将所求问题转化为对恒成立，利用导数研究的单调性，即可证得.
【详解】（1）当时，，所以，当时，，此时在上单调递减；
当时，令，解得：，所以在上单调递增；
令，解得：，所以在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）证明：当时，，令函数，，
所以在上单调递减，且，所以，即，
所以当，，则，所以，所以当，，则，所以，令函数，
则，所以在上单调递增，又，
所以对，恒成立，所以当时，对，恒有.


（河南省郑州市2023届高三第一次质量预测理科数学试题）已知函数，．
(1)求的单调区间与最值；
(2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为,，,，
(2)
【分析】（1）对求导后研究的正负， 确定的单调性与最值；
（2）设由题意知有解，分类讨论的单调性并求最大值即可.
【详解】（1），
所以在，上，，单调递增，在,，,上，，单调递减，
所以单调递增区间为，，单调递减区间为,，,．
，.
（2）设
当，即时，，在上单调递增，
，，所以成立；
当，即时，，在上单调递减，，即，所以；
当时，，当，单调递增，
当，单调递减，
所以
，令，
，所以，成立．
综上，a的取值范围为．

（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ））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．