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第12讲 导数与函数的单调性问题
【高考地位】
在近几年的高考中，导数在研究函数的单调性中的应用是必考内容，它以不但避开了初等函数变形的难点，定义法证明的繁杂，而且使解法程序化，优化解题策略、简化运算，具有较强的工具性的作用. 导数在研究函数的单调性中的应用主要有两方面的应用：一是分析函数的单调性；二是已知函数在某区间上的单调性求参数的取值范围.在高考中的各种题型中均有出现，其试题难度考查相对较大.
类型一 求无参函数的单调区间
万能模板 内 容
使用场景 知函数的解析式判断函数的单调性
解题模板 第一步 计算函数的定义域； 第二步 求出函数的导函数； 第三步 若，则为增函数；若，则为减函数.
例1 【河北省衡水市枣强中学2020届高三下学期3月调研】已知函数.
（1）当时，判断的单调性；
【解析】（1）当时，，
第一步，计算函数的定义域：.
第二步，求出函数的导函数：
第三步，令，则在上为减函数，且
所以，当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减.
故递增区间为；递减区间为
【变式演练1】函数，的单调递增区间为__________．
【来源】福建省三明第一中学2021届高三5月校模拟考数学试题
【答案】；（区间两端开闭都可以）
【分析】
利用三角恒等变换得，再利用换元法设，利用导数和复合函数的单调性解不等式，即可得到答案；
【详解】
令，
设，则，
，
，，
，
，
在区间单调递增.
故答案为：.
【点睛】
本题考查复合函数的单调性与导数的结合，考查运算求解能力，求解时注意复合函数的单调性是同增异减的原则.
【变式演练2】已知函数，则不等式的解集为___________.
【来源】全国卷地区“超级全能生”2021届高三5月联考数学（文）试题（丙卷）
【答案】
【分析】
首先根据题意得到是偶函数，利用导数和奇偶性得到函数的单调区间，再利用单调性和奇偶性解不等式即可.
【详解】
因为，，
所以，所以是偶函数.
因为
当时，，所以在上单调递增.
又因为是偶函数，所以在上单调递减.
所以，即，
所以，即，解得或.
故答案为：.
【变式演练3】【黑龙江省哈尔滨六中2020届高三高考数学（文科）二模】已知函数，若，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求得函数单调性与奇偶性，再结合指数函数与对数函数的性质，得出，得到，进而得到，即可得到答案.
【详解】
由题意，函数的定义域为，
且，即，
所以函数是上的奇函数，
又由，所以函数为上的单调递减函数，
又因为，且，即，
所以，可得，
又由函数是上的奇函数，可得，
所以，即.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性与函数的单调性，以及指数函数与对数函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟练应用函数的基本性质，结合指数函数与对数函数的性质求得自变量的大小关系式解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
【变式演练4】【湖南省湘潭市2020届高三下学期第四次模拟考试】定义在上的连续函数，导函数为．若对任意不等于的实数，均有成立，且，则下列命题中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数分析出函数在上单调递增，在上单调递减，并推导出函数的图象关于直线对称，进而可判断出各选项的正误.
【详解】
构造函数，则，
当时，.
当时，则，；
当时，则，.
所以，函数在上单调递增，在上单调递减.
又，所以，
即，故函数的图象关于直线对称．
对于A选项，，即，与的大小关系不确定，A选项错误；
对于B选项，，即，即，B选项正确；
对于C、D选项，，即，C、D选项错误.
故选：B．
【点睛】
本题考查利用构造函数法判断函数值的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解题的关键，考查推理能力，属于难题.
类型二 判定含参数的函数的单调性
万能模板 内 容
使用场景 函数的解析式中含有参数
解题模板 第一步 计算函数的定义域并求出函数的导函数； 第二步 讨论参数的取值范围，何时使得导函数按照给定的区间大于0或小于0； 第三步 根据导函数的符号变换判断其单调区间.
例2 【黑龙江省大庆市第四中学2020届高三下学期第四次检测】已知函数.
（1）讨论的单调性；
【解析】（1）第一步，计算函数的定义域并求出函数的导函数：
，
记.
第二步，讨论参数的取值范围，何时使得导函数按照给定的区间大于0或小于0：
当时，因为，所以，所以函数在上单调递增；
当时，因为，所以，函数在上单调递增；
当时，由，解得，
第三步，根据导函数的符号变换判断其单调区间：
所以函数在区间上单调递减，在区间和上单调递增.
【变式演练5】（主导函数是一次型函数）【福建省三明市2020届高三（6月份）高考数学（文科）模拟】已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
【解析】（1）因为，
所以，
当时，，即函数在单调递增；
当时，令，即，解得；
令，即，解得，
综上所述：当时，函数在单调递增；当时，函数在单调递增，在单调递减.
【变式演练6】（主导函数为类一次型）【山东省威海荣成市2020届高三上学期期中考试】已知函数.
（I）讨论的单调性；
【解析】（Ⅰ）函数的定义域为，且.
①当时，，函数在上单调递减；
②当时，令，可得；令，可得.
此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
【变式演练7】（主导函数为二次型）【2020届山西省高三高考考前适应性测试（二）】已知函数，.
（1）讨论的单调性；
【解析】（1）函数的定义域为，.
令，.
①当时，即当时，对任意的，，则，
此时，函数在上单调递增；
②当时，即当时，
方程有两个不等的实根，设为、，且，
令，解得，.
解不等式，可得；
解不等式，可得或.
此时，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的单调递增区间为，无递减区间；
当时，函数的单调递增区间为，，单调递减区间为；
【变式演练8】（主导函数是类二次型）【山西省太原五中2020届高三高考数学（理科）二模】已知函数，其中k∈R.
（1）当时，求函数的单调区间；
【解析】（1） ，
当时 ，令得，令 得，故 的单调递增区间为 的单调递减区间为
当时，令 得，或 ，
当时 ，当时 或；当 时； 的单调递增区间为 ；减区间为 .
当时 ，当时 ；当时 ；的单调递增区间为 ；
【变式演练9】已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【来源】江西省南昌市新建区第一中学2020-2021学年高三上学期期末考试数学（文）试题
【答案】A
【分析】
利用导数求出函数的单调递增区间为，进而可得出，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
因为的定义域为，，
由，得，解得，所以的递增区间为．
由于在区间上单调递增，则，
所以，解得.
因此，实数的取值范围是．
故选：A.
【点睛】
方法点睛：利用函数在区间上单调递增求参数，可转化为以下两种类型：
（1）区间为函数单调递增区间的子集；
（2）对任意的，恒成立.
同时也要注意区间左端点和右端点值的大小关系.
类型三 由函数单调性求参数取值范围
万能模板 内 容
使用场景 由函数单调性求参数取值范围
解题模板 第一步 计算函数的定义域并求出函数的导函数； 第二步 根据题意转化为相应的恒成立问题； 第三步 得出结论.
例3．【江苏省南通市2019-2020学年高三下学期期末】若在上是减函数，则实数的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】第一步：计算函数的定义域并求出函数的导函数：
因为，故可得，
第二步 根据题意转化为相应的恒成立问题：
因为在区间是减函数，故在区间上恒成立.
因为，故上式可整理化简为在区间上恒成立，
因为在区间上的最小值为，
第三步 得出结论：故只需-1.
故选：A.
【点睛】
本题考查根据函数的单调性，利用导数求解参数范围的问题，属基础题.
【变式演练11】（转化为任意型恒成立）【四川省绵阳市2020高三高考数学（文科）三诊】函数在上单调递增，则的最小值为（ ）
A．4 B．16 C．20 D．18
【答案】B
【解析】
【分析】
由函数在上单调递增得：在上恒成立，转化成，结合线性规划知识求解即可
【详解】
因为函数在上单调递增，
所以
=在上恒成立．又，
所以在上恒成立．
记，
则，
整理得：，
把横坐标看作轴，纵坐标看作轴，作出不等式组表示的区域如下图，
令，则，
抛物线恰好过图中点，由线性规划知识可得：
当抛物线过点时，最小，此时取得最小值．
所以
故选B
【点睛】
本题主要考查了单调性与导数的关系，还考查了恒成立问题及线性规划求最值，考查计算能力及转化能力，属于中档题．
【变式演练12】（转化为变号零点）【山西省运城市2019-2020学年高三期末】已知函数在内不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
函数的定义域为，，根据题意可得到，，从而可得答案．
【详解】
解：函数，定义域，
，
当时，，在上是增函数，不符合题意，
当 时，在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
函数在内不是单调函数，
，
，
故选：D ．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，依题意得到是关键，也是难点所在，属于中档题．
【变式演练13】（直接给给定单调区间）【辽宁省六校协作体2019-2020学年高三下学期期中考试】已知函数的单调递减区间是，则的值为（ ）
A．-4 B．-2 C．2 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据的单调区间，得到导函数的零点，结合根与系数关系，求得的值.
【详解】
依题意，由于函数的单调递减区间是，
所以，是的两个零点，所以，
所以.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.
【变式演练14】（转化为存在型恒成立）【四川省仁寿第一中学北校区2019-2020学年高三月考】若f（x）2ax在（1，+∞）上存在单调递增区间，则a的取值范围是( )
A．（﹣∞，0] B．（﹣∞，0） C．[0，+∞） D．（0，+∞）
【答案】D
【解析】
【分析】f(x)在(1,+∞)上存在单调递增区间,等价于>0在(1,+∞)上有解.因此结合的单调性求出其在(1,+∞)上的最值,即可得出结论.
【详解】f(x)2ax在(1,+∞)上存在单调递增区间,
只需>0在(1,+∞)上有解即可.
由已知得,该函数开口向下,对称轴为,
故在(1,+∞)上递减,
所以=2a>0,解得a>0.
故选:D.
【点睛】本题主要考查了函数单调性的应用,难度不大.
【高考再现】
1．（2021·全国高考真题（理））设，，．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【解析】,
所以;
下面比较与的大小关系.
记,则,，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以,即,即;
令,则,,
由于，在x>0时,,
所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b综上，,
故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
2．（2021·全国高考真题（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
3．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：.
【来源】2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；
（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.
【详解】
（1）函数的定义域为，
又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，
故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.
先证：，
若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，
结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，故成立，即成立.
综上所述，.
【点睛】
方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.
4.【2017山东文，10】若函数(e=2.71828,是自然对数的底数)在的定义域上单调递增,则称函数具有M性质,下列函数中具有M性质的是
A . B. C. D.
【答案】A
【解析】由A,令,,则在R上单调递增,具有M性质,故选A.
【考点】导数的应用
【名师点睛】
1.本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的走向．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．
2.求可导函数单调区间的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；
(2)求导函数f′(x)；
(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集．
(4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．
3.由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．
5.【2017江苏，11】已知函数, 其中e是自然对数的底数. 若,则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】
【考点】利用函数性质解不等式
【名师点睛】解函数不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内
6．【2020年高考全国Ⅰ卷文数20】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）．
【思路导引】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图像的走向，从而求得结果．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
∴的减区间为，增区间为．
（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解．
令，则有，
令，解得，令，解得或，
∴函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，，而时，，当时，，∴当有两个解时，有，∴满足条件的的取值范围是：．
【专家解读】本题的特点是灵活运用导数研究函数的性质，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与函数的零点，考查数形结合思想，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是结合函数的图像研究问题．
7．【2020年高考全国Ⅰ卷理数21】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增;（2）．【思路导引】(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)首先讨论的情况，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．
【解析】(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)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，，
令，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．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性、极值（最值），考查数形结合、分类讨论思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数．
【考向总结】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．
8．【2020年高考全国Ⅱ卷文数21】已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）设，讨论函数的单调性．
【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间．
【思路导引】（1）不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；
（2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数，再求导得到，根据的正负，判断的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性．
【解析】（1）函数的定义域为：，
，
设，则有，
当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需．
（2）且，因此，
设，则有，
当时，，∴，单调递减，因此有，即
，∴单调递减；
当时，，∴，单调递增，因此有，即，∴单调递减，∴函数在区间和上单调递减，没有递增区间．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数单调性，考查不等式恒成立的参数取值范围问题，考查转化与化归思想，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是应用参数分离法解决不等式恒成立的参数取值范围问题．
9.（2018年新课标I卷文）已知函数．
（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；
（2）证明：当时，．
【答案】(1) a=；f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2)证明见解析.
【解析】分析：(1)先确定函数的定义域，对函数求导，利用f ′（2）=0，求得a=，从而确定出函数的解析式，之后观察导函数的解析式，结合极值点的位置，从而得到函数的增区间和减区间；
(2)结合指数函数的值域，可以确定当a≥时，f（x）≥，之后构造新函数g（x）=，利用导数研究函数的单调性，从而求得g（x）≥g（1）=0，利用不等式的传递性，证得结果.
详解：（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=aex–．
由题设知，f ′（2）=0，所以a=．
从而f（x）=，f ′（x）=．
当02时，f ′（x）>0．
所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）当a≥时，f（x）≥．
设g（x）=，则
当01时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．
故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．
因此，当时，．
点睛：该题考查的是有关导数的应用问题，涉及到的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要保证函数的生存权，先确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.
10.【2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷）】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
分析：(1)首先确定函数的定义域，之后对函数求导，之后对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，从而求得函数对应的单调区间；
(2)根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.
详解：（1）的定义域为，.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.
所以，即.
点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.
【反馈练习】
1．【2020届广东省梅州市高三总复习质检（5月）】已知，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由，得到，令，用导数法研究函数的单调性得到，令，用导数法研究函数的单调性得到即可.
【详解】
因为,所以，
令，所以，
所以在上递增，
所以，即，
令，所以，
所以在上递减，
所以，即，
综上：
故选：D
【点睛】
本题主要考查利用导数与函数的单调性比较大小，还考查了构造求解问题的能力，属于中档题.
2.【2020届山东省威海市高三下学期质量检测】若函数在上单调递减，则实数的取值范围为( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
化简函数f（x），根据f（x）在区间上单调递减，f′（x）≤0恒成立，由此解不等式求出a的取值范围．
【详解】
由函数，
且f(x)在区间上单调递减，
∴在区间上,f′(x)= sin2x+3a(cosx sinx)+2a 1≤0恒成立，
∵设，
∴当x∈时,,t∈[ 1,1]，即 1≤cosx sinx≤1，
令t∈[ 1,1],sin2x=1 t2∈[0,1]，
原式等价于t2+3at+2a 2≤0，当t∈[ 1,1]时恒成立，
令g(t)=t2+3at+2a 2，
只需满足或或，
解得或或，
综上，可得实数a的取值范围是，
故选：A.
【点睛】
本题考查三角函数的公式及导数的应用，解题的关键是利用换元将不等式恒成立问题转化为一元二次不等式恒成立问题，属于较难题.
3.【河南省十所名校2019—2020学年高三毕业班阶段性测试】若函数在上单调递减，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题得对恒成立，设，，则在上恒成立，再解不等式即得解.
【详解】
依题意，，
所以对恒成立.
设，，则在上恒成立，
由二次函数图象得即，
解得.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性问题，考查二次函数和余弦函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
4.【黑龙江哈尔滨市第九中学2019-2020学年高三阶段验收】函数，若对任意两个不等的实数，都有恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
将恒成立，变形为恒成立，可构造函数，有单调递增，则恒成立，从而求得的取值范围.
【详解】
对任意两个不等的实数，都有恒成立，
则恒成立，即令，则单调递增，
则恒成立，则恒成立，得，则.
故选：B
【点睛】
本题考查了构造函数的思想，函数单调性与导函数的关系的应用，属于中档题.
5.【湖北省武汉市新高考五校联合体2019-2020学年高三期中检测】若函数 在上存在单调增区间，则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：．当时，的最大值为
，令，解得，所以a的取值范围是．
6.【四川省宜宾市2020届高三调研】若对，函数在内总不是单调函数，则实数的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】
首先求出函数的导函数，令，解得或，依题意可得位于内，得到不等式组，解得的取值范围；
【详解】
解：因为，所以
令，解得或
要使函数，对在内总不是单调函数，
所以解得即
故答案为：
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，根据函数在区间上的单调性求参数的取值范围，属于中档题.
7.【河南省南阳市第一中学校2019-2020学年高三月考】若函数在定义域内的一个子区间上不是单调函数，则实数的取值范围______.
【答案】
【解析】
【分析】
因为函数在定义域的子区间上不是单调函数，所以根据题意可知函数的极值点在区间内，列出不等式，即可求解．
【详解】
因为f（x）定义域为（0，+∞），又f′(x)=4x-，
由f'（x）=0，得x=1/2．
当x∈（0，1/2）时，f'（x）＜0，当x∈（1/2，+∞）时，f'（x）＞0
据题意，k-1＜1/2＜k+1，又k-1≥0，
解得1≤k＜3/2.
8．若函数在区间是增函数，则的取值范围是_________．
【来源】陕西省宝鸡市眉县2021届高三下学期高考模拟文科数学试题
【答案】
【分析】
先求导，根据题意在上恒成立，整理即得在上恒成立，再求的值域即得结果.
【详解】
由知，,
时，是增函数，，
又，∴在上恒成立，
而，．
故答案为：．
【点睛】
思路点睛：
已知函数单调性求参数取值范围通常有以下思路：函数在区间I上递增，则恒成立；函数在区间I上递减，则恒成立.
9．已知函数，若对任意两个不同的，，都有成立，则实数的取值范围是________________
【来源】江西省景德镇市2021届高三上学期期末数学（理）试题
【答案】
【分析】
先对求导判断其单调性，不妨设，可对原不等式去绝对值得
，等价于，构造函数，可得在单调递增，，分离得，由即可求解.
【详解】
,
当时，，所以，
所以在单调递减，
不妨设，则，，
所以等价于，
即，
设，则，
所以在单调递增，
对于恒成立，
所以，可得对于恒成立，
设，只需，
，
当时，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
故答案为：
【点睛】
方法点睛：若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，转化为或，求的最值即可.
10．【黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2020-2021学年高三上学期开学考试】（1）求函数的单调递增区间；
（2）已知函数在上单调递增，求实数的范围.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先求导，再解不等式即得解；
（2）等价于在上恒成立，求二次函数的最大值即得解.
【详解】
（1）由题得，
令，
所以函数的单调递增区间为，.
（2）由题得在上恒成立，
所以在上恒成立，
当时，二次函数取最大值0，
所以.
【点睛】
本题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究函数的单调性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11.【黑龙江省哈尔滨三中2020届高三高考数学（文科）三模】函数.
（1）求证：函数在上单调递增；
（2）若，为两个不等的正数，求证.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)求导化简证明导函数大于等于0即可.
(2)利用作差法,化简可得,再构造函数,根据(1)中所得的单调性证明即可.
【详解】
（1），
∴在上单调递增.
（2）不妨设，
.
令，设，
由（1）知在上单调递增，，，∴，
又，∴.
【点睛】
本题主要考查了求导分析函数单调性,以及构造函数与作差法分析大小关系的方法.难点在于第（2）问中根据的形式,将整理变形,以便使用(1)的结论证明.属于中档题.
12．【湖北省黄冈中学2020届高三下学期适应性考试】已知函数，的导数为.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设，方程有两个不同的零点，求证.
【答案】（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先求导得，再分和讨论即可得的单调性；
（2）令函数，则，结合（1）得在上单调递增，，进而得在上单调递减，在上单调递增，再结合，，得，，故.
【详解】
解：（1），
.
若，
令解得，即在单调递增；
令解得时，即在上单调递减.
若，易得当时，，即在单调递增.
故当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增.
（2）令，则.
由（1）知在上单调递增.
又，所以在上，，单调递减；在上，，单调递增.
又，
，
，
所以，，故.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性（含参）和零点，考查运算求解能力，是中档题.
13.【湖南省永州市宁远、道县、东安、江华、蓝山、新田2020届高三下学期六月联考】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）先求出函数的定义域，再求其导数，讨论导数的正负即可得解.
（2）令，因为，先假设在上递增，则其导数， 求出；当时，取，所以在区间上，单调递减，，不符合题意，舍去．
【详解】
解：（1）的定义域为，
当，即时，在区间上恒成立，
∴在区间上单调递减；
当，即时，
当，得时，
令，得，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）令，
成立的一个充分条件是，
即，
设，
，
当时，，所以
故最大值为，
所以，
当时，取，
在区间上，且，
所以且，
所以，
所以，
所以在区间上，单调递减，，不符合题意，舍去．
综上：．
【点睛】
本题考查求含参变数的函数的单调性以及不等式恒成立求参数的取值范围，不等式恒成立求参数的取值范围需综合利用函数的性质以及结合特殊值求解，属于难题.
14．【2020届山西省高三高考考前适应性测试（二）】已知函数，，其中.
（1）讨论在区间上的单调性；
（2）当时，，求的值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先求导，然后分，和三种情况讨论函数在区间上的单调性即可；（2）由（1）知当时，先确定的单调性，求出当时，的最小值，把问题转化为在时恒成立，求导，然后分，两种情况讨论函数的单调性，求最值，即可得出结论.
【详解】
（1），
当时，，
故在内单调递减；
当时，，
故在内单调递增；
当时，令，
得，
当时，，
故在内单调递减；
当时，，
故在内单调递增；
综上：当时，在内单调递减；
当时，在内单调递增；
当时， 在内单调递减；
在内单调递增；
（2）由（1）知当时，
在内单调递减，在内单调递增，
当时，，
故问题转化为在时成立.
，
当时，，故在内单调递增.
若，则，不符合题意.
当时，令，
可知在内单调递减.
又，
故存在唯一，使得，
若，则；
若，则；
故在内单调递增，在内单调递减.
若，则，不符合题意；
若，则，符合题意，此时.
综上，.
【点睛】
本题主要考查了利用导数求函数的单调区间，利用导数求最值问题.考查了分类讨论思想，转化构造函数的思想.属于较难题.
15．【河南省2020届高三（6月份）高考数学（文科）质检】已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若存在两个极值点，求证：.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，根据二次函数的与的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的关系；
（2）由是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将转变为关于函数，再运用的关系将不等式转化为证，构造函数，分析函数的单调性，得出最值，不等式可得证.
【详解】
（1）解：函数的定义域为，，则.
①当时，对，所以函数在上单调递增；
②当时，，所以对，所以函数在上单调递增；
③当时，令，得或，所以函数在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减.
（2）证明：由（1）知且，所以.
又由
.
又因为.
所以要证，只需证.
因为，所以只需证，即证.
令，则，所以函数在上单调递增，
所以对.所以.
所以若存在两个极值点，则.
【点睛】
本题考查函数与导数的综合应用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式的目的.
16.【山东省2020年普通高等学校招生统一考试数学必刷卷】已知实数，函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若是函数的极值点，曲线在点，处的切线分别为，且在轴上的截距分别为．若，求的取值范围．
【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）．
【解析】
【分析】
（1）求导后得；分别在和两种情况下，根据的符号可确定的单调性；
（2）由极值点定义可构造方程求得，得到和；根据导数的几何意义可求得在处的切线方程，进而求得；由可求得的关系，同时确定的取值范围；将化为，令，，利用导数可求得的单调性，进而求得的值域即为的范围.
【详解】
（1）.
，，.
①当，即时，，在上单调递减；
②当，即时，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增.
综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）是的极值点，，即，
解得：或（舍），此时，.
方程为：，
令，得：；同理可得：.
，，整理得：，，
又，则，解得：，
.
令，则，
设，，
在上单调递增，又，，，
即的取值范围为.
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数讨论含参数函数的单调性、极值点的定义、导数的几何意义、利用导数求解参数的取值范围等问题；关键是能够通过构造函数的方式将所求式子的范围转化为函数值域的求解问题.
17.【福建省2020届高三（6月份）高考数学（理科）模拟】已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）求证：函数有唯一的零点.
【答案】（1）当时，在单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求出的定义域，求导，再构造函数，利用二次函数的判别式进行分类讨论，即可得解；
（2）利用函数的单调性及零点存在性定理，即可得解.
【详解】
（1）的定义域为，
，
，
令，，
①当，即时，
，故，所以在单调递增.
②当，即当时，
有两个实根，，
注意到，且对称轴，
故，
所以当或时，，，所以在上单调递增；
当时，，，所以在上单调递减.
综上所述，当时，在单调递增；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减.
（2）当时，由（1）知，在单调递增，
注意到，，
所以有唯一的零点.
当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减.
由于，注意到，
于是我们只要证明即可.
因为，，所以，
又因为，所以，
所以，
记，
则，
所以单调递增，所以，所以，
综上所述，函数只有一个零点.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性及函数的零点问题，考查学生的转化与化归能力，分析问题和解决问题的能力，难度较大.构造函数是求解导数问题的常用方法.
18．【山东省潍坊市五县2020届高三高考热身训练考前押题】已知函数满足，，．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的单调区间；
（3）当且时，求证：．
【答案】（1）；（2）当时，函数的单调递增区间为，
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（3）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知中，可得，进而可得，，进而得到函数的解析式；
（2）由（1）得：，即，，对a进行分类讨论，可得不同情况下函数的单调区间；
（3）令，，然后利用导数研究各自单调性，结合单调性分类去掉和的绝对值，再构造差函数，利用导数证明大小.
【详解】
（1）∵，
∴，
∴，
即，
又∵，
所以，
所以；
（2）∵，
∴，
∴，
①当时，恒成立，函数在R上单调递增；
②当时，由得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上，当时，函数的单调递增区间为，
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）令，，当且时，
由得在上单调递减，
所以当时，，当时，，
而，，
所以在上单调递增，，
则在上单调递增，，
①当时，，
，所以在上单调递减，
，，
②当时，，
，，
所以，所以递减，，，
综上， ．
【点睛】
本题考查函数解析式的求法，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查分析和转化能力，属于难题.
19．【陕西省商洛市商丹高新学校2020届高三下学期考前适应性训练】已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数在区间上存在两个不同零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；(2).
【解析】
试题分析：（1）先求导数，再根据a讨论导函数零点，根据导函数零点情况讨论导函数符号，根据导函数符号确定函数单调性，（2）先分离，再利用导数研究函数单调性，最后根据图像确定存在两个不同零点的条件，解对应不等式得实数的取值范围.
试题解析：（1）∵
①若时，，此时函数在上单调递增；
②若时，又得：
时，此时函数在上单调递减；
当时，此时函数在上单调递增；
（2）由题意知：在区间上有两个不同实数解，
即函数图像与函数图像有两个不同的交点，
因为，令得：
所以当时，，函数在上单调递减
当时，，函数在上单调递增；
则，而，且，
要使函数图像与函数图像有两个不同的交点，
所以的取值范围为.
点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定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)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
20．【2020年普通高等学校招生全国统一考试伯乐马模拟考试】已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数存在3个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）单调性见详解；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求得，对参数进行分类讨论，利用导数即可求得不同情况下函数的单调性；
（2）求得，要满足题意，只需有2个不为2的零点即可，分离参数，利用导数即可求得参数范围.
【详解】
（1）因为，故可得，
当时，令，解得，又单调递增，恒成立，
令，解得；令，解得，
故在单调递减，在单调递增.
当时，令，解得，
当时，，
令，解得；令，解得，
故在单调递增，在单调递减；
当时，，
此时恒成立，即在上单调递增；
当时，，
令，解得；令，解得，
故在单调递减，在单调递增.
综上所述：当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）根据题意可得，
显然是的一个零点，
故要满足题意，只需存在不是2的两个零点即可.
又不是的零点，
故令，可解得，
令，则，
令，解得；令，解得，
故在单调递增；在单调递减.
又当时，，，
且当时，；时，；时，，
故要满足题意，只需，且
解得且.
综上所述，.
【点睛】
本题考查利用导数研究含参函数单调性的求解，以及利用导数由函数零点个数求参数范围，涉及分离参数，属综合中档题.
21．【金科大联考2020届高三5月质量检测】已知函数．
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若，证明：函数在区间有且仅有一个零点．
【答案】（Ⅰ）当时，增区间为，减区间为；当时，增区间为、，减区间为；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求得化简得到，根据函数的定义域为，分，讨论求解。
（Ⅱ）由，令，结合（Ⅰ），当时，函数的增区间为，而，，当且时，，由函数的零点存在定理得证．
【详解】
（Ⅰ）
，
，
由函数的定义域为，
①当时，令，得，
可得函数的增区间为，减区间为
②当时，令可得和
令，有，
可得函数在定义域单调递增，有，
可得当时，可得，
故函数的增区间为、，减区间为．
（Ⅱ）由，
令，
又由（Ⅰ）知，当时，
，
，
，
，
当且时，，，
有，
，
可得，
则当时，函数在区间有且仅有一个零点．
【点睛】
本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的零点，还考查了分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.
22．已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）求证：对任意的，只有一个零点.
【来源】全国Ⅱ卷2021届高三高考数学（理）仿真模拟试题
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）代入的值，求出函数的导数，求出函数的单调区间即可；
（2）令，则有，令，利用导数得出的单调性，从而得出结论．
【详解】
解：（1）时，，
则，
令，解得：或，
令，解得：，
故在和，递增，在，递减；
（2）证明： 令，则有，
令，
则，
故在上递增，
又，所以仅有1个根，
即只有1个零点.
23．已知函数.
（1）当时，判断的单调性；
（2）若有两个极值点，求实数的取值范围.
【来源】安徽省合肥六中2021届高三6月份高考数学（文）模拟试题
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）当时，利用导数证明函数的导数恒大于0，即可得到答案；
（2）利用参变分离将问题转化为方程有两个不相等的实根，讨论和，即可得到答案；
【详解】
（1）当时，的定义域为，，
令，则，
当，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
为的极小值点，且，
在单调递增.
（2）问题转化为方程有两个不相等的实根，
当，即时，不成立；
当且时，，
令，则与的图象有两个交点，
，
或；，
在单调递减，在单调递增，
又当，，
且在的最小值为，
当时，直线与的图象有两个交点，
实数的取值范围.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性和函数的零点、函数的极值点，考查分类讨论思想和转化与化归思想，考查运算求解能力.
24．已知函数.
（1）求的单调性；
（2）设函数，讨论的零点个数.
【来源】重庆市高考康德卷2021届高三模拟调研卷数学试题（三）
【答案】（1）答案见解析；（2）在上只有一个零点.
【分析】
（1）由函数解析式得，由即可判断、时的符号，进而确定的区间单调性.
（2）由题设有，讨论、、，利用二阶导确定的极值点，进而判断的符号，即可知的区间单调性，根据端点值、极值点符号及单调性确定零点的个数.
【详解】
（1），而，
∴时，，单调递减；
时，，单调递增；
（2）由题设知：，则，
1、当时，，单调递减；
2、当时，由，则，单调递增，
∵，，则存在使，有，
∴上，单调递减；上，单调递增；
3、当时，令，则恒成立，即单调递减，即单调递减，
∵，，存在使，有，
∴上，单调递增，上，单调递减；而，，
∴存在使，有，
∴上，单调递增；上，单调递减；
综上知：，单调递减，此时，则此区间不存在零点；
，单调递增；，单调递减；
∵，即，又，
∴在上必存在唯一零点，上不存在零点，
故在只存在一个零点.
【点睛】
关键点点睛：第二问，利用二阶导研究的单调性，并找到的零点即的极值点，进而判断的区间符号，即可知的单调性，结合其各单调区间上端点值的符号确定在上零点的个数.
25．已知函数，
（1）讨论的单调性；
（2）若，，，用表示，的最小值，记函数，，讨论函数的零点个数．
【来源】山东省泰安肥城市2021届高三高考适应性训练数学试题（二）
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析．
【分析】
（1）先求解出，然后根据与的大小关系进行分类讨论，由此确定出的单调性；
（2）根据已知条件可将问题转化为“函数在区间内的零点个数”，先分析的奇偶性，然后对的范围进行分类讨论：、，时根据单调性和可直接判断零点个数，时，需要对与的大小关系进行分类讨论，结合奇偶性确定出的零点个数，由此可分析出的零点个数情况.
【详解】
解：（1）由已知可得函数的定义域为，，
当时，，故，在上单调递增；
当时，时，，在上单调递减，
时，，在上单调递增．
综上所述，当时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，的单调递减区间是，的单调递增区间是．
（2）由（1）可知当时，
所以所以
所以时，函数的零点个数即为函数在区间内的零点个数．
，任取，
因，所以是偶函数．
因为．
当时，在上恒成立，所以时，．
所以在上单调递增．
又因为，所以在上没有零点．
又因为是偶函数，所以在上没有零点．
当时，令，得．
由可知存在唯一使得．
所以当时，单调递增；
当时，，单调递减．
因为，．
所以当，即时，在上没有零点．
由是偶函数，可知在上没有零点．
所以当，即时，在上有个零点．
由是偶函数，可知在上有个零点．
综上，当时，有个零点；当时，没有零点．
即当时，有个零点；当时，没有零点．
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于分类讨论思想的运用，求出后发现与余弦函数联系在一起，由此可对与的大小关系作分类讨论，在后续判断极值的正负时也需要对进行分讨论，通过对极值正负的讨论结合函数单调性可分析零点个数.
26．已知（）
（1）讨论的单调性；
（2）当时，若在上恒成立，证明：的最小值为.
【来源】贵州省瓮安中学高三2021届6月关门考试数学（理）试题
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先求解出，然后对进行分类讨论：、，分析每一种情况下的取值正负，由此分析出的单调性；
（2）将不等式变形为，构造函数并分析出其最大值，由此得到，再将化简为关于的式子并通过构造函数利用导数求解出最小值为完成证明.
【详解】
（1）因为，
当时，，所以在上单调递增，
当时，若时，，单调递增；
若时，，单调递减，
综上：时，在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）因为在上恒成立，所以在上恒成立，
设，所以，
当时，，所以在上单调递增，此时显然不恒成立；
当时，若时，，单调递增；若时，，单调递减，
所以，
所以，
又因为，
令，，所以，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，
所以的最小值为.
【点睛】
关键点点睛：解答本题第二问的关键在于利用分离参数的方法将表示关于的式子，然后在求解的最小值时，可以通过统一变量为利用构造函数的方法求解出其最小值从而完成证明.
27．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求的最大值.
【来源】广东省佛山市五校联盟2021届高三5月数学模拟考试试题
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）求出，结合的取值范围，讨论在上的正负号即可得出在上的单调性.
（2）利用参变分离可得在恒成立,利用导函数求出在上的最小值即为答案.
【详解】
（1）
当时，恒成立在上单调递增；
当时，在单调递增；在单调递减
当时，在单调递增
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在 单调递增，
在单调递减
（2）在恒成立，可得恒成立；
设，则
令，则
令，则，因为，所以
在上单调递增，
令，则
易知在单调递减；在单调递增；
，可得所以在上单调递增，又因为
所以在上，在上
所以在上单调递减；在上单调递增
所以在上，，所以
所以的最大值为.
【点睛】
本题考查利用导函数研究函数的单调性与恒成立问题.一般恒成立问题常常先利用参变分离后再转换成最值问题来解决.
28．已知函数．
（1）若，证明：在单调递增；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学2021届高三五模数学（理）试题
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）首先求出函数的导函数，判断导函数的符号，即可得证；
（2）求出导函数，再对参数分类讨论，说明其单调性与最值，即可求出参数的取值范围；
【详解】
（1），
∵，，∴，恒成立．
∴在单调递增．
（2）．
当，恒成立，∴在单调递增，
，时，，则函数在定义域内有且只有一个零点舍去．
时，，在单调递增，，成立．
时，
设，恒成立，∴在单调递增，
，，，，
∴在有且仅有一个零点，
设为，满足，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，
若恒成立，故，
，，
综上：．
【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．
29．已知函数．
（1）若在上为增函数，求实数a的取值范围；
（2）设，若存在两条相互垂直的切线，求函数在区间上的最小值．
【来源】四川省达州市2021 届高三二模数学（文）试题
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）求得，根据题意转化为当时，不等式恒成立，设，利用导数求得的单调性与最大值，即可求解.
（2）由，求得，设在处切线相互垂直，所以，整理得，根据和三角函数的性质，得到，求得，得到函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数，可得，
因为为上的增函数，
可得当时，恒成立，即恒成立，
设，可得，
所以为减函数，可得，所以，
即实数a的取值范围是．
（2）因为，可得．
设在处切线相互垂直，所以，即，
可得．
则，
即
又因为，所以，
所以，或，，
当时，，可得；
当时，，可得，
综上可得：．
所以，可得．
函数在区间上关于对称，在区间上单调递增，在区间单调递减，
所以对，，使得，
即，
因为是区间的单调减函数，
所以当在区间的最小值是．
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
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、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，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，通常要设出导数的零点，难度较大.
30．已知函数.
（1）如果函数在上单调递减，求的取值范围；
（2）当时，讨论函数零点的个数.
【来源】内蒙古赤峰市2021届高三模拟考试数学（文）试题
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】
（1）求出导函数，由在上恒成立，再用分离参数法转化为求函数的最值，得出结论；
（2）求出导函数，确定函数的单调性得最小值，讨论的正负，得零点个数，特别是时，注意利用零点存在定理确定零点的存在（需证明）．
【详解】
解：（1）因为在上单调递减，
等价于在恒成立
变形得恒成立
而
（当且仅当，即时，等号成立）.
所以
（2），令，解得
当变化时，，的取值及变化如下表
极小值
所以
（ⅰ）当时，，所以在定义域内无零点；
（ⅱ）当时，，所以在定义域内有唯一的零点；
（ⅲ）当时，，
①因为，所以在增区间内有唯一零点；
②，
设，则，
因为，所以，即在上单调递增，
所以，即，所以在减区间内有唯一的零点.所以当时，在定义域内有两个零点
综上所述：当时，在定义域内无零点；
当时，在定义域内有唯一的零点；
当时，在定义域内有两个零点.
【点睛】
关键点点睛：本题考查由函数的单调性求参数范围，用导数研究零点零点个数．掌握零点存在定理是解题关键．解题方法是由导数确定函数的单调性，得最小值，讨论最小值的正负，结合零点存在定理可得零点个数．
31．已知函数．
（1）若在R上是减函数，求m的取值范围；
（2）如果有一个极小值点和一个极大值点，求证 有三个零点．
【来源】安徽省淮南市2021届高三下学期一模理科数学试题
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由，在R上是减函数，则恒成立,求出其导数得出最大值即可.
(2) 设，则，可得，，
，所以，使，从而得出函数的单调区间，使得问题得证.
【详解】
解：（1）由，得，
在R上是减函数，则恒成立.
设，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
于是．
由题意，所以，故m的取值范围是．
（2）设，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
若，则，则在定义域内单调递减，所以不满足条件，故
所以
又∵，，
设，则
所以在上单调递减，所以当时，
所以
∴，使
∴，即，单调递减
，即，单调递增．
，即，单调递减，
∵，
∴
又∵，
设，则，所以
由，得，，得
所以在上单调递减，在上单调递增，
则
所以在上单调递增，则
即，成立
所以
∴由零点存在定理，得在和各有一个零点，
又，结合函数的单调性可知有三个零点．
【点睛】
关键点睛：本题考查由函数单调性求参数和证明函数的零点个数，解答本题的关键是在R上是减函数，则恒成立，根据条件得出，，
，所以，使，属于难题.
32．已知函数．
（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；
（2）当时，证明：函数有且仅有3个零点．
【来源】重庆市第二十九中学校2021届高三下学期开学测试数学试题
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由，根据条件即在上恒成立，设，求出其导数，得出单调性，求出最小值，可得答案.
（2）由，所以，是的两个零点．因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．所以即证函数在上有且仅有1个零点，分和分别讨论即可证明.
【详解】
（1）因为，
由函数在上为增函数，则在上恒成立.
令，，
当时，，所以恒成立.
所以在为增函数．所以
所以．
（2）由，则
所以，是的两个零点．
因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．
所以下面证函数在上有且仅有1个零点．
①当时，∵，∴，∴．无零点．
②当时，∵，设，
∴在上递增，
又∵，，
∴存在唯一零点，使得．
当时，，在上递减；
当时，，在上递增．
所以，函数在上有且仅有1个零点．
故函数在上有且仅有1个零点．
综上：当时，函数有且仅有3个零点．
【点睛】
关键点睛：本题考查由函数单调性求参数范围和利用导数讨论函数零点个数问题，解答本题的关键是将问题转化为在上恒成立，以及由，所以，是的两个零点．因为，由（1）知，函数在上为增函数，，无零点．所以即证函数在上有且仅有1个零点，属于难题.
1 / 68第13讲 利用导数解决函数的极值、最值
【高考地位】
导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.
类型一 利用导数研究函数的极值
万能模板 内 容
使用场景 一般函数类型
解题模板 第一步 计算函数的定义域并求出函数的导函数； 第二步 求方程的根； 第三步 判断在方程的根的左、右两侧值的符号； 第四步 利用结论写出极值.
例1 已知函数，求函数的极值.
【答案】极小值为，无极大值.
试题解析：第一步，计算函数的定义域并求出函数的导函数：
因为，所以的定义域为，所以；
第二步，求方程的根：
令得，；
第三步，判断在方程的根的左、右两侧值的符号：
当时，当时，；
第四步，利用结论写出极值：
所以时，有极小值为，无极大值.
【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令，可解出其极值点，然后根据导函数大于0、小于0即可判断函数的增减性，进而求出函数的极大值和极小值．
【变式演练1】（极值概念）【西藏日喀则市拉孜高级中学2020届月考】下列说法正确的是（ ）
A．当时，则为的极大值
B．当时，则为的极小值
C．当时，则为的极值
D．当为的极值且存在时，则有
【答案】D
【解析】
【分析】
由导函数及极值定义得解.
【详解】
不妨设函数则可排除ABC
由导数求极值的方法知当为的极值且存在时，则有
故选：D
【变式演练2】（图像与极值）已知函数的定义域为，其图象大致如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
【来源】福建省莆田市2021届高三高中毕业班3月第二次教学质量检测数学试题
【答案】A
【分析】
设，利用导数求得函数的单调性，以及结合图象中的函数单调性，即可求得的大小关系，得到答案.
【详解】
设，可得，
由图象可知，函数先递增，再递减，最后递增，且当时，取得极小值，
所以函数既有极大值，也有极小值，
所以有两个根，即，
所以，可得且，
又由，可得，
由，可得，
所以，所以.
故选：A.
【变式演练3】（解析式中不含参的极值）已知函数，则（ ）
A．的单调递减区间为 B．的极小值点为1
C．的极大值为 D．的最小值为
【来源】河北省沧州市2021届高三三模数学试题
【答案】C
【分析】
先对函数求导，令，再利用导数判断其单调性，而，从而可求出的单调区间和极值
【详解】
.令，则，
所以在上单调递减.因为，
所以当时，；当时，.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
故的极大值点为1，的极大值为
故选：C
【变式演练4】（解析式中含参数的极值）【四川省德阳市2020届高三高考数学（理科）三诊】已知函数，．
（1）求函数的极值；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）对函数进行求导，分为和两种情形讨论单调性即可得极值；
（2）令，根据导数判断函数的单调性证明即可.
【详解】
（1）∵，，∴，
当时，恒成立，函数单调递减，函数无极值；
当时，
时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
故函数的极小值为，无极大值.
（2）证明：令，
，
故 ，
令的根为，即 ，
两边求对数得：，即 ，
∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
∴，
∴，即原不等式成立.
【变式演练5】（由极值求参数范围）若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【来源】广西桂林市、崇左市2021届高三5月份数学（理）第二次联考试题
【答案】B
【分析】
依题意，有两个变号零点，由，可得，设，求出函数的单调性及取值情况即可得解．
【详解】
解：依题意，有两个变号零点，
令，即，则，
显然，则，
设，则，
设，则，
∴在上单调递减，
又，
∴当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
∴，且时，，时，，
∴，解得．
故选：B．
【点睛】
方法点睛：函数零点问题的求解常用的方法有：（1）方程法（直接解方程求解）；（2）图象法（画出函数的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令得，分析函数的图象得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.
【变式演练6】（由极值求其他）【四川省江油中学2020-2021学年高三上学期开学考试】已知函数在处取得极大值为9.
（1）求，的值；
（2）求函数在区间上的最大值与最小值.
【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为.
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，根据题意，列出方程组求解，即可得出结果；
（2）根据（1）的结果，确定函数极大值与极小值，再计算出端点值，比较大小，即可得出结果.
【详解】
（1）由题意得：，
，解得：.
当时，，，
当和时，；当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，满足题意.
（2）由（1）得：的极大值为，极小值为，
又，，
在区间上的最大值为，最小值为.
类型二 求函数在闭区间上的最值
万能模板 内 容
使用场景 一般函数类型
解题模板 第一步 求出函数在开区间内所有极值点； 第二步 计算函数在极值点和端点的函数值； 第三步 比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
例2 【河南省天一大联考2020届高三阶段性测试】 已知函数， .
（1）求函数在上的最值；
（2）求函数的极值点.
【答案】（1）最大值为，最小值为；（2）见解析.
【解析】试题分析：（1）对函数进行求导可得，求出极值，比较端点值和极值即可得函数的最大值和最小值；（2）对进行求导可得 ，利用求根公式求出导函数的零点，得到导数与0的关系，判断单调性得其极值.
试题解析：第一步，求出函数在开区间内所有极值点：
依题意， ,令，解得；
第二步，计算函数在极值点和端点的函数值：
， ， ；
第三步，比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值：
因为，故函数在上的最大值为，最小值为.
第一步，计算函数的定义域并求出函数的导函数：
依题意， ， ，
第二步，求方程的根：
当时，令，则.因为，所以 ，其中，
第三步，判断在方程的根的左、右两侧值的符号：
.因为，所以， ，所以当时， ，当时， ，所以函数在上是增函数，在上是减函数，
第四步，利用结论写出极值：
故为函数的极大值点，函数无极小值点.
【变式演练7】（极值与最值关系）【安徽省皖江联盟2019-2020学年高三上学期12月联考】已知函数在区间上可导，则“函数在区间上有最小值”是“存在，满足”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
由开区间最小值点必为极小值点可知极小值点导数值为，充分性成立；利用可验证出必要性不成立，由此得到结论.
【详解】
为开区间 最小值点一定是极小值点 极小值点处的导数值为
充分性成立
当，时，，结合幂函数图象知无最小值，必要性不成立
“函数在区间上有最小值”是“存在，满足”的充分不必要条件
故选：
【变式演练8】（由最值求参数范围）【湖北省武汉市2020届高三下学期六月模拟】若函数的最大值为，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由 ，可得 在 恒成立，
即为a（1-lnx）≥-x2，
当 时， 2显然成立；
当 时，有 ，可得
设
由 时， ，则在递减，且 ，
可得 ；
当 时，有 ，可得 ，
设
由 时， 在 递减，
由时， 在 递增，
即有 在 处取得极小值，且为最小值 ，
可得 ，
综上可得 ．
故选B．
【变式演练9】（不含参数最值）【安徽省江淮十校2020-2021学年高三上学期第一次联考】已知函数，若存在实数，对任意都有成立.则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
令，则，设，则，利用导数可求，从而得到的最值，故可得的取值范围，从而得到正确的选项.
【详解】
，故，
令，则，设，则，
又，
若，则，故在为增函数；
若，则，故在为减函数；
故，故，
所以，，
当且仅当时取最大值，当且仅当时取最小值，
故即的最小值.
故选：C.
【变式演练10】（含参最值）【重庆市经开礼嘉中学2020届高三下学期期中】已知函数
（1）若为单调增函数，求实数的值；
（2）若函数无最小值，求整数的最小值与最大值之和.
【答案】（1）.（2）
【解析】
【分析】
（1）求出，再令，求出两个根，函数为单调函数，所以有两个相同的根，得到，再进行检验即可；
（2）由得，或和，分别当、和三种情况进行讨论；时不成立，时成立，时，利用函数单调性，当无最小值时，，构造关于的函数，求出的范围，即可得到答案.
【详解】
（1） 由题意，，
，解得，或，
因为函数为单调函数，所以有两个相同的根，即，
时，，为增函数，故适合题意；
（2）由（1）知，，解得，或，
①当时，则在上为减函数，
在上为增函数，
当时，有最小值，
故不适合题意；
②当时，则在上为增函数，
在上为增函数，
在上为增函数，无最小值，故适合题意；
③当时，则在上为增函数，
在上为减函数，
在上为增函数，
因为无最小值，
所以，
，
由在上恒成立，
在上单调递增，
且 存在唯一的实根
在上单调递减； 在上单调递增增，
且
存在唯一的实根，
由，
无最小值，则，，
综上，，，
，.
【变式演练11】（恒成立转求最值）已知函数满足恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【来源】安徽省宿州市2021届高三下学期第三次模拟考试文科数学试题
【答案】B
【分析】
由转化为，设，利用，即可求解.
【详解】
由题意，函数满足恒成立，
可得恒成立，即，
设，
又由函数，可得，
当时，可得，所以为单调递增函数，且，
所以时，可得，即，
则，
当且仅当，即时取“=”号，
所以，即实数的取值范围是.
故选：B.
【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，一般涉及分类参数法，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．
【变式演练12】（构造函数求最值）函数，.若，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【来源】四川省大数据精准联盟2021届高三第三次统一监测文科数学试题
【答案】C
【分析】
让，得到，再构造，然后令，研究的最小值即可.
【详解】
由题，且，.
有，则，
令（且，）.
（1）当时，易知，不满足条件.
（2）当时，知，由，
令，则，（舍去），
若，则；
若，则，则时取得极小值，
也为最小值，则，即，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键一是构造出的表达式并要统一变量，二是对构造的函数求最小值.
【高考再现】
1．（2021·全国高考真题（理））设，若为函数的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合对进行分类讨论，画出图象，由此确定正确选项.
【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
依题意，为函数的极大值点，
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
2．（2021·全国高考真题）函数的最小值为______.
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
3.【2018年全国普通高等学校招生统一考试数学（江苏卷）】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：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．
4.【2018年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标I卷）】已知函数，则的最小值是_____________．
【答案】
【解析】
分析：首先对函数进行求导，化简求得，从而确定出函数的单调区间，减区间为，增区间为，确定出函数的最小值点，从而求得代入求得函数的最小值.
详解：，所以当时函数单调减，当时函数单调增，从而得到函数的减区间为，函数的增区间为，所以当时，函数取得最小值，此时，所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关应用导数研究函数的最小值问题，在求解的过程中，需要明确相关的函数的求导公式，需要明白导数的符号与函数的单调性的关系，确定出函数的单调增区间和单调减区间，进而求得函数的最小值点，从而求得相应的三角函数值，代入求得函数的最小值.
5．【2020年高考全国Ⅱ卷理数21】已知函数．
（1）讨论在区间的单调性；
（2）证明：；
（3）设，证明：．
【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．
【思路导引】(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)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．
【解析】(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)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)结合(2)的结论有：
．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性，考查应用导数证明不等式，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是应用三角函数的有界性进行合理放缩证明不等式．
6．【2020年高考天津卷20】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．
【思路导引】(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．
【解析】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，．可得，，
∴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：
单调递减 极小值 单调递增
∴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，∴当t>1时，，即．
∵，，，
∴ ②
由(I)(ii)可知，当时，，即，故 ③
由①②③可得．
∴当时，任意的，且，有．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数的几何意义，考查导数与函数的单调性、极值，考查考查应用导数证明不等式，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模等学科素养．解题的关键是合理消元，构造新函数，合理放缩解决问题．
7．【2018年全国卷Ⅲ理数】已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【答案】（1）见解析
（2）
【解析】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可。
（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围。
详解：（1）当时，，.
设函数，则.
当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.
所以在单调递增.
又，故当时，；当时，.
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.
如果，则当，且时，，故不是的极大值点.
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.
如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，.
点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大。
8．【2018年全国普通高等学校招生统一考试文科】设函数.
（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【解析】分析：（1）求导，构建等量关系，解方程可得参数的值；（2）对分及两种情况进行分类讨论，通过研究的变化情况可得取得极值的可能，进而可求参数的取值范围.
详解：
解：（Ⅰ）因为，
所以.
，
由题设知，即，解得.
（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.
若a>1，则当时，；
当时，.
所以在x=1处取得极小值.
若，则当时，，
所以.
所以1不是的极小值点.
综上可知，a的取值范围是.
方法二：.
（1）当a=0时，令得x=1.
随x的变化情况如下表：
x 1
+ 0
↗ 极大值 ↘
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
（2）当a>0时，令得.
①当，即a=1时，，
∴在上单调递增，
∴无极值，不合题意.
②当，即0x 1
+ 0 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：
x
+ 0 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.
（3）当a<0时，令得.
随x的变化情况如下表：
x
0 + 0
↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
综上所述，a的取值范围为.
点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题.
解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.
9．【2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（天津卷）】
设函数，其中,且是公差为的等差数列.
（I）若 求曲线在点处的切线方程；
（II）若，求的极值；
（III）若曲线 与直线 有三个互异的公共点，求d的取值范围.
【答案】(Ⅰ)x+y=0；(Ⅱ)极大值为6；极小值为 6；(Ⅲ)
【解析】
分析：（Ⅰ）由题意可得f(x)=x3 x，=3x2 1，结合f(0)=0，= 1，可得切线方程为x+y=0.
（Ⅱ）由已知可得：f(x)=x3 3t2x2+(3t22 9)x t23+9t2.则= 3x2 6t2x+3t22 9.令=0，解得x= t2 ，或x= t2+.据此可得函数f(x)的极大值为f(t2 )=6；函数极小值为f(t2+)= 6.
（III）原问题等价于关于x的方程(x t2+d) (x t2) (x t2 d)+ (x t2)+ 6=0有三个互异的实数解，令u= x t2，可得u3+(1 d2)u+6=0.设函数g(x)= x3+(1 d2)x+6，则y=g(x)有三个零点.利用导函数研究g(x)的性质可得的取值范围是
详解：（Ⅰ）由已知，可得f(x)=x(x 1)(x+1)=x3 x，故=3x2 1，因此f(0)=0，= 1，又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y f(0)=(x 0)，故所求切线方程为x+y=0．
（Ⅱ）由已知可得
f(x)=(x t2+3)(x t2)(x t2 3)=(x t2)3 9(x t2)=x3 3t2x2+(3t22 9)x t23+9t2．
故=3x2 6t2x+3t22 9．令=0，解得x=t2 ，或x=t2+．
当x变化时，，f(x)的变化如下表：
x ( ∞，t2 ) t2 (t2 ，t2+) t2+ (t2+，+∞)
+ 0 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2 )=( )3 9×( )=6；函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3 9×()= 6．
（Ⅲ）曲线y=f(x)与直线y= (x t2) 6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x t2+d)(x t2)(x t2 d)+(x t2)+ 6=0有三个互异的实数解，令u=x t2，可得u3+(1 d2)u+6=0．
设函数g(x)=x3+(1 d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y= (x t2) 6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．
=3x3+(1 d2)．
当d2≤1时，≥0，这时在R上单调递增，不合题意．
当d2>1时，=0，解得x1=，x2=．
易得，g(x)在( ∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．
g(x)的极大值g(x1)=g()=>0．
g(x)的极小值g(x2)=g()= ．
若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点，不合题意．
若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．
所以，的取值范围是．
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 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，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．
【反馈练习】
1．已知函数，为奇函数，则下述四个结论中说法正确的是（ ）
A．
B．在上存在零点，则a的最小值为
C．在上单调递增
D．在有且仅有一个极大值点
【来源】内蒙古赤峰二中2021届高三三模数学（理）试题
【答案】B
【分析】
对于A，由已知条件得，由于函数为奇函数，所以，从而可求出的值；对于B，由，得，由于在上存在零点，所以可求出a的最小值为；对于C，，然后可求出其单调增区间；对于D，求出，可知当时，，当时，，由此可判断出函数的极值
【详解】
解：函数，
所以
，
由于函数为奇函数，
所以，，
由于，
故，故，故A错误；
令，所以，
若在上存在零点，则a的最小值为，故B正确；
函数，
当时，，所以函数不单调，故C错误；
对于D：由，得，
当时，，当时，，
所以函数，在时，，函数在上只有极小值，没有极大值，故D错误.
故选：B.
2．已知函数在上恰有三个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【来源】全国Ⅰ卷2021届高三高考数学（理）押题试题（三）
【答案】A
【分析】
先分析极值点的最多个数，然后根据极值点的最多个数确定出极值点个数的分布情况，由此得到关于的不等式组，从而求解出的取值范围.
【详解】
设，，令，所以，
设，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
且当时，，时，，
所以方程最多仅有两个解，
又因为在上最多仅有一个极值点，
所以有两个极值点，有一个极值点；
当方程有两个解时，，所以，
当在有一个极值点时，，所以，
综上可知，若要使在上恰有三个极值点，则，
故选：A.
3．设函数，若，则函数的各极大值之和为（ ）
A． B． C． D．
【来源】黑龙江省哈尔滨市呼兰区第一中学校2021届高三下学期5月第四次模拟考试数学（文）试试题
【答案】C
【分析】
根据求导可得，求得极值点为（），代入求和即可得解.
【详解】
令，
当时，为增函数，
当时，为减函数
当（）时取极大值，
此时，
所以数列首项为，公比为共项的等比数列，
故和为，
故选：C
4．已知函数f（x）＝﹣ex，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）无极大值，也无极小值
B．f（x）有极大值，也有极小值
C．f（x）有极大值，无极小值
D．f（x）无极小值，有极大值
【来源】全国2021届高三5月份数学模拟试题（二）
【答案】C
【分析】
求导判断函数的单调性，但由于不容易判断正负，所以需要二次求导来判断.
【详解】
因为，所以，
令，
，
因为，所以，即，故，
所以在上单调递减，
又因为， ，
所以存在唯一的，使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以f（x）有极大值，无极小值.
故选：C.
5．已知函数在上无极值，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【来源】云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（九）数学（理）试题
【答案】D
【分析】
求得导函数，根据无极值的条件，利用判别式解得m的取值范围.
【详解】
函数在上无极值在上无变号零点，故选D.
6．若是函数的极值点，则（ ）
A． B．
C． D．
【来源】四川省凉山州2021届高三三模数学（文）试题
【答案】C
【分析】
求导，根据是函数的极值点，由求解.
【详解】
因为函数，
所以，
因为是函数的极值点，
所以，即，
两边取以e为底的对数得： ，
即，
令 ，即 ，
因为，
所以 在上递增，
所以，即，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题关键是将两边取以e为底的对数变形为，构造函数，由其单调性而得解.
7．下列函数中，的最小值为的是（ ）
A． B．
C． D．
【来源】吉林省松原市前郭县、长岭县、乾安县2021届高三5月联考数学试题
【答案】C
【分析】
取特殊值判断A；由导数判断BC；利用换元法以及基本不等式判断D.
【详解】
对于A选项，取，则，故A错误；
对于B选项，，，
当时，；当，
所以当，函数单调递增；当时，单调递减
所以当，函数取得最小值为0，故B错误；
对于C选项，，
当时，；当，
所以当，函数单调递增；当，函数单调递减
即当取得最小值为2，故C正确；
对于D选项，因为，所以
又，当且仅当，即时，等号成立，但，故D错误
故选：C.
8．若不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【来源】全国2021届高三5月份数学模拟试题（三）
【答案】C
【分析】
构造函数，根据函数的单调性及最值可得，故，再构造，求得函数的最小值即可.
【详解】
由恒成立，得，
设，，
当时，，在上单调递减，不成立；
当时，令，解得，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故，即，，
，
设，，
令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
即，
故选：C.
9．函数在上的最小值为（ ）
A． B．-1 C．0 D．
【来源】河南省2021届高三仿真模拟考试（三）数学（文）试题
【答案】B
【分析】
求导后求得函数的单调性，利用单调性求得函数的最小值.
【详解】
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
故答案为：B.
10．函数，.若，则的最小值为（ ）
A． B．
C．3 D．
【来源】四川省大数据精准联盟2021届高三第三次统一监测理科数学试题
【答案】B
【分析】
由题意可得，化为，构造函数利用导数求最小值即可.
【详解】
由题可知且，.
有，则，
令（且，）.
（1）当时，知，不满足条件.
（2）当时，知，由，
令，则，（舍去），
若，则；
若，则，则时取得极小值，
也为最小值，则，即，
所以的最小值为.
故选：B
【点睛】
关键点点睛：根据所给条件转化出，构造函数，转化为求函数最小值，是解题的关键，属于中档题.
11．若不等式对一切恒成立，其中为自然对数的底数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【来源】湖北省黄冈中学2021届高三下学期第三次模拟考试数学试题
【答案】A
【分析】
设，由，得是最大值，求出导数，首先由求得，然后再对分类讨论，确定0是最大值点，得出的范围，从而可得范围．
【详解】
设，因为，所以恒成立，即是的最大值．
，
所以是的一个零点，，，
，
当时，，时，，递增，时，，递减，所以是极大值也是最大值，满足题意；
时，由得，或，
或时，，时，，
所以在和上递减，在上递增，
而时，，所以是最大值，满足题意，
时，，，不满足题意．
综上，，所以．
故选：A．
【点睛】
关键点点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是确定0是最大值点，这样可由导数求得，再由最大值点得出的范围．
12．已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【来源】云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（八）数学（理）试题
【答案】B
【分析】
首先将不等式转化为，又时，，问题转化为在上递减，所以当时，恒成立，最后参变分离得到参数的最大值.
【详解】
∵在时恒成立，
而时，，
∴在上递减，
∴当时，恒成立，
即时，恒成立，
故，
∴实数的最大值为3，
故选B.
【点睛】
(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最小值问题．
(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
13．关于x的不等式在恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A． B．0 C．1 D．
【来源】安徽省皖江联盟2021届高三下学期最后一卷理科数学试题
【答案】D
【分析】
令，结合导数求出函数的最大值，从而可选出正确答案.
【详解】
依题意，令，所以
，
又，令，可得，所以或，
当时，，所以在单调递增；
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
所以当时，函数取最大值为，所以实数a的最小值为．
故选:D.
【点睛】
关键点睛:
本题的关键是将不等式恒成立的问题，转化为求函数的最大值问题.
14．设，若存在正实数x，使得不等式成立，则的最大值为 （ ）
A． B． C． D．
【来源】四川省雅安市2021届高三三模数学（理）试题
【答案】A
【分析】
由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到的最大值．
【详解】
不等式，
所以，
即为，
即有，
可令，
则成立，
由和互为反函数，可得图象关于直线对称，
可得有解，
则，即，
可得，导数为，
可得时，函数递减，时，函数递增，
则时，取得最大值，
可得即有，所以，
可得，
即的最大值为．
故选：A
【点睛】
关键点睛：解答本题有两个关键，其一，是得到有，想到令换元，则成立，；其二，通过转化得到有解，再利用导数解答.
15．【北京五中2020届高三（4月份）高考数学模拟】设函数f（x）＝mex﹣x2+3，其中m∈R.
（1）如果f（x）同时满足下面三个条件中的两个：①f（x）是偶函数；②m＝1；③f（x）在（0，1）单调递减.指出这两个条件，并求函数h（x）＝xf（x）的极值；
（2）若函数f（x）在区间[﹣2，4]上有三个零点，求m的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2），
【解析】
【分析】
（1）若为偶函数，根据可得，此时函数，在单调递减，满足条件③，此时，再利用导数即可求得函数的极值；
若不是偶函数，则，，分析在的单调性，不满足条件，所以只满足其中之一，不合题意；
（2）令，则有，函数在区间，上有三个零点，等价于直线与曲线在区间，上有三个交点，对函数进行求导，画出其在区间，上的大致图象，利用数形结合法即可求得的取值范围．
【详解】
解：（1）若满足条件①是偶函数，则，
且函数的定义域为，，
对恒成立，，
此时函数，在单调递减，
满足条件③在单调递减；
若不满足①，则，
，
所以f（x）在（0，1）不可能单调递减，即不满足③，
同时满足条件：①是偶函数；③在单调递减，
此时，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
时，函数取到极大值，极大值为（1），
时，函数取到极小值，极小值为；
（2）令，则有，
函数在区间，上有三个零点，
等价于直线与曲线在区间，上有三个交点，
，，，
令，则或，
令，则，
令，则或，
函数在区间，上单调递增；在上单调递减，在，上单调递增，
又，，（3），（4），
画出函数在，上的大致图象，如图所示：
，
由图可知，当时，
直线与曲线在区间，上有三个交点，
即函数在区间，上有三个零点，
的取值范围为：，．
16．【辽宁省锦州市渤大附中、育明高中2021届高三上学期第一次联考】已知函数
（1）若，证明：；
（2）若在上有两个极值点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1) 令,利用导数求出的最小值为1,而的最大值为1,所以;
(2)将问题转化为在上有两个不同的实数根,然后构造函,数利用导数研究函数的单调性,根据单调性求得函数的最小值,根据最小值和端点值可以得到答案.
【详解】
(1)证明:时,,令,则,
当时,,在上为递减函数,
当时,,在上为增函数,
所以,而,且,
所以,即.
(2)在上有两个极值点等价于在上有两个不同的实数根,
等价于,设,
,令,得,
当时,,在上为减函数,
当时,,在上为增函数,
又,,
所以当时,方程在上有两个不同的实数根,
所以的取值范围是.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的最值,根据最值证明不等式,考查了根据极值点的个数求参数,第(1)问中转化为证的最小值大于的最大值是解题关键,第(2)问题中对分离参数后构造函数求导是解题关键,本题属于较难题.
17．【西南地区名师联盟2020届高三入学调研考试】已知函数，、为常数，且，.
（1）证明：；
（2）若是函数的一个极值点，试比较与的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据导数的运算性质，结合已知不等式进行证明即可；
（2）根据极值的定义，结合导数的性质，判断函数的单调性，运用单调性证明即可.
【详解】
（1）∵，∴，而，则，即，
∵，∴，得，则，∴.
（2）∵是函数的一个极值点，∴，即.
又由（1）可得，
＋ 0 － 0 ＋
↗ 极大 ↘ 极小 ↗
∴的单调递增区间是，，递减区间.
∵可知，∴，∴，且，，
∵由上可知在上单调递增，∴.
18．【山东省威海荣成市2020届高三上学期期中】某水产养殖公司在一片海域上进行海洋牧场生态养殖，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成.已知圆的半径为千米，到的距离为千米.现规划在此海域内修建两个生态养殖区域，养殖区域为矩形，养殖区域为，且均在圆弧上，均在线段上，设.
（Ⅰ）用分别表示矩形和的面积，并确定的范围；
（Ⅱ）根据海域环境和养殖条件，养殖公司决定在内养殖鱼类，在内养殖贝类，且养殖鱼类与贝类单位面积的年产值比为.求当为何值时，能使年总产值最大.
【答案】（Ⅰ）矩形：；：，；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用解三角形可求出矩形的边长以及的底边边上的高，从而两者的面积，过作交圆弧于点，连接，则可得..
（Ⅱ）设鱼类与贝类单位面积的年产值分别为，根据（Ⅰ）中的结果集合三角变换可得，利用导数可得当时总产值最大.
【详解】
解：（Ⅰ）设矩形和的面积分别为，
由题意可得，
矩形的边长分别为， ，
所以，
等腰三角形的底与高分别为，，
所以，
过作交圆弧于点，连接，
设，，
易得
因为均在线段上，所以 ，
所以，即.
（Ⅱ）因为鱼类与贝类单位面积的年产值比为，所以设鱼类与贝类单位面积的年产值分别为，
则年总产值为
设，且，
，
，得，因为，所以，
当，，，在单调递增；
当，，，在单调递减.
所以，能使年总产值最大.
【点睛】
本题考查导数的实际应用，注意根据图形合理构建数学模型，根据函数的特征选择导数来研究目标函数的最值，本题属于中档题.
19．【江苏省南通市2020届高三下学期高考考前模拟卷】已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）对给定的，函数有零点，求的取值范围；
（3）当，时，，记在区间上的最大值为m，且，求n的值．
【答案】（1），函数单调递减；，函数单调递增；
（2）当时，函数有零点；
（3）．
【解析】
【分析】
（1）函数的定义域为，求导得，再根据和求单调区间即可；
（2）结合（1）得函数在时取得最小值，且当时，，故满足题意需满足，进而求得的取值范围；
（3）根据题意得，研究函数的单调性得函数在上单调递增，在上单调递减，且，，故，，再令，，即可求得，进而得.
【详解】
解：（1）函数的定义域为，
，
令得，所以函数在上单调递增；
令得，所以函数在上单调递减.
（2）对给定的，当时，，
又因为函数在上单调递减，在上单调递增
所以函数在时取得最小值，
故函数要有零点，则需有，
即：，故，
所以对给定的，函数有零点，的取值范围为
（3）当，时，，
所以，
所以，
令，则在上成立，
所以在单调递增，
由于，，
所以存在，使得，即.
所以存在，使得在上满足，
在上满足
所以在上满足，在上满足，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，，
则在成立，
所以在单调递增，
由于，，
所以，
因为
所以.
20．【陕西省西安中学2020-2021学年高三上学期第一次月考】已知函数．
（1）当时，求f(x)的最小值；
（2）设为整数，且对于任意正整数，，求的最小值．
【答案】（1）0；（2）3.
【解析】
【分析】
（1）利用导数得到函数的单调性，根据单调性可得最小值；
（2）根据（1）知，当时，，令，得，利用不等式的性质和等比数列的求和公式，可得，再根据对数的运算性质可得，从而可得整数m的最小值.
【详解】
（1）时，,的定义域为．
，
当时，；
当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为；
（2）由（1）知，当时，，即，
令，得，
从而，
所以，故，
而，所以整数m的最小值为3．
1 / 47第14讲 导数综合应用的解题模板
【高考地位】
导数综合问题是高考的必考的重点内容，主要在导数解答题的的第2小问，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试题难度考查较大.
类型一 利用导数研究不等式证明问题
万能模板 内 容
使用场景 一般函数的不等式证明问题
解题模板 构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有： (1)直接构造法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)； (2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋1，ln x0)，≤ln(x＋1)≤x(x>－1)； (3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数； (4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数 f(x)和g(x)，利用其最值求解．
例1 (2016·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
【解析】(1)(2)略
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
[关键1：利用要证明的不等式直接构造函数]
则g′(x)＝c－1－cxln c，令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
[关键2：利用导数研究函数单调性、极值]
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
[关键3：判断极值点所在的区间]
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
[关键4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式]
【变式演练1】（作差法证明不等式）【河南省郑州市第一中学2021届高三上学期开学测试数学（文）】
已知函数，为的导函数．
（1）设，求的单调区间；
（2）若，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间是；单调递减区间是；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，求得，解三角不等式则问题得解；
（2）构造函数，通过二次求导，判断的单调性，即可求得的最小值，则问题得解.
【详解】
（1）由已知，，
所以，，
令，得，解得，
令，得，解得，
故的单调递增区间是；
单调递减区间是.
（2）要证，只需证：．
设，，则．
记，则．
当时，，又，，所以；
当时，，，所以，
又，，所以．
综上，当时，恒成立，
所以在上单调递增．
所以，，即，
所以，在上递增，则，证毕．
【变式演练2】（换元法证明双变量不等式）【四川省成都市新都一中2021届高三9月月考数学（理）】已知函数，．
（Ⅰ）若在内单调递减，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】
（I）对原函数求导，根据在内的单调性得在上恒成立，构造函数，求出其最大值即可求出的取值范围;
（Ⅱ）函数有两个极值点分别为，，等价于在内有两根，，将极值点代入作差，设，得到时原不等式成立；时，将原不等式转化为，令，，构造函数，证明，即原不等式成立.
【详解】
（I）由题可知，，
在内单调递减，
∴在内恒成立，
即在内恒成立，
令，则，
∴当时，，即在内为增函数，
当时，，即在内为减函数，
∴，即，，
∴；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，
则在内有两根，，
，两式相减，得，
不妨设，
当时，恒成立，
当时，要证明，只需证明，
即证明，即证明，
令，，
令，
，
在上单调递减，
，
，
即成立，
.
【变式演练3】（利用二次方程韦达定理证明双变量不等式）【四川省新津中学2021届高三上学期开学考试数学（文）】已知函数，其中．
（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求实数a的值及函数的单调区间；
（2）若函数在定义域上有两个极值点，，且，求证：．
【答案】（1）,单调递减区间为，单调递增区间为；（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出的值，再求的定义域，求，由，求得的递增区间，由，求得递减区间；
（2）函数在定义域上有两个极值点等价于在上有两个不相等的根.解不等式组，求得的范围，再化简得到，再构造，再利用导数证明，即得证.
【详解】
（1）由，
得，
又在点处的切线与直线平行，
所以，解得．
则，
得．
当时，，单调递减，区间为；
当时，，单调递增，区间为．
（2）证明：因为函数在定义域上有两个极值点，，且，
所以
在上有两个根，，且，
即在上有两个不相等的根，，
则，，
由题意得，解得，
则
，
令，其中，
故．令，，
在上单调递增．
由于，，
所以存在常数，使得，即，，
且当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以当时，
．
又，，
所以，即，
故得证．
【变式演练4】（极值点偏移类的不等式证明）【安徽省2020届高三5月五校联考数学理科】已知函数，.
（1）判断函数在区间上的零点的个数；
（2）记函数在区间上的两个极值点分别为，，求证：.
怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、涡阳一中试题
【答案】（1）2个；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；
（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．
【详解】
（1），，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，且，，，，，
故函数在，上不存在零点，
存在，使得，同理使得
综上，在区间上的零点有2个.
（2），
由（1）可得，在区间，上存在零点，
所以在，上存在极值点，，，
因为在上单调递减，则，
，
又因为，即，
又，
即，
，
，，，
由在上单调递增可得．
再由在上单调递减，得，
，
所以．
【变式演练5】（函数与数列综合的不等式证明）【江苏省南通市如皋中学2020届高三创新班下学期高考冲刺模拟（二）】已知函数.
（1）当时，不等式恒成立，求的最小值；
（2）设数列，其前项和为，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1），分，，三种情况推理即可；
（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到证明.
【详解】
（1）由，得.
当时，方程的，因此在区间
上恒为负数.所以时，，函数在区间上单调递减.
又，所以函数在区间上恒成立；
当时，方程有两个不等实根，且满足，
所以函数的导函数在区间上大于零，函数在区间
上单增，又，所以函数在区间上恒大于零，不满足题意；
当时，在区间上，函数在区间
上恒为正数，所以在区间上恒为正数，不满足题意；
综上可知：若时，不等式恒成立，的最小值为.
（2）由第（1）知：若时，.
若，则，
即成立.
将换成，得成立，即
，
以此类推，得，
，
上述各式相加，得，
又，所以.
【变式演练6】（拆分法证明不等式）【安徽省马鞍山市2020届高三第三次教学质量监测】已知，.
（1）证明：时，；
（2）求函数的单调区间；
（3）证明：时，.
【答案】（1）证明见解析；（2）递减区间为，递增区间为；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）采用二次求导法，，再令，求得，由时，得出单增，故，即可得证；
（2）解法同（1），二次求导法，，再令，得到，进而单增，又，从而得出的增减区间；
（3）采用分析法，要证时，，即证，观察表达式可知，若要利用（1）的结论，在中，多出的因式应该要进行适当放缩才能求解，而不等式右侧都有公因式，联想到时，的放缩，故对不等式右侧应进行正负的分段讨论，再结合（2）的结论进行放缩，即可求解
【详解】
（1），令，则，因为，所以，所以在单调递增，所以，所以在单调递增，则.
（2），令，则，所以在上单调递增，又，所以时，，函数单调递减；时，，函数单调递增.所以，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）证明：要证，即证.
①当时，，而
（以为例，故，所以）所以不等式成立.
②当时，，由（2）知：时，，所以，所以只需证.
令（），则，所以在单调递减，所以，即.
故只需证，即证：.
由（1）知，上述不等式成立.
③当时，不等式等号显然成立
综上，当时，.
【点睛】
本题考查由导数的正负求解原函数的增减区间，利用导数证明不等式在给定区间恒成立问题，放缩法、构造函数法求解不等式恒成立问题，属于难题，当一次求导不能直接判断导数正负时，往往需要二次求导，在放缩法的使用过程中，形如时，的放缩应熟记，本题中第（3）问难度较大，共用到了两次放缩，在处理这种复杂问题时，往往采用分步放缩，分步得分策略
类型二 利用导数研究不等式恒成立问题
万能模板 内 容
使用场景 有关不等式恒成立问题
解题模板 分类讨论法：常见有两种情况：一种先利用综合法，结合导函数的零点之间的大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另外一种，直接通过导函数的式子，确定以导函数值正负为分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数． 对利用导数研究不等式恒成立问题(能成立问题)，一般可转化为最值问题处理．若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若af(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a例2(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围.
【解析】(1)略
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.设g(x)＝ln x－，
[关键1：对条件进行恒等变形，直接构造函数]
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
[关键2：利用导函数确定分类标准]
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；
[关键3：通过放缩判断导函数符号，研究函数单调性，求函数值域]
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，此时g(x)＜g(1)＝0.
[关键4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a的取值范围是(－∞，2].
【变式演练7】（分离参数法解决不等式恒成立问题）【浙江省杭州高中2020届高三下学期5月高考质检】已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，设函数，若对任意的恒成立，求b的最小值.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）对函数求导，可得，解导数不等式可得出单调性；
（2）由对任意的恒成立，变量分离得对任意的恒成立，构造函数，对函数求导，求单调性，得到函数的最大值，进而可得b的最小值.
【详解】
（1）因为，所以，
当时，；
当时，，
故的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由，
因为对任意的恒成立，
对任意的恒成立，
构造函数，
.
∵，
∴，且单调递增，
∵，，
∴一定存在唯一的，使得.
即，.
∴在上单调递增，在上单调递减.
∴
.
∵，
∴b的最小值为.
【变式演练8】（利用函数最值解决双参数恒成立问题）【黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020-2021学年高三上学期第一次验收考试】已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）证明：在上单调递增.
（2）设，函数，如果总存在，对任意，都成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求导可得：，因为，所以，，
所以，即可得证.
（2）解读题意可得：，求出最值，代入即可得解.
【详解】
（1）证明：
因为，所以，，∴
所以在上单调递增.
（2）由题意得：
的对称轴
所以
所以，令，∴，∴
∴，∴
【变式演练9】（等价转化法解决不等式恒成立问题）【湖南省长沙市长郡中学2020-2021学年高三上学期入学摸底考试】已知函数f(x)＝ex＋，其中e是自然对数的底数.
（1）若关于x的不等式mf(x)≤＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
（2）已知正数a满足：存在x∈[1，＋∞)，使得f(x0)【答案】（1）；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）不等式变形，用分离参数法和换元法得对恒成立，求出的最小值即可得；
（2）令函数，利用导数求出的最小值，由题中不等式有解的条件得，然后再考虑要比较与的大小，由于它们均为正数，同取自然底数的对数，即比较和的大小，即比较与的大小，因此引入新函数，同样利用导数得其单调性，然后可得分三类，可得大小关系．
【详解】
（1）由条件可得在上成立，
令，则t>1，∴对任意t>1成立，
∵，∴，∴，
∴，
当且仅当t=2时，即时等号成立，
则m的取值范围是；
（2）令函数，则，
当时，，又a>0，故，
则在上的单调递增函数，
则在上的最小值是 ，
由于存在，使得成立，
当且仅当最小值，故，即 ，
与均为正数，同取自然底数的对数，
即比较和的大小，即比较与的大小，
构造函数，则，
再设，时，，从而m(x)在上单调递减，
此时，故在上恒成立，
则在上单调递减，
综上所述，当，
当a=e时，；当时，．
类型三 利用导数研究函数零点问题
万能模板 内 容
使用场景 有关零点问题
解题模板 两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件——函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0. ①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，取值证明f(a)·f(b)<0； ②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.
例3(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点.
【解析】(1)略
(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.设g(x)＝－3a，
[关键1：变形后构造函数．此处结合分析法，考虑下一步判断求导结果与零的关系，求导消参，需先变形]
则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
[关键2：利用导数判断函数单调性]
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，
故f(x)有一个零点．
[关键3：利用零点存在性定理判断零点个数]
综上，f(x)只有一个零点.
【变式演练9】（研究函数零点个数）【江苏省淮安市淮阴中学2020-2021学年高三上学期8月测试】设函数（，）的导函数为.已知，是的两个不同的零点.
（1）证明：；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
（3）求关于的方程的实根的个数.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）1.
【解析】
【分析】
（1）先求导数，再根据导函数必有两个不同零点列不等式，解得结果；
（2）先分离变量，转化为求对应函数最值，利用导数确定其单调性，根据单调性确定最值，即得结果；
（3）先求，再构造差函数，再利用导数确定其单调性，最后根据单调性以及确定零点个数，即得结果.
【详解】
（1）证明：，令
∵有两个不等的实根，∴.
（2）时，，由得
∴
令，
令，
∴在上单调递减，注意到
∴当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减：
∴，∴.
（3）
令
∴在上单调递增，故在上至多只有一个零点，注意到
∴在上只有1个零点，即的实根个数为1.
【变式演练10】（已知零点存在情况求参数的值）【安徽省六校教育研究会2020-2021学年高三上学期第一次素质测试】已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若为直线与函数图像的一个公共点，其横坐标为，且，求整数的所有可能的值.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）整数的所有可能的值为，0.
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由得
①当时，，在为增
②当时，由，
故在为增，在为减
③当时，由，
故在为增，在为减.
（2）当时，，
由
令，
，
定义在递增，在也递增，
而，，
故，
又，，
又得，
所以整数的所有可能的值为，0.
【变式演练11】（已知零点存在情况求参数的取值范围）【黑龙江省哈尔滨市第三中学校2020-2021学年高三上学期第一次验收考试】已知函数.
（1）当时，讨论的单调性：
（2）若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数的单调减区间为，单调增区间为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将代入原函数，对函数求导，根据导数与函数单调性的关系即可求出结果；
（2）对函数求导，对进行分类讨论，当时，易证函数在上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；当时，根据导数在函数单调性中的应用，可知函数在单调递减，在单调递增，若有两个零点，根据函数图像的趋势和零点存在定理可知，又，，由此即可求出的范围.
【详解】
（1）时，，
令，得，令，得，
所以，函数的单调减区间为，
函数的单调增区间为
（2）
当时，，函数在上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；
当时，令，得，令，得，
所以函数在单调递减，在单调递增.
若有两个零点，应令，得，
此时，，
当时，令，所以，，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
所以；
所以，
综上，.
【高考再现】
1.（零点问题）（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.
【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)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.
【解析】(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)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.
【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，从高考来看，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．
2.（函数图象问题）（2021·全国高考真题（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
3.（不等式证明问题）（2021·全国高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】1；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
【解析】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）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，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.
4.（零点问题）【2020年高考全国Ⅰ卷文数20】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）．
【思路导引】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图像的走向，从而求得结果．
【解析】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
∴的减区间为，增区间为．
（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解．
令，则有，
令，解得，令，解得或，
∴函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，，而时，，当时，，∴当有两个解时，有，∴满足条件的的取值范围是：．
【专家解读】本题的特点是灵活运用导数研究函数的性质，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与函数的零点，考查数形结合思想，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是结合函数的图像研究问题．
5．（零点问题）【2020年高考全国Ⅲ卷文数20】已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2)．
【思路导引】（1），对分和两种情况讨论即可；
（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可．
【解析】（1）由题，，
当时，恒成立，∴在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，∴在上单调递减，在，上单调递增．
（2）由（1）知，有三个零点，则，且，即，解得，
当时，，且，∴在上有唯一一个零点，
同理，，∴在上有唯一一个零点，又在上有唯一一个零点，∴有三个零点．
综上可知的取值范围为．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性，考查导数与函数的零点，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象等学科素养．
6．（恒成立问题）【2020年高考全国Ⅰ卷理数21】已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增;（2）．【思路导引】(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)首先讨论的情况，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．
【解析】(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)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，，
令，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．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性、极值（最值），考查数形结合、分类讨论思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数．
【考向总结】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．
7．（恒成立问题）【2020年高考山东卷21】
已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）（2）
【思路导引】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）先二次求导，研究导函数符号变化情况，求出函数最小值，再根据基本不等式求最小值的最小值，最后根据不等式恒成立列不等式，解得结果．
【解析】（1）．
切线方程为，与坐标轴交点坐标分别为，
因此所求三角形面积为．
（2），，设，
在上单调递增，即在上单调递增，
当时，使得，
当时， ，
当时， ，
因此存在唯一，使得，，
当时，当时，
因此，
对恒成立，．
【专家解读】本题的特点是注重导数的综合应用，本题考查了导数的几何意义，考查不等式恒成立的参数取值范围问题，考查数形结合思及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是正确利用导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题．
8．（证明不等式问题）【2020年高考全国Ⅲ卷理数21】设，曲线在点处的切线与轴垂直．
（1）求；
（2）若有一个绝对值不大于的零点，证明：的所有零点的绝对值都不大于．
【答案】
【思路导引】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可．
【解析】（1），即．
（2）解法一：设为的一个零点，根据题意，，且，则
，由，，显然在，，
，易得，
设为的零点，则必有，即，
，，即．∴的所有零点的绝对值都不大于．
解法二：由（1）可得，，
令，得或；令，得，
∴在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或，即或．
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾．
综上，所有零点的绝对值都不大于1．
【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数的几何意义，考查导数与函数的零点，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象等学科素养．解题的关键是结合函数的图像，合理分类解决函数的零点问题．
9．（零点问题＋证明不等式问题）【2020年高考浙江卷22】已知，函数，其中e=2．71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析．
【思路导引】（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明．
【解析】（I）在上单调递增，
，
∴由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
∴当时，成立，
因此只需证明当时，
∵
当时，，当时，，
∴，
在单调递减，，，
综上，．
（ii），
，，
，
∵，∴，
．
只需证明，即只需证明，
令，
则，
，即成立，因此．
【专家解读】本题的特点是注重导数的综合应用，本题考查了导数与函数的零点，考查应用导数证明不等式，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是正确利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式．
【反馈练习】
1．已知对任意的，不等式恒成立，则正数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【来源】江苏省南京市第二十九中学2021-2022学年高三上学期8月第二次学情调研数学试题
【答案】A
【分析】
不等式中出现的指数式，对数式，故可以考虑同构，将原不等式变形为，以实现不等式左、右两边统一于函数，再利用导数研究函数的单调性，从而由可得，再分离参数求最值即可.
【详解】
因为对任意的，不等式恒成立，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
设，则，
因为，又，
所以，所以在上单调递增，
所以对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
令，，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
故选:A
2．已知函数（其中为自然对数的底数）有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【来源】解密05 导数及其应用（分层训练）-【高频考点解密】2021年高考数学（理）二轮复习讲义 分层训练
【答案】B
【分析】
求出导函数、求出函数的单调区间，得出函数的极值，要使函数有两个零点，即可.
【详解】
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴在上只有一个极大值也是最大值，
显然时，，时，，
因此要使函数有两个零点，则，∴．
故选：B．
3．已知函数，若函数有3个不同的零点，则实数a的取值范围是_________．
【来源】湖南省永州市第四中学2021届高三下学期高考冲刺（二）数学试题
【答案】
【分析】
转化为与含有3个不同的交点，求导，画出大致图象，结合图象即可求解
【详解】
因为函数的零点，即方程的根，
而该方程可化为，
设，则的定义域为，
且，由，得，
当时，，递减
当时，，递增
当时，，递减
所以极小值，的大致图象如图所示．
所以，要函数有3个不同的零点，
即方程有3个不同的根，
即与含有3个不同的交点，
故．
故答案为：
4．已知函数．
（1）讨论的单调性：
（2）若在定义城上有两个极值点，求证：．
【来源】湖南省永州市第四中学2021届高三下学期高考冲刺（二）数学试题
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）分类讨论含参数的函数的单调区间，由于需要讨论的正负，因此需要结合开口方向、有无实数根以及有实数根的情况下根与0的关系进行分类讨论；
（2）结合（1）可知此时，且．进而将转化为，从而构造函数，通过研究函数的性质即可证出结论.
【详解】
（1）函数的导数是
设，则．当，且时，对称轴，判别式，因此讨论的分界点为．记．
当时，有
x
0 +
单调递减 极小值点 单调递增
当时，有
x 1
0 +
单调递减 极小值点 单调递增
当时，有
x
0 + 0
单调递减 极小值点 单调递增 极大值点 单调递减
当时，有在上单调递减．
综上可知，取，
则当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递减．
（2）由（1）的结论可知，此时，且．
从而
设函数，则，
于是在区间上单调递增，
因此．
【点睛】
不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.
5．已知函数．
（1）当时，求在上的最值；
（2）设，若有两个零点，求的取值范围．
【来源】陕西省汉中市2021届高三下学期高考一模理科数学试题
【答案】（1），；（2）．
【分析】
（1）当时，，对其求导判断单调性，比较极值和端点值即可得最值；
（2）求出，再分情况，和时，判断函数的单调性以及极值，求解函数的零点，即可求解.
【详解】
（1）当时，，可得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，，
所以，．
（2）因为，
可得：．
①当时，，此时只有一个零点，故不成立；
②当时，在上单调递减，在上单调递增．
因为，，
当时，；
当时，，．
有两个不同的零点，成立；
③当时，令，得或．
当时，，恒成立，
在上单调递增，至多有一个零点；
当时，即．
若或，则；若，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，即．
若或，则；若时，则．
在和上单调递增，在上单调递减．
当时，，
．
仅有一个零点，不合题意．
综上，有两个零点，的取值范围是．
【点睛】
思路点睛：利用导数研究函数的最值的步骤：
①写定义域，对函数求导；
②在定义域内，解不等式和得到单调性；
③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.
6．已知函数（）．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
【来源】押第21题 导数的应用-备战2021年高考数学（理）临考题号押题（全国卷2）
【答案】（1）时，在单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先求函数的定义域，进而对函数求导、通分，进而讨论a的范围，得出单调区间；
（2）先将不等式化为，证明左边最大值<右边最小值即可.
【详解】
（1） 的定义域为，.
当时，，所以在上单调递增.
当时，若，则；
若，则.
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，要证，即证，即证.
令函数，则.
令，得；令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
令函数，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
因为，所以，即，从而 得证.
【点睛】
证明同一自变量的函数不等式一般做法是构造成同一个函数，求其最大值或最小值，但还有一种做法是构造成两个函数，但对函数结构要求较高，以本题为例，则需要满足不等式左边的最大值<右边的最小值，平常注意方法的积累，通常把这种方法称为“构造凹凸函数”.
7．定义在上的关于的函数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）在上恒成立，求的取值范围．
【来源】河南省洛阳市孟津县第一高级中学2021届高三下学期4月文科数学调研试题
【答案】（1）在上，单调递减；在上，单调递增；（2）．
【分析】
（1）直接解和即可得到的单调性；
（2）分类讨论：先判断，不合题意﹔当时，利用导数讨论单调性，求出的取值范围；当，利用导数讨论单调性，求出的取值范围；
【详解】
（1），
时，，
在上，，单调递减﹔
在上，，单调递增．
（2）由（1），
若，在上，，单调递增，，不合题意﹔
若，
在上，，；
在上，，，
由题意，，
若，
在上，，单调递减，
则在上，符合题意，
综上所述，．
8．已知定义在内的函数的导函数.
（1）证明：；
（2）当时，证明：函数恰有两个极值点.
【来源】全国2021届高三高考数学信心提升试题
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）分析可知要证明不等式对任意的恒成立，构造函数，其中，利用导数证得，即可证得结论成立；
（2）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立.
【详解】
（1）要证，即证不等式对任意的恒成立，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上为增函数，故，
故对任意的，，即；
（2），则，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
故，
构造函数，则，
由（1）可知，，故函数在上单调递增，
当时，，即，
则，
所以，，
由零点存在定理可知，存在使得，
当时，，当时，，
此时是函数的极大值点；
构造函数，
下面证明：当时，，
令，其中，
，则，且，
所以，函数在上单调递增，
当时，，当时，，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，
故当时，，
取，则，故，
由零点存在定理可知，存在，使得，
且当时，，当时，，
故是函数的极小值点，
因此，函数恰有两个极值点.
【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．已知函数.
（1）若，讨论函数的零点个数；
（2）设，是函数的两个零点，证明：.
【来源】江苏省南京市第二十九中学2021-2022学年高三上学期8月第二次学情调研数学试题
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】
（1）当时，显然无零点；当时，考查函数图象与函数图象的公共点个数，数形结合可得结果；
（2）由（1）得，将要证不等式转化为，根据是函数的两个零点得，不等式转化为，不妨设，令，通过换元不等式转化为，构造函数，由单调性可证得不等式成立.
【详解】
（1），
①当时，，因为，所以无零点；
②当时，，下面考查函数图象与函数图象的公共点个数.
当二者相切时，设切点为，则，解得，即函数图象与函数图象相切.
由图可知，当时，两函数图象有且只有一个公共点，即有1个零点；当，即时，两函数图象无公共点，即无零点；当，即时，两函数图象有2个公共点，即有2个零点.
综合①②可知，当时，函数无零点；当时，函数有1个零点；当时，函数有2个零点.
（2）由（1）知，当时，，即对任意，.
因为函数有2个零点，由（1）知，，所以，即.
要证，即证，只需证.
因为是函数的两个零点，所以，两式相减得，所以只需证.
不妨设，则，即证，令，即证.
令，则，所以函数在上单调递增.
所以对任意，，即成立.
故原不等式成立.
【点睛】
关键点点睛：第（2）问的关键点是：通过层层转化，把要证的不等式转化为时，，最终通过构造函数，由单调性证得不等式成立.
10．函数．
（1）讨论的极值点的个数；
（2）设，若恒成立，求a的取值范围．
【来源】河南省洛阳市孟津县第一高级中学2021届高三下学期4月理科数学调研试题
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】
（1）根据，讨论、研究的单调性，进而判断极值点的个数；
（2）由题意可知恒成立，构造并应用导数研究单调性，由求a的范围．
【详解】
（1），
若，而，，无极值点；
若，得，而，故不是极值点，
∴当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
此时，有唯一的极值点．
（2）恒成立，
∴恒成立，
设，有，
，
当时，，，，单调增；
当时，，，，单调减．
当时，取得极大值，也是最大值，
由题意：，
∴a的取值范围为．
11．已知，
（1）求在处的切线方程以及的单调性；
（2）令，若有两个零点分别为，且为唯一极值点，求证：.
【来源】重庆市第七中学2021届高三下学期高考仿真模拟数学试题
【答案】（1），在上递减，上递增；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用导数的几何意义求处的坐标及切线斜率，写出切线方程，再讨论的符号，得到的单调区间；
（2）由题意得，利用导数求的单调区间，根据其零点个数求参数a的范围，由，令且得，应用分析法，要证只需证即可，构造函数并应用导数求其最值，即可证明结论.
【详解】
（1），定义域为，
∴，则，又，
∴切线方程为，
令，得，令得
∴的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）且，若，得，
当，，，；
∴在上单调递减，上单调递增，而要使有两个零点，则满足，
∴，故，又，令
由，有，即：，
，
要证，需证，需证，即，由，需证：，
令，则，
令，则，故在上递增，；
∴，故在上递增，；
，得证.
【点睛】
关键点点睛：第二问，首先利用函数的单调性求单调区间，再根据零点的个数求参数范围，最后令，由得，应用分析法证明结论转化为证，构造函数结合导数证明即可.
12．设函数．
（1）若在上存在零点，求实数的取值范围；
（2）证明：当时，．
【来源】福建省莆田市2021届高三高中毕业班3月第二次教学质量检测数学试题
【答案】（1），（2）证明见解析
【分析】
（1）设，根据函数的单调性得到关于的不等式，解出即可；
（2）设，求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可
【详解】
（1）解：设，因为当时，为增函数，
当时，，，
所以在上恒大于零，所以在上不存在零点，
当时，在上为增函数，根据增函数的和为增函数，
所以在上为单调函数，
所以在上若有零点，则仅有1个，
所以，即，解得，
所以实数的取值范围
（2）证明：设，则
，则，
所以 ，
因为，所以，
所以在上递增，在上恒成立，
所以在上递增，而，
因为，所以，所以恒成立，
所以当时，
13．已知函数，.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，求证：.
【来源】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试数学试题
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
(1)求的定义域，求，由可得或，对与大小关系讨论，并判断的正负，即可判断函数的单调性；
(2)原式等价于，而，故只需证，即证明，只需证明即可，利用导数研究其单调性即可.
【详解】
解：（1），其定义域为，
，当时，或，
①当，即时，时，；，时；时，，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；
②当，即时，时，；
所以在单调递增；
③当，时，时，；时，；时，，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；
④当，即时，时，；时， ，
所以在单调递减，在单调递增.
（2）原式等价于，
∵，∴只需证，
即证明，
而，记，则，
∴在单调递减，又，，
故存在，使得，即，
，
记在上单调递减，，
故只需证：，即
∵，∴在上单调增，成立，
∴原不等式成立.
14．已知函数．
（1）当时，求在区间上的最值；
（2）若在定义域内有两个零点，求的取值范围．
【来源】重庆市南开中学2022届高三上学期7月考试数学试题
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）当时，求出导函数，求出函数得单调区间，即可求出在区间上的最值；
（2）由，分离参数得，根据函数得单调性作图，结合图像即可得出答案.
【详解】
解：（1）当时，，，
∴在单调递减，在单调递增，
，，
∴，.
（2），则，
∴在单调递增，在单调递减，
，当时，，当时，，
作出函数和得图像，
∴由图象可得，.
15．已知函数在与时都取得极值．
（1）求，的值与函数的单调区间；
（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【来源】备战2021高考数学全真模拟卷（北京专用）
【答案】（1），，的单调递增区间为和，的单调递增区间为；（2）或.
【分析】
（1）求，由，即可求得的值，再由，分别求得单调递增和单调递减区间.
（2）判断在上的单调性，求出的最大值，只需即可求解.
【详解】
（1），由题意可得：，
即解得：，
所以，
由可得：或，
由可得：，
所以函数的单调递增区间为：和，
函数的单调递增区间为.
（2），
由（1）知：在上单调递增，在单调递减，在单调递增，
当时取得极大值，
，
所以时，
若不等式恒成立，则，
即，解得：或.
16．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个相异零点，求证：.
【来源】黑龙江省大庆市2021届高三二模数学（文）试题
【答案】（1）时，在单调递增；时，在单调递减，在单调递增；（2）证明见解析.
【分析】
（1）先求导，再对分两种情况讨论得解；
（2）要证，等价于证明，令，则，等价于证明成立，设函数，求出函数最小值即得证.
【详解】
解：由题意得，
①时，恒成立，
所以，所以在单调递增.
②时，在上，在上，
所以在单调递减，在单调递增.
综上，时，在单调递增.
时，在单调递减，在单调递增.
（2）因为有两个相异零点，，由（1）可知，，
不妨设，因为，，
所以，，
所以，
要证，
即证，
等价于证明，而，
所以等价于证明，
也就是. （*）
令，则，
于是欲证（*）成立，等价于证明成立，
设函数，
求导得，
所以函数是上的增函数，
所以，
即成立，
所以成立.
17．已知函数的导函数为.
（1）当时，求证：；
（2）若只有一个零点，求m的取值范围.
【来源】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性考试（一）数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）求出导函数，再构造，判断其单调性即可知，从而得证；
（2）利用第一问结论，根据分类讨论函数的单调性或范围，再结合零点存在性定理即可解出．
【详解】
.
（1）当时，
设，则，所以在上单调递增，在单调递减，又由于，故.
由于，所以，即.
（2）注意到.
①若，，所以在上单调递减，取，则
故存在唯一的a使得，即在上只有一个零点.
②若，当时，，而，所以；
当时，.
故，即在上无零点.
③当时，，，所以在上单调递增.
设且，当时，.
故存在唯一的b使得，即在只有一个零点.
综上，若只有一个零点，.
【点睛】
本题第一问利用导数求函数最值，解法常规；第二问，由函数的零点个数求参数取值范围，因为函数形式较麻烦，没用使用常见的分参转化为函数的图象交点个数去求解，而是含参讨论，难点在于利用第一问结论对函数的单调性的研究，以及合理的取值构造，创造零点存在性定理的使用条件，从而解出，思维难度较大．
18．已知函数.
（1）求函数的极值；
（2）当|时，函数有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
【来源】贵州省贵阳市第一中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（六）数学（文）试题
【答案】（1）当时，无极值；当时，有极小值，无极大值；（2）.
【分析】
（1）对函数求导，对参数分情况讨论，求得函数的单调区间，结合单调性求得函数的极值；（2）由（1）可知，，当时，利用单调性得出不可能，故当时，利用函数的单调性分情况讨论列出不等式组求得结果.
【详解】
解：（1）由题意知，，
所以当时，，所以在上递减，无极值；
当时，令，
所以在上递减，上递增，
所以当时，取到极小值，无极大值，
综上，当时，无极值；
当时，则当时，有极小值，无极大值.
（2）由（1）可知，当时，在上单调递减，
所以至多一个零点，不符合题意；
当时，在上递减，上递增，
若，即，则在上单调递增，至多有一个零点，也不符合题意；
若，即，则在上单调递减，至多有一个零点，也不符合题意；
若，即，则在上单调递减，在上单调递增，
则或
综上可得实数的取值范围为
19．已知函数.
（1）若，且，求的值；
（2）证明：.
【来源】贵州省贵阳市第一中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（六）数学（理）试题
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题意知， ，对a讨论，
利用倒数研究单调性和最值，求出；
（2）证明：根据待证式子的结构，由（1）可构造，易得，令，则，即，对n分别取1,2，3……n后累加法即可证明.
【详解】
（1）由题意知，
，
当时，，所以在上递减，又，所以不符合题意；
当时，令，所以在上递减，上递增，
所以，令，
则，
当时，，所以递增；
当时，，所以递减，
所以，而，
所以.
（2）证明：由（1）知，当时，，
所以，
令，则，即，
所以，，…，，
累加得
，又，所以，
所以，.
【点睛】
（1）求极（最）值需研究函数的单调性；
（2）利用导数证明不等式的本质是利用导数判断单调性，利用单调性比较大小.
20．已知函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）已知，若在内有两个零点，求的取值范围.
【来源】江西省景德镇一中2022届高三7月月考数学（理）试题
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】
（1）求出导函数，对a进行分类讨论：①；②；③a=1；④a>1，利用导数研究单调性.
（2）把在内有两个零点转化为关于x方程在上有两个不相等的实数根.令利用导数判断单调性，求出值域，即可求出a的范围.
【详解】
（1）的定义域为(0,+∞)，.
①当时，令，得到；令，得到，此时在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；
②当时，令，得到；令，得到或，此时在(a,1)上为减函数，在(0,a)和上为增函数；
③当a=1时,显然恒成立，此时在0,+∞)上为增函数；
④当a>1时,令，得到；令，得到或.此时在(1,a)上为减函数,在(0,1)和(a,+∞)上为增函数.
综上：①当时， 在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；
②当时， 在(a,1)上为减函数，在(0,a)和上为增函数；
③当a=1时，在0,+∞)上为增函数；
④当a>1时，在(1,a)上为减函数,在(0,1)和(a,+∞)上为增函数.
（2）在内有两个零点，即关于x方程在上有两个不相等的实数根.
令则，
令，则，
显然在上恒成立,故在上单调递增.
因为p(1)=0，所以当，有，即所以单调递减；
当，有，即所以单调递增；
因为，
所以a的取值范围
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