4.3函数与导数综合问题讲义-2026届高三数学一轮专题复习

§4.3 函数与导数综合问题 目录 考法1：利用导数研究函数零点 2  求函数零点的个数 2  已知函数零点存在情况求参数 3 考法2： 利用导数解决不等式问题 4  利用导数构造函数解不等式 4  利用导数研究恒（能）成立问题 7  利用导数证明不等式 9 考法3： 利用不等式解双变量的“任意”与“存在”问题 12 考法4：极值点偏移问题 13 考法5：导函数的隐零点 15 【强化训练】 16 考法1：利用导数研究函数零点 · 求函数零点的个数 方法提炼 因为函数的零点个数是函数图像与轴交点的个数,所以可以借助函数图像的特征迅速求解函数的零点个数问题.对于含参函数的零点个数问题，一般可从两个方面讨论:一是利用导数研究函数的单调性和极值,作出函数的大致图像,根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求直线和的图像的交点个数问题． 【例1.1.】 函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【例1.2.】 已知函数，其中. (1)求的极值； (2)讨论的零点的个数. 【例1.3.】 已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若，讨论方程的根的个数. 【例1.4.】 已知函数，.函数，求的零点个数； 【例1.5.】 (1)证明：在上恒成立. (2)若，证明：函数在上恰有1个零点. (3)试讨论函数在上的零点个数. · 已知函数零点存在情况求参数 方法提炼 研究此类问题可以从以下两点考虑: (1) 根据区间上零点的个数情况,估计出函数图像的大致形状,从而推导出参数需要满足的条件,进而求出参数值或参数的取值范围. (2) 可以先求导,通过求导分析函数的单调性,再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件,此时,由于函数比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求导,层层推理得解. 【例1.6.】 已知且，函数．若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【例1.7.】 已知函数，若有3个零点，且，求a的取值范围. 【例1.8.】 已知函数.若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 【例1.9.】 已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【例1.10.】 已知函数，若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【例1.11.】 已知对于，过点可作曲线的3条不同的切线，则实数的取值范围为 . 【例1.12.】 已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 考法2： 利用导数解决不等式问题 · 利用导数构造函数解不等式 方法提炼 (1) 函数与相结合构造可导函数： 1　 出现形式，构造，则 .(注意对的符号进行讨论) 2　 出现形式，构造，则 . (2) 函数与相结合构造可导函数： 1　 出现形式，构造，则 . 2　 出现形式，构造，则 . (3) 函数与相结合构造可导函数的常见形式： 1　 构造，则. 2　 构造，则. 3　 构造，则. 4　 构造，则. (4) 同构法：若题目所给的条件含有两个变量，可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边，即可构造函数，并且利用函数的单调性求解. 指、对同构的三种基本类型： 1　 乘积型 如. 2　 比商型 如. 3　 和差型 如. (5) 通过数值构造函数：当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小. 例：可构造函数，则. 【例2.1.】 已知函数的定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是（ ） A． B． C． D． 【例2.2.】 已知函数的定义域为为的导函数.若，且在上恒成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【例2.3.】 已知函数的定义域为，其导函数为，若.，则关于x的不等式的解集为 . 【例2.4.】 定义在上的函数满足，当时，．若，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【例2.5.】 已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定成立的是（   ）． A． B． C． D． 【例2.6.】 已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【例2.7.】 已知函数，若，则的取值范围为 . 【例2.8.】 已知，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 知识拓展 1. 泰勒公式 若函数在含有的开区间内有阶导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于的多项式和一个余项的和： . 2. 麦克劳林公式 . 虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是取的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及. 3. 常见的泰勒展开式 在泰勒公式中，令，即可得到如下泰勒展开式： (1) . (2) . (3) . (4) . (5) . (6) . . · 利用导数研究恒（能）成立问题 方法提炼 (1) 分离参数法：将原不等式分离参数，把问题转化为不含参数的函数的最值问. 1　 恒成立；成立. 2　 恒成立；成立. 3　 恒成立 . (2) 函数思想法:将不等式转化为某个含待求参数的函数的最值问题,一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解. (3) 洛必达法则 使用分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现或型不等式时，利用洛必达法则. 法则1　若函数和满足下列条件： 1　 及； 2　 在点的某去心邻域内，与可导且； 3　 ，那么. 法则2　若函数和满足下列条件： 1　 及； 2　 在点的某去心邻域内，与可导且； 3　 ，那么. 【例2.9.】 已知函数，，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围． 【例2.10.】 若恒成立，则实数a的取值范围为 . 【例2.11.】 已知函数，．当时，，求实数的取值范围． 【例2.12.】 已知函数．当时，，求的取值范围． 【例2.13.】 已知函数，若恒成立，求a的取值范围． 【例2.14.】 已知函数，当时，恒成立，求实数a的取值范围； 【例2.15.】 已知函数，，若恒成立，则的最小值是 ． · 利用导数证明不等式 方法提炼 对于利用导数研究不等式问题的求解策略 (1) 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． (2) 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．含与的混合式不能直接构造函数，一般地，要将指对分离，常构造与，与的积、商形式，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. (3) 导数方法证明不等式中，若所证明的不等式中含与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对不等式进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下： 1　 . 2　 切线不等式 ; 当时，; 当时，. 3　 飘带不等式 当时，有; 当时，有. 将不等式中的变成，得 ； . 4　 指数、对数的均值不等式 ; . 【例2.16.】 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)记的极小值为，证明：． 【例2.17.】 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【例2.18.】 已知函数． (1)设，讨论函数在上的单调性； (2)证明：对任意的，有． 【例2.19.】 已知函数．当时，证明：当时，恒成立． 【例2.20.】 已知函数，，证明：． 【例2.21.】 已知函数，为的导数 (1)讨论的单调性； (2)若是的极大值点，求的取值范围； (3)若，证明：． 【例2.22.】 已知函数，. (1)当时，，求实数的取值范围； (2)已知，证明：. 【例2.23.】 已知函数． (1)讨论函数极值点的个数，并说明理由； (2)证明：当时，都有． 【例2.24.】 已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 【例2.25.】 已知，函数，若函数的两个相异零点，求证：． 考法3： 利用不等式解双变量的“任意”与“存在”问题 方法提炼 1. “任意=存在”型 ，使得，等价于函数在上的值域是函数在上的值域的子集，即. 2. “任意 ≥（≤）存在”型 ; . 3. “任意 ≥（≤）任意”型 (1) . (2) . (3) . (4) . 4. “存在 ≥（≤）存在”型 (1) . (2) . (3) . (4) . 【例3.1.】 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数的取值范围为 ． 【例3.2.】 已知函数，．若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围． 【例3.3.】 已知函数． (1)若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围； (2)记.若对任意且时，均有成立，求实数的取值范围． 【例3.4.】 已知，，其中是自然对数的底数． (1)讨论的单调性； (2)设，．存在，，使得成立，试求实数的取值范围． 【例3.5.】 （1）设函数，求在的最大值； （2）给定，设a为实数，证明：存在，使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 考法4：极值点偏移问题 方法提炼 (1) 极值点偏移问题 若对于函数，有，是函数的极值点，且，则有： 1　 若，称为极值点右移； 2　 若，称为极值点左移； (2) 极值点偏移问题的解法 1　 对称化构造法：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(含对数式时常用)或(含指数式时常用)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 【例4.1.】 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：. 【例4.2.】 已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 【例4.3.】 已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 【例4.4.】 已知曲线在点处的切线为． (1)求直线的方程； (2)证明：除点外，曲线在直线的下方； (3)设，求证：． 【例4.5.】 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：. 【例4.6.】 已知函数，． (1)若与都存在极值，且极值相等，求实数的值； (2)令，若有2个不同的极值点，求证：． 考法5：导函数的隐零点 方法提炼 导函数的零点在很多时候是无法直接解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题我们可用以下三类方法解决： (1) 当导函数为超越函数，无法利用解方程的方法求其零点，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测其零点，一般地，当所求的导函数解析式中出现时，常猜，当导函数的解析式中出现时，常猜或. (2) 对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．其求解三步曲为： 1　 用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的取值范围． 2　 以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式． 3　 将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时①中的零点范围还可以适当缩小． (3) 当导函数的零点不易求且含有参数时，往往利用导函数在其零点处的函数值为0构建方程，结合其它条件消去参数，重新构造函数，利用该函数的性质求解. 【例5.1.】 已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 【例5.2.】 已知函数 (1)讨论的单调性； (2)证明：. 【例5.3.】 已知函数，，设. 证明：对小于的实数，若关于方程恰有三个不同的实根，则. 【例5.4.】 已知.若有两个极值点，，证明：. 【强化训练】 1. 函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2. 已知，，，则（   ） A． B． C． D． 3. 若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4. 若不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）． A． B． C． D． 5. （多选）已知，则下列说法正确的是（   ） A．函数在上单调递增 B．函数有1个零点 C．对任意，，都有 D．若函数在区间上有且只有一个零点，则 6. 设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是 . 7. 已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 8. 已知常数，函数. (1)若，求的取值范围; (2)若、是的零点，且，证明:. 9. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ §4.3 函数与导数综合问题 目录 考法1：利用导数研究函数零点 2  求函数零点的个数 2  已知函数零点存在情况求参数 7 考法2： 利用导数解决不等式问题 16  利用导数构造函数解不等式 16  利用导数研究恒（能）成立问题 23  利用导数证明不等式 29 考法3： 利用不等式解双变量的“任意”与“存在”问题 43 考法4：极值点偏移问题 52 考法5：导函数的隐零点 63 【强化训练】 69 考法1：利用导数研究函数零点 · 求函数零点的个数 方法提炼 因为函数的零点个数是函数图像与轴交点的个数,所以可以借助函数图像的特征迅速求解函数的零点个数问题.对于含参函数的零点个数问题，一般可从两个方面讨论:一是利用导数研究函数的单调性和极值,作出函数的大致图像,根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数；二是分离参数，将问题转化为求直线和的图像的交点个数问题． 【例1.1.】 函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【详解】, 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 当时，，所以当时，，无零点； 而，，且函数在上单调递增，故有一个零点. 故选：B 【例1.2.】 已知函数，其中. (1)求的极值； (2)讨论的零点的个数. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)答案见解析 【详解】（1）因为，其定义域为， 且. 因为，由，所以函数在和上单调递减， 在上单调递增，所以在处取极小值， 且极小值为，无极大值. （2）因为，所以当时，有，此时无零点； 当时，由（1）知，在处取极小值. ①当时，在处取极小值0，此时恰有一个零点； ②当时，在处取极小值，此时无零点； ③当时，在处取极小值. 下面先证明：当时，. 令，则，当时，单调递减， 时，单调递增，所以，即，等号当且仅当时成立. 所以，又当且时，. 所以在和各有一个零点，此时，共有2个零点. 综上可知，当时，无零点；当时，有一个零点； 当时，共有2个零点. 【例1.3.】 已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)若，讨论方程的根的个数. 【详解】（1）的定义域为，则， 因，由，解得， ①当时，恒成立， 所以的无递增区间，递减区间为； ②当时，， 令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； ③当时，， 令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； 综上所述， 当时，无递增区间，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； （2）由题设， 令，则，即在上单调递增， 故上式中满足，则有，可得， 令，则，由解得. 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 当时，且，当时，， 故. 结合图象，可知， 当时，方程有0个实根； 当或时，方程有1个实根； 当时，方程有2个实根. 【例1.4.】 已知函数，.函数，求的零点个数； 【答案】共有三个零点 【详解】的定义域为，，1为的一个零点，，则，∴关于点对称. 当时，， ∵，∴在为减函数， ，，∴，，，， ∴在为增函数，在为减函数，∴， ∵∴，∴为的一个零点， 由对称性：也为的一个零点，共有，，三个零点. 【例1.5.】 (1)证明：在上恒成立. (2)若，证明：函数在上恰有1个零点. (3)试讨论函数在上的零点个数. 【详解】（1）证明：令函数，，则， 所以在上单调递增， 则，即在上恒成立. （2）证明：因为，所以在上单调递增. 由（1）得在上恒成立，故在上恒成立， 所以， 因为，故取，取， 则， 而，所以在上有1个零点， 即在上恰有1个零点. （3）令，即，等价于. 记，. 在上的零点个数即在上的零点个数. 是的1个零点. 因为， 所以是奇函数，则在和上的零点个数相同. ，因为在上为减函数， 故在上单调递增. 当时，，故在上单调递增. 因为，所以在上恒成立，即在上没有零点， 所以在上只有1个零点. 当时，由（2）可得在上恰有1个零点，记该零点为. 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 而，故，取，则， ， 结合在上的单调性可得在上有1个零点， 即在上有1个零点，所以在上有3个零点. 综上，当时，在上只有1个零点； 当时，在上有3个零点. · 已知函数零点存在情况求参数 方法提炼 研究此类问题可以从以下两点考虑: (1) 根据区间上零点的个数情况,估计出函数图像的大致形状,从而推导出参数需要满足的条件,进而求出参数值或参数的取值范围. (2) 可以先求导,通过求导分析函数的单调性,再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件,此时,由于函数比较复杂,常常需要构造新函数,通过多次求导,层层推理得解. 【例1.6.】 已知且，函数．若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【答案】. 【详解】[方法一]【最优解】：分离参数 ,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. [方法二]：构造差函数 由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解． 构造函数，求导数得． 当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意； 当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为． 由于， 当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即． 构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且． 所以，实数a的取值范围为． [方法三]分离法：一曲一直 曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解． 因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点． ①当时，与只有一个交点，不符合题意． ②当时，取上一点在点的切线方程为，即． 当与为同一直线时有得 直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点． 记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有． 综上所述，实数a的取值范围为． [方法四]：直接法 ． 因为，由得． 当时，在区间内单调递增，不满足题意； 当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减． 因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即． 令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即． 故实数a的范围为．] 【例1.7.】 已知函数，若有3个零点，且，求a的取值范围. 【答案】. 【详解】令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； 【例1.8.】 已知函数.若在上恰有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】. 【详解】由题意，函数在上恰有两个零点， 可得， 令，则， 当时，由，即，得或. 当时，，递增； 当时，，递减； 当时，，递增； ，，，， 因为在上恰有两个零点， 所以直线与曲线（）恰有两个交点， 所以实数a的取值范围为. 【例1.9.】 已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1); (2). 【详解】（1）当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以； （2），则， 当时，，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 又， 由（1）得，即，所以， 当时，， 则存在，使得， 所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；此时， 由（1）得当时，，，所以， 此时 存在，使得， 所以在有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为. 【例1.10.】 已知函数，若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】 【详解】， 设 若,当,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若,当,则 所以在上单调递增所以,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若 (1)当,则,所以在上单调递增 所以存在,使得,即 当单调递减 当单调递增 所以 当, 令则 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，， 所以在上有唯一零点 又没有零点,即在上有唯一零点 (2)当 设 所以在单调递增 所以存在,使得 当单调递减 当单调递增, 又 所以存在,使得,即 当单调递增,当单调递减， 当，， 又， 而,所以当 所以在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点 所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为 【例1.11.】 已知对于，过点可作曲线的3条不同的切线，则实数的取值范围为 . 【答案】 【详解】设切点坐标为，则，即， 整理得，令， 依题意，函数有3个不同的零点，求导得 ，当时，，在上单调递减，值域为； 当时，，在是单调递增，值域为； 当时，在上单调递减，值域为， 由函数有3个零点，得，即， 解得，又，则， 所以的取值范围为. 故答案为： 【例1.12.】 已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且， 又，则公切线的斜率，则，所以， 则公切线方程为，即， 代入得：，则，整理得， 若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根， 设，则，令得， 当时，，单调递增，时，，单调递减， 又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下： 所以，解得，故实数a的取值范围为. 故选：B. 考法2： 利用导数解决不等式问题 · 利用导数构造函数解不等式 方法提炼 (1) 函数与相结合构造可导函数： 1　 出现形式，构造，则 .(注意对的符号进行讨论) 2　 出现形式，构造，则 . (2) 函数与相结合构造可导函数： 1　 出现形式，构造，则 . 2　 出现形式，构造，则 . (3) 函数与相结合构造可导函数的常见形式： 1　 构造，则. 2　 构造，则. 3　 构造，则. 4　 构造，则. (4) 同构法：若题目所给的条件含有两个变量，可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边，即可构造函数，并且利用函数的单调性求解. 指、对同构的三种基本类型： 1　 乘积型 如. 2　 比商型 如. 3　 和差型 如. (5) 通过数值构造函数：当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小. 例：可构造函数，则. 【例2.1.】 已知函数的定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设，则 ， 对任意，，恒成立，即在上单调递减， 由可得，，解得，即解集为. 故选：A 【例2.2.】 已知函数的定义域为为的导函数.若，且在上恒成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设函数，可得， 所以函数在上单调递减， 由，可得，即， 可得，所以，即不等式的解集为. 故选：D. 【例2.3.】 已知函数的定义域为，其导函数为，若.，则关于x的不等式的解集为 . 【答案】 【详解】令函数，则，因此函数在上单调递减， ，因此，即，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为： 【例2.4.】 定义在上的函数满足，当时，．若，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】令，则. 所以，所以是偶函数. 当时，，所以在上单调递增. 因为，所以. 即. 因为是偶函数，所以. 又在上单调递增，所以. 两边平方得，解得. 故选：A. 【例2.5.】 已知是函数的导函数，且．则下列不等式一定成立的是（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【详解】令，所以，由有：，当，，所以在单调递增， 又，所以，即，故A错误； 又，所以，即，故B错误； 又，所以，即，故C正确； 由，所以，即，故D错误. 故选：C 【例2.6.】 已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】不等式等价于， 令，根据题意对任意的， 当时，，所以函数在上单调递减， 所以在上恒成立， 即在上恒成立. 令，则， 所以当时，，单调递增， 当时，单调递减.所以，所以. 故选：C. 【例2.7.】 已知函数，若，则的取值范围为 . 【答案】 【详解】的定义域为， ， 即 令，显然为单调增函数， 所以，即 所以，即 令， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以， 所以， 即，所以的取值范围是. 【例2.8.】 已知，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】方法一： 令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，因此； 令函数，求导得， 令，求导得 由，得， 则，即，函数在上单调递增， ，，函数在上单调递增，， 因此，所以. 故选：B 方法二：令 则. 由泰勒展开式，， ， ，. 所以，即. 故选：B 知识拓展 1. 泰勒公式 若函数在含有的开区间内有阶导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于的多项式和一个余项的和： . 2. 麦克劳林公式 . 虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是取的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及. 3. 常见的泰勒展开式 在泰勒公式中，令，即可得到如下泰勒展开式： (1) . (2) . (3) . (4) . (5) . (6) . . · 利用导数研究恒（能）成立问题 方法提炼 (1) 分离参数法：将原不等式分离参数，把问题转化为不含参数的函数的最值问. 1　 恒成立；成立. 2　 恒成立；成立. 3　 恒成立 . (2) 函数思想法:将不等式转化为某个含待求参数的函数的最值问题,一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解. (3) 洛必达法则 使用分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现或型不等式时，利用洛必达法则. 法则1　若函数和满足下列条件： 1　 及； 2　 在点的某去心邻域内，与可导且； 3　 ，那么. 法则2　若函数和满足下列条件： 1　 及； 2　 在点的某去心邻域内，与可导且； 3　 ，那么. 【例2.9.】 已知函数，，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围． 【答案】 【详解】原条件等价于：在上存在实数解． 化为在上存在实数解， 令，                    则， ∴在上，，得，故在上单调递增， ∴的最小值为， ∴时，不等式在上存在实数解． 【例2.10.】 若恒成立，则实数a的取值范围为 . 【答案】 【详解】由，原不等式等价于 令 所以 设， 当单调递增；当单调递减； 且所以，所以， 所以当单调递增；当单调递减； 所以，所以. 故答案为：. 【例2.11.】 已知函数，．当时，，求实数的取值范围． 【答案】(－∞,1] 【详解】方法一： 解：问题等价于当时，不等式恒成立 设，则，且时，； 若，则，单调递增， ，即不等式恒成立； 若，，解得， 时，，单调递减； 则，不满足恒成立 综上：实数的取值范围为(－∞,1]. 方法二： 当时，，即，即 恒成立 令，则 令，则 所以在上单调递增, 所以所以 所以在上单调递增. 由洛必达法则可得，， 所以 故实数的取值范围为(－∞,1]. 【例2.12.】 已知函数．当时，，求的取值范围． 【答案】 【详解】， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 【例2.13.】 已知函数，若恒成立，求a的取值范围． 【答案】 【详解】设 ，令,则 则 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. 【例2.14.】 已知函数，当时，恒成立，求实数a的取值范围； 【答案】 【详解】法一：由题知不等式在上恒成立， 等价于不等式在上恒成立 设， 则，解得， 当，，单调递减，当，，单调递增， 所以在上有最小值 ①当时，因为，所以不等式恒成立： ②当时，因为，而，此时不满足恒成立； 综上所述， 法二：由题知不等式在上恒成立， 等价于不等式在上恒成立 即在上恒成立． 设，则，解得， 当，，单调递减，当，，单调递增， 所以在上有最小值． 因为，所以，即 ①当时，因为，所以不等式恒成立； ②当时，因为，而，此时不满足恒成立； 综上所述， 【例2.15.】 已知函数，，若恒成立，则的最小值是 ． 【答案】 【详解】恒成立，即，即， 即， 令，则恒成立，所以单调递增， ， 令，则， 令，解得，当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以，故，即．则的最小值是． 故答案为： · 利用导数证明不等式 方法提炼 对于利用导数研究不等式问题的求解策略 (1) 待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． (2) 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．含与的混合式不能直接构造函数，一般地，要将指对分离，常构造与，与的积、商形式，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. (3) 导数方法证明不等式中，若所证明的不等式中含与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对不等式进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下： 1　 . 2　 切线不等式 ; 当时，; 当时，. 3　 飘带不等式 当时，有; 当时，有. 将不等式中的变成，得 ； . 4　 指数、对数的均值不等式 ; . 【例2.16.】 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)记的极小值为，证明：． 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，上单调递增， 所以当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，上单调递增. （2）由（1）知，若有极小值，则，极小值， 令函数，求导得，函数在上单调递增，且， 则当时，，当时，， 函数在上单调递减，上单调递增，则，即， 所以. 【例2.17.】 已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【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. 【例2.18.】 已知函数． (1)设，讨论函数在上的单调性； (2)证明：对任意的，有． 【答案】(1)在上单调递增. (2)证明见解析 【详解】（1）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （2）解：原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（1）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 【例2.19.】 已知函数．当时，证明：当时，恒成立． 【详解】，且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 【例2.20.】 已知函数，，证明：． 【详解】设，则， 在上单调递增，，即，； 要证，即证，只需证， 即证， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， 即，，则得证. 【例2.21.】 已知函数，为的导数 (1)讨论的单调性； (2)若是的极大值点，求的取值范围； (3)若，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）由题知， 令，则， 当时，在区间单调递增， 当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）当时，， 由（1）知，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，且， 由（1）知，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以是函数的极小值点，不符合题意； 当时，，则当时，在上单调递增， 所以无极值点，不合题意； 当时，，且； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 所以是函数的极大值点，符合题意； 综上所述，的取值范围是. （3）要证， 只要证， 只要证，， 因为，则， 所以只要证对任意，有， 只要证对任意，有（※）， 因为由（2）知：当时，若，则， 所以，即①， 令函数，则， 所以当时，所以在单调递增； 则，即， 由①②得， 所以（※）成立， 所以成立. 【例2.22.】 已知函数，. (1)当时，，求实数的取值范围； (2)已知，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）解：令，则， 当时，，则函数在上单调递增， 当时，，则函数在上单调递减， 所以，，即， 所以，当时，，即， 当时，取， 由于，而，得， 故，不合乎题意. 综上所述，. （2）证明：当时，由（1）可得，则， 可得，即，即， 令，所以，，所以，，即， 所以，，， 令，则，且不恒为零， 所以，函数在上单调递增，故，则， 所以，，， 所以， . 【例2.23.】 已知函数． (1)讨论函数极值点的个数，并说明理由； (2)证明：当时，都有． 【答案】当时，有2个极值点；当时，有1个极值点，理由见解析； (2)证明见解析 【详解】（1）的定义域为，， 令，得，或， 又，所以 ①当，即时， 若，则，在上递增； 若，则，在上递减，故有1个极值点； ②当，即时， 若，则，在上递减； 若，则，在上递增； 若，则，在上单调递减，故有2个极值点． 综上，当时，有2个极值点；当时，有1个极值点． （2）由（1）知当时，在上递减， ∴，即， 因为，所以，， 对赋值累加可得：， 所以． 再证， 设，则，故在区间上递增， 所以当时，，即． 故有，， 再对赋值累加可得：， 故，即命题得证． 【例2.24.】 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 【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 【例2.25.】 已知，函数，若函数的两个相异零点，求证：． 【详解】方法一： 要证：，则证， 即证， 不妨设，∵，是函数的零点，则，， 所以，， 所以，， 则， 则转化为证：，令，则， 于是即证：，可化为，即证， 构造函数，， 令，则，则在单增， 则， 则，则在单增，则， 即成立， 所以成立. 方法二：指数均值不等式 ． 设，， 故原命题转化为：函数有两个相异零点， 设，证明， 令，得， 因为，所以，变形得， 由指数均值不等式得， 所以． 考法3： 利用不等式解双变量的“任意”与“存在”问题 方法提炼 1. “任意=存在”型 ，使得，等价于函数在上的值域是函数在上的值域的子集，即. 2. “任意 ≥（≤）存在”型 ; . 3. “任意 ≥（≤）任意”型 (1) . (2) . (3) . (4) . 4. “存在 ≥（≤）存在”型 (1) . (2) . (3) . (4) . 【例3.1.】 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【详解】由得. 设，. 则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以，且当时，； 当时，. 故的值域为； 设，. 则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以，且当时，； 当时，. 故的值域为； 若，则，故值域， 且恒有. 由题意对任意，都存在，使得. 但当时，恒有， 即不存在，使得，故， 所以，则函数的值域为， 要使对任意，都存在， 使得，即， 则需的值域，则， 解得，故实数的取值范围为. 故答案为：. 【例3.2.】 已知函数，．若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围． 【答案】 【详解】由得 设，则 , 因为当时，，所以在上单调递增， 又因为 所以存在 ，使 , 且当时， ；当时， ； 从而 ，且当 时， ； 当 时， ,所以函数 在上单调递减，在上单调递增， 因此 , 由，得从而 , 所以 由对于任意的，都存在，使 成立， 得对于任意的，都有 , 即不等式在上恒成立， 即不等式 在上恒成立. 设 ，则 因为 ，当 时，; 当 时，; 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以 ，因此 , 故 的取值范围为. 【例3.3.】 已知函数． (1)若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围； (2)记.若对任意且时，均有成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）函数在处有极值， 可得，解得，经检验，满足题意， 所以 当时，在单调递减； 当或时，在上单调递增， 可得在处取得极小值，且为0，在处取得极大值，且为， 方程有3个不同的实根，等价为， 即有的取值范围是. （2）在递减，可得时，， ，即为， 即 即为 即对任意且时恒成立. 所以在递减；在递增. 当在恒成立时，可得，即在恒成立， 在上单调递增，即，则. 当在恒成立时，可得，即在恒成立， ，当时等号成立，则，则. 综上可得的取值范围是. 【例3.4.】 已知，，其中是自然对数的底数． (1)讨论的单调性； (2)设，．存在，，使得成立，试求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析；(2) 【详解】（1）由题，. 当，则，则此时在上单调递减； 当，则. 若，即时，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增； 若，即时，此时在上单调递减. 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）时，由（1）可得； 又，则，得在上单调递增， 则. 又注意到存在，，使得， 等价于时，， 则，又， 则. 【例3.5.】 （1）设函数，求在的最大值； （2）给定，设a为实数，证明：存在，使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3) 【详解】（1）法1：， 因为，故，故， 当时，即， 当时，即， 故在上为增函数，在为减函数， 故在上的最大值为. 法2：我们有 . 所以： . 这得到，同时又有， 故在上的最大值为，在上的最大值也是. （2）法1：由余弦函数的性质得的解为，， 若任意与交集为空， 则且，此时无解， 矛盾，故无解；故存在，使得， 法2：由余弦函数的性质知的解为， 若每个与交集都为空， 则对每个，必有或之一成立. 此即或，但长度为的闭区间上必有一整数，该整数不满足条件，矛盾. 故存在，使得成立. （3）法1：记， 因为， 故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况. 当时，， 当时，， 此时， 令，则， 而， ，故， 当，在（2）中取，则存在，使得， 取，则，取即， 故，故， 综上，可取，使得等号成立. 综上，. 法2：设. ①一方面，若存在，使得对任意恒成立，则对这样的，同样有. 所以对任意恒成立，这直接得到. 设，则根据恒成立，有 所以均不超过， 再结合， 就得到均不超过. 假设，则， 故. 但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线左侧. 所以假设不成立，这意味着. ②另一方面，若，则由（1）中已经证明， 知存在，使得 . 从而满足题目要求. 综合上述两个方面，可知的最小值是. 考法4：极值点偏移问题 方法提炼 (1) 极值点偏移问题 若对于函数，有，是函数的极值点，且，则有： 1　 若，称为极值点右移； 2　 若，称为极值点左移； (2) 极值点偏移问题的解法 1　 对称化构造法：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(含对数式时常用)或(含指数式时常用)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 【例4.1.】 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：. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 【例4.2.】 已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 【详解】因为，不妨设， 因为，， 所以，， 所以， 欲证，即证. 因为，所以即证， 所以即证，即证． 令，则，等价于， 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 故， 即，所以． 方法二：直接换元构造新函数  ，即，设，，则， 则，，可得，， 由于 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 故，即， 所以. 【例4.3.】 已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，， 且，令，可得， 当，即时，可知在内恒成立， 即在内恒成立，所以在内单调递增； 当，即时，由解得或， 由可知， 若，；若，； 所以在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：当时，在内单调递增； 当时，在内单调递增，在内单调递减. （2）当时，可得，， 由（1）可知：在内单调递增，在内单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递减， 则，即； 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递增， 则，即； 由和可得. 【例4.4.】 已知曲线在点处的切线为． (1)求直线的方程； (2)证明：除点外，曲线在直线的下方； (3)设，求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【详解】（1）因为， 所以， 所以直线的方程为：，即 （2）令，则， 令，则， 由，解得，由，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当等号成立， 所以除切点之外，曲线在直线的下方． （3）由，解得，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， ， 当时，． 因为，则，不妨令． 因为曲线在点的切线方程为， 设点在切线上，有，故，    由（1）知时，， 则，即， 要证：， 只要证：， 只要证：， 又， 只要证：， 令， 则， 易证在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以在上单调递减，所以成立， 所以原命题成立． 【例4.5.】 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 【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. 【例4.6.】 已知函数，． (1)若与都存在极值，且极值相等，求实数的值； (2)令，若有2个不同的极值点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为， 函数的定义域为，且，， 若，则，在上单调递减，且，在上单调递增，此时与都无极值，不符合题意（舍去）； 若，则函数在上单调递减，在上单调递增， 因此当时，取得极小值，无极大值，且极小值为， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得极小值，无极大值，且极小值为， 因为与都存在极值，且极值相等，可得， 即，所以，即， 又因为，所以，解得. （2）解：由题意知，可得， 因为有2个不同的极值点，所以有2个不相等的正根， 令，则有2个不相等的正根， 又由， 若，则，在上单调递减，则至多有1个根，不合题意． 若，则当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，若有2个不相等的正根， 则需，即，解得， 又因为时，，当时，， 所以在和上各存在一个零点，得有2个不相等的正根， 不妨设，则， 令， 则， 因为，所以，在上单调递减，可得 因为，所以，即， 又因为，所以， 因为，且函数在上单调递增， 所以，即， 因为，可得， 可得，即，所以， 又由 ， 因为，所以，所以. 考法5：导函数的隐零点 方法提炼 导函数的零点在很多时候是无法直接解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．这类问题我们可用以下三类方法解决： (1) 当导函数为超越函数，无法利用解方程的方法求其零点，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测其零点，一般地，当所求的导函数解析式中出现时，常猜，当导函数的解析式中出现时，常猜或. (2) 对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．其求解三步曲为： 1　 用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的取值范围． 2　 以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式． 3　 将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时①中的零点范围还可以适当缩小． (3) 当导函数的零点不易求且含有参数时，往往利用导函数在其零点处的函数值为0构建方程，结合其它条件消去参数，重新构造函数，利用该函数的性质求解. 【例5.1.】 已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 【详解】（1）由题意知：定义域为：且 令， ， 在上单调递减，在上单调递减 在上单调递减 又， ，使得 当时，；时， 即在上单调递增；在上单调递减 则为唯一的极大值点 即：在区间上存在唯一的极大值点. （2）由（1）知：， ①当时，由（1）可知在上单调递增     在上单调递减 又 为在上的唯一零点 ②当时，在上单调递增，在上单调递减 又     在上单调递增，此时，不存在零点 又 ，使得 在上单调递增，在上单调递减 又， 在上恒成立，此时不存在零点 ③当时，单调递减，单调递减 在上单调递减 又， 即，又在上单调递减 在上存在唯一零点 ④当时，， 即在上不存在零点 综上所述：有且仅有个零点 【例5.2.】 已知函数 (1)讨论的单调性； (2)证明：. 【详解】（1）由题意可得：的定义域为，， 当时，则在上恒成立， 可知在上单调递减； 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，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）构建， 则， 由可知， 构建， 因为在上单调递增，则在上单调递增， 且， 可知在上存在唯一零点， 当，则，即； 当，则，即； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则， 又因为，则，， 可得， 即，所以. 【例5.3.】 已知函数，，设. 证明：对小于的实数，若关于方程恰有三个不同的实根，则. 【详解】，其中，，， 令且，，则，则在上单调递增. 注意到，，则，使， 结合在上递增，则，. 所以在上单调递减，在上单调递增，则的极小值为. 注意到，则， 令且，则， 所以在上单调递减，故. 注意到，，则，使； 令且，在上单调递增，则， 即，，，； 令且，. 所以；， 则在上单调递增，在上单调递减，则， 所以，， 综上，， 又，. 则，使，则、大致图象如下， 方程恰有三个不同的实数根，则直线与图象有3个交点， 由图，得时满足题意. 对小于的实数，存在实数使关于方程恰有三个不同的实数根， 注意到，则时满足题意， 令且，则， 则在上递增，则，得证. 【例5.4.】 已知.若有两个极值点，，证明：. 【详解】，令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， 则 ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即. 【强化训练】 1. 函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 2. 已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设，则， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 所以，即， 所以，即， 所以，∴， 又， 而，∴， 故. 故选：D. 3. 若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设该切线的切点为，则切线的斜率为， 所以切线方程为， 又切线过点，则，整理得. 要使过点的切线有3条，需方程有3个不同的解， 即函数图象与直线在R上有3个交点， 设，则， 令，令或， 所以函数在上单调递增，在和上单调递减， 且极小值、极大值分别为，如图， 由图可知，当时，函数图象与直线在R上有3个交点， 即过点的切线有3条. 所以实数a的取值范围为. 故选：B. 4. 若不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，即， 令，则恒成立， 则恒成立， 令，则， 当时，； 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故a的取值范围为. 故选：C. 5. （多选）已知，则下列说法正确的是（   ） A．函数在上单调递增 B．函数有1个零点 C．对任意，，都有 D．若函数在区间上有且只有一个零点，则 【答案】BC 【详解】函数的定义域为R，则， 对于A，当时，，则在单调递减； 当或时，，则在，单调递增，故A错误； 对于B，由A可知，在处取极大值，在处取极小值， 极大值为且； 又当，，故在R上只有一个零点，故B正确； 对于C，代表该函数为凹函数， 记，则， 又，当时，恒成立，函数为凹函数，故C正确； 对于D，由上知在单调递减，在单调递增， 又，， 所以在区间上有且仅有一个根等价于函数在上的图象与直线只有一个交点， 所以或，故D错误． 故选：BC． 6. 设函数，，若，，使得，则实数的取值范围是 . 【答案】 【详解】由题意，，当时，，，所以； 当时，，，所以， 等号仅当时成立，所以. 所以对，即，即. 令，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，因此. 故答案为： 7. 已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【详解】（1）由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 8. 已知常数，函数. (1)若，求的取值范围; (2)若、是的零点，且，证明:. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）由已知得的定义域为， 且 ， 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 所以在处取得极小值即最小值， ， ， ，即的取值范围为. （2）由（1）知，的定义域为， 在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点. 、是的零点，且， 、分别在、上，不妨设， 设， 则 当时，，即在上单调递减. ， ，即， ， ， ， ， 又，在上单调递增， ，即. 9. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 【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）［方法一］：【通性通法】消元 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. ［方法二］：【通性通法】消元 由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时． 欲证不等式成立，只需证． 因为，所以，只需证． 令， 所以，在区间内单调递减，且，所以，即证． ［方法三］：硬算 因为， 所以有两个相异的正根（不妨设）． 则且即． 所以． 而，，所以． 设，则． 所以在上递减，，问题得证． ［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用 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． 令， ，则， 所以在上单调递减，所以，即， 所以，则， 所以，即． 故． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$