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专题07 函数与导数常考压轴解答题
【目录】
考点一：含参数函数单调性讨论
考点二：导数与数列不等式的综合问题
考点三：双变量问题
考点四：证明不等式
考点五：极最值问题
考点六：零点问题
考点七：不等式恒成立问题
考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题
考点九：利用导数解决一类整数问题
考点十：导数中的同构问题
考点十一：洛必达法则
考点十二：导数与三角函数结合问题
本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.
考点要求 考题统计 考情分析
不等式 2023年I卷第19题，12分2023年甲卷第21题，12分 2023年天津卷第20题，16分 2022年II卷第22题，12分 【命题预测】函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点： （1）含参函数的单调性、极值与最值； （2）函数的零点问题； （3）不等式恒成立与存在性问题； （4）函数不等式的证明． （5）导数中含三角函数形式的问题 其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．
极最值 2023年乙卷第21题，12分2023年II卷第22题，12分
恒成立与有解 2022年 北京卷第20题，12分2021年天津卷第20题，16分 2020年I卷第21题，12分
零点问题 2022年甲卷第21题，12分2022年I卷第22题，12分 2022年乙卷第20题，12分
1、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0．
（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令．
（3）判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
（4）比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
（5）转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2、应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题．
3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．
（2023 新高考Ⅰ）
1．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
（2023 乙卷）
2．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
（2023 甲卷）
3．已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
（2023 天津）
4．已知函数．
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)求证：当时，；
(3)证明：．
（2023 新高考Ⅱ）
5．（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
（2022 甲卷）
6．已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
（2022 新高考Ⅱ）
7．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：．
（2021 天津）
8．已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
考点一：含参数函数单调性讨论
1、导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间．
2、导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：
（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．
3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．
在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的．
（1）二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性；
（2）通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性．
例1．（2023·河北承德·高三校联考期中）
9．已知函数.讨论的单调性；
例2．（2023·广东广州·高三广东广雅中学校考阶段练习）
10．已知，讨论的单调性.
例3．（2023·全国·高三专题练习）
11．已知函数，讨论函数的单调性.
考点二：导数与数列不等式的综合问题
在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．
例4．（2023·辽宁·高三校联考阶段练习）
12．已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若，求的值；
(3)求证：.
例5．（2023·广东·高三校联考阶段练习）
13．设，.
(1)当时，求函数的最小值；
(2)当时，证明：；
(3)证明：.
例6．（2023·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考阶段练习）
14．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求使恒成立的最大偶数a．
(3)已知当时，总成立．令，若在的图像上有一点列，若直线的斜率为，求证：．
考点三：双变量问题
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
例7．（2023·湖北荆门·高三荆门市龙泉中学校联考阶段练习）
15．已知函数，是大于0的常数.记曲线在点处的切线为，在轴上的截距为，．
(1)当，时，求切线的方程；
(2)证明：.
例8．（2023·海南海口·高三海南中学校考阶段练习）
16．已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，，且，求证：(其中是自然对数的底数).
例9．（2023·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）
17．设函数的两个极值点分别为，．
(1)求实数的取值范围；
(2)若不等式恒成立，求正数的取值范围（其中为自然对数的底数）．
考点四：证明不等式
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．
（4）对数单身狗，指数找基友
（5）凹凸反转，转化为最值问题
（6）同构变形
例10．（2023·河北·高三校联考期中）
18．已知函数.
(1)当时，比较与的大小；
(2)若函数，且，证明：.
例11．（2023·四川达州·统考一模）
19．已知函数.
(1)若在上有唯一零点，求的取值范围；
(2)若对任意实数恒成立，证明：.
例12．（2023·安徽安庆·高三安徽省太湖中学校考阶段练习）
20．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的极大值为2，求实数的值；
(3)在（2）的条件下，方程存在两个不同的实数根，证明：.
考点五：极最值问题
利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．
例13．（2023·江苏·统考一模）
21．已知实数，函数，是自然对数的底数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)求证：存在极值点，并求的最小值.
例14．（2023·全国·模拟预测）
22．已知，函数，记为函数的极值点.
(1)若是极小值点，证明：；
(2)若是极大值点，证明：.
例15．（2023·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）
23．已知函数有三个极值点，且.
(1)求实数的取值范围；
(2)若2是的一个极大值点，证明：.
考点六：零点问题
函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．
例16．（2023·广东·高三校联考阶段练习）
24．已知，为自然对数的底数.
(1)若函数在处的切线平行于轴，求函数的单调区间；
(2)若函数在上有且仅有两个零点，求实数的取值范围.
例17．（2023·全国·模拟预测）
25．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若有两个零点，求实数的取值范围．
例18．（2023·北京顺义·高三校考阶段练习）
26．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程和的极值；
(2)证明在恒为正；
(3)证明：当时，曲线：与曲线：至多存在一个交点．
考点七：不等式恒成立问题
1、利用导数研究不等式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）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
2、利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），．
3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，，．
（1）若，，有成立，则；
（2）若，，有成立，则；
（3）若，，有成立，则；
（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．
例19．（2023·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）
27．已知函数
(1)求函数在处的切线方程．
(2)对任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
例20．（2023·河南·高三校联考期末）
28．已知函数．
(1)若的图象在点处的切线平行于轴，求的单调区间；
(2)若当时，恒成立，求实数的取值范围．
例21．（2023·浙江湖州·高三校考期末）
29．已知函数在定义域内有两个不同的零点，．
(1)求证：
(2)已知，若存在，不等式对任意的总成立，求的取值范围．
考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示．
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．
例22．（2023·江西·统考模拟预测）
30．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
例23．
31．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值；
(3)若正实数满足，证明：．
例24．（2023·陕西汉中·高三西乡县第一中学校联考期中）
32．已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)若，求函数的最小值；
(3)若有两个零点，，证明：.
例25．（2023·重庆渝中·高三统考期中）
33．已知函数．
(1)若函数是减函数，求的取值范围；
(2)若有两个零点，且，证明：．
考点九：利用导数解决一类整数问题
分离参数、分离函数、半分离
例26．（2023·贵州黔东南·高三校考期末）
34．已知函数，．
(1)当时，求证：；
(2)若是函数的导函数，且在定义域内恒成立，求整数a的最小值．
例27．（2023·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）
35．已知函数
(1)求的零点个数；
(2)若恒成立，求整数的最大值.
例28．（2023·浙江·高三校联考阶段练习）
36．已知函数，，为自然对数底数．
(1)证明：当时，；
(2)若不等式对任意的恒成立，求整数的最小值．
考点十：导数中的同构问题
1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式
2、同构式的应用：
（1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根
（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路>
①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；
③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围．
（3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程
（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解
例29．
37．已知函数.
(Ⅰ)求函数的单调区间；
(Ⅱ)设，，若对任意，且，都有，求实数的取值范围.
例30．
38．已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
例31．
39．已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
考点十一：洛必达法则
法则1、若函数和满足下列条件：
（1）及；
（2）在点的去心邻域内，与可导且；
（3），那么=．
法则2、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2），和在与上可导，且；
（3），
那么=．
法则3、若函数和满足下列条件：
（1）及；
（2）在点的去心邻域内，与可导且；
（3），
那么=．
注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
（1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立．
（2）洛必达法则可处理，，，，，，型．
（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．
（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．
，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
例32．
40．已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
例33．
41．已知函数，如果当，且时，，求的取值范围．
例34．
42．已知函数．当时，求的取值范围．
考点十二：导数与三角函数结合问题
分段分析法
例35．（2023·福建三明·高三三明一中校考开学考试）
43．已知曲线C：
(1)若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程；
(2)当时，求在上的值域；
(3)若，讨论的零点个数．
例36．（2023·湖北·高三校联考阶段练习）
44．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若两个不相等的正实数a，b满足，求证：；
(3)若，求证：.
例37．（2023·江西赣州·统考模拟预测）
45．已知函数.
(1)若函数，讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
2．(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
3．(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
4．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论.
【详解】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键.
5．（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
6．(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
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
7．(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.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
8．（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
9．答案见解析
【分析】求出导函数，然后分类讨论确定和的解得单调性．
【详解】，，
所以，
令，得．
当时，；，
所以在上单调递增，在上单调递减．
当时，；；
所以在上单调递减，在上单调递增．
10．答案见解析
【分析】求出函数的定义域，求出函数的导数，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的单调递增区间和递减区间.
【详解】解：由函数，可得函数的定义域为，
则，令，
当时，对任意的，，则，
此时，函数的单调递增区间为，无减区间；
若时，因为，
令，解得或（舍去），
当时，，则，可得单调递增，
当时，，则，可得单调递减，
所以函数的递增区间为，递减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为；
当时，函数的递增区间为，递减区间为.
【点睛】思路点睛：讨论含参函数的单调性，通常注意以下几个方面：
（1）求导后看最高次项系数是否为，须需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为，通常是二次函数，若二次函数开口方向确定时，再根据判别式讨论无根或两根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域比较.
11．答案见解析.
【分析】将函数求导，对的正负性进行分类讨论，进而得到的单调性.
【详解】因为的定义域为，
所以，其中，
当时，即，在上单调递增，
当时，即，
令，得；
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
12．(1)在处取得极小值，无极大值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；
（3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证.
【详解】（1）当时，，，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，无极大值；
（2）由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
因为恒成立，所以，
记，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，
又，
所以，
所以；
（3）证明：先证，
设，则，
所以在区间上单调递减，
所以，即，
所以，
再证，
由（2）可知，当时等号成立，
令，则，
即，
所以，，，
累加可得，
所以.
【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．
13．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意可知：为偶函数，所以仅需研究的部分，求导，分和两种情况，利用导数判断原函数的单调性和最值；
（2）由题意可知：为偶函数，所以仅需研究的部分，求导，利用导数判断原函数的单调性和最值，分析证明；
（3）由（2）可得：，分和两种情况，利用裂项相消法分析证明；
【详解】（1）因为的定义域为，且，
所以为偶函数，
下取，
当时，，则，
当时，则，可知在内单调递增，
当时，令，则，
可知在内单调递增，
因为，则，使得，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
则在内恒成立，可知在内单调递减；
综上所述：在内单调递减，在内单调递增，
所以在内的最小值为，
又因为为偶函数，所以在内的最小值为.
（2）由（1）可知为定义在上的偶函数，下取，
可知，令，
因为，则，
则在内单调递增，可得，
即在内恒成立，可知在内单调递增，
所以在内的最小值为，
结合偶函数性质可知：.
（3）由（2）可得：当时，，当且仅当时，等号成立，
即，令，则，
当时，，
即，则有：
，，，，
相加可得：，
因为，则，所以，
即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
14．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式即可得切线方程；
（2）参变分离，令，利用二次导数讨论其单调性，设出隐零点进行代换即可求解；
（3）先利用导数证明，结合对进行放缩整理，然后分组求和即可证明.
【详解】（1）当时，，，
所以，曲线在点处切线的斜率为，
所以切线方程为．
（2）当时，使等价于，
令，所以，
令，所以，
所以在上单调递增，
又因为，，
所以在上，使，即，
当时，，；
当时，，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
因为，所以，
所以，且，
所以使恒成立的最大偶数为．
（3）时，，
，
令，则，
令，则，单调递增，
又，所以，当时，，单调递增，
又，所以，当时，，
即，则，
，
．
【点睛】本题第二问属于隐零点问题，主要是利用零点方程进行代换；第三问难点在于利用已知和对进行放缩，然后求和即可得证.
15．(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）由，利用导数几何意义即可求解；
（2）通过构造函数和利用函数单调性，分与两类，证明不等式恒成立即可.
【详解】（1）因为，所以曲线在点处切线方程为．
即，
当，时，
切线的方程为．
（2）对于切线：，
令，得，
由得，
因为，所以，，
，令，，
令，由得，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以．
所以，当，，则，
①当时，，，
因为，所以，则．
②当时，，
令，，
，当时，，
所以在上单调递增，
所以，则，
综上，．
【点睛】方法点睛：本题主要考查导数的应用，函数的单调性、零点、不等式等知识，解题中注意转化思想的应用，属于压轴题；
16．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）由题意，，是方程的两个根，即可得到，令则，则，只需证明当时，不等式成立即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
则，
当时令，解得或，
当，即时恒成立，所以在上单调递增；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
当即时，令，解得或，则在，上单调递增，
令，解得，则在上单调递减；
综上可得， 当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，由题意，是方程的两个根，①，②，
①②两式相加，得③，①②两式相减，得④，
联立③④，得，，
设，，，，，
因为，所以，则，
若，则一定有，
只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，即不等式成立，
设函数，，
在上单调递增，故时，，
即证得成立，
即证得当时，，即证得，
，即证得，则．
【点睛】思路点睛：本题第二问是导数应用中的函数零点，双变量问题.根据函数零点的定义可得，，两式相加，相减运算可得，，即得，令，即，又易证，只需证明当时，不等式成立即可，即不等式成立，构造函数，用导数证明即可.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由题意知有两个不相等的实根，转化为两个函数有两个交点问题，根据单调性画出函数图象，由此得到的取值范围.
（2）将不等式取自然对数化简整理，构造函数，求导分析，即可求正数的取值范围
【详解】（1）由题，定义域为．
则，由题可得有两个不等实数根，，
于是有两个不同的实数根，等价于函数与图象在有两个不同的交点，
，由，由，
所以在递增，在递减，
又，有极大值为，当时，，所以可得函数的草图（如图所示）．

所以，要使函数与图象在有两个不同的交点，当且仅当．
即实数的取值范围为
（2）由（1）可知：，是方程的两个实数根，且．
则 ．
由于，两边取自然对数得，
即，
令，则在恒成立．
所以在恒成立
令，则．
①当即时，，在递增，所以恒成立，满足题意．
②当时，在递增，在递减，所以，当时，，
因此，在不能恒成立，不满足题意．
综上所述，，即的取值范围是．
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）构造，利用导数求函数的单调性与最值，则可判断与的大小关系；
（2）先求得， 再证，则可得，所以有，即，得证.
【详解】（1）解：设函数，
可得，
当时，，则在区间上单调递增，
所以，所以，所以.
（2）证明：设函数，
当时，，则恒成立，
则由，得，
又，所以，
因为，可得，
令，可得，
所以单调递增，即在区间上单调递增，
所以，
所以在区间上单调递增，
又，所以，同理得，
要证，
只需证，即证.
因为，所以，
设函数，则，
所以在区间上单调递增，
因为，所以，所以，
所以，
所以，即.
【点睛】利用导数比较大小、利用导数证明不等式，常常通过构造函数，把不等式转化为确定函数的单调性，利用单调性得函数值的大小，为此需要求导，利用导数确定单调性，在此过程中可能需要多次求导（当然需要多次构造函数）才能得出最终结论．
19．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）令，得，构造函数，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出其大致图像，结合图象即可得解；
（2）根据对任意实数恒成立，可得是函数的最小值，由分类讨论求出的最小值，再构造新的函数证明即可.
【详解】（1）令，得，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，
如图，作出函数的图象，
由图可知，的取值范围为或；
（2）因为对任意实数恒成立，
所以是函数的最小值，
，
当时，，所以函数在上为减函数，
所以函数没有最小值，不符合题意，
当时，时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上所述，，
则，即，
即，即，
令，
，
当且仅当，即时取等号，
所以，
，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
所以，即，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
20．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，对参数进行分类讨论即可得出的单调性；
（2）结合（1）中的结论和极值的定义可得，可解得；
（3）根据方程存在两个不同的实数根，可构造函数，并证明其单调性即可得时满足，即可证明不等式.
【详解】（1）因为，可得函数的定义域为，
所以，
当时，在恒成立，故函数在上单调递增；
当时，若，则，故函数在上单调递增；
若，则，故函数在上单调递减；
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）因为的极大值为2，所以由（1）可得，
所以，解得
此时，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
所以函数在处取得极大值，
即当时，函数有极大值为2；
（3）证明：由（2）可知，当时，函数在上单调递增；在上单调递减，
方程存在两个不同的实数根，不妨令，
当时，令，
则，
可得
所以函数在上单调递增，，
又，所以可得，可得；
而，则，
又，，且函数在上单调递减；
所以，即，
故
【点睛】方法点睛：用导数证明双变量不等式时，往往通过构造函数将双变量问题转化成单变量问题，利用函数单调性即可证明得出结论.
21．(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)
【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.
【详解】（1）当时，，
则
令，得；令，得；
所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）
令，因为，
所以方程，有两个不相等的实根，
又因为，所以，令，列表如下:
- 0 +
减 极小值 增
所以存在极值点.所以存在使得成立，
所以存在使得，
所以存在使得对任意的有解，
因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以当时，的最小值为．
所以需要，即需要，
即需要，即需要
因为在上单调递增，且，
所以需要，
故的最小值是．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得，通过研究函数与的图象相交的情况确定函数的极值点以及极值点的范围，将所得等式代入即可证明范围；
（2）记，通过的单调性确定，结合即可证明，先求出，构造函数，通过单调性确定，进而可证明结论.
【详解】（1）.
当函数与的图象相切时，，得，
即切点为，代入得
由于，所以函数与的图象有两个交点，
设其横坐标分别为，不妨设，，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故是的极小值点，是的极大值点.
若是极小值点，则，
由，得，
所以，其在上单调递减，
又当时，，当时，，
所以.
（2）若是极大值点，则.
①先证.
记，，则，
当时，，在上单调递减.
方法一：由于，所以.
又因为，所以.
方法二：构造，.
则.
因为，所以在上单调递增，
所以，所以.
②再证.
，令，，
当时，，
所以在上单调递减，所以，即，
由即的单调性知.
综上，.
【点睛】思路点睛：某些含参数，并且参数在一指定范围内的不等式证明，可以将参数用其端点值替换，转化成证不含参数的不等式.
23．(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）利用函数极值点个数可得在上至少有三个实数根，即可知在有两个不等于2的不相等的实数根；利用导数求出的单调性并在同一坐标系下画出函数与函数的图象即可求得实数的取值范围；
（2）根据（1）中的结论可得，将要证明的不等式化为，利用分析法可得需证明，由的单调性可知，化简可得，构造函数即可得出证明.
【详解】（1）根据题意可知，函数的定义域为，
则，
由函数有三个极值点可知在上至少有三个实数根；
显然，则需方程，也即有两个不等于2的不相等的实数根；
由可得，，
令，则，
显然当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
所以，
画出函数与函数在同一坐标系下的图象如下图所示：

由图可得且时，在上有两个不等于2的相异的实数根，
经检验可知当时，导函数在左右符号不同，即均是的变号零点，满足题意；
因此实数的取值范围时
（2）根据题意结合（1）中的图象，由可知，
若2是的一个极大值点，易知函数在上单调递减，可知；
因此是方程的两个不相等的实数根，即
所以，
同理可得，
所以
由可知,
所以
又，要证，
即证，也即，所以；
只需证，即可得；
由（1）可得，所以可得，
且根据（1）中结论可知函数在上单调递减；
所以要证证，即证，又，即，
即证，即，
可得，即，可得，
令，则，
令，则，所以在上单调递减，
即，所以，即在上单调递减；
因此，即可得证.
【点睛】方法点睛：在处理函数极值点问题时，是将极值点转化成导函数的变号零点，利用函数与方程的思想转化为图像交点个数的问题；双变量问题一般是通过已有的等量关系或者构造函数转化为单变量问题，利用单调性求解即可.
24．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）求出，利用导数的几何意义得到，再利用导数与函数性质的关系即可得解；
（2）构造函数，将问题转化为与的图象有两个交点，利用导数分析的性质，结合图象即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
又函数在处的切线平行于轴，则，
即，解得，
此时，令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）因为在上有且仅有两个零点，
令，则，即在上有且仅有两个零点，
令，，则问题转化为与的图象有两个交点，
又，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，
又，，
作出与的大致图象，如图，

结合图象可得，
所以实数的取值范围为.
25．(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切点与切线的斜率，从而得解；
（2）利用参变分离，构造函数，利用导数研究其性质，从而作出图象，结合图象即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
，所以．
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由有两个零点，
得方程在上有两个不同的实数解．
当时，显然方程没有正实数解，所以．
则方程在上有两个不同的实数解．
令，则．
显然在上为减函数，又，
所以当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，且．
当时，；当时，，
要使方程在上有两个不同的实数解，
则与的图象在上有两个不同的交点，
结合图象可知，解得，
综上，实数的取值范围为．
26．(1)切线方程，当时函数有极小值；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求斜率，再求出即可得切线方程，利用导数讨论函数单调性，然后可得极值；
（2）利用导数证明函数单调递增，然后结合可证；
（3）记，将问题转化为证明函数至多有一个零点，然后求导，对导数变形，结合（2）设的零点为，再利用零点方程进行代换即可得证.
【详解】（1）因为，
所以，
又，所以曲线在点处的切线方程为.
解得，解得，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
故当时，函数有极小值.
（2）因为，
所以函数在单调递增，
又，
所以，当时，总有，
即在恒为正.
（3）令，得，
记，
则曲线至多有一个交点，等价于函数至多有一个零点.
求导得，其中，
由（2）知，在单调递增，
因为，，
所以函数存在唯一零点，且，
当时，，则，函数单调递减；
当时，，则，函数单调递增.
所以当时，取得最小值，
又为函数的零点，所以，则，
所以，
当时，，此时无零点，即曲线无交点；
当时，，此时存在唯一零点，即曲线存在一个交点.
综上，当时，曲线至多有一个交点.
【点睛】隐零点问题解题思路：第一步，利用零点存在性定理判断零点存在，难点在于合理赋值，确定零点所在区间，有时需要结合单调性确定零点个数；第二步，抓住零点方程实施代换，如指数与对数的代换，超越方程与简单方程的代换，同构思想等，需注意代换有可能不止一次.
27．(1)
(2)．
【分析】（1）利用导数的几何意义，求切点处切线的方程；
（2）利用函数单调性，不等式等价于恒成立，令，由，得在上恒成立，利用导数求的最大值即可.
【详解】（1）因为，，则切点坐标为，
所以，则函数在处的切线斜率，
所以切线方程为.
（2）由（1）可知，所以在上单调递增，
故当时，，，
又，所以原不等式可化为，
从而有，
令，则，即在上单调递减，
，
所以，即在上恒成立，
令，则，
时；时，
故在单调递增，在单调递减，
从而只需，
故的取值范围为．
【点睛】方法点睛：
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，不等式恒成立问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
28．(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）对函数求导，根据在点处的切线平行于轴求出的值，得出原函数的解析式，然后对函数的导数进行分析求出函数的单调区间即可；
（2）由时，恒成立，等价出不等式，对进行分类讨论分析求出即可.
【详解】（1）因为，
所以，
因为在点处的切线平行于轴，
所以，
解得，
所以
所以，
令，
则，
所以在上单调递减，
即在上单调递减，
又，
所以当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）等价于．
当时，式恒成立，
当时，式即．
设，
则．
若，因为，
所以在上单调递增，
所以，所以．
若，令，得．
若，即，则在上单调递增，
则，解得．
若，即，
则当时，，故在上为减函数，
当时，，故在为增函数，
所以在处取得最小值，
且，
解得．
综上所述，所求的的取值范围是．
【点睛】方法点睛：函数导数问题，通常有以下几类考法
（1）利用函数导数求函数在某点处的切线方程
（2）利用函数导数求函数（含参）的单调区间或判断函数的单调性
（3）证明不等式成立
（4）求极值、最值等
方法：对函数求导利用函数导数进行分析求解，遇到含参数的函数需要对其进行分类讨论，有时候还需要进行二次求导.
29．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，结合函数单调性和极值情况，得到不等式，求出；
（2）利用比值代换将不等式问题转化为在上恒成立，该不等式可利用导数来证明.
【详解】（1）的定义域为，
，
当时，恒成立，
此时在上单调递减，不会有两个不同的零点，舍去，
当时，令得，此时单调递增，
令得，，此时单调递减，
故在处取得极小值，，
又和时，，
要想有两个不同的零点，则，
解得；
（2）由（1）可知，，
，故，
两边取自然对数得，，
因为存在，故，
由题意得，，故，设，
则，故且，
所以，其中，
故，故，
故在上恒成立.
设，
则，设，则，
当时，，故为上的减函数，故，
故在上的增函数，故，
故在上恒成立.
当时，当时，，
故为上的增函数，故，
故为上的减函数，故，
故在上恒成立，这与题设矛盾.
故的取值范围是.
【点睛】对于求不等式恒能成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
30．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出.
【详解】（1）的定义域为R，
由题意，得，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．
因为，，
所以只需证．
因为，
所以只需证．
令，，
则
在恒成立．
所以在区间上单调递减，
所以，
即当时，．
所以，
即成立．
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则先消去参数.
31．(1)
(2)
(3)见解析.
【分析】（1）求出导数，计算出斜率，由点斜式即可得出答案.
（2）令，将题意转化为，利用导数讨论的单调性，对分类讨论，即可得出答案.
（3）由题意可得，令，则由，根据函数的单调性证明即可.
【详解】（1）因为，，，
所以切线方程为，即.
（2）令，
所以 ，
当时，因为，所以，所以是上的递增函数，
又因为，所以关于的不等式不能恒成立.
当时，，
令，得，所以当时，；
当时，，
因此函数在上是增函数，在上是减函数，
故函数的最大值为.
令，则在上是减函数，
因为，，
所以当时，，所以整数的最小值为．
（3）由，得
，
从而，
令，则由，得，可知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，又，
因此成立.
【点睛】本题以函数解析表达式为背景，旨在考查导数在研究函数的单调性、极值（最值）等方面的综合运用．求解第一问时，依据题设条件运用导数的几何意义求解；第二问的求解则是先将题设中的不等式进行转化，再构造函数运用导数进行求解；第三问的求解则是先将问题进行等价转化，再构造函数运用导数知识求解，从而使得问题简捷、巧妙地获解．
32．(1)极大值为，无极小值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后解不等式、即可求得极值.
（2）运用导数研究的单调性，进而可求得其最小值.
（3）由已知可得，构造函数，根据其单调性可得，构造函数并研究其单调性，构造函数并研究其单调性，当时，依次结合函数、的单调性即可证得结果.
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，，
，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，极大值为，无极小值.
（2）由题意知函数的定义域为.
，
则，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
（3）不妨设，则由（2）知，.
设，由，得，
即，
因为函数在R上单调递增，所以成立.
构造函数，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
所以，
又在上单调递减，
所以，即.
【点睛】极值点偏移问题的方法指导：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
33．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围；
（2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【详解】（1）的定义域为，
，
函数是减函数，故在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，且，
故，解得，
故的取值范围是；
（2）若有两个零点，则，
得．
，令，则，
故，
则，
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
，则在上单调递增，
，即，
故.
【点睛】极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
34．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，构造函数，然后求导得其最小值，即可证明；
（2）根据题意，将问题转化为在内恒成立，再由在内恒成立，即可得到结果.
【详解】（1）当时，则，
令，，
则，，
令，且，则，
所以在单调递增，又，，
则在存在唯一零点，使得，即，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
所以时，有极小值，即最小值，
即，
所以，其中，即，
所以，即.
（2）因为，由在定义域内恒成立，
即，
当时，，
则在内恒成立，
令，，则，
当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以当时，有极大值，即最大值，，
所以，即在内恒成立，
令，，则，
则，
当时，，所以，则整数a的最小值为.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数证明不等式问题，以及解决不等式恒成立问题，难度较大，解答本题的关键在于构造函数，再结合导数的知识解决问题.
35．(1)2个
(2)
【分析】（1）对函数二次求导，确定函数的单调性，结合零点存在性定理即可得解；
（2）由（1）结合隐零点可得函数的最小值为，构造新函数，结合导数确定函数的最小值的范围即可得解.
【详解】（1），
设，则
当时，，
函数在上单调递增，即函数在上单调递增，，
使得，当时，，
当时，，
因此在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数在上单调递增。
综上，在上单调递减，在上递增.
又，
，
使得函数在上有两个零点.
（2）恒有，由（1）知，，
，由得:，
令，
则，
函数在区间上单调递减，
，
又，
整数的最大值为.
36．(1)证明见解析；
(2)4.
【分析】（1）记，利用导数研究单调性，结合可证；
（2）构造函数，根据确定，再构造函数，利用导数求函数的最大值，结合（1）中结论即可确定a的最小值.
【详解】（1）记，
则，
所以在上单调递增，
又，
所以，当时，，即.
（2）令，
由题可知，当时，恒成立.
因为，所以，
因为，所以，即，
所以，
因为，所以.
当时，，故.
当时，不等式等价于，
设，
由（1）知，，
，
记，
易知，在上单调递减，且，
所以，当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减.
故当时，取得最大值.
所以，在区间上恒成立，
所以，整数的最小值为4.
【点睛】本题难点有二：一是通过取特值确定，二是利用（1）中结论进行放缩，构造函数，利用导数求最值即可.对于参变分离之后，函数复杂，不宜直接研究时经常采取适当放缩进行处理.
37．(Ⅰ)答案不唯一，见解析；(Ⅱ) (0，2]
【分析】（1）先求出，然后讨论在定义域内导函数符号问题. 即得函数的单调区间，
（2）先根据的单调性，以及 的单调性将转化为，进一步转化为，从而得新函数在(0，1]上是减函数，即恒成立，求出参数的范围.
【详解】(Ⅰ)
当时，函数定义域为(0，+∞)，恒成立，此时，函数在(0，+∞)单调递增；
当时，函数定义域为(一∞，0)，恒成立，此时，函数在(一∞，0)单调递增.
(Ⅱ)时，函数定义域为(0，+∞)，在(0，1]上递增，在(0，1]上递减，
不妨设，则
∴等价于
即
令
等价于函数在(0，1]上是减函数，
∴
令
即在(0，1]恒成立，分离参数，
得
令，.
∴在(0，1]递减，
∴，
又t∈[3，4]，
∴，
又，故实数的取值范围为(0，2].
【点睛】（1）讨论函数单调性，可以先求出函数定义域，然后求导，研究导函数在定义域范围内的函数值符号问题.
（2）恒成立为题常注意一下几种情况的等价转化：
1. 恒成立
2. 恒成立
3.任意的都有恒成立恒成立，令，转化为（1）的情况
4. 任意的都有恒成立恒成立
本题属于第4种情况.
38．（1）；（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，计算，，求出切线方程即可；
（2）问题转化为，令，根据函数的单调性求出的最小值，（可根据同构法也可根据换元法求最值），求出的范围即可；
【详解】（1）．所以．又，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）．
令，则．
令，则，所以是增函数．
又，，由零点存在定理及是增函数，
知存在唯一的，使得．
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以．
由，得，即．
令，则，是增函数．
又，，所以①
①两边取自然对数，得，即，所以②
由①②，得．
于是，即．所以实数的取值范围是．
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
39．(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
40．.
【分析】求出f′(x)，分a≤1、12讨论 f(x)的单调性，可得答案.
【详解】由f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，得f′(x)＝ln x＋＋1－a.
（1）当1－a≥0，即a≤1时，f′(x)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(1)＝0.
（2）当a>1时，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是f′(x)>f′(1)＝2－a.
①若2－a≥0，即10，于是f(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是f(x)>f(1)＝0.
②若2－a<0，即a>2时，存在x0∈(1，＋∞)，使得当1综上所述，a的取值范围是.
41．
【分析】将题意转化为，令，求出，即可得出答案.
【详解】根据题目的条件，当且时，
得，等价于．
设，，
因为，设，
则，
所以在上单调递增，
因为，所以当时，，
即在上单调递减，当在上单调递增．
当趋近时，趋近，当趋近时，趋近，
所以符合洛必达法则的条件，
即，
所以当时，的取值范围是．
42．
【分析】分离参数，构造新函数，及，判定其导函数的符号结合洛必达法则计算即可.
【详解】由题意可知，当时，即等价于．
设，则
设，则，因为，所以，
即当时，，所以在上单调递减，
当时，，当时，满足洛必达法则，
所以，
即当时，的取值范围是．
43．(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）由导数得切线斜率，然后由点斜式得切线方程并化简；
（2）由导数的正负确定单调性进而即得；
（3）先求得，得的单调性，然后讨论的正负，结合零点存在定理得零点个数．
【详解】（1）依题意得，，此时，
，
则切线斜率为，
故切线方程：，即；
（2）当时，，则，
∴，
∴在上单调递减，
又，，
故值域为．
（3），
令得，
令得，
令得．减区间为，增区间为，
∴．
当时，，∴，∴在上有且仅有一个零点．
当时，令，，∴在上单调递增，
∴，即，
又，∴在上有一个零点，又
令，则，∴在上单调递减，
∴，∴，∴在上有一个零点．
综上所述，时，有一个零点，时，有2个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数确定零点个数问题，方法是利用导数确定函数的单调性，得出函数的最值，然后确定最值的正负（有时需要再次引入新函数，由新函数的导数得出结论）同时确定某些函数值的正负，从而利用零点存在定理得出零点的个数．
44．(1)的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数单调性；
（2）由函数的单调性求其值域，从而不妨设，从而将证明转化为证明，
方法一：设，，借助导数研究函数的单调性从而得值域，求得恒成立，得证；
方法二：由，设，，
利用导数可知在单调递增，从而得证；
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，欲证，即证，由方法二可得证；
方法四：由得，由方法二得，所以，得证；
（3）由（2）知，由，可知，分和两种情况，结合函数的单调性可证.
【详解】（1）函数的定义域是.
由，得在上单调递减；
由，得在上单调递增，
综上知，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）由（1）得在的值域为，
在上的值域为.注意到，.
不妨设，则欲证，即证.
由于由（Ⅰ）得在上单调递增，
故只需证，
由已知，即证，也即，
方法一：令，.
，
由，在单调递增，
得单调递增，
且.
由于，故满足.
由单调递增知：
当时，单调递减，值域为；
当时，单调递增，值域为；
设，，则，单调递减，
故，即，
取，得，即
综上，得，即，得证.
方法二：（重新同构）
令，即，证：，
由于，从而.
故要证成立，只需在单调递增成立即可.
，
令，，则，
在单调递减，，，
故在单调递增成立，原命题成立.
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，
即证：，即证，
可变为，由证法二可知成立，从而得证；
方法四：（切、割线放缩）1、由于故，即；
2、由方法二知，，
故，即，故，；
由1、2知，故成立，原命题成立.
（3）由（2）知，
①当时，在上单调递增，
故.
②当时，
由，取，
得（）时，
有，即.
由在上单调递增，故，
综上，得时，当成立.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
45．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.
（2）转化要证明的不等式，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立.
【详解】（1），
，
当时，在区间上，，单调递增，
当时，若，即时，
在区间上，，单调递增，
若，即时，
函数的开口向上，对称轴，
令，即，
解得，
而，所以是两个正根，
所以在区间上，单调递增，在区间上，
单调递减.
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
（2）要证明：当时，，
即证明：当时，，
即证明：当时，，
构造函数，
，函数在上为减函数，
，所以存在，使，
所以在区间上单调递增，
在区间上，单调递减，
，
即，所以当时，，
所以当时，.
【点睛】利用导数研究含参数的函数的单调性，在求得导函数后，要对参数进行分类讨论，在分类讨论的时候，要注意做到不重不漏，分类讨论的标准可根据导函数的形式，考虑定义域、一元二次方程的根、判别式等方面来制定.
答案第1页，共2页
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