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第三章 导数及其应用
专题4：利用导数解决问题
考点一　利用导数解决不等式恒成立问题
　已知函数f(x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围.
【解析】　法一：(函数最值法)
x2f(x)＋a≥2－e，即xln x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，
则h ′(x)＝ln x＋1－a.
令h ′(x)＝0，得x＝ea－1.
当x∈(0，ea－1)时，h ′(x)<0；
当x∈(ea－1，＋∞)时，h ′(x)>0.
所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.
令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t ′(a)＝1－ea－1.
令t ′(a)＝0得a＝1.
当a∈[0,1)时，t ′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t ′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－>0；
当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为
t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)．
故a∈[0,2]．
法二：(分离参数法)
原式可变为xln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥.
先求出函数g(x)＝xln x的最小值．
求得g ′(x)＝ln x＋1.
当x∈(0，e－1)时，g ′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g ′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
因为此时(xln x)min＝－e－1，
所以xln x＋e－2≥－e－1＋e－2>0.
又因为x∈(0,1)，所以<0，
而a≥0，所以a≥显然成立．
当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．
当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤.
若令t(x)＝，此时只需当x∈(1，＋∞)时， a≤t(x)min.
求得t ′(x)＝，
易得t ′(e)＝0.
下证x＝e是t ′(x)＝在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．
令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h ′(x)＝1－.
当x∈(1，＋∞)时，h ′(x)>0，
所以h(x)单调递增．
即x＝e是t ′(x)＝的唯一零点．
当x∈(1，e)时，t ′(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，t ′(x)>0，t(x)单调递增．
所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．
法三：(数形结合)
通过变形原不等式等价于证明：xln x≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)．
若令g(x)＝xln x和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)．
则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方．
首先分析g(x)＝xln x的图象．
由法二可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象．
因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数，
且g(x)min＝－e－1>2－e.
两个函数的图象大致如图1所示：
图1　　　　　　　　图2
所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．
设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得
消去ln x0得2－e＝a－ea－1③.
易得a＝2为③式的解．
令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t ′(a)＝1－ea－1.
当t ′(a)＝0时，a＝1.
当a∈[0,1]时，t ′(a)≥0，t(a)单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t ′(a)<0，t(a)单调递减．
因为t(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－2>0，
所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点，
在区间(1，＋∞)有且仅有一个零点，a＝2.
综上所述，a∈[0,2]．
考点二　利用导数解决函数的零点
判断、证明或讨论函数零点个数问题
已知函数f(x)＝ln x＋kx＋2，讨论y＝f(x)－2的零点个数．
【解析】　由y＝f(x)－2＝0得ln x＝－kx，
因为x>0，所以k＝，
令h(x)＝，则 h ′(x)＝－，
当x>e时，h ′(x)>0，h(x)单调递增，
当0所以h(x)≥h＝－，
当x>e时，>0，所以<0，
当x＝时，－>0，
所以h(x)＝的图象如图所示，
所以当k<－时，y＝f(x)－2无零点；
当k＝－或k≥0时，y＝f(x)－2只有一个零点；
当－已知零点个数求参数的取值范围
已知函数f(x)＝x2－aln x，若a>0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．
【解析】　f(x)＝x2－aln x的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝x－＝.
因为a>0，由f ′(x)>0，得x>，
f ′(x)<0，得0即f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
①若≤1，
即0f(1)＝，f(x)在区间(1，e)上无零点．
②若1<f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，
f(x)min＝f()＝a(1－ln a)．
∵f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，
∴
∴e③若≥e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，f(1)＝>0，f(e)＝e2－a<0，f(x)在区间(1，e)上有一个零点．
综上，f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是.
考点三 利用导数证明不等式
(2023·全国练习)已知函数f(x)＝ln x－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2＞e2.
【证明】不妨设x1＞x2＞0，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
欲证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a＞，
所以原问题等价于证明＞，
即ln ＞，
令c＝(c＞1)，则不等式变为ln c＞.
令h(c)＝ln c－，c＞1，
所以h ′(c)＝－＝＞0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)＞h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证．
2．(2021·湖南张家界模拟)已知函数f(x)＝xln(x＋a)＋1(a＜0)．
(1)当a＝－1时，判断f(x)的单调性；
(2)证明：f(x)＜ex＋cos x.
【解析】(1)当a＝－1时，f(x)＝xln(x－1)＋1(x＞1)，
则f ′(x)＝ln(x－1)＋，令v(x)＝ln(x－1)＋，
则v ′(x)＝－＝，
则当0＜x＜2 v ′(x)＜0；当x＞2 v ′(x)＞0，
f ′(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以f ′(x)＞f ′(2)＝2＞0，
所以f ′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2)证明：法一：因为a＜0，所以x＞－a＞0，
所以f(x)＝xln(x＋a)＋1＜xln x＋1，
要证明f(x)＜ex＋cos x，
只需证明xln x＜ex＋cos x－1.
(ⅰ)当0＜x≤1时，因为ex＋cos x－1＞0，xln x≤0，
所以xln x＜ex＋cos x－1成立；
(ⅱ)当x＞1时，设g(x)＝ex＋cos x－xln x－1，
则g ′(x)＝ex－ln x－sin x－1，
设h(x)＝g ′(x)，则h ′(x)＝ex－－cos x，
因为x＞1，所以h ′(x)＞e－1－1＞0，
即h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＞h(1)＝e－sin 1－1＞0，即g ′(x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
g(x)＞g(1)＝e＋cos 1－1＞0，即xln x＜ex＋cos x－1，
综上可知，当a＜0时，f(x)＜ex＋cos x.
法二：同上，只需证明xln x＋1＜ex＋cos x.
易证ln x≤x－1，
所以xln x＋1≤x(x－1)＋1＝x2－x＋1，
只需证x2－x＋1＜ex＋cos x，
即证ex－x2＋x－1＋cos x＞0，
设h(x)＝ex－x2＋x－1，
则h ′(x)＝ex－2x＋1，h″(x)＝ex－2，
因为x∈(0，ln 2)，h″(x)＜0；x∈(ln 2，＋∞)，h″(x)＞0，
所以h ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h ′(x)min＝h ′(ln 2)＝2－2ln 2＋1＝ln＞0，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
①当时，cos x≥0，h(x)＞h(0)＝0，
∴ex－x2＋x－1＋cos x＞0；
②当时，h(x)＞＝e－＋－1＞1，
∴ex－x2＋x－1＋cos x＞0，
故原式成立．
1．（2022·全国·高考真题）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
【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.
(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.
2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【解析】
【分析】
（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
(1)
的定义域为，
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
(2)
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设
要证,即证
因为,即证
因为,即证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
3．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
(1)
，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
(2)
（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则即，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
一、单选题
1．若当时，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】易证时，恒成立，由此可知当时，恒成立成立；可将原问题等价于当时，关于的不等式恒成立，分和两种情况，结合分离参数法，即可求出结果.
【详解】
令，
所以，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，即时，恒成立，
所以当时，恒成立成立；
若当时，关于的不等式恒成立，则等价于当时，关于的不等式恒成立，
当时，不等式显然成立
当时，关于的不等式恒成立，即恒成立，
又函数在上单调递减，所以，
所以，即；
综上实数的取值范围是.
故选：A.
2．已知函数有两个极值点 ，则下列说法错误的是（　　）
A．
B．曲线 在点 处的切线可能与直线垂直
C．
D．
【答案】B
【分析】对于A,求出函数的导数，根据函数有两个极值点，得到导数有两个变号零点，从而可求 参数的取值范围，判断A;对于B,根据导数的几何意义可求得切线的斜率，判断B;对于C，由，即，利用整体代换思想得到，结合二次函数性质得到，判断C;对于D，由，即，利用整体代换思想，结合换元法，构造函数，即可判断D.
【详解】
对于A，由题意得 ，
令 ，
当 时， ， 递增，当 时， ， 递减，
故 ，由题意知有两个变号零点，
故，即，故A正确；
对于B，线 在点 处的切线的斜率为 ，
该切线如果与垂直，则斜率为-1，即 ，与矛盾，故B错误；
对于C，由题意可知，即，
则，
由A项分析可知 ，根据二次函数的性质可得 ，
故C正确；
对于D，由题意知，，即，
则 ，即 ，
要整，只需证 ，即证，
设 ，则只需证 ，
令 ， ，
故是单调增函数，则，
故成立，故D正确，
故选：B
3．已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先将不等式进行恒等变形，然后构造新函数，结合函数的性质即可求得实数的取值范围．
【详解】
由题意可得：，
，
，
令，易得在上单调递增，
，记，则,
故当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故，故只需
故实数的取值范围为．
故选：A
4．已知函数，．若对任意，总存在，使得成立，则实数的最大值为（ ）
A．7 B．5 C． D．3
【答案】D
【分析】分别求出两个函数在对应区间上的最大值，然后可得答案.
【详解】
因为，所以，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因为，，，，
所以当时，，
因为，所以在区间上单调递减，
所以当时，，
因为对任意，总存在，使得成立，所以，即，
所以实数的最大值为3，
故选：D
5．已知向量，函数．若对于任意的，且，均有成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得，则在上恒成立，不妨设，则原不等式可转化为，构造函数，再利用导数研究函数的性质即可求得实数的取值范围
【详解】
由题意得，则，
当时，恒成立，
所以在上为增函数，
不妨设，则，
因为，
所以等价于，
即，
令，，
所以可知在上为减函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，
则，
所以在上为减函数，
所以，所以，
故选：B
6．已知函数，实数，满足，若，，使得成立，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】B
【分析】利用导数法求出函数的最小值，再利用二次函数的性质求出最小值，结合已知条件及函数的图象即可求解.
【详解】
因为，所以，
令，即，解得，
当时，；当时，；
所以在上单调递减；在上单调递增；
当时，取得最小值为，
，对称轴为，开口向下，
由二次函数的性质，
当时，取得最小值为.
令，即，解得或，
作两个函数的图象如图所示
由图可得：的最大值为
故选：B.
7．已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】构造，，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得到AB选项，构造差函数，得到，从而判断出C选项.
【详解】
构造，，则恒成立，
则，
当时，，，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
因为，所以，，
又，所以，D错误，
因为，所以，，
所以，所以，A错误，B正确.
令，则，
当时，恒成立，
所以在上单调递增，
当时，，即，
因为，
所以
因为，
所以，
因为在在单调递减，
所以，即
因为在上单调递减，
所以，C错误
故选：B
8．设函数，若，且的最小值为，则a的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，可得，构造函数利用导数即可求出.
【详解】
令，由图象可得，
因为，所以，即，
则，
令，
则，令，解得，
当时，，单调递减，，解得，符合，
当，在单调递减，在单调递增，
则，解得，不符合，
综上，.
二、多选题
9．已知函数和，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据反函数求解出与交点坐标，从而得到；B选项，由零点存在性定理得到，；C选项，化简整理得到，求出在上的单调性，求出取值范围；D选项，构造函数，根据得到，根据在上单调递增，所以，即，整理得，D正确．
【详解】
由于和互为反函数，则和的图象关于直线对称，
将与联立求得交点为，则，即，A正确．
易知为单调递增函数，因为，，由零点存在性定理可知，B正确．
易知为单调递减函数，，，由零点存在性定理可知．
因为，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，C错误．
因为，，所以，所以．令，则，当时，，在上单调递增，所以，即，整理得，D正确．
故选：ABD
10．已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．在R上无极值点
B．在上存在唯一极值点
C．，不等式恒成立，则的最小值为
D．若，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】AB选项，通过二次求导研究与的单调性，进而得到与在各自定义域上均无极值点；C选项，结合的单调性，解不等式，分离常数后通过研究的单调性求出最值，进而求出的最小值；D选项，函数同构结合函数单调性得到，从而得到，通过研究的单调性求出最大值.
【详解】
定义域为R，，令，则，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极小值，也是最小值，所以，故恒成立，所以在R上单调递增，所以在R上无极值点，A正确；定义域为，，令，则，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极小值，也是最小值，，所以恒成立，所以单调递增，所以在上无极值点，B错误；因为在R上单调递增，，不等式恒成立，所以，即在上恒成立，只需的最大值，令，，则，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极大值，也是最大值，，所以，则的最小值为，C正确；，，根据得：，因为在单调递增，所以，故，令，则，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极大值，也是最大值，，D正确
故选：ACD
11．已知函数（），则下列命题正确的是（ ）
A．在上是单调递增函数 B．对任意，都有
C．对任意，都有 D．
【答案】ACD
【分析】利用函数导数与函数单调性的关系可判断A，利用特值可判断B，利用函数的单调性可判断CD.
【详解】
对于A，，记，则，
故当时，，那么，函数单调递增，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，因为对于，，当时，，，
所以当时，，由A知，即，故C正确；
对于D，，即，
等价于，此式成立，故D正确：
故选：ACD.
12．已知函数有两个极值点，，则下列选项正确的有（ ）
A． B．函数有两个零点
C． D．
【答案】ACD
【分析】问题化为在上有两个变号零点，讨论参数a研究的单调性，结合零点存在性定理判断区间零点情况，进而求出a的范围，再研究的单调性，结合零点存在性定理判断零点个数，且可得，最后应用对数均值不等式判断C、D.
【详解】
由题设，在上有两个变号零点，
令，则，
若，则，即递增，此时不可能存在两个零点；
所以，则时，递增；时，递减；
故，而，
要存在零点，则，可得，则，
此时x趋向于正无穷时趋于负无穷，则在各有一个零点，满足题设，A正确；
由上，不妨设，
在上，递减；在上，递增，且，
所以x趋向于时趋于0，，，
故上无零点，上不一定存在零点，B错误；
由对数均值不等式，证明如下：
令，要证，即证，
若，则，故在上递减，
所以，即，故得证；
令要证，即证，
若，则，故在上递增，
所以，即，故得证；
综上，，
故，C正确；且，即，
所以，故，D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知函数 ，则对任意的，存在(其中且)，能使以下式子恒成立的是___________.
①； ②；
③； ④.
【答案】①②③
【分析】当时，利用在上单调性可判断①；计算得出，令可判断②；当时得出为单调递增函数，利用单调性可判断③；
当时，求导判断出的单调性和的极值，得出，
当时， 为单调递增函数，再利用单调性得出无法比较大小，可判断④.
【详解】
，当时，，为上单调递增函数，
因为，所以，故①正确；
，
当时，②正确；
当时，令 为单调递增函数，
因为，所以，故③正确；
当时，令解得或，为单调递增函数，
令解得，为单调递减函数，
所以在处有极大值为，在处有极小值为，
因为，所以，
因为，所以，
即，所以，
当时， 为单调递增函数，
因为，，所以无法比较大小，故④错误.
故答案为：①②③.
14．函数
（1）当时，过原点的函数的切线方程为__________；
（2）当时，若数列满足：.判断下列命题是否正确，正确的在括号内写正确，错误的写错误.
①，都有( )
②，使得( )
③，使得( )
【答案】 正确
错误 错误
【分析】(1)当，利用导数求得，设切点为，根据直线的点斜式方程即可求出过原点的切线方程；
(2)根据函数的单调性可得，进而可得，即可判断②；
利用导数讨论的单调性，根据得出，即可判断③；
利用导数讨论的单调性，根据得出，即可判断④.
【详解】
（1）当时，；
设切点为，则切线为，
由切线过点，则，故切线方程为.
（2）当时，，
则在上单调递增.由，则，故②对；
令，则，故在上单调递增.
若，则，与矛盾，故③错；
若，由的单调性，则，即，与矛盾，故④错.
故答案为：①，②正确，③错误，④错误
15．若存在，使得不等式，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】分离变量可得在上能成立，利用导数可求得，由此可得结果.
【详解】
由得：；
当时，，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；，
，即实数的取值范围为.
故答案为：.
16．已知函数和函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是________.
【答案】
【分析】利用导数可求得在上的单调性，进而确定在上的值域；由正弦型函数值域的求法可求得在上的值域；由能成立问题的求法可确定，解不等式组求得结果.
【详解】
当时，，
在上单调递增，又在上单调递减，，，
；
当时，，，，
若存在，使得成立，则，
即，解得：，实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
17．设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，再分，和三种情况讨论，再根据导函数的符号即可得出答案；
（2）由（1）知：当时，在上单调递减，从而有，则有，再令，再利用放缩法及裂项相消法即可得证.
(1)
解：的定义域为，，
令，
当时，恒成立，即恒成立，
故在上单调递增，
当时，有二正根，，，
当，，
在和上单调递减，
当，，在上单调递增，
当时，恒成立，即恒成立，
故在上单调递减；
综上：当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
(2)
证明：由（1）知：当时，在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当时取等号，令，
则，
所以
，
所以.
18．己知函数．
(1)若函数在处的切线过点，求m的值；
(2)若，已知且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，得出斜率建立关系可求解.
（2）令，可得证明即可，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可求出.
(1)
由得，所以切点为，
由，得，
所以，又函数在处的切线过点，
所以，解得；
(2)
当时，，
，令得，
，所以 在单调递增；，所以 在单调递减，
故记，令，则，
因为，所以
所以，所以，
所以，由得
要证，即证，
因为，即证，
令，，
，，
，，所以在单调递减，
又，，所以在单调递减，
所以，所以得证.
19．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设，当时，任意，存在使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）利用导数来研究函数的单调性，注意对参数进行讨论.
（2）恒成立与能成立问题都利用函数的最值来处理.
(1)因为函数，
所以函数定义域为： ，且
①当时，，令，令,
所以当时，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，，因为，所以当时，
，令，令或，
所以当时，在，上单调递减，在上单调递增；
当时，，
所以当时，在上单调递减；
当时，，令，令
或，
所以当时，在，上单调递减，在上单调递增；
③当时，令，令，
所以当时在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在，上单调递减，在上单调递增.
(2)由（1）知当时，在上单调递增，
所以，所以原问题，
使得成立，使得成立.
设，则，
所以上单调递减，所以.
所以即.中小学教育资源及组卷应用平台
第三章 导数及其应用
专题4：利用导数解决问题
考点一　利用导数解决不等式恒成立问题
　已知函数f(x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围.
【解析】　法一：(函数最值法)
x2f(x)＋a≥2－e，即xln x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝xln x－ax＋a＋e－2，
则h ′(x)＝ln x＋1－a.
令h ′(x)＝0，得x＝ea－1.
当x∈(0，ea－1)时，h ′(x)<0；
当x∈(ea－1，＋∞)时，h ′(x)>0.
所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.
令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t ′(a)＝1－ea－1.
令t ′(a)＝0得a＝1.
当a∈[0,1)时，t ′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t ′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－>0；
当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为
t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0＝t(2)．
故a∈[0,2]．
法二：(分离参数法)
原式可变为xln x＋e－2≥a(x－1)(*)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥.
先求出函数g(x)＝xln x的最小值．
求得g ′(x)＝ln x＋1.
当x∈(0，e－1)时，g ′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g ′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
因为此时(xln x)min＝－e－1，
所以xln x＋e－2≥－e－1＋e－2>0.
又因为x∈(0,1)，所以<0，
而a≥0，所以a≥显然成立．
当x＝1时，代入(*)式验证e－2≥0显然成立．
当x∈(1，＋∞)时，(*)式分离变量可变为a≤.
若令t(x)＝，此时只需当x∈(1，＋∞)时， a≤t(x)min.
求得t ′(x)＝，
易得t ′(e)＝0.
下证x＝e是t ′(x)＝在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．
令h(x)＝x－ln x－(e－1)，则h ′(x)＝1－.
当x∈(1，＋∞)时，h ′(x)>0，
所以h(x)单调递增．
即x＝e是t ′(x)＝的唯一零点．
当x∈(1，e)时，t ′(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，t ′(x)>0，t(x)单调递增．
所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，故a∈[0,2]．
法三：(数形结合)
通过变形原不等式等价于证明：xln x≥a(x－1)＋(2－e)，x∈(0，＋∞)．
若令g(x)＝xln x和h(x)＝a(x－1)＋(2－e)．
则只需证明函数g(x)的图象在直线h(x)的上方．
首先分析g(x)＝xln x的图象．
由法二可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
其次分析h(x)＝a(x－1)＋(2－e)的图象．
因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数，
且g(x)min＝－e－1>2－e.
两个函数的图象大致如图1所示：
图1　　　　　　　　图2
所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．
设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得
消去ln x0得2－e＝a－ea－1③.
易得a＝2为③式的解．
令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t ′(a)＝1－ea－1.
当t ′(a)＝0时，a＝1.
当a∈[0,1]时，t ′(a)≥0，t(a)单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t ′(a)<0，t(a)单调递减．
因为t(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－2>0，
所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点，
在区间(1，＋∞)有且仅有一个零点，a＝2.
综上所述，a∈[0,2]．
考点二　利用导数解决函数的零点
判断、证明或讨论函数零点个数问题
已知函数f(x)＝ln x＋kx＋2，讨论y＝f(x)－2的零点个数．
【解析】　由y＝f(x)－2＝0得ln x＝－kx，
因为x>0，所以k＝，
令h(x)＝，则 h ′(x)＝－，
当x>e时，h ′(x)>0，h(x)单调递增，
当0所以h(x)≥h＝－，
当x>e时，>0，所以<0，
当x＝时，－>0，
所以h(x)＝的图象如图所示，
所以当k<－时，y＝f(x)－2无零点；
当k＝－或k≥0时，y＝f(x)－2只有一个零点；
当－已知零点个数求参数的取值范围
已知函数f(x)＝x2－aln x，若a>0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求a的取值范围．
【解析】　f(x)＝x2－aln x的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝x－＝.
因为a>0，由f ′(x)>0，得x>，
f ′(x)<0，得0即f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
①若≤1，
即0f(1)＝，f(x)在区间(1，e)上无零点．
②若1<f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，
f(x)min＝f()＝a(1－ln a)．
∵f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，
∴
∴e③若≥e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，f(1)＝>0，f(e)＝e2－a<0，f(x)在区间(1，e)上有一个零点．
综上，f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点时，a的取值范围是.
考点三 利用导数证明不等式
(2023·全国练习)已知函数f(x)＝ln x－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2＞e2.
【证明】不妨设x1＞x2＞0，
因为ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
欲证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2.
因为ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，所以即证a＞，
所以原问题等价于证明＞，
即ln ＞，
令c＝(c＞1)，则不等式变为ln c＞.
令h(c)＝ln c－，c＞1，
所以h ′(c)＝－＝＞0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)＞h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证．
2．(2021·湖南张家界模拟)已知函数f(x)＝xln(x＋a)＋1(a＜0)．
(1)当a＝－1时，判断f(x)的单调性；
(2)证明：f(x)＜ex＋cos x.
【解析】(1)当a＝－1时，f(x)＝xln(x－1)＋1(x＞1)，
则f ′(x)＝ln(x－1)＋，令v(x)＝ln(x－1)＋，
则v ′(x)＝－＝，
则当0＜x＜2 v ′(x)＜0；当x＞2 v ′(x)＞0，
f ′(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以f ′(x)＞f ′(2)＝2＞0，
所以f ′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
(2)证明：法一：因为a＜0，所以x＞－a＞0，
所以f(x)＝xln(x＋a)＋1＜xln x＋1，
要证明f(x)＜ex＋cos x，
只需证明xln x＜ex＋cos x－1.
(ⅰ)当0＜x≤1时，因为ex＋cos x－1＞0，xln x≤0，
所以xln x＜ex＋cos x－1成立；
(ⅱ)当x＞1时，设g(x)＝ex＋cos x－xln x－1，
则g ′(x)＝ex－ln x－sin x－1，
设h(x)＝g ′(x)，则h ′(x)＝ex－－cos x，
因为x＞1，所以h ′(x)＞e－1－1＞0，
即h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)＞h(1)＝e－sin 1－1＞0，即g ′(x)＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
g(x)＞g(1)＝e＋cos 1－1＞0，即xln x＜ex＋cos x－1，
综上可知，当a＜0时，f(x)＜ex＋cos x.
法二：同上，只需证明xln x＋1＜ex＋cos x.
易证ln x≤x－1，
所以xln x＋1≤x(x－1)＋1＝x2－x＋1，
只需证x2－x＋1＜ex＋cos x，
即证ex－x2＋x－1＋cos x＞0，
设h(x)＝ex－x2＋x－1，
则h ′(x)＝ex－2x＋1，h″(x)＝ex－2，
因为x∈(0，ln 2)，h″(x)＜0；x∈(ln 2，＋∞)，h″(x)＞0，
所以h ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，
在(ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h ′(x)min＝h ′(ln 2)＝2－2ln 2＋1＝ln＞0，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
①当时，cos x≥0，h(x)＞h(0)＝0，
∴ex－x2＋x－1＋cos x＞0；
②当时，h(x)＞＝e－＋－1＞1，
∴ex－x2＋x－1＋cos x＞0，
故原式成立．
1．（2022·全国·高考真题）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
【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.
(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.
2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【解析】
【分析】
（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
(1)
的定义域为，
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
(2)
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设
要证,即证
因为,即证
因为,即证
即证
即证
下面证明时，
设，
则
设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令
所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
3．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
(1)
，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
(2)
（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则即，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
一、单选题
1．若当时，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】易证时，恒成立，由此可知当时，恒成立成立；可将原问题等价于当时，关于的不等式恒成立，分和两种情况，结合分离参数法，即可求出结果.
【详解】
令，
所以，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，即时，恒成立，
所以当时，恒成立成立；
若当时，关于的不等式恒成立，则等价于当时，关于的不等式恒成立，
当时，不等式显然成立
当时，关于的不等式恒成立，即恒成立，
又函数在上单调递减，所以，
所以，即；
综上实数的取值范围是.
故选：A.
2．已知函数有两个极值点 ，则下列说法错误的是（　　）
A．
B．曲线 在点 处的切线可能与直线垂直
C．
D．
【答案】B
【分析】对于A,求出函数的导数，根据函数有两个极值点，得到导数有两个变号零点，从而可求 参数的取值范围，判断A;对于B,根据导数的几何意义可求得切线的斜率，判断B;对于C，由，即，利用整体代换思想得到，结合二次函数性质得到，判断C;对于D，由，即，利用整体代换思想，结合换元法，构造函数，即可判断D.
【详解】
对于A，由题意得 ，
令 ，
当 时， ， 递增，当 时， ， 递减，
故 ，由题意知有两个变号零点，
故，即，故A正确；
对于B，线 在点 处的切线的斜率为 ，
该切线如果与垂直，则斜率为-1，即 ，与矛盾，故B错误；
对于C，由题意可知，即，
则，
由A项分析可知 ，根据二次函数的性质可得 ，
故C正确；
对于D，由题意知，，即，
则 ，即 ，
要整，只需证 ，即证，
设 ，则只需证 ，
令 ， ，
故是单调增函数，则，
故成立，故D正确，
故选：B
3．已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先将不等式进行恒等变形，然后构造新函数，结合函数的性质即可求得实数的取值范围．
【详解】
由题意可得：，
，
，
令，易得在上单调递增，
，记，则,
故当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故，故只需
故实数的取值范围为．
故选：A
4．已知函数，．若对任意，总存在，使得成立，则实数的最大值为（ ）
A．7 B．5 C． D．3
【答案】D
【分析】分别求出两个函数在对应区间上的最大值，然后可得答案.
【详解】
因为，所以，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因为，，，，
所以当时，，
因为，所以在区间上单调递减，
所以当时，，
因为对任意，总存在，使得成立，所以，即，
所以实数的最大值为3，
故选：D
5．已知向量，函数．若对于任意的，且，均有成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得，则在上恒成立，不妨设，则原不等式可转化为，构造函数，再利用导数研究函数的性质即可求得实数的取值范围
【详解】
由题意得，则，
当时，恒成立，
所以在上为增函数，
不妨设，则，
因为，
所以等价于，
即，
令，，
所以可知在上为减函数，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，
则，
所以在上为减函数，
所以，所以，
故选：B
6．已知函数，实数，满足，若，，使得成立，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】B
【分析】利用导数法求出函数的最小值，再利用二次函数的性质求出最小值，结合已知条件及函数的图象即可求解.
【详解】
因为，所以，
令，即，解得，
当时，；当时，；
所以在上单调递减；在上单调递增；
当时，取得最小值为，
，对称轴为，开口向下，
由二次函数的性质，
当时，取得最小值为.
令，即，解得或，
作两个函数的图象如图所示
由图可得：的最大值为
故选：B.
7．已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】构造，，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得到AB选项，构造差函数，得到，从而判断出C选项.
【详解】
构造，，则恒成立，
则，
当时，，，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
因为，所以，，
又，所以，D错误，
因为，所以，，
所以，所以，A错误，B正确.
令，则，
当时，恒成立，
所以在上单调递增，
当时，，即，
因为，
所以
因为，
所以，
因为在在单调递减，
所以，即
因为在上单调递减，
所以，C错误
故选：B
8．设函数，若，且的最小值为，则a的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，可得，构造函数利用导数即可求出.
【详解】
令，由图象可得，
因为，所以，即，
则，
令，
则，令，解得，
当时，，单调递减，，解得，符合，
当，在单调递减，在单调递增，
则，解得，不符合，
综上，.
二、多选题
9．已知函数和，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据反函数求解出与交点坐标，从而得到；B选项，由零点存在性定理得到，；C选项，化简整理得到，求出在上的单调性，求出取值范围；D选项，构造函数，根据得到，根据在上单调递增，所以，即，整理得，D正确．
【详解】
由于和互为反函数，则和的图象关于直线对称，
将与联立求得交点为，则，即，A正确．
易知为单调递增函数，因为，，由零点存在性定理可知，B正确．
易知为单调递减函数，，，由零点存在性定理可知．
因为，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，C错误．
因为，，所以，所以．令，则，当时，，在上单调递增，所以，即，整理得，D正确．
故选：ABD
10．已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．在R上无极值点
B．在上存在唯一极值点
C．，不等式恒成立，则的最小值为
D．若，则的最大值为
【答案】ACD
【分析】AB选项，通过二次求导研究与的单调性，进而得到与在各自定义域上均无极值点；C选项，结合的单调性，解不等式，分离常数后通过研究的单调性求出最值，进而求出的最小值；D选项，函数同构结合函数单调性得到，从而得到，通过研究的单调性求出最大值.
【详解】
定义域为R，，令，则，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极小值，也是最小值，所以，故恒成立，所以在R上单调递增，所以在R上无极值点，A正确；定义域为，，令，则，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极小值，也是最小值，，所以恒成立，所以单调递增，所以在上无极值点，B错误；因为在R上单调递增，，不等式恒成立，所以，即在上恒成立，只需的最大值，令，，则，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极大值，也是最大值，，所以，则的最小值为，C正确；，，根据得：，因为在单调递增，所以，故，令，则，当时，，当时，，当时，，所以在处取得极大值，也是最大值，，D正确
故选：ACD
11．已知函数（），则下列命题正确的是（ ）
A．在上是单调递增函数 B．对任意，都有
C．对任意，都有 D．
【答案】ACD
【分析】利用函数导数与函数单调性的关系可判断A，利用特值可判断B，利用函数的单调性可判断CD.
【详解】
对于A，，记，则，
故当时，，那么，函数单调递增，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，因为对于，，当时，，，
所以当时，，由A知，即，故C正确；
对于D，，即，
等价于，此式成立，故D正确：
故选：ACD.
12．已知函数有两个极值点，，则下列选项正确的有（ ）
A． B．函数有两个零点
C． D．
【答案】ACD
【分析】问题化为在上有两个变号零点，讨论参数a研究的单调性，结合零点存在性定理判断区间零点情况，进而求出a的范围，再研究的单调性，结合零点存在性定理判断零点个数，且可得，最后应用对数均值不等式判断C、D.
【详解】
由题设，在上有两个变号零点，
令，则，
若，则，即递增，此时不可能存在两个零点；
所以，则时，递增；时，递减；
故，而，
要存在零点，则，可得，则，
此时x趋向于正无穷时趋于负无穷，则在各有一个零点，满足题设，A正确；
由上，不妨设，
在上，递减；在上，递增，且，
所以x趋向于时趋于0，，，
故上无零点，上不一定存在零点，B错误；
由对数均值不等式，证明如下：
令，要证，即证，
若，则，故在上递减，
所以，即，故得证；
令要证，即证，
若，则，故在上递增，
所以，即，故得证；
综上，，
故，C正确；且，即，
所以，故，D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知函数 ，则对任意的，存在(其中且)，能使以下式子恒成立的是___________.
①； ②；
③； ④.
【答案】①②③
【分析】当时，利用在上单调性可判断①；计算得出，令可判断②；当时得出为单调递增函数，利用单调性可判断③；
当时，求导判断出的单调性和的极值，得出，
当时， 为单调递增函数，再利用单调性得出无法比较大小，可判断④.
【详解】
，当时，，为上单调递增函数，
因为，所以，故①正确；
，
当时，②正确；
当时，令 为单调递增函数，
因为，所以，故③正确；
当时，令解得或，为单调递增函数，
令解得，为单调递减函数，
所以在处有极大值为，在处有极小值为，
因为，所以，
因为，所以，
即，所以，
当时， 为单调递增函数，
因为，，所以无法比较大小，故④错误.
故答案为：①②③.
14．函数
（1）当时，过原点的函数的切线方程为__________；
（2）当时，若数列满足：.判断下列命题是否正确，正确的在括号内写正确，错误的写错误.
①，都有( )
②，使得( )
③，使得( )
【答案】 正确
错误 错误
【分析】(1)当，利用导数求得，设切点为，根据直线的点斜式方程即可求出过原点的切线方程；
(2)根据函数的单调性可得，进而可得，即可判断②；
利用导数讨论的单调性，根据得出，即可判断③；
利用导数讨论的单调性，根据得出，即可判断④.
【详解】
（1）当时，；
设切点为，则切线为，
由切线过点，则，故切线方程为.
（2）当时，，
则在上单调递增.由，则，故②对；
令，则，故在上单调递增.
若，则，与矛盾，故③错；
若，由的单调性，则，即，与矛盾，故④错.
故答案为：①，②正确，③错误，④错误
15．若存在，使得不等式，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】分离变量可得在上能成立，利用导数可求得，由此可得结果.
【详解】
由得：；
当时，，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；，
，即实数的取值范围为.
故答案为：.
16．已知函数和函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是________.
【答案】
【分析】利用导数可求得在上的单调性，进而确定在上的值域；由正弦型函数值域的求法可求得在上的值域；由能成立问题的求法可确定，解不等式组求得结果.
【详解】
当时，，
在上单调递增，又在上单调递减，，，
；
当时，，，，
若存在，使得成立，则，
即，解得：，实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
17．设函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，再分，和三种情况讨论，再根据导函数的符号即可得出答案；
（2）由（1）知：当时，在上单调递减，从而有，则有，再令，再利用放缩法及裂项相消法即可得证.
(1)
解：的定义域为，，
令，
当时，恒成立，即恒成立，
故在上单调递增，
当时，有二正根，，，
当，，
在和上单调递减，
当，，在上单调递增，
当时，恒成立，即恒成立，
故在上单调递减；
综上：当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
(2)
证明：由（1）知：当时，在上单调递减，
所以，
所以，当且仅当时取等号，令，
则，
所以
，
所以.
18．己知函数．
(1)若函数在处的切线过点，求m的值；
(2)若，已知且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，得出斜率建立关系可求解.
（2）令，可得证明即可，构造函数，利用导数研究函数的单调性即可求出.
(1)
由得，所以切点为，
由，得，
所以，又函数在处的切线过点，
所以，解得；
(2)
当时，，
，令得，
，所以 在单调递增；，所以 在单调递减，
故记，令，则，
因为，所以
所以，所以，
所以，由得
要证，即证，
因为，即证，
令，，
，，
，，所以在单调递减，
又，，所以在单调递减，
所以，所以得证.
19．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设，当时，任意，存在使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）利用导数来研究函数的单调性，注意对参数进行讨论.
（2）恒成立与能成立问题都利用函数的最值来处理.
(1)因为函数，
所以函数定义域为： ，且
①当时，，令，令,
所以当时，在上单调递减，在上单调递增；
②当时，，因为，所以当时，
，令，令或，
所以当时，在，上单调递减，在上单调递增；
当时，，
所以当时，在上单调递减；
当时，，令，令
或，
所以当时，在，上单调递减，在上单调递增；
③当时，令，令，
所以当时在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时在上单调递减，在上单调递增；
当时，在，上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，在，上单调递减，在上单调递增.
(2)由（1）知当时，在上单调递增，
所以，所以原问题，
使得成立，使得成立.
设，则，
所以上单调递减，所以.
所以即.

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