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培优冲刺05 导数压轴大题归类
目录
题型一：不等式证明：三角形不等式················································································································ 1 题型二：三角函数型数列不等式证明 ··················································································································2 题型三：混合型极值点偏移证明························································································································· 3 题型四：三个零点型偏移证明····························································································································· 3 题型五：非对称型偏移证明不等式···················································································································· 4 题型六：比大小型证明不等式 ································································································································4 题型七：三角函数型比大小证明不等式············································································································ 5 题型八：恒成立型求参············································································································································ 6 题型九：构造新函数求参 ··········································································································································6 题型十：借助三角函数构造证明不等式············································································································ 7 题型十一：帕德逼近型证明与求参 ·······················································································································8 题型十二：泰勒展开型证明与求参····················································································································· 9 题型十三：新结构19题：导数与数列············································································································ 11 题型十四：新结构19题：高观下导数新定义···································································································12 题型十五：新结构19题：导数与集合············································································································ 13 题型十六：新结构19题：函数性质定义型········································································································14
题型一：不等式证明：三角形不等式
利用导数证明具有正余弦型的三角函数型不等式问题，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）借助正余弦函数的有界性，可以适当的放缩，转化为较容易的函数不等形式来证明
1．（2024·湖南·一模）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)时；
（ⅰ）若，求的取值范围；
（ⅱ）证明：．
2．（2024·山西朔州·一模）已知函数为的导函数．
(1)若函数在处的切线的斜率为2，求的值；
(2)求证：．
3．（2024·全国·模拟预测）设函数．
(1)讨论的零点个数；
(2)若，求证：．
题型二：三角函数型数列不等式证明
利用导数证明不等式有如下方法， 方法一，等价转化是证明不等式的常见方法，其中利用函数的对称性，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略； 方法二，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，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可， 方法三，利用不等式 的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立.
1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知函数．
(1)判断函数的单调性
(2)证明：①当时，；
②.
2．（2024·天津·一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若在的图象上有一点列，若直线的斜率为，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
3．（2024·全国·模拟预测）已知当时，，，.
(1)证明：；
(2)已知，证明：（可近似于3.14）.
题型三：混合型极值点偏移证明
极值点偏移问题的一般题设形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：.
1．（2023·陕西安康·二模）已知函数，（e为自然对数的底数）
(1)当时，恰好存在一条过原点的直线与，都相切，求b的值；
(2)若，方程有两个根，（），求证：．
2．（2023·山西·模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点（），求证：.
3．（2021·陕西宝鸡·模拟预测）已知．
（1）求的单调区间；
（2）当时，若关于x的方程存在两个正实数根，证明：且．
题型四：三个零点型偏移证明
极值点偏移问题，解题关键为将双变量消元为单变量，常构造差函数或以两变量之差，之商构造函数以达到消元目的. 对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系； 通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数， 利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
1．（2022·安徽淮南·二模）已知函数．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数恰有三个零点，证明：．
2．（2022·河南·模拟预测）已知函数．
(1)若函数有三个零点，求a的取值范围．
(2)若，证明：．
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
题型五：非对称型偏移证明不等式
1．（22-23高三上·河南·）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若存在，且，使得，求证：.
2．（2022·全国·模拟预测）设函数.
(1)若，求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，，且，求证：．
题型六：比大小型证明不等式
1．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数.
(1)证明：当时，；
(2)设为正实数且.
（i）若，证明：；
（ii）若，证明：.
2．（2022·河南·三模）已知函数，.
(1)判断函数的零点个数；
(2)比较，，的大小，并说明理由.
3．（23-24高三上·甘肃金昌·阶段练习）已知函数是函数的导函数.
(1)求函数的单调区问；
(2)设，试比较与的大小，并说明理由；
题型七：三角函数型比大小证明不等式
1．（22-23高三天津南开·阶段练习）已知函数.
(1)当，时，求的单调区间；
(2)若在区间内存在极值点.
①求实数的取值范围；
②求证：在区间内存在唯一的，使，并比较与的大小，说明理由.
2．（23-24高三·福建南平·）已知函数.
(1)当时，比较与的大小；
(2)若，比较与的大小.
3．（22-23高三·北京大兴·）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在区间上的单调性；
(3)对任意的，且，判断与的大小关系，并证明结论．
题型八：恒成立型求参
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．
1．（2024·北京顺义·二模）设函数，.曲线在点处的切线方程为.
(1)求a的值；
(2)求证：方程仅有一个实根；
(3)对任意，有，求正数k的取值范围.
2．（23-24高三·上海·）已知函数.
(1)若直线是曲线的切线，求实数的值；
(2)若对任意实数恒成立，求的取值范围；
(3)若，且，求实数的最大值.
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）函数．
(1)求函数的极值；
(2)若恒成立，求的最大值．
题型九：构造新函数求参
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.
1．（2024·辽宁·一模）已知函数
(1)讨论的零点个数;
(2)当时，| 求a的取值范围.
2．（23-24高三·江西宜春模拟）已知函数有两个零点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：；
(3)求证：．
3．（2024·山东临沂·一模）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若存在，且，使得，求证：.
题型十：借助三角函数构造证明不等式
三角函数的放缩 （1）的放缩：当时，；当时，. （2）的放缩：当时，.
1．（2024·广东湛江·二模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，，且，证明：.
2．（2024·山西吕梁·一模）已知函数．
(1)求在处的切线方程；
(2)若对任意恒成立，求正实数的取值集合．
3．（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）设函数.
(1)若最小值为0，求的范围；
(2)在（1）的条件下，令的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：.
题型十一：帕德逼近型证明与求参
帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法． 给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为： ， 且满足：，，，…，．（注：，，，，…；为的导数）
1．（23-24高三下·重庆·阶段练习）帕德近似（Pade approximation）是有理函数逼近的一种方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，….又函数，其中.
(1)求实数，，的值；
(2)若函数的图象与轴交于，两点，，且恒成立，求实数的取值范围.
2．（2024·山东菏泽·一模）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．（注：，，，，…；为的导数）已知在处的阶帕德近似为．
(1)求实数a，b的值；
(2)比较与的大小；
(3)若在上存在极值，求的取值范围．
3．（22-23高三·山东济南·）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，．已知在处的阶帕德近似为．注：
(1)求实数，的值；
(2)求证：；
(3)求不等式的解集，其中．
题型十二：泰勒展开型证明与求参
常见泰勒展开 ； ； 截取片段： ，当且仅当时,等号成立； 进而：当且仅当时,等号成立 3、关于的放缩 ①切线放缩及其变形：； ②当时，；当时，； ③当时，；当时，； ④对数平均不等式：.
1．（2023·湖南永州·三模）已知函数，.
(1)若是函数的极小值点，讨论在区间上的零点个数.
(2)英国数学家泰勒发现了如下公式：
这个公式被编入计算工具，计算足够多的项时就可以确保显示值的精确性.
现已知，
利用上述知识，试求的值.
2．（21-22高三·福建福州）英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，.
(1)证明：当时，；
(2)设，若区间满足当定义域为时，值域也为，则称为的“和谐区间”.
（i）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；
（ii）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.
3．（20-21高二下·江苏苏州·阶段练习）给出以下三个材料：①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作．类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作，三阶导数的导数叫做四阶导数……一般地，阶导数的导数叫做阶导数，记作．②若，定义．③若函数在包含的某个开区间上具有阶的导数，那么对于任一有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式．例如，在点处的阶泰勒展开式为．
根据以上三段材料，完成下面的题目：
（1）求出在点处的阶泰勒展开式，并直接写出在点处的阶泰勒展开式；
（2）比较（1）中与的大小．
（3）已知不小于其在点处的阶泰勒展开式，证明：．
题型十三：新结构19题：导数与数列
1．（2024·四川成都·三模）已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
(1)求证：；
(2)是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出数列的项数；若不存在，请说明理由．参考数据：．
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数，．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)是否存在，且依次成等比数列，使得，，依次成等差数列？请证明；
(3)当时，函数有两个零点，是否存在的关系？若存在，请证明；若不存在，请写出正确的关系．
3．（2024·四川成都·三模）已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
(1)求证：；
(2)是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．参考数据：．
题型十四：新结构19题：高观下导数新定义
对新定义的题型要注意一下几点： （1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点 （2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件 （3）含有参数是要注意分类讨论的思想.
1．（2024·湖南·模拟预测）超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔（Joseph Liouville）最早证明的．一个超越数不是任何一个如下形式的整系数多项式方程的根：（，，…，，）．数学家证明了自然对数的底数e与圆周率是超越数．回答下列问题：
已知函数（）只有一个正零点．
(1)求数列的通项公式；
(2)（ⅰ）构造整系数方程，证明：若，则为有理数当且仅当．
（ⅱ）数列中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否则说明理由．
2．（2024·上海·二模）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：；②两角和公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当时，双曲正弦函数的图像总在直线的上方，求直线斜率的取值范围；
(3)无穷数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
3．（2024·天津·一模）意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么 这就是著名的“悬链线问题”，通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，定义双曲正弦函数，类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质①平方关系：，②倍元关系：.
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围：
(3)（i）证明：当时，；
（ii）证明：.
题型十五：新结构19题：导数与集合
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．
1．（2024·福建·模拟预测）对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素.
(1)若，求的元素个数及；
(2)当恰有一个元素时，的取值集合记为.
（i）求；
（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.
2．（2023·浙江温州·二模）定义：对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”.函数的“不动点”和“稳定点”集合分别记为和，即.
(1)证明下面两个性质：
性质1：；
性质2：若函数单调递增，则；
(2)已知函数，若集合中恰有1个元素，求的取值范围.
3．（2023·吉林长春·模拟预测）定义：对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”．函数的“不动点”和“稳定点”集合分别记为A和B，即，有如下性质：
性质1：；
性质2：若函数单调递增，则，
已知函数，
(1)讨论集合中元素个数：
(2)若集合中恰有1个元素，求a的取值范围.
题型十六：新结构19题：函数性质定义型
1．（2024·上海虹口·二模）若函数满足：对任意，都有，则称函数具有性质.
(1)设，，分别判断与是否具有性质？并说明理由；
(2)设函数具有性质，求实数的取值范围；
(3)已知函数具有性质，且图像是一条连续曲线，若在上是严格增函数，求证：是奇函数.
2．（2023·上海闵行·二模）已知关于的函数，与在区间上恒有，则称满足性质.
(1)若，，，，判断是否满足性质，并说明理由；
(2)若，，且，求的值并说明理由；
(3)若，，，，试证：是满足性质的必要条件.
3．（23-24高三上·上海普陀·期末）已知为实数，．对于给定的一组有序实数，若对任意，，都有，则称为的“正向数组”．
(1)若，判断是否为的“正向数组”，并说明理由；
(2)证明：若为的“正向数组”，则对任意，都有；
(3)已知对任意，都是的“正向数组”，求的取值范围．培优冲刺05 导数压轴大题归类
目录
题型一：不等式证明：三角形不等式················································································································ 1 题型二：三角函数型数列不等式证明 ··················································································································5 题型三：混合型极值点偏移证明························································································································· 8 题型四：三个零点型偏移证明··························································································································· 13 题型五：非对称型偏移证明不等式·················································································································· 17 题型六：比大小型证明不等式 ·····························································································································20 题型七：三角函数型比大小证明不等式········································································································· 23 题型八：恒成立型求参········································································································································· 27 题型九：构造新函数求参 ·······································································································································31 题型十：借助三角函数构造证明不等式·········································································································· 36 题型十一：帕德逼近型证明与求参 ·····················································································································40 题型十二：泰勒展开型证明与求参··················································································································· 46 题型十三：新结构19题：导数与数列············································································································ 51 题型十四：新结构19题：高观下导数新定义···································································································55 题型十五：新结构19题：导数与集合············································································································ 60 题型十六：新结构19题：函数性质定义型········································································································69
题型一：不等式证明：三角形不等式
利用导数证明具有正余弦型的三角函数型不等式问题，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）借助正余弦函数的有界性，可以适当的放缩，转化为较容易的函数不等形式来证明
1．（2024·湖南·一模）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)时；
（ⅰ）若，求的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）令时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.
（2）（ⅰ）设由得，再证明此时满足.
（ⅱ）根据（ⅰ）结论判断出在上单调递增，即
【详解】（1）当时，
所以切线方程为：即
（2）（ⅰ）
即，
设
又是的一个必要条件，即
下证时，满足
又，
设在上单调递减，
所以，
又即在单调递增.
时，；
下面证明时不满足，
，
令，
则，
，
∴在为增函数，
令满足，
则，
又∴,使得，
当时，，
∴此时在为减函数，
当时，，
∴时，不满足恒成立.
综上.
（ⅱ）设
由（ⅰ）知，
在上单调递增，即
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．
2．（2024·山西朔州·一模）已知函数为的导函数．
(1)若函数在处的切线的斜率为2，求的值；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可求参数的值；
（2）可证及，故可证.
【详解】（1），故.
（2）当时，，而，
故在上恒成立.
当时，
设，则，
故在上递增，故，故，
设，则，故在上递增，
故，故.
，
综上，.
3．（2024·全国·模拟预测）设函数．
(1)讨论的零点个数；
(2)若，求证：．
【答案】(1)的零点个数为1
(2)证明见解析
【分析】（1）首先讨论时，函数的零点个数，再讨论时，函数的零点个数，即可求解；
（2）首先将不等式变形为，再根据不等式构造3个函数，，，，再分别证明，以及.
【详解】（1）当时，，，，没有零点．
当时，，则在区间上单调递增，
，
由零点存在定理及函数的单调性得在上存在唯一零点．
综上所述，的零点个数为1．
（2）由题知，，
即．
设，，，
则只需证当时，，
易知，
，设，则单调递增，又，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，，当且仅当时取等号，
当时，，
只需证．
又，当且仅当时取等号，
在上单调递增．
又，，当时，，得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是由不等式的形式构造3个函数，从而转化为分别证明不等式成立.
题型二：三角函数型数列不等式证明
利用导数证明不等式有如下方法， 方法一，等价转化是证明不等式的常见方法，其中利用函数的对称性，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略； 方法二，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，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可， 方法三，利用不等式 的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立.
1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知函数．
(1)判断函数的单调性
(2)证明：①当时，；
②.
【答案】(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，即讨论a的取值范围，确定导数正负，从而判断函数的单调性；
（2）①利用（1）的结论，即可证明结论；②由（1）可得，利用变量代换推出，结合，可得，从而采用累加法，即可证明不等式.
【详解】（1）由于，定义域为，
则，
①当时，，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
③当时，时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
④当时，，所以在上单调递增；
⑤当时，时，，
时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上，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；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：①由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，故；
②由（1）可得，当时，，即，则，
仅当时等号成立，
所以，所以，即得，
令，则，所以，即，
令，则，且不恒为零，
所以在上单调递增，所以，所以，
所以，
所以
.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，利用导数判断函数的单调性以及利用导数证明不等式，难点在于不等式的证明，证明时要结合函数的性质推出，继而结合，推出，从而累加，证明结论.
2．（2024·天津·一模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若在的图象上有一点列，若直线的斜率为，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）（ⅰ）令，即证在时恒成立，借助导数，多次求导后即可得；（ⅱ）计算可得，由（ⅰ）可得，即可得，借助放缩法可得，结合等比数列求和公式及放缩即可得证.
【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，即；
（2）（ⅰ）要证，即证时，，
令，即证在时恒成立，
因为，令，则，
令，则在内单调递增，
所以，即在内单调递增，
所以, 即在内单调递增，
所以，即得证；
（ⅱ）时，
，
由（ⅰ）知，，即，则，
所以
，
，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由（ⅰ）中得到，从而得到，从而借助放缩法，得到.
3．（2024·全国·模拟预测）已知当时，，，.
(1)证明：；
(2)已知，证明：（可近似于3.14）.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）令，求导得到函数单调性，得到，要证，只需证，构造，，二次求导得到单调性，得到，证明出，证明出不等式；
（2）变形得到，两边同时除以得到：，证明出不等式.
【详解】（1）令，∴在上恒成立，∴在上单调递增，∴，∴，∴，
要证，只需证，∵，∴只需证，令，，
∴，
∴，令，，∴，
又∵当时，，∴当时，，∴在上单调递减，
∴，∴当时，，∴在上单调递减
∴，∴，∴，
∴综上所述，当时，，证毕.
（2）∵当时，，∴，∴，∴，①
将①式两边同时乘以得到：，②
∵，但当时，，∴，
将②式两边同时除以得到：，∴，∴，
∴当时，，证毕.
【点睛】方法点睛:证明不等式或比较两函数大小，需构造函数，并根据导函数得到函数单调性，结合特殊点函数值得到结论.
题型三：混合型极值点偏移证明
极值点偏移问题的一般题设形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：.
1．（2023·陕西安康·二模）已知函数，（e为自然对数的底数）
(1)当时，恰好存在一条过原点的直线与，都相切，求b的值；
(2)若，方程有两个根，（），求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可求得过原点的与相切的直线方程：，后利用切点即在图像上，也在切线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为1可求得b；
（2）由题可得有两个根，令，
则可得方程有两个根，则.通过令，，可将证明，转化为证明，
后构造函数，，通过其单调性可证明结论.
【详解】（1）当时，，设直线与的切点为，则切线斜率为，切线方程为.因即在图像上，也在切线上，则，故切线斜率为1，则切线方程为.
又，，设直线与的切点为，则切线斜率为，切线方程为.因即在图像上，也在切线上，则，又切线斜率为1，则
；
（2）当时，，
则由题可得有两个根，
令，则可得方程有两个根，
则.令，，则，
.注意到，
则构造函数，.
因，则在上单调递增，得
.
故命题得证.
2．（2023·山西·模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点（），求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.
令，则，
令，则，所以在内单调递减，
又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取极大值也是最大值.
因此，即实数的取值范围为.
（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.
令，则，当时，解得.
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取极大值为.
又因为，当时，，当时，.
且时，.
所以，且.
因为是方程的2个不同实数根，即.
将两式相除得，
令，则，，变形得，.
又因为，，因此要证，只需证.
因为，所以只需证，即证.
因为，即证.
令，则，
所以在上单调递增，，
即当时，成立，命题得证.
【点睛】极值点偏移问题中，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.
3．（2021·陕西宝鸡·模拟预测）已知．
（1）求的单调区间；
（2）当时，若关于x的方程存在两个正实数根，证明：且．
【答案】（1）减区间为：，增区间为：；（2）证明见解析．
【分析】（1）对函数求导，根据导数与0的关系，判断函数单调区间；
（2）方法一：由条件，分离参数，令，利用导数研究函数单调区间及最值情况，利用数形结合将问题转化为图像交点问题，从而证得参数a的取值范围；令，将证明的结论等价转化为，从而，令，通过导数研究其最大值情况，从而证明结论；
方法二：令，通过导数求得单调区间，若,有两个零点，只需最小值小于0，从而求得参数a取值范围；令，则，变形整理，要证，则只需证，即只要证，结合对数函数的图象可知，只需要证两点连线的斜率要比两点连线的斜率小即可．
【详解】（1）解：的定义域为，
又由得，
当时，，
当时，，
的减区间为：，增区间为：，
（2）证明：方法一：由存在两个正实数根，
整理得方程存在两个正实数根．
由，知，
令，则，
当时，减函数；当时，增函数．
所以．
因为．所以的值域为，
问题等价于直线和有两个不同的交点．
，且，
所以，从而．
令，则，解得，
，而，
下面证明时，，
令，
则，
令，则，
在为减函数，，
在为减函数，，
在为减函数，，即．
方法二：由存在两个正实数根，
整理得方程存在两个正实数根．
由，知，
令，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
所以．
因为有两个零点，即，得．
因为实数是的两个根，
所以，从而．
令，则，变形整理，
要证，则只需证，即只要证，
结合对数函数的图象可知，只需要证两点连线的斜率要比两点连线的斜率小即可．
因为，所以只要证，整理得．
令，则，
所以在上单调递减，即，
所以成立，故成立．
【点睛】方法点睛：通过导数研究函数的单调区间，最值情况以及交点，零点情况；带参数时，可以分离参数或者带参分类讨论这两种方法来求得参数取值范围；对于双变量问题的证明，一般需要找到两个变量间的关系，利用另一个变量来表示这两个变量，从而转化为函数问题，借助导数证得结论.
题型四：三个零点型偏移证明
极值点偏移问题，解题关键为将双变量消元为单变量，常构造差函数或以两变量之差，之商构造函数以达到消元目的. 对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系； 通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数， 利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
1．（2022·安徽淮南·二模）已知函数．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数恰有三个零点，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到；（2）首先确定为函数的一个零点，接下来研究，构造差函数，求导后单调性，得到证明.
【详解】（1）时，函数，
则，
在上单调递增，
所以．
（2），显然为函数的一个零点，设为；
设函数，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
由已知，必有两个零点，且，下证：．
设函数，则，
，
由于，则，
由（1）有，故，
即函数在上单调递减，
所以，
即有，
由于，且在上单调递增，
所以，
所以．
【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明.
2．（2022·河南·模拟预测）已知函数．
(1)若函数有三个零点，求a的取值范围．
(2)若，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）令换元得函数，然后通过导数求极值，根据与函数图象有三个交点可得；
（2）构造函数，通过导数研究在区间上的单调性，然后由单调性结合已知可证.
【详解】（1）令，则，记
令，得
当时，，时，，时，
所以当时，取得极大值，时，取得极大值，
因为函数有三个零点与有三个交点，
所以，即 a的取值范围为.
（2）记
记
则
记
则
易知在区间上单调递增，所以
所以在区间上单调递增，所以
所以在区间上单调递增，所以
所以在区间上单调递增
因为，记
所以
由（1）可知，
所以，即
又，所以
因为，所以
由（1）知在区间上单调递增，所以，即
所以
【点睛】本题第二问属于极值点偏移问题，关键点在于构造一元差函数，通常构造成或，本题由于采取了换元法转化问题，因此构造函数为.
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可.
【详解】（1）当时，，，
令，，
令，可得，
则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）有三个零点，即有三个根，
由不是该方程的根，故有三个根，且，
令，，
故当时，，当时，，
即在、上单调递增，在上单调递减，
，当时，，时，，
当时，，时，，
故时，有三个根；
（ii）由在上单调递增，，故，
由（i）可得，且，
即只需证，设，则，
则有，即有，故，，
则，即，
即只需证，
令，
则恒成立，
故在上单调递增，
则，即得证.
题型五：非对称型偏移证明不等式
1．（22-23高三上·河南·）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若存在，且，使得，求证：.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导函数与原函数单调性的关系求解即可；
（2）由（1）得，设，，利用导函数可得，从而可得；设，，利用导函数的几何意义可得，从而可得，两式联立即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
令，得或，
在上，，在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可知，
设，，
则，
因为，所以，在上单调递增.
又，所以当时，，即.
因为，所以，所以，
因为在上单调递增，且，，
所以，即.①
设，，
则.
因为，所以，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，所以，所以.
因为在上单调递增，且，，
所以，即.②
由①得，由②得，所以.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，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．（2022·全国·模拟预测）设函数.
(1)若，求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.
【答案】(1)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.
（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.
【详解】（1）由题意得，则.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
无最小值，最大值为.
（2），则，
又有两个不同的极值点，
欲证，即证，
原式等价于证明①.
由，得，则②.
由①②可知原问题等价于求证，
即证.
令，则，上式等价于求证.
令，则，
恒成立，在上单调递增，
当时，，即，
原不等式成立，即.
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解.
（2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解.
【详解】（1）因为函数的定义域是，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
（2）因为是函的两个零点，由（1）知，
因为，设，则，
当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，．
又因为，且，
所以，．
首先证明：．
由题意，得，设，则
两式相除，得．
要证，只要证，即证．
只要证，即证．
设，．
因为，所以在上单调递增．
所以，即证得①．
其次证明：．设，．
因为，所以在上单调递减．
所以，
即．
所以②．
由①②可证得．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）利用导数研究函数的零点问题．
题型六：比大小型证明不等式
1．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数.
(1)证明：当时，；
(2)设为正实数且.
（i）若，证明：；
（ii）若，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）构造并利用导数研究其在单调性，即可证结论；
（2）（i）问题化为，证明，设且，利用得到，构造研究其值域范围，即可证结论；
（ii）设，令研究其单调性可得，再构造研究单调性得，最后构造研究单调性比较函数值大小即可证结论.
【详解】（1）令且，则，
所以在上递减，故，即，
所以时.
（2）（i）设，证明：，
不妨设，且，则，
.
设，则，.
设，则.
于是，在内单调递增，当趋向于时，趋向于，故.
由得：，则在内单调递减，当趋向于时，趋向于e，故.
因此，.
（ii）证明：，其中，
由对称性知：不妨设，令，此时，
令且，则，即递减，
所以，即，故，则单调递增，
则，于是，
令，此时，单调递增，
则
令，此时，
令，则，
所以递增，即递增，则，
于是，单调递增，则.
【点睛】关键点点睛：第二问，（i）注意令且，结合得到为关键；（ii）依次构造函数证明、，最后构造证结论.
2．（2022·河南·三模）已知函数，.
(1)判断函数的零点个数；
(2)比较，，的大小，并说明理由.
【答案】(1)一个零点
(2)，理由见解析
【分析】（1）对二次求导，求出的单调性及极值，判断出的零点个数；（2）对要比较大小的式子进行整理变形，结合第一问函数的单调性进行证明.
【详解】（1），，
设，则
因此在上单调递减，又，所以当时，，
即，在上单调递增，当时，，即，在上单调递减，所以在处有极大值，
又，故有且仅有一个零点.
（2）因为，，
由（1）可知，当时，恒成立，又，
所以，又对于任意的时
，所以，
即，因为，所以，
所以.
【点睛】导函数比较函数值的大小，通常会构造函数，或者对函数值进行变形，本题中，是关键，再结合函数单调性进行比较.
3．（23-24高三上·甘肃金昌·阶段练习）已知函数是函数的导函数.
(1)求函数的单调区问；
(2)设，试比较与的大小，并说明理由；
【答案】(1)答案见解析；
(2)，理由见解析.
【分析】（1）由题设可得，讨论参数a研究的单调区间即可；
（2）确定大小关系，由作差法、分析法得，令，构造且，利用导数研究单调性并证恒成立即可比大小.
【详解】（1）由题意得，则，
所以.
当时，在上恒成立，所以在上单调递增.
当时，由，得；由，得，
所以函数在区间上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，的增区间为，无递减区间；
当时，的单调减区间是；单调增区间是.
（2），理由如下：
要证，只需证，
即证且.
令，从而即证且.
设且，则.
所以函数在区间上单调递增.
所以，即且成立，故，得证.
【点睛】关键点点睛：第二问，明确大小关系，应用作差法得到，再构造函数研究不等式恒成立即可.
题型七：三角函数型比大小证明不等式
1．（22-23高三天津南开·阶段练习）已知函数.
(1)当，时，求的单调区间；
(2)若在区间内存在极值点.
①求实数的取值范围；
②求证：在区间内存在唯一的，使，并比较与的大小，说明理由.
【答案】(1)增区间为，无减区间
(2)①；②证明见解析，
【分析】（1）当时，利用导数符号与函数的单调性的关系可求得函数的单调区间；
（2）①由，令，其中，利用导数分析函数的单调性，利用极值点的定义以及数形结合可得出实数的取值范围；
②将问题转化为证明出函数在区间内存在唯一的零点，利用导数结合①中的结论，可以证明；表示出，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，从而可得出，再利用函数的单调性，比较后可得出结论.
【详解】（1）解：当时，若，，则，
所以，函数的增区间为，无减区间.
（2）解：①因为，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
作出函数与的图象如下图所示：
由图可知，当时，对任意的，，
则函数在上为增函数，不合乎题意；
当时，由图可知，直线与函数的图象有且只有一个交点，设交点的横坐标为，
当时，，
当时，，
此时函数在只有一个极值点，且为极小值点，
综上所述，实数的取值范围是；
②要证明存在唯一的，使得，
令，只需证明存在唯一的，使得，
因为，
由①可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
又当时，，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，且，
又因为，所以，函数在内无零点，在内存在唯一零点，
即存在唯一的使得，即，
由①可知，，
所以，，
令，其中，
则，
令，其中，
则，
所以，函数在上为增函数，故当时，，
故当时，，所以，函数在上为增函数，
因为，，所以，，
因为在上为增函数，且，，所以，.
【点睛】关键点点睛：本题要比较与的大小关系，关键就是构造出合适的函数，转化为比较、的大小关系，结合函数的单调性求解.
2．（23-24高三·福建南平·）已知函数.
(1)当时，比较与的大小；
(2)若，比较与的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）令设函数，利用导数求出函数的最值，进而可得出答案；
（2）先证明，则有，，再根据，可得，再利用导数分别求出函数在上的单调性，根据函数的单调性即可得出结论.
【详解】（1）设函数，
则，
当时，，则在上单调递增，
所以，从而，即；
（2）设函数，
当时，，，则即恒成立，
所以，，
又，所以，
因为，所以，
令，则恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，
又，，所以，即，
设函数，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，所以，所以，
所以，从而.
3．（22-23高三·北京大兴·）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在区间上的单调性；
(3)对任意的，且，判断与的大小关系，并证明结论．
【答案】(1)；
(2)单调递增；
(3)，证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）求出函数的解析式并求出导数，判断导数正负作答.
（3）根据给定条件，构造函数，利用（2）的结论判断单调性即可比较大小作答.
【详解】（1）由，求导得，显然，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）及知，，
求导得，当时,，则，
因此在区间上单调递增.
（3）令，求导得，
由（2）知，，在区间上单调递增，则当时，，
当时，，因此在区间上单调递减，
由，得，且，于是，即，
所以.
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
题型八：恒成立型求参
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．
1．（2024·北京顺义·二模）设函数，.曲线在点处的切线方程为.
(1)求a的值；
(2)求证：方程仅有一个实根；
(3)对任意，有，求正数k的取值范围.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；
（2）分，，，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；
（3）令，分，两种情况，利用导数讨论最值即可得解.
【详解】（1）解：因为，所以，
又点在切线上，所以，
所以，即.
（2）证明：欲证方程仅有一个实根，只需证明仅有一个零点，
令，则，
令，则，
讨论：（1）当时，，
所以在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递增，，即此时无零点；
（2）当时，，即此时有一个零点；
（3）当时，
所以，当时，，即此时无零点
综上可得，仅有一个零点，得证.
（3）当时，，即恒成立，
令，
则，
由（Ⅱ）可知，时，
所以，
讨论：（1）当时，因为，所以，
即，
所以，
即当时，，
所以在时单调递增，
所以恒成立，即满足条件，
（2）当时，由可知，
又，所以存在，使得，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即不能保证恒成立，
综上可知，正数k的取值范围是.
【点睛】思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解.
2．（23-24高三·上海·）已知函数.
(1)若直线是曲线的切线，求实数的值；
(2)若对任意实数恒成立，求的取值范围；
(3)若，且，求实数的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用函数与直线相切结合导数的几何意义求出；
（2）构造新函数，利用导数求出的最小值即可得到的取值范围；
（3）化简得，令，则，构造函数，利用导数法研究函数最值即可求解.
【详解】（1）因为，直线是曲线的切线，
令，所以，所以，
解得或（舍去），所以，代入直线得，
即切点为，
即，所以；
（2）令，则，
令，则，
所以可得恒为递增函数，又，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，若对任意实数恒成立，
则，解得；
（3）因为，所以
，
因为，所以，
所以，仅当时，等号成立，
令，则，
因为，
所以当时，恒成立，
令，，
则在上单调递增，
所以.所以在上单调递减，
所以，所以，
所以的最大值为.
【点睛】涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
3．（2024·湖北武汉·模拟预测）函数．
(1)求函数的极值；
(2)若恒成立，求的最大值．
【答案】(1)极小值为，极大值为；
(2)3.
【分析】（1）判断函数为奇函数，利用导数求出在区间上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.
（2）利用导数证明当时，恒成立，当时，等价变形不等式并构造函数，利用导数并按导数为负为正确定的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.
【详解】（1）函数，，
即函数为奇函数，其图象关于原点对称，
当时，，求导得：
，
由于，由，得，解得，
由，得，解得，即在上单调递减，在上单调递增，
因此函数在上有极小值，
从而在上的极小值为，极大值为.
（2）当时，恒成立，即恒成立，亦即恒成立，
令，求导得，
则函数在上为增函数，有，因此恒成立；
当时，恒成立，即不等式恒成立，
令，求导得：
令，求导得则
，
由，得，
当时，即时，，则函数在上单调递减，
则有，即，因此函数在上单调递减，有，即，
当时，即时，存在一个，使得，
且当时，，即在上单调递增，且，
则，于是在上单调递增，因此，即，与矛盾，
所以的最大值为3.
题型九：构造新函数求参
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.
1．（2024·辽宁·一模）已知函数
(1)讨论的零点个数;
(2)当时，| 求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)的取值范围为
【分析】（1）构造函数，首先利用导数判断函数的大致图象，结合分类讨论思想求解可得答案；
（2）将原不等式转化为，再利用导数结合虚设零点的方法解不等式即可.
【详解】（1）令，则
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，
作出的大致图象如下图所示：

当时，，无零点；
当时，，得，
由上图知：
当，即时，无零点；
当或，即或时，有1个零点；
当，即时，有2个零点.
（2）当时，显然在上单调递增，
由（1）知，在区间上有唯一的零点，即，
当时，
由得，即，
设函数，则，
在上单调递减，所以，
解得，
当时，，
由得，即，
设，则，
由得，
所以在上单调递增，所以，解得，
综上，
由得，
综上：的取值范围为.
2．（23-24高三·江西宜春模拟）已知函数有两个零点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：；
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性和最值，求实数的取值范围，再结合函数的单调性和零点存在性定理，说明零点的情况；
（2）构造新函数，并利用导数判断函数的单调性，并结合，即可证明；
（3）设，并求导，可证明，即可证明，设
，设，并求导，证明.
【详解】（1），
又因为函数单调递增，且，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，
，
，
所以在和上各有一个零点，
当时，的最小值为，且，
所以在内至多只有一个零点，
综上，实数的取值范围是；
（2）设，，
，
，
当时，，
，
所以，
所以在上单调递增，
当时，，
即当时，，
又因为函数有两个零点，
由（1）知，，，
所以，
（3）设，
，
，当时，
因为，
令，，
设，，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以,
所以恒成立，显然，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即，
设的零点为，，
易知，
所以，
设，
设，，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以恒成立，即，
设的零点为，，
易知，，
所以，
所以，
所以
3．（2024·山东临沂·一模）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若存在，且，使得，求证：.
【答案】(1)
(2)函数在区间上单调递减，在区间上单调递增
(3)证明见解析
【分析】（1）分别求出和的值，求切线方程即可；
（2）求原函数的导函数，构造函数，借助其导数的符号，研究的单调性及符号，的单调性即可解决；
（3）从出发，将不等式同构为的形式，设定，只需证成立，构造函数，用极值点偏移的方法解决问题即可.
【详解】（1）当时，，所以，
又，所以，
曲线在点处的切线方程为：；
（2）因为，且，
令，，因为，，
即函数在上单调递增，
由，得，
所以函数在上小于零，在上大于零，
因为，的符号和函数的符号一致，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增；
（3）因为，
所以时，，且，
则，即，
若，且，，
所以，取自然对数得：，
即，
由得：，
即，
所以，
令，
设，所以，
所以时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增；
下面证明：，又，即证，
即证，即证，
令，
，
所以在区间上单调递增，
所以，从而得证；
故，
即，所以，
所以，得证.
【点睛】思路点睛：极值点偏移是一种最常见的考法，其解题步骤大致分为3步，第一步：代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论.
题型十：借助三角函数构造证明不等式
三角函数的放缩 （1）的放缩：当时，；当时，. （2）的放缩：当时，.
1．（2024·广东湛江·二模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用到数的几何意义，即可求得答案；
（2）设，，，原不等式即为，利用的单调性，继而转化为，继而再构造函数，利用函数的单调性证明结论.
【详解】（1）由，得，
则，，.
故曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）证明：由，，且，不妨设，，，
则证明等价于证明，，
即证，从而构造函数，利用其调性证明结论.
令，则，当时，，在单调递减，
故，，即，，
则
，
要证，
只需证.
令，则，
令，得.
令，，则，
令，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，则在上单调递增.
当时，，则，
则，在单调递减，
当时，，则，
则，在单调递增.
因为，所以，即在上恒成立，
从而.
【点睛】难点点睛：本题查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式，难点就在于不等式的证明，解答时要将原不等式转化为，继而构造函数，利用单调性证明成立.
2．（2024·山西吕梁·一模）已知函数．
(1)求在处的切线方程；
(2)若对任意恒成立，求正实数的取值集合．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1） 由题意先求出，从而可求解.
（2）由对任意恒成立，构建，利用导数求出的单调性，从而可求解.
【详解】（1）由题意得， 所以，
又因为 ，则切线方程为，
即.
（2）由题意得对任意，恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，且，，
所以存在使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，不合题意；
当时，，单调递增，且，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，符合题意；
当时，得在上单调递增，
又，
所以，在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
当时，，单调递增，，不符合题意，
综上，正实数的取值集合为.
3．（23-24高三上·辽宁沈阳·阶段练习）设函数.
(1)若最小值为0，求的范围；
(2)在（1）的条件下，令的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对实数的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合可得出实数的取值范围；
（2）由（1）可得，设，取点、，证明出，可得出，再利用不等式的基本性质结合等比数列求和公式可证得结论成立.
【详解】（1）因为，
则，
令，则，且.
①当时，即当时，
因为函数在上增函数，，
所以，存在，使得，
且当时，，所以，函数在上单调递减，
故当时，，
则函数在上单调递减，
所以，，这与在上的最小值为0矛盾，舍去；
②当时，即当时，且不恒为零，
所以，函数在上单调递增，
故当时，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，当时，，满足题意.
综上所述，.
（2）证明：由（1）知，
设，取点，
直线的斜率为，则，
所以，曲线在处的切线的斜率为，
接下来证明，即证，即证，
令，其中，则，
令，则函数在上单调递增，
故当时，，此时函数单调递减，即函数在上单调递减，
所以，当时，，故，
所以，当时，，
所以，，
所以，
.
题型十一：帕德逼近型证明与求参
帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法． 给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为： ， 且满足：，，，…，．（注：，，，，…；为的导数）
1．（23-24高三下·重庆·阶段练习）帕德近似（Pade approximation）是有理函数逼近的一种方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，….又函数，其中.
(1)求实数，，的值；
(2)若函数的图象与轴交于，两点，，且恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，，(2)
【分析】（1）求和的导数和二阶导数，由，，，解方程组求实数，，的值；
（2）函数的图象与轴交于，两点，两点代入函数解析式得，恒成立，转化为恒成立，通过换元，构造函数利用导数求最小值即可.
【详解】（1），，
则，所以，，
，则，，
由题意知，，，
所以，解得，，
故，，.
（2）由（1）可知，函数定义域为，，
，时，；时，，
在上单调递增，在上单调递减.
函数的图像与轴交于两点，，，
，即，
令，则，，
时，；时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，，，使，
即，，
当时，，当时，.
，，.
，，
，，
，，
令，则恒成立.
令，则，
，
令，
则在上单调递减，，
在上单调递减，则，
即，在上单调递减，
当时..
，故.
所以实数的取值范围为.
2．（2024·山东菏泽·一模）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．（注：，，，，…；为的导数）已知在处的阶帕德近似为．
(1)求实数a，b的值；
(2)比较与的大小；
(3)若在上存在极值，求的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)答案见解析；
(3)．
【分析】（1）由，，列方程组求实数a，b的值；
（2）令利用导数研究单调性，又，可比较与的大小；
（3）由在上存在极值，所以在上存在变号零点，通过构造函数分类讨论，对的零点进行分析．
【详解】（1）由，，有，
可知，，，，
由题意，，，所以，所以，．
（2）由（1）知，，令，
则，
所以在其定义域内为增函数，又，
时，；时，；
所以时，；时，．
（3）由，
．
由在上存在极值，所以在上存在变号零点．
令，则，．
①时，，为减函数，，在上为减函数，，无零点，不满足条件．
②当，即时，，为增函数，，在上为增函数，，无零点，不满足条件．
③当，即时，令即，．
当时，，为减函数；时，，为增函数，
；
令，，，在时恒成立，
在上单调递增，，恒成立；
，，，则，，
；
，
令，
令，，
则在是单调递减，，所以，
，
令，则，，．
，即．
由零点存在定理可知，在上存在唯一零点，
又由③知，当时，，为减函数，，
所以此时，，在内无零点，
在上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为．
3．（22-23高三·山东济南·）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，．已知在处的阶帕德近似为．注：
(1)求实数，的值；
(2)求证：；
(3)求不等式的解集，其中．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出，，，，依题意可得，，即可得到方程组，解得即可；
（2）由（1）知，即证，令，即证时，记，，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
（3）分析可得，即或，先考虑，该不等式等价于，结合（2）的结论即可，再考虑，该不等式等价于，利用导数证明，，即可得到，，再分类讨论即可判断.
【详解】（1）因为，所以，，
，则，，
由题意知，，，
所以，解得，.
（2）由（1）知，即证，
令，则且，
即证时，
记，，
则，
所以在上单调递增，在上单调递增，
当时，即，即成立，
当时，即，即成立，
综上可得时，
所以成立，即成立.
（3）由题意知，欲使得不等式成立，
则至少有，即或，
首先考虑，该不等式等价于，即，
又由（2）知成立，
所以使得成立的的取值范围是，
再考虑，该不等式等价于，
记，，
则，所以当时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，，
所以，，
当时由，可知成立，
当时由，可知不成立，
所以使得成立的的取值范围是，
综上可得不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：第三问，首先确定或，分别求、对应解集，进一步转化为求、的解集，构造中间函数研究不等式成立的x取值.
题型十二：泰勒展开型证明与求参
常见泰勒展开 ； ； 截取片段： ，当且仅当时,等号成立； 进而：当且仅当时,等号成立 3、关于的放缩 ①切线放缩及其变形：； ②当时，；当时，； ③当时，；当时，； ④对数平均不等式：.
1．（2023·湖南永州·三模）已知函数，.
(1)若是函数的极小值点，讨论在区间上的零点个数.
(2)英国数学家泰勒发现了如下公式：
这个公式被编入计算工具，计算足够多的项时就可以确保显示值的精确性.
现已知，
利用上述知识，试求的值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）本小问考查函数零点个数问题，将的表达式表示出来，利用导数的方法讨论函数的单调性，利用最值、零点定理等进行判断零点个数；
（2）利用给的已知条件，将条件中表达式进行求导处理，求出的表达式，将条件中的的表达式与上面得到的进行比较，即可得出所要求的结果.
【详解】（1）由题意得：，
因为为函数的极值点，
所以，，
知：，，
，
（i）当时，
由，，，，得，
所以在上单调递减，，
所以在区间上不存在零点；
（ii）当时，设，
则.
①若，令，
则，
所以在上单调递减，
因为，，
所以存在，满足，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
②若，令，，
则，所以在区间上单调递减，
所以，
又因为，
所以，在上单调递减；
③若，则，在上单调递减.
由（a）（b）（c）得，在上单调递增，在单调递减，
因为，，
所以存在使得，
所以，当时，，在上单调递增，，
当时，，在上单调递减，
因为，，
所以在区间上有且只有一个零点.
综上，在区间上的零点个数为个；
（2）因为，（*）
对，
两边求导得：，
，
所以，（**）
比较（*）（**）式中的系数，得
所以.
【点睛】（1）本问考查了函数的单调性，最值零点问题，利用导数的方法，研究含参函数的零点的步骤为：首先对函数进行求导化简，根据自变量和参数的取值进行讨论，判断导数的函数值的正负，进而判断函数的增减性，结合函数的最值点和极值点及零点定理判定零点个数；
（2）本问考查新情境下的转化能力，需要对给出条件两边求导得到，与条件进行对比，进而转化为所要求的.
2．（21-22高三·福建福州）英国数学家泰勒发现了如下公式：，其中，此公式有广泛的用途，例如利用公式得到一些不等式：当时，，.
(1)证明：当时，；
(2)设，若区间满足当定义域为时，值域也为，则称为的“和谐区间”.
（i）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由；
（ii）时，是否存在“和谐区间”？若存在，求出的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）不存在“和谐区间”，理由见解析（ii）存在，有唯一的“和谐区间”
【分析】（1）利用来证得结论成立.
（2）（i）通过证明方程只有一个实根来判断出此时不存在“和谐区间”.
（ii）对的取值进行分类讨论，结合的单调性以及（1）的结论求得唯一的“和谐区间”.
【详解】（1）由已知当时，，
得，
所以当时，.
（2）（i）时，假设存在，则由知，注意到，
故，所以在单调递增，
于是，即是方程的两个不等实根，
易知不是方程的根，
由已知，当时，，令，则有时，，即，
故方程只有一个实根0，故不存在“和谐区间”.
（ii）时，假设存在，则由知
若，则由，知，与值域是矛盾，
故不存在“和谐区间”，
同理，时，也不存在，
下面讨论，
若，则，故最小值为，于是，
所以，
所以最大值为2，故，此时的定义域为，值域为，符合题意.
若，当时，同理可得，舍去，
当时，在上单调递减，所以
，于是，
若即，则，故，
与矛盾；
若，同理，矛盾，
所以，即，
由（1）知当时，，
因为，所以，从而，，从而，矛盾，
综上所述，有唯一的“和谐区间”.
3．（20-21高二下·江苏苏州·阶段练习）给出以下三个材料：①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作．类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作，三阶导数的导数叫做四阶导数……一般地，阶导数的导数叫做阶导数，记作．②若，定义．③若函数在包含的某个开区间上具有阶的导数，那么对于任一有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式．例如，在点处的阶泰勒展开式为．
根据以上三段材料，完成下面的题目：
（1）求出在点处的阶泰勒展开式，并直接写出在点处的阶泰勒展开式；
（2）比较（1）中与的大小．
（3）已知不小于其在点处的阶泰勒展开式，证明：．
【答案】（1）；；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据在点处的阶泰勒展开式的定义可直接求得结果；
（2）令，利用导数可求得在上单调递增，结合可得的正负，由此可得与的大小关系；
（3）令，利用导数可求得，即；①当时，、和都不小于其在处的阶泰勒展开式，可直接证得不等式成立；②当时，根据，将不等式变为，令，利用导数可证得，由此可证得不等式成立.
【详解】（1），，，
，，，
，即；
同理可得：；
（2）由（1）知：，，
令，则，
，，
在上单调递增，又，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
，，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
综上所述：当时，；当时，；当时，.
（3）令，则，
，在上单调递增，又，
在上单调递减，在上单调递增，
，即；
在点处的阶泰勒展开式为：，
，
①由（2）知：当时，，
当时，；
②由（2）知：当时，，
，
令，则，
在上单调递减，，即当时，，
，；
综上所述：.
【点睛】关键点点睛：本题考查了导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体定义；本题在证明不等式成立时的关键是能够根据原函数与其在处的阶泰勒展开式的大小关系，利用放缩的方法将不等式进行转化.
题型十三：新结构19题：导数与数列
1．（2024·四川成都·三模）已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
(1)求证：；
(2)是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出数列的项数；若不存在，请说明理由．参考数据：．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义表示出切线方程，令，即可得证；
（2）设其公差为，依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到最多有两个不同的根，从而得到最多三项，设、、成等差数列，由等差中项的性质及（1）的结论，令利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理说明即可.
【详解】（1）因为，所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，即切线与轴的交点为，
所以
（2）若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，所以，
又，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），
又，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
此时，数列的项数.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是理解题意，利用导数的几何意义表示出切线方程，第二问关键是推导出这样的等差数列最多三项，再转化为函数的零点问题.
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数，．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)是否存在，且依次成等比数列，使得，，依次成等差数列？请证明；
(3)当时，函数有两个零点，是否存在的关系？若存在，请证明；若不存在，请写出正确的关系．
【答案】(1)1
(2)答案见解析，证明见解析
(3)存在，证明见解析
【分析】（1）代入，再对求导，并研究其单调性，可得答案；
（2）利用等差中项建立等式，结合等比中项以及对数运算律化简等式，根据分类讨论思想，可得答案；
（3）先分析的单调性，结合零点存在定理得到，再构造函数，利用导数研究其单调性，建立关于的不等式，整理可即可得解.
【详解】（1）当时，，，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以．
（2）要证，，依次成等差数列，只需证，
整理可得，由依次成等比数列，则，
所以
①当时，上式显然成立；
②当时，则，整理可得，
由依次成等比数列可得，则，
代入得：与题意矛盾，故此时不存在；
综上：当时，存在满足要题意的；
当时，不存在满足要题意的.
（3）因为，，，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又当时，恒成立，
当趋于0时，趋于无穷小；当趋于无穷大时，趋于无穷小；
所以在上各有一个零点，不妨设，
则，．
设函数，则，，
所以在上单调递增，
故当时，，即，
当时，，即，
所以，，
所以，
整理可得：，
即，所以．
3．（2024·四川成都·三模）已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
(1)求证：；
(2)是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．参考数据：．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义表示出切线方程，令，即可得证；
（2）设其公差为，依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到最多有两个不同的根，从而得到最多三项，设、、成等差数列，由等差中项的性质及（1）的结论，令利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理说明即可.
【详解】（1）因为，，
所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，
即切线与轴的交点为，所以
（2）若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
当时，；当时，；
可知在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，则，
又因为，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），
由可得，则，
可得，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
且，
可得，所以.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是理解题意，利用导数的几何意义表示出切线方程，第二问关键是推导出这样的等差数列最多三项，再转化为函数的零点问题.
题型十四：新结构19题：高观下导数新定义
对新定义的题型要注意一下几点： （1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点 （2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件 （3）含有参数是要注意分类讨论的思想.
1．（2024·湖南·模拟预测）超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔（Joseph Liouville）最早证明的．一个超越数不是任何一个如下形式的整系数多项式方程的根：（，，…，，）．数学家证明了自然对数的底数e与圆周率是超越数．回答下列问题：
已知函数（）只有一个正零点．
(1)求数列的通项公式；
(2)（ⅰ）构造整系数方程，证明：若，则为有理数当且仅当．
（ⅱ）数列中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否则说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析.
（ⅱ）答案见解析.
【分析】（1）充分分析题意，利用函数性质只有一个正零点，结合导数得出在取最大值，进而得出.
（2）（ⅰ）根据题意利用反证法分析证明；（ⅱ）利用第一问已知，分析题意，结合给定新定义求解即可.
【详解】（1）若只有一个正零点，可得
令，，
令，，令，，
故在上单调递增，在上单调递减，
可得在处取得最大值，且最大值为，
而当时，，当时，，
由题意得，当最大时，符合题意，
故，即.
（2）（ⅰ）若，则为有理数；
若正整数，假设为有理数，则，
则方程的根中有有理数，
又在方程中，发现是它的根，
而已知是超越数，故不是方程的根，与矛盾，即不为有理数；
综上所述：，为有理数当且仅当；
（ⅱ）若数列中存在不同的三项构成等比数列，则，
可得，由方程右边是有理数知左边是有理数，
由上问知当且仅当时成立，故，
则，设，则，，
则，将，代入进行化简，
可得，故，
故，构造函数，
而，知在其定义域内单调递减，
又，故若，则有，即成立，
当且仅当时成立.
即数列中不存在不同的三项构成等比数列，
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是利用给定新定义，然后证明构成等比数列，发现不存在即可．
2．（2024·上海·二模）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．类比三角函数的三种性质：①平方关系：；②两角和公式：，③导数：定义双曲正弦函数．
(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)当时，双曲正弦函数的图像总在直线的上方，求直线斜率的取值范围；
(3)无穷数列满足，，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；
（3）当时，利用数学归纳法证得排除该可能；当，同理证得，从而利用换元法即可得解.
【详解】（1）平方关系：；
和角公式：；
导数：．
理由如下：平方关系，
；
和角公式：，
故；
导数：，；
（2）构造函数，，
由（1）可知，
①当时，由，
又因为，故，等号不成立，
所以，故为严格增函数，
此时，故对任意，恒成立，满足题意；
②当时，令，
则，可知是严格增函数，
由与可知，存在唯一，使得，
故当时，，则在上为严格减函数，
故对任意，，即，矛盾；
综上所述，实数的取值范围为．
（3）当时，存在，使得，
由数学归纳法证明：，证明如下：
①当时，成立，
②假设当（为正整数）时，，
则成立.
综上：.
所以，有，即.
当时， ，
而函数的值域为，
则对于任意大于1的实数，存在不为0的实数，使得，
类比余弦二倍角公式，猜测.
证明如下：
类比时的数学归纳法，设，
易证，，，，，
所以若，
设，则，解得：或，即，
所以，于是.
综上：存在实数使得成立.
3．（2024·天津·一模）意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么 这就是著名的“悬链线问题”，通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，定义双曲正弦函数，类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质①平方关系：，②倍元关系：.
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围：
(3)（i）证明：当时，；
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）分析题意，利用导数的几何意义进行计算即可.
（2）分类讨论不同种情况，结合导数判断并取舍即可.
（3）利用给定定义将目标式子左面合理放缩，结合裂项相消法求和即可.
【详解】（1），则
所以，可得在处的切线斜率为
（2）令，
则，
下面证明：对任意恒成立,
先证明：对任意.证明如下：设，则，
当时，，函数单调递减，当时，，
函数单调递增，故，故，
继续证明：对任意.
证明如下：令，则，
因此在上单调递增；所以，故
当时，对，都有，函数在上单调递增，
则，解得；
当时，对，
都有，对，都有，
函数在上单调递减，在上单调递增，
则对，都有成立，不符合题意，舍去.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）（i），令，则所以在上单调递增，所以
所以当时，成立；
（ii）下面证明：当时，成立，
令，则
由前问解答过程，对任意成立，所以
所以在上单调递增，所以
所以当时，成立
令且，可得，
即，
由题意，令且，可得，因为
所以，
由①当时，，所以令且，可得
所以，
由前面解答过程得，对任意成立，
令且，可得，
所以，
又且，所以，
所以所以可得
，
即可得.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列与导数新定义结合，解题关键是对目标式子左侧合理放缩，然后使用裂项相消法求和，得到所证明的不等关系即可．
题型十五：新结构19题：导数与集合
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．
1．（2024·福建·模拟预测）对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素.
(1)若，求的元素个数及；
(2)当恰有一个元素时，的取值集合记为.
（i）求；
（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.
【答案】(1)的元素个数为2，
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】
（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解；
（2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合；
（ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解.
【详解】（1）当时，，其定义域为.
由得.
设，则，
当时，；当时，；
所以在单调递增；在单调递减，
注意到，所以在恰有一个零点，且，
又，所以，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，
所以，所以的元素个数为，
又因为，所以.
（2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；
当时，，其定义域为，
由得.
设，，则，
设，则，
①当时，，所以在单调递增，
又，所以在恰有一个零点，
即在恰有一个不动点，符合题意；
②当，故恰有两个零点.
又因为，所以，
当时，；当时，；
当时，；
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；
注意到，所以在恰有一个零点，
且，
又时，，所以在恰有一个零点，
从而至少有两个不动点，不符合题意；
所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，，，由（i）知，在单调递增，
所以，当时，，所以，即，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，
下面我们先证明当时，，
设，，
所以，所以在单调递减，
所以，
即当时，，
从而当时，，
从而，即，
故，即，
由于，，所以，，
故，
故时，，
所以，故.
解法二：（i）当时，，故是的一个不动点；
当时，由，得（*），
要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解，
即直线与曲线无公共点.
令，则，令，
则，
所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，，
所以当时，，当时，
所以在单调递增，在单调递减，
令，则，，
则
，
又因为当时，，当时，，
所以曲线的大致图象如图所示：
由图可知，，所以的取值范围为，即集合.
（ii）由（i）知，，所以，
此时，，
令，则，
令，当时，，所以在单调递增，
所以当时，，所以，
所以在单调递增，所以，
故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，
重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，.
下面先证明当时，.
令，则，
所以在单调递增，所以当时，，所以当时，.
所以
，
由于，所以，
故，即，
故，
故时，.
所以，故.
（ii）解法三：同解法一可得，.
下面我们先证明当时，.
设，则当时，，所以在单调递减，所以，即，
从而当时，，
于是，
从而，即，
故，即，
由于，所以，
故，
故时，.
所以.
故.
2．（2023·浙江温州·二模）定义：对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”.函数的“不动点”和“稳定点”集合分别记为和，即.
(1)证明下面两个性质：
性质1：；
性质2：若函数单调递增，则；
(2)已知函数，若集合中恰有1个元素，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）先设，利用题设条件得出，即，根据集合间的关系即可证明性质1，再设，则有，再利用函数单调递增，即可证明性质2；
（2）先求出集合中的元素个数，再分类讨论，，结合性质2及集合中不动点个数得，，由稳定点定义，令，问题化为函数的零点，求导函数，分类讨论研究函数零点个数即可.
【详解】（1）不妨设，则由题知，则，故，所以，所以性质1得证；
设，则，因为函数单调递增，所以存在唯一，使，若，则，得到，与矛盾；
若，则，得到，与矛盾，
故必有，所以，即，又由性质（1）知，
所以，当函数单调递增，，故性质2得证.
（2）由题设可得在上有且只有一个实数解，
故在上有且只有一个实数解，
因为，故在上有且只有一个实数解，
即在上有且只有一个实数解，
故在上有且只有一个实数解，
若，则在上有且只有一个实数解，符合题意.
若，则，故，
设，，则，
故在上为增函数，
故在上的解即为上的解.
由题设，在上仅有一个实数解，
设，则，
当时，，故，
故在上为增函数，故，不合题意，舍.
当时，时，，时，，
故在上为减函数，在为增函数，
故，
若即，则在上仅有一个实数解，符合题意.
若即，此时，
而，设，
则，故在上为增函数，故，
故此时在上仅有两个实数解，不符合题意.
当时， 设，则，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
（i），，
则，所以单调递减，
又无限趋向于0时，函数无限趋向于正无穷大，且，
所以只有1个零点，即集合中恰有1个元素，
（ii），则，
又当时，易知函数在单调递减，
又，，
故存在，使得，即，，
又，所以，
，
又，，
所以存在，，有，
时，，，单调递减，
时，，，单调递增，
时，，，单调递减，
，，，
所以极小值，极大值，
又，且，，且，
故存在，，存在，，
即有3个零点，且，
集合中有3个元素，
综上，或时，集合中恰有1个元素，
【点睛】关键点点睛：本题考查对新概念的理解和运用能力，同时考查了集合间的关系和方程根的相关知识，解题过程中体现了分类讨论思想.
3．（2023·吉林长春·模拟预测）定义：对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”．函数的“不动点”和“稳定点”集合分别记为A和B，即，有如下性质：
性质1：；
性质2：若函数单调递增，则，
已知函数，
(1)讨论集合中元素个数：
(2)若集合中恰有1个元素，求a的取值范围.
【答案】(1)
或时，集合中元素个数为1；时元素个数为2；时元素个数为0.
(2)或
【分析】（1）根据不动点定义，令，构造函数，分类讨论函数的单调性，根据函数性质得到根的个数，即可解答；
（2）分类讨论，，结合性质2及（1）中不动点个数得，，由稳定点定义，令，问题化为函数的零点，求导函数，分类讨论研究函数零点个数即可.
【详解】（1）由题意，所以，
设，则，
若，则，在单调递减，
又，，
所以存在，使得，即，故只有1个零点，
若，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
（i），，此时函数无零点，
（ii），，此时函数只有1个零点，
（iii），，
又，，
（注意：且，则，即递增，又，故.）
所以存在，，存在，，
此时函数有2个零点，
综上，或时，集合中元素个数为1；时元素个数为2；时元素个数为0.
（2），函数单调递增，由性质2可知：，
由（1）知，时，集合中恰有1个元素，
时，由（1）知，存在，使得，，
由性质1知，故，即，
由得，
设，则，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
（i），，
则，所以单调递减，
又无限趋向于0时，函数无限趋向于正无穷大，且，
所以只有1个零点，即集合中恰有1个元素，
（ii），则，
由（1）知，在单调递减，
且存在，使得，即，，
又，所以，
，
又，，
所以存在，，有，
时，，，单调递减，
时，，，单调递增，
时，，，单调递减，
，，，
所以极小值，极大值，
又，且，，且，
故存在，，存在，，
即有3个零点，，，且，
集合中有3个元素，
综上，或时，集合中恰有1个元素，
【点睛】关键点点睛：本题考查对新概念的理解和运用能力，同时考查了集合间的关系和方程根的相关知识，解题过程中体现了分类讨论思想.
题型十六：新结构19题：函数性质定义型
1．（2024·上海虹口·二模）若函数满足：对任意，都有，则称函数具有性质.
(1)设，，分别判断与是否具有性质？并说明理由；
(2)设函数具有性质，求实数的取值范围；
(3)已知函数具有性质，且图像是一条连续曲线，若在上是严格增函数，求证：是奇函数.
【答案】(1)不具有性质，具有性质
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）取特殊值判断，利用所给定义判断；
（2）首先判断的奇偶性，依题意可得是严格增函数，则恒成立，再分、、三种情况讨论.
（3）依题意只要证明对任意实数，，对任意实数，设，则由具有性质知：当时，①，设，分、两种情况讨论，结合零点存在性定理证明即可.
【详解】（1）不具有性质，理由如下：
取，有.
具有性质，理由如下：
对任意，，
有.
（2）函数定义域为，
又，
所以是奇函数，
函数具有性质，故对，，
都有，
又为奇函数，
故，即是严格增函数，恒成立.
若，则，解得；
若，则恒成立；
若，则，解得；
综合上述，实数的取值范围为.
（3）因函数的定义域为，
要证明是奇函数，
只要证明对任意实数，即可.
对任意实数，设，则由具有性质知：
当时， ①，
设，当，即时，由①得，
即当时②，
当，即时，由①得，
即当时③，
于是由曲线的连续性，函数在上存在零点，
即 ④ ，
由函数在上严格增，知：函数在上严格增；
所以由②知，由③知，故；
故由④得，
即对任意实数，均有，
因此，函数是奇函数.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解性质的定义，第二问结合函数的奇偶性得到函数的单调性，从而转化为恒成立问题.
2．（2023·上海闵行·二模）已知关于的函数，与在区间上恒有，则称满足性质.
(1)若，，，，判断是否满足性质，并说明理由；
(2)若，，且，求的值并说明理由；
(3)若，，，，试证：是满足性质的必要条件.
【答案】(1)满足，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）结合题意，利用配方法与二次函数的性质，分别证明，即可；
（2）先根据题意得到是的极小值点，从而求得，再进行检验即可；
（3）构造函数，求得的隐零点，结合题意得到，与，从而得证.
【详解】（1）满足，理由如下：
因为，，，
所以，
在上单调递增，在上单调递减，
当时，取到最小值0，故.
又，
综上，满足性质.
（2），理由如下：
设，则，
由条件知，则是的极小值点，
所以，即.
当时，，
当时，；当时，；
所以，即恒成立(当且仅当时取等号)
因此.
（3）设，
由（2）所证的(当且仅当时取等号)知:
，
当时取等号.
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以存在使得，即，则，
又，则，
结合条件可得，所以，
设，则，
又由已知，则是的极小值点，
所以，即，
结合，可得，故，
所以是满足性质的必要条件.
【点睛】关键点睛：本题第3小问解决的关键是构造函数，求得的隐零点，从而得到的关系，由此得解.
3．（23-24高三上·上海普陀·期末）已知为实数，．对于给定的一组有序实数，若对任意，，都有，则称为的“正向数组”．
(1)若，判断是否为的“正向数组”，并说明理由；
(2)证明：若为的“正向数组”，则对任意，都有；
(3)已知对任意，都是的“正向数组”，求的取值范围．
【答案】(1)不是的“正向数组”；
(2)证明见解析；
(3)的取值范围是.
【分析】（1）代入有，根据函数性质得到的正负时不同取值情况即可；
（2）假设存在,使得,通过正向数组定义转化得对任意恒成立，设，再利用函数的性质即可证明假设不成立；
（3）代入有恒成立或恒成立，设，求出是的最大值或最小值时的取值范围即可.
【详解】（1）若，，
对，即，
而当，时，
，，
即，不满足题意.
所以不是的“正向数组”.
（2）反证法:假设存在,使得,
为的“正向数组”，
对任意,都有.
对任意恒成立.
令，则在上恒成立，
，
设，
，
则当时，在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，当，，当，，
即存在，使在上为正，在上为负，在上为正，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为；
若，，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为.
当时，，在上单调递增，
又当，，当，，
必存在，使在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又当，，当，，则的值域为.
由值域可看出，与在上恒成立矛盾.
对任意，都有.
（3）都是的“正向数组”，
对任意，，都有
，
则恒成立或恒成立，
即恒成立或恒成立，
设，
则，
即是的最大值或最小值.
，
且.
当时，由（2）可得，的值域为，无最大值或最小值；
当时，在上单调递增，
又，则在上为负，在上为正，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则是的最小值，满足，
此时对任意，，都有
.
的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题第2问的关键是运用反证法，通过函数的图象与性质推理出与假设矛盾的结论，最后即得到证明；本题第3问的关键是理解“正向数组”的变形推理得到恒成立或恒成立，并构造函数，得到是的最大值或最小值，最后结合前面的证明得到结果.

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