专题05 导数与不等式7种重点题型归类（压轴题专项训练）高二数学湘教版选择性必修第二册

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题05导数与不等式 目录 典例详解 类型一、不等式恒成立问题 类型二、不等式能成立问题 类型三、单变量不等式的证明 类型四、双变量不等式的证明 类型五、和型不等式的证明 类型六、极值，点偏移之对称化构造 类型七、极值点偏移之比值构造 压轴专练 典例详解 类型一、不等式恒成立问题 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. 例1.(25-26高二上河北秦皇岛)已知mE[1,e],若对任意的x∈(0，+∞)，不等式2lnx-mx≤x2+n恒 成立，则整数n的最小值为() A.-1 B.-2 C.0 D.1 变式1-1.(25-26高二上河南光山县第二高级中学.月考)若vx>0,k>3x2-2x3恒成立，则实数k的取 值范围是() A.(-00,1) B.(1,+0∞ c.[1,+o) D.(-∞，1] 变式1-2.(25-26高二上河北秦皇岛)已知函数f(x)=xex,f(x)的导函数为f(x). 1求函数F(x)=[f(x)]2-f(2x)的极值： 1/9 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)判断经过点(2,0)的曲线y=f(x)的切线有多少条： 3)当x≤3时，(3-x)·f(x)≥a(x-2)恒成立，求实数a的取值范围. 变式1-3.(25-26高二上河南光山县第二高级中学月考)已知函数f(8)=ex+ax+1(a∈R), g(x)=ln(x+1)-1. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程； (2)讨论f(x)在R上的单调性； 3)若fx)>1-gx)对任意的xE[0,+∞恒成立，求a的取值范围. 类型二、不等式能成立间题 1、形如f(x)≥g(x)有解问题的求解策略 (1)构造函数法：令F(x)=f(x)-g(x),利用导数求得函数F(x)的单调性与最小值，只需F(x)max≥0恒成 立即可 (2)参数分离法：转化为a≥Φ(x)或a≤Φ(x)恒成立，即a≥Φ(x)min或a≤中(x)max恒成立，只需利 用导数求的函数中(x)的单调性与最值即可 2、单变量不等式能成立问题转化 (1)3x∈D,m≤f(x)台m≤f(x)max (1)ヨx∈D,m≥f(x)台m≥f(x)min 例2.(24-25高二下山东嘉祥县第一中学.月考)已知函数f(x)=竖，g(x)=1n(x+1)-ax2,若 x1∈[1，e],3x2∈(0,1]使得f(1)>g(x2)成立，则实数a的取值范围是() A.a>In2 B.a≥ln2 c.a>吉 D.a≥音-ln2 变式2-1.(24-25高二下天津武清区天和城实验中学)已知f(x)=xex+吉+e2, g(x)=-x2-2x-1+a,若存在x1∈R,2∈(-1，十∞)，使得f(81)<g(x2)成立，则实数a的取 值范围是 变式2-2.(24-25高二下广东广州南沙东涌中学.期中)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+2alnx(a∈R) (1)若a>0,讨论函数f(x)的单调性： (2)设函数g(x)=-(a+2)x,若至少存在一个xo∈[e,4],使得f(xo)>g(xo)成立，求实数a的取 值范围. 变式2-3.(25-26高二江苏锡山高级中学期末)已知函数f(x)=(x-2)ex.号(x-1)2 (1)当a=0时，求f(x)的极值： (2)讨论函数f(x)的单调性； 2/9 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (3)若存在xE(0,1)使得f(x)>0成立，求a的取值范围： 类型三、单变量不等式的证明 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f(x)>g(x)(或f(x)<g(x)转化为证明f(x)-g(x)>0 (或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x): (2)适当放缩构造法：一是根据己知条件适当放缩；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 例3.(24-25高二下.海南海口龙华区海口黄冈金盘学校)已知函数fx)=[a(x-1)-1]ex+x. (1)当a=1时，证明：fx)+2ex≥2x+lnx+1; (2)若x=0是f(x)的极小值点，求实数a的取值范围. 变式3-1.(24-25高二下.黑龙江实验中学·月考)已知函数f(x)=音-aex,a∈R (1)当a=0时，求f(x)在x=1处的切线方程； (2)当a=1时，求f(x)的单调区间和极值； B)若a=-1,函数g(x)=xf(x)-等，证明：当x>0,g(x)≥x+nx+1. -00,0) 0 (0,+0) f (x) 0 极 f(x) 单调递增 大 单调递减 值 变式3-2.(24-25高二下.长春十一高中.月考)函数f(x)=(ax+1)lnx-ax+2na. (1)当a=e时，设g(8=f(x),证明：gx)≥0； (2)f(x)在(0，十∞)上单调递增，求a的取值范围， 变式3-3.(24-25高二下河南名校联考)已知函数f(x)=ex-x-a. (1)若f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围； (2)当a>1时，判断f(x)的零点个数： 3)设函数g(x)=xf(x),当0<a<音时，记g(x)的极大值为h(a),证明：h(a)≥三 3/9 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型四、双变量不等式的证明 双变量问题，可尝试转化为一个变量构造函数，转化为恒成立或存在性问题.也可考虑利用函数的单调性 直接分析求解等。 例4.(24-25高二下广东深圳红岭中学.期中)曲率是指曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲率越 大，表示曲线在该点处的弯曲程度越大.记f'(x)=[f(x)],定义曲线y=f(x)在点 P(x)f(。)处的前率为K= ( 1+fx) (1)比较曲线y=xlnx在点A(1,0)和B(e1,-e1)处弯曲程度的大小 (2)若函数f(x)=x21nx-ax3-x2的图象上存在两个不同的点P1(x1g(x1))、P2(x2g(x2)),使 得曲线y=g(x)在P1、P2处的曲率均为0. (i)求a的取值范围； (ii)证明：x+x号>2 变式4-1.(24-25高二下广东部分学校月考)已知函数f(x)的导函数为f(x),我们称函数f(x)的导函 数f'(x)为函数f(x)的二阶导函数，若一个连续函数f(x)在区间I上的二阶导函数f'(x)≥0，则称 f(x)为I上的凹函数，若二阶导函数f'(x)≤0，则称f(x)为1上的凸函数. (1)证明：函数f(x)=-专x3+x2+x-xlnx是凸函数. (2)已知函数f(x)=景+sinx,x∈(0，T)· ①若f(x)是(0O,π)上的凹函数，求实数a的取值范围： ②f(x)在(0，)内有两个不同的零点x1,2,证明：号<1十x2<T. 变式4-2.(24-25高二下山西太原常青藤中学校、朔州平鲁区李林中学)已知函数 f(x)=ax-是-lnxa>0) (1)已知f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围. (2)已知g(x)=f(x)+是有两个零点x1,x2, ①求实数a的取值范围 ②当X1>4x2时，证明X1x号>16 变式4-3.(24-25高二下.四川宜宾第三中学校月考)已知函数f8)=++ax(a∈R) (1)当a=0时，证明：f(x)≤1； (2)若f(x)在区间(0,1单调递增，求实数a的取值范围； 4/9 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3)若xx3∈(0，+∞)且x1≠X2,ex= 空 平，证明：好+x>2 类型五、和型不等式的证明 1.构造函数确定不等关系 2.放缩：观察和式各项特点，构造合适的函数，利用函数的单调性、最值等性质得到关于和式中每一项的 不等式，通过放缩将和式转化为更易处理的形式。 例5.(25-26高二上江苏南京东高、秦科高、南师江宁、金陵河西、雨中期末)已知函数 f(x)=lnx-ax+1,其中a∈R (1)当a=1时，求函数f(x)的最值； (2①若f(x)≤0恒成立，求a的最小值： ②证明：1+支+青+··+清>n(n+1),其中neN 变式5-1.(24-25高二下.重庆第七中学.月考)已知函数f(x)=1nx十mx,m∈R, (1)当m=-3时，求曲线y=f(x)在点(1，-3)处的切线方程； (2)当xE(1,+o)时，若不等式f(x)<爱恒成立，求m的取值范围： )设neN,证明：2血(n+1)<是+嘉+…+ 变式5-2.(24-25高二下.河北衡水第二中学)已知函数f(x)=2xlnx-a(x2-1)(a∈R) (1)若f(x)≤0在[1，+∞)上恒成立，求a的取值范围； 2证明：1+号+吉+…+贵>ln(n+1)+(neN). 变式5-3.(24-25高二下广东佛山南海区)已知函数f(x)=ax+安+1-2aa>0. (1)若当x∈[1，+∞)时，f(x)≥lnx,求a的取值范围： 2证明：1+专+诗+…+>ln(n+1)+(n∈N). 类型六、极值点偏移之对称化构造 处理极值点偏移问题中的类似于x1x2<?(f(x1)=f(2))的问题的基本步骤如下： ①求导确定f(X)的单调性，得到x1x2的范围； ②构造函数F(x)=f(x)-f(),求导后可得F(x)恒正或恒负： ③得到f(x1)与f(是)的大小关系后，将f(x1)置换为f(x2): ④根据x2与是所处的范围，结合f(x)的单调性，可得到x2与是的大小关系，由此证得结论 5/9 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 例6.(24-25高二下江苏扬州中学)已知函数f(x)=1nx-ax-2,a∈R,e是自然对数的底数. (1)讨论函数y=f(x)的极值： (2)当a=是时，若x1,x2(其中x1<x2)满足f(x1)=f(x2),求证：X1+x2>2e. 变式6-1.(24-25高二下·内蒙古乌兰察布集宁区北京师范大学乌兰察布集宁附属中学.月考)已知函数 f(x)=x2(1nx-号a),a为实数. (1)当a=号时，求函数在x=1处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)若函数f(x)在x=e处取得极值，f(x)是函数f(x)的导函数，且f(x1)=f(x2),x1<x2,证 明：X1+x2>2. 变式6-2.(24-25高二下河北邯郸武安第一中学.月考)已知函数f(x)=xex(x∈R). (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2,且f(X1)=f(x2),求证：1+X2>2. 中 (-00,1) 1 (1,+0) f(x) 十 0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 变式6-3.(23-24高二下吉林长春第二实验中学.期中)已知函数f(x)=·吉(x+吉)easa>0. (1)若f(x)的极小值为-4，求a的值： 2)若g(x)=f(x)-anx有两个不同的极值点xx2,证明：x1+x2>22e2 类型七、极值点偏移之比值构造 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lnx1nX2=ln受进行变形，可构造关于t=是的函数，利用导函数再进行求解 例7.(23-24高二下江苏常州联盟学校调研)已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+1nx,其中a∈R. (1)当a=-1时，求f(x)的单调区间； 2)求当a>0时，函数y=f(x)在区间[1，e]上的最小值Q(a: 3)若函数g(x)=f(x)-ax2有两个不同的零点x1,x2 6/9 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ①求实数a的取值范围； ②证明：X12>e2 变式7-1.已知函数f(x)=ax2,g(x)=x(1-lnx). (1)若对于任意xE(0,+∞)，都有f(x)<g(x),求实数a的取值范围； (2)若函数y=g(x)-m有两个零点xx2,求证：是+是：>2 变式7-2.(22-23高二上江苏常州第三中学.期末)已知函数f(x)=x(1-lnx),a≥0. (1)讨论f(x)的单调性； 2)若x∈(0，专]时，都有f(x)<1,求实数a的取值范围： B倒诺有不相等的两个正实数x2满足=爵，求证：名+x2<x2 变式7-3.21-22高二下.安徽滁州部分学校)已知函数f(x)=2x-sinx+mnx,g(x)=f(x)+sinx (1)求函数g(x)的单调区间和极值： 2若存在xx2∈(0，+∞)，且当x1≠x2时，f(x)=f(x2),证明：<1. 压轴专练 1.(25-26高二河北石家庄第二中学期末)已知函数f(x)=1nx+x-1-1nn,n∈N,记f(x)的零点为 an (1)求a1: (2)求数列{an}中的最小项： 3)证明：】 >4(a+i) 2.(25-26高二河南许昌长葛期末)已知函数fx)=1nx-是+2(a∈R). (1)当a=专时，求f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程； (2)若f(x)在(0，+o∞)上有唯一零点，求a的取值范围： (3)当a=1时，若xf(x)>k(x-1)在(1，十o∞上恒成立，求实数k的最大整数值. 3.(25-26高二上广西南宁)已知函数f(x)=ax2+4ax+3(a≠0) 7/9 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1)当a=-1时，f(x)=0有两个不同的实根x1,x2,求菇+的值： (2)若对任意的x∈R,不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围； (3)当a=1时，f(x)与g(x)=1g(x+m)有相同的零点，求m的值. 4.(2526高二上云南"美美与共民族申学联盟)已知f(x)=幸为R上的奇函数。 (1)求a的值； (2)试判断f(x)的单调性（不用证明），若f(x2-2kx)+f(1)≥0(x≥2)恒成立，求k的取值范围； 3)若f(x)=学在R上有两个根，求b的取值范围。 5.(24-25高二下江苏海门中学)已知函数f(x)=x-袁-alnx (1)若曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=x-1,求a: (2)若a≤2，求证：当x>1时，f(x)>0; (3)若f(x)的图象与x轴有3个不同的交点，求a的取值范围， 6.(24-25高二下.四川成都盐道街中学期中)已知函数f(x)=e-x（a∈R,e为自然对数的底数)， g(x)=Inx+mx+1. (1)讨论g(x)的单调性： (2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围： 3)当a=1时，[f(x)+x]≥g(x)对任意的xE(0,+∞)恒成立，求实数m的取值范围. 7.(23-24高二下山西期中)已知函数f(x)=ex-xa(x>0)的两个零点为x1x2,且x1<x2 (1)求实数a的取值范围； (2)若X1十kx2≥高恒成立，求实数k的取值范围。 8.(23-24高二下.浙江诸暨学勉中学期中)已知函数f(x)=ex+ex+2,x∈R. (1)求f(x)在xE[-1,2]上的最大值： (2)方程f(x)-a=0有两个实根x1、x2,且x1<x2 (i)若f(x1+4)<f(x2),求实数a的取值范围； (i)求证：f(2x1)-4f(x2)>-6, 9.(23-24高二下.四川成都洛带中学校期中)已知函数f(x)=xex.(其中e为自然对数) (1)求f(x)的极值； (2)若方程f(x)=a(a∈R)有两个不同的根，求a的取值范围. (3)证明f(x)>xlnx+2x在(0，+∞)上恒成立 8/9 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 10.(23-24高二下.广东佛山南海区第一中学.期末)已知函数fx)=ex-2ax+a, (1)讨论f(x)的单调性： (2)若fx)存在两个零点x1X2 (i)求a的取值范围； (i)证明：a<“ 11.(21-22高二下重庆三峡名校联盟)已知函数f(x)=x-sinx-tanx+alnx+b,x∈(0，) (1)求证：2x<sinx+tanx,x∈(O,受)； 2若存在x1、X2E(0,号)，且当x1≠x2时，使得f(x1)=f(x2)成立，求证：<1. 9/9 专题05 导数与不等式 目录 典例详解 类型一、不等式恒成立问题 类型二、不等式能成立问题 类型三、单变量不等式的证明 类型四、双变量不等式的证明 类型五、和型不等式的证明 类型六、极值点偏移之对称化构造 类型七、极值点偏移之比值构造 压轴专练 类型一、不等式恒成立问题 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． 例1．(25-26高二上·河北秦皇岛·)已知，若对任意的，不等式恒成立，则整数的最小值为（   ） A． B． C．0 D．1 【答案】A 【分析】等价变换给定不等式，结合恒成立构造函数并利用导数求出最大值即可. 【详解】不等式， 令，由，得函数在上单调递减， 则，于是对任意的，， 令，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， ，因此，所以整数的最小值为. 变式1-1．(25-26高二上·河南光山县第二高级中学·月考)若，恒成立，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，通过求导判断单调性，求出的最大值即可. 【详解】若，恒成立，则， 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， ，， 故选:B. 变式1-2．(25-26高二上·河北秦皇岛·)已知函数，的导函数为． (1)求函数的极值； (2)判断经过点的曲线的切线有多少条； (3)当时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)极大值为，极小值为 (2)2条 (3) 【分析】（1）根据导数与极值的关系求解即可. （2）根据导数的几何意义求出过曲线上点的切线方程，将点代入得到关于的一元二次方程，判断根的个数即可. （3）通过构造函数求导，讨论的范围及在的单调性与最值求解即可. 【详解】（1）因为，所以． 则， 所以． 令，得或；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为． （2）因为， 所以曲线在点处的切线方程为． 将代入，整理得． 因为，所以. 又，所以方程有两个不同的根，即方程共有2个不同的根， 所以经过点的曲线的切线有2条． （3）由，得． 记，则． ①当时，则，所以在上单调递增， 又，所以不满足题意，舍去． ②当时，，在上单调递增， 显然时，，所以不满足题意，舍去． ③当时，令，得，， 因为，所以当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增，所以． 由，解得． 因为，所以． ④当时，，所以在上单调递减，所以． 由，解得，所以． 综上，的取值范围是． 变式1-3．(25-26高二上·河南光山县第二高级中学·月考)已知函数，. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论在R上的单调性； (3)若对任意的恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1). (2)答案见解析； (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义直接求出切线方程即可； （2）对参数的取值分类讨论，即可得出在R上的单调性； （3）将不等式等价转化为对任意的恒成立，求导得出当时在上恒成立，由恒成立可知满足题意，再对进行单调性分析得出矛盾即可求得结果. 【详解】（1）当时，函数，求导可得， 则有, 则在处的切线方程为，即. （2）易知， 当时，，故恒成立，在上单调递增； 当时，令，解得, 当时，单调递减， 当时，单调递增. 综上可知时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）不等式即为， 即对任意的恒成立， 设，易知， 令， 则，因为，所以, 因此，因此在上单调递增； 又， 当时，即时，，即在上恒成立， 因此在上单调递增，所以恒成立，满足题意； 当时，，由可得； 此时， 易知当时，， 即在上单调递减，所以存在，这与对任意的恒成立矛盾， 综上可得的取值范围为. 类型二、不等式能成立问题 1、形如 f(x)≥g(x)有解问题的求解策略 (1)构造函数法:令F(x)=f(x)-g(x)，利用导数求得函数F(x)的单调性与最小值，只需F(x)max ≥0恒成立即可 (2)参数分离法:转化为a≥φ(x)或a≤φ(x)恒成立，即a≥φ(x) min或a≤φ(x)max 恒成立，只需利用导数求的函数φ(x)的单调性与最值即可 2、单变量不等式能成立问题转化 (1) x∈D, m≤f(x) m≤f(x)max (1) x∈D, m≥f(x) m≥f(x)min 例2．(24-25高二下·山东嘉祥县第一中学·月考)已知函数，，若，使得成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求得，得到得单调性和，转化为成立，令，求得，令，求得，得到在上单调递减，进而得到在上单调递减，求得，即可求解. 【详解】由函数，可得， 当时，，此时在上单调递增， 所以在上的最小值为， 则，使得恒成立， 即，使得成立，即成立， 令，即， 因为， 令，可得， 所以在上单调递减，所以， 所以，可得在上单调递减，所以， 所以，即实数的取值范围为. 故选：A. 变式2-1．(24-25高二下·天津武清区天和城实验中学·)已知，，若存在，，使得成立，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【分析】利用导数判断函数的单调性，可求得函数的最小值，结合二次函数的单调性可求得当时，，将原命题等价转化为存在，即可求解. 【详解】依题意，， 由，得，所以在是单调递减； 由，得，所以在是单调递增； 所以当时，取得极小值，即最小值； 因为函数在上单调递减，所以； 因为存在，，使得成立， 所以原命题等价于存在，， 即存在，，又，所以. 故答案为： 变式2-2．(24-25高二下·广东广州南沙东涌中学·期中)已知函数． (1)若，讨论函数的单调性； (2)设函数，若至少存在一个，使得成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导可得，对分、以及三种情况讨论即可得解； （2）由存在性问题进行参变分离可得即可. 【详解】（1）函数的定义域是 . 当时，由，得或，由，得， 此时在和上单调递增，在上单调递减； 当时，，且不恒成立，此时在单调递增，无单调递减区间； 当时，由，得或，由，得， 此时在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述，当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在单调递增，无单调递减区间； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； （2）至少存在一个，使得成立，即当时， 有解 ∵当时，，∴有解， 令，则. ∵， ∴在上单调递减，∴， ∴，即， ∴实数a的取值范围. 变式2-3．(25-26高二·江苏锡山高级中学·期末)已知函数. (1)当时，求的极值； (2)讨论函数的单调性； (3)若存在使得成立，求的取值范围； 【答案】(1)取得极小值为，无极大值. (2)详解见解析 (3) 【分析】（1）求导，利用导数分析单调性确定极值点，进而求出函数极值； （2）求出导函数，按的范围分类讨论的正负，可得单调性； （3）讨论的范围求出函数的单调区间，根据题意列出的不等式，从而确定的范围. 【详解】（1）当时，， ， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值. （2）因为， 所以， 当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，令得或， ①当时，，，所以在单调递增， ②当时，， 当时，，当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ③当时，， 当时，，当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. （3）当时，， 若，则，即，不符合题意； 当时，在单调递减， ，则，解得， 又，所以； 当时，所以在单调递增，，不符合题意； 当时，， ①当时，在单调递增，在单调递减， 由题意得， 即，恒不成立，故无解， ②当时，在单调递减， ，则，解得：，不满足题意； 当时，在单调递增，，不符合题意； 所以的取值范围是. 类型三、单变量不等式的证明 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. 例3．(24-25高二下·海南海口龙华区海口黄冈金盘学校·)已知函数． (1)当时，证明： ； (2)若是的极小值点，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将代入函数，然后构造新函数，通过求导研究其单调性来证明不等式； （2）先对函数求导，再根据是极小值点这一条件，分析导数在两侧的正负情况，从而确定实数的取值范围. 【详解】（1）设 ， 则， 因为且在上单调递增， 又， 所以存在唯一的，使得， 即． 当时，； 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 故 （2）依题意，， 令， 因为在上单调递增， ①当时，，存在，使得 时，， 当时，， 当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，不合题意. ②当时，，存在，使得时，， 当时，， 当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，符合题意. ③当时，， 当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以，即恒成立， 所以在上单调递增，无极值点，不合题意． 综上，的取值范围为. 变式3-1．(24-25高二下·黑龙江实验中学·月考)已知函数，. (1)当时，求在处的切线方程； (2)当时，求的单调区间和极值； (3)若，函数，证明：当，. 【答案】(1) (2)单调递减区间为：，递增区间为：；极大值为，无极小值 (3)证明见解析 【分析】（1）对于切线方程，需要先求出函数在该点的导数，得到切线斜率，再结合该点坐标求出切线方程； （2）对于函数的单调性和极值，通过求导，根据导数的正负判断函数单调性，进而求出极值； （3）解法一：要证，即证明，令函数，，通过研究新函数的单调性，求解最值即可证明不等式；解法二：令，，设，，通过求导求解最值即可证明. 【详解】（1）当时，， 则，，， 所以切线方程为； （2）当时，，， 令，， 故在上单调递减，而， 因此0是在上的唯一零点， 即：0是在上的唯一零点， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 0 单调递增 极大值 单调递减 的单调递减区间为：；递增区间为：， 的极大值为，无极小值； （3），， 要证明，即证明， 解法一：令函数，， 求导得， 令，，求导得， 所以函数在上单调递增， 而，， 则存在，使，即， 此时，，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此， 所以当时，. 解法二：因为， 所以要证，即证， 令，，则证， 设，，对其求导的， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取最小值，即， 所以当时，得证. 变式3-2．(24-25高二下·长春十一高中·月考)函数. (1)当时，设，证明：； (2)在上单调递增，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由导数可得的单调性，从而得到最小值，进而证明结果； （2）根据题意可得，化简可得，令，求导得到的单调性及最小值，令最小值大于等于0可得的范围. 【详解】（1）当时，，定义域为， 则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； ∴， ∴成立. （2）∵在上单调递增，∴在上恒成立， ，在上恒成立， 即，在上恒成立. 令，则. 由有意义，则，故当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； ∴取得最小值. 依题意，需使，解得. ∴实数的取值范围为. 变式3-3．(24-25高二下·河南名校联考·)已知函数. (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，判断的零点个数； (3)设函数，当时，记的极大值为，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意恒成立，由即可求解； （2）当时，利用导数求得，注意到，当时，，结合零点存在定理即可求解； （3）首先求得，进一步对求导得其单调性，最值即可得证. 【详解】（1）， 若在上单调递增，则恒成立，即恒成立， 因为，所以， 即的取值范围是. （2）当时，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以. 又，当时，， 所以根据零点存在定理，共有2个零点. （3）由题意知，则， 若，令，得或，且， 当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 则. 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此. 类型四、双变量不等式的证明 双变量问题，可尝试转化为一个变量构造函数，转化为恒成立或存在性问题.也可考虑利用函数的单调性直接分析求解等. 例4．(24-25高二下·广东深圳红岭中学·期中)曲率是指曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲率越大，表示曲线在该点处的弯曲程度越大．记，定义曲线在点处的曲率为． (1)比较曲线在点和处弯曲程度的大小； (2)若函数的图象上存在两个不同的点、，使得曲线在、处的曲率均为． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（2）证明见解析 【分析】（1）根据曲率的定义可求出曲线在点、处曲率，比较大小即可； （2）（i）分析可知有两个不同的解、，参变量分离可知有两个不同的解，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （ii）由方程组得，设，先证，结合分析将所证不等式等价变形为即证，令，即证，构造函数，结合函数的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）设，其中，则，， 所以，，，， 所以在点处的曲率为. 在点处的曲率为， 所以曲线在点处的曲率小于其在点处的曲率. 曲线在点处的弯曲程度小于其在点处的弯曲程度. （2）（i）因为，其中， 则，， 因为函数的图象上存在两个不同的点、， 使得曲线在、处的曲率均为． 即有两个不同的解、，即有两个不同的解、， 所以， 令，得，令，得， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在单调递减， 所以，，作出直线与函数的图象如下图所示： 由图可知，当时，即当时，直线直线与函数的图象有两个交点， 因此，实数的取值范围是； （ii）由得， 不妨设，由（i）可知，先证明， 即证，即证， 令，即证，构造函数，其中， 则对任意的恒成立， 所以函数在上为增函数，则， 故当时，，所以，， 由基本不等式可得，故结论成立. 变式4-1．(24-25高二下·广东部分学校·月考)已知函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，若一个连续函数在区间I上的二阶导函数，则称为I上的凹函数，若二阶导函数，则称为I上的凸函数． (1)证明：函数是凸函数． (2)已知函数，． ①若是上的凹函数，求实数a的取值范围； ②在内有两个不同的零点，，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）求出函数的一阶导函数和二阶导函数，由凸函数定义判断即可. （2）①求出函数的一阶导函数和二阶导函数，根据凹函数的定义将问题转化为恒成立，构造，利用导数研究其单调性并求出最大值，解不等式即可求解； ②由题意，结合的单调性得，欲证，即证，结合的单调性得，即证，转化为证明；欲证，即证，结合的单调性得，转化为证明，构造，，利用导数得在上单调递增，从而由，即可证明. 【详解】（1）因为， 所以， 所以是上的凸函数． （2）①因为， 所以． 因为是上的凹函数，所以在上恒成立，即． 令，则． 当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减． ，所以，解得， 所以实数的取值范围是． ②由①知，因为在内有两个不同的零点， 所以方程在内有两个根，即． 因为在上单调递增，在上单调递减，所以． 欲证，即证 因为且在上单调递减， 所以只需证明，即证． 欲证，即证，即， 只需证，即证，而该式显然成立． 欲证，即证．因为，所以只需证， 即证即需证． 令，，则， 所以在上单调递增，所以则原不等式得证． 故． 变式4-2．(24-25高二下·山西太原常青藤中学校、朔州平鲁区李林中学·)已知函数 (1)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围. (2)已知有两个零点，， ①求实数a的取值范围 ②当时，证明 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）求导，f（x）为增函数，恒成立，参变分离得到，再对进行基本不动处理可解实数a的取值范围. （2）①对函数求导，分类讨论，根据极值确定零点，求得实数a的取值范围. ②根据极值点偏移及齐次化证明不等式. 【详解】（1）的定义域为，因为在定义域上为增函数， 所以在上恒成立. 即恒成立，，即， ∵，当时取等， ∴. （2）①  定义域为， 当时，，所以在上单调递减，不合题意. 当时，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以的最小值为， 函数存在两个零点的必要条件是，即， 又， 所以在上存在一个零点. 当时，，所以在上存在一个零点， 综上函数有两个零点，实数a的取值范围是. ② 当时，由， 所以，， 所以， ，， 要证明 ， 只需证明 而， 令，则，欲证明 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 令，当时，， 则在单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即，所以 变式4-3．(24-25高二下·四川宜宾第三中学校·月考)已知函数 (1)当时，证明：； (2)若在区间单调递增，求实数的取值范围； (3)若且，，证明：． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)证明见详解 【分析】(1)当时利用导数讨论函数的单调性，求出的最值即可得证； (2)将函数在区间单调递增转化为在区间上恒成立，再分离参数，构造新函数，求的最值即可求出的取值范围； (3)将已知等式变形，再利用(1)中的函数可得，构造函数，求出在上的最值即可求证. 【详解】（1）当时，，所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即； （2）因为，所以， 若在区间单调递增， 则在区间上恒成立，即在区间上恒成立， 令，所以， 因为，所以，所以， 所以单调递增， 所以，； （3）由，可得， 两边取以为底的对数并整理得，，即， 因为，不妨设， 由(1)知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以， 而，且当时，恒成立，得到， 记，， 则 ， 所以函数在上单调递增， 所以，即，于是， 又在上单调递减，所以， 所，得证． 类型五、和型不等式的证明 1.构造函数确定不等关系 2.放缩:观察和式各项特点，构造合适的函数，利用函数的单调性、最值等性质得到关于和式中每一项的不等式，通过放缩将和式转化为更易处理的形式。 例5．(25-26高二上·江苏南京东高、秦科高、南师江宁、金陵河西、雨中·期末)已知函数，其中． (1)当时，求函数的最值； (2)①若恒成立，求a的最小值； ②证明：，其中． 【答案】(1)最大值0；无最小值； (2)①1；②证明见解析. 【分析】（1）直接用导数判断函数的极值最值可得； （2）①将不等式进行参数分离得，再构造函数并用导数求函数的最大值，进而可得所求值最小值；②根据①的解析可得，进而可得，再由累加法可得所证不等式. 【详解】（1）当时，函数，函数定义域为，， 当；当，所以在单调递增，在单调递减， 所以函数在处取得极大值也是最大值，无最小值. 故函数最大值0；无最小值； （2）若恒成立，即，得. 令，， 当；当.所以在单调递增，在单调递减， 所以在处取得极大值也是最大值，所以. 故a的最小值为1； 由（1）可知，当时，恒成立，即（当且仅当时等号成立）, 令，所以，即对，都有. 由累加法得 . 故，其中. 变式5-1．(24-25高二下·重庆第七中学·月考)已知函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，若不等式恒成立，求的取值范围； (3)设，证明：. 【答案】(1)     (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出单调区间； （2）转化为在上恒成立，令，分和两种情况，求导，结合导函数特征，再分类讨论，求出的取值范围； （3）在（2）基础上得到，赋值得到，利用累加法得到结论. 【详解】（1）当时，， 则， 所以曲线在点处的切线方程，即得； （2）由，得， 设， 当时，， 所以当时，，不符合题意． 当时，， 设， 其图象为开口向下的抛物线，对称轴为 ， 当，即时， 因为， 所以当时，，即， 此时单调递增，所以，不符合题意． 当，即时，在上单调递减， 所以， 所以，所以在上单调递减， 所以，符合题意． 综上所述，的取值范围为． （3）由（2）可得当时，，即， 令，则， 所以， 以上各式相加得， 即， 所以． 变式5-2．(24-25高二下·河北衡水第二中学·)已知函数. (1)若在上恒成立，求的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）原不等式可转化为，设，求导后分类讨论，分析函数的单调性，即可求出的取值范围； （2）由（2）可知时，在上恒成立，化为， 取可得，由同向不等式累加后即可得证. 【详解】（1）， 原不等式可化为， 设， 因为，当且仅当时等号成立， 当时，，所以在上单调递减， 故，满足题意； 当时，令，可得，设方程的解为， 因为在上单调递增，所以在上单调递减， 则当时，，当时，， 所以函数在上增，在上递减， 又，所以时，，不满足题意； 当时，，故在上单调递增，所以，不符合题意； 综上，a的取值范围为. （2）由（1）知，当时，在上恒成立， 即在上恒成立，当等号成立， 令，可得， 即， 由同向不等式相加可得， ， 即. 所以 变式5-3．(24-25高二下·广东佛山南海区·)已知函数． (1)若当时，，求的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）构造，并求导，分和两种情况分别讨论单调性即得结果； （2）当时，令，可得，赋值并结合裂项相消证明. 【详解】（1）构造． 当时，有，当时，有，于是在单调递减， 所以，即，所以在上不恒成立． 当时，有，当，有，于是在单调递增， 所以，即，满足题意． 综上所述，的取值范围是． （2）由（1）可知，当时，有．当且仅当时等号成立， 令，有 ，当且仅当时等号成立， 令，可得． 则， 即， 即 于是． 类型六、极值点偏移之对称化构造 处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 例6．(24-25高二下·江苏扬州中学·)已知函数，，是自然对数的底数. (1)讨论函数的极值； (2)当时，若，（其中）满足，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导得，对分类讨论即可得解； （2）分析得只需证明，构造函数（），利用导数即可得证. 【详解】（1）求导得， 当时，恒成立，此时函数在上单调递增， 此时函数无极值； 当时，，， 所以在单调递增，在单调递减， 此时极大值，无极小值. 综上所述，时，无极值，当时，极大值，无极小值. （2）当时， ， 在单调递增，在单调递减， 又且， ∴要证，即证， 即证，即证， 设（）， ， ∴在单调递增，又， ∴，又， ∴，∴. 变式6-1．(24-25高二下·内蒙古乌兰察布集宁区北京师范大学乌兰察布集宁附属中学·月考)已知函数，为实数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：. 【答案】(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 (3)证明见解析 【分析】（1）求出，求导，得到，进而由导函数的几何意义求出切线方程； （2）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间； （3）先令，求导得到其单调性，求出，进而构造差函数，证明出极值点偏移问题. 【详解】（1）当时，，， ，故， 故函数在处的切线方程为，即； （2）定义域为， ， 令，解得，令，解得， 故的单调递增区间为，单调递减区间为； （3）由题意得，解得， 故，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 可知函数在处取得极值，故符合题意， 因为，， 令，，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 且当时，恒成立，，当时，， 画出的图象如下： 故， 令，， ， 因为，所以，， 故在上单调递减， 又，故在上恒成立， 即，， 因为，所以，所以， 其中，故， 其中，，在上单调递增， 所以，即. 变式6-2．(24-25高二下·河北邯郸武安第一中学·月考)已知函数． (1)求函数的单调区间和极值； (2)若，且，求证：． 【答案】(1)增区间为，减区间为，极大值为，无极小值 (2)证明见解析 【分析】（1）利用函数的单调性、极值与导数的关系可得答案； （2）令，，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，设，可得出，进一步得出，结合函数在上的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）因为，其中，则， 令，解得，当变化时，、的变化情况如下表： 单调递增 极大值 单调递减 所以，的增区间为，减区间为. 故函数在处取得极大值，无极小值. （2）构造辅助函数，， 则， 当时，，，则，则， 所以，在上单调递增，当时，， 故当时，，（*） 由，， 因为函数的增区间为，减区间为， 可设，将代入（*）式可得， 又，所以，． 又，，而在上单调递增， 所以，，即． 变式6-3．(23-24高二下·吉林长春第二实验中学·期中)已知函数. (1)若的极小值为-4，求的值； (2)若有两个不同的极值点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的极小值点为，代入函数求解； （2）首先求出的范围，再通过构造对称函数证明，根据的范围即可证明。 【详解】（1），当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，取得极小值， 由，解得或（舍去）. 故的值为。 （2）由题意可知，方程有两个不同的正实数根，即有两个不同的实数根. 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 验证可知，， 由得，所以. 当时，方程，即方程，则有两个不同的正实数根. 设，则， 所以在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，则. 令， 则， 所以在上单调递增，则当时，， 所以 又，函数在上单调递减， 所以，则， 因为，故. 【点睛】方法点睛：本题属于极值点偏移问题：解决此类问题的方法主要有：利用对数平均不等式，构造对称函数，换元法构造函数等。 关键点点睛：本题采用的构造对称函数，解题的关键有两点： 1：参数的取值范围； 2：构造， 类型七、极值点偏移之比值构造 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. 例7．(23-24高二下·江苏常州联盟学校·调研)已知函数，其中． (1)当时，求的单调区间； (2)求当时，函数在区间上的最小值； (3)若函数有两个不同的零点. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)增区间为，减区间为 (2) (3)①；②证明见解析 【分析】（1）利用导数求函数的单调区间； （2）利用导数分类讨论函数在区间的单调性，由单调性求最小值； （3）由函数有两个不同的零点，构造函数利用导数研究函数单调性的最值，结合函数图像求实数a的取值范围；把零点代入函数解析式，证明转化为证明，通过构造函数利用导数求最值的方法证明. 【详解】（1）当时，，定义域为， 若，则；若，则； 所以的增区间为，减区间为 （2）函数的定义域是， ． 当时，令则或(舍)． 当，即时，，在上单调递减， 在上的最小值是 ， 当，即时， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 在上的最小值是， 当，即时，，，在上单调递增， 在上的最小值是 ． 综上，． （3）①有两个不同的零点即有两个不同实根， 得，令，，令，得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 时，取得最大值，且 ，当时， 得的大致图像如图所示： ，所以实数a的取值范围为． ②当时，有两个不同的零点． 两根满足，， 两式相加得：，两式相减得：， 上述两式相除得，不妨设，要证：， 只需证：，即证， 设，令，则， 函数在上单调递增，且 ． ，即，． 【点睛】方法点睛： 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．不等式问题，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. 变式7-1．已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可； （2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可. 【详解】（1）结合题意：对于任意，都有，所以， 因为，所以只需， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以只需； （2）等价于， 设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减， 由知且，， 设函数，其中， 知， 知在区间上单调递增，即时， 即时，， 即， 又由已知由且， 有且，由在上单调递减， 所以，即. 变式7-2．(22-23高二上·江苏常州第三中学·期末)已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若时，都有，求实数的取值范围； (3)若有不相等的两个正实数满足，求证：. 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出导函数，对分类讨论：①和②，分别讨论单调性；（2）利用分离常数法得到对恒成立. 令，利用导数求出最值，即可得到实数的取值范围；（3）极值点偏移问题，利用分析法，转化为证明，构造新函数，利用导数证明出. 【详解】（1）函数的定义域为，. ①当时，令，即，解得：. 令，解得：；令，解得：； 所以函数在上单调递增，在上单调递减. ②当时，则，所以函数在上单调递增. 综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 当时，函数在上单调递增. （2）当时，都有，即， 亦即对恒成立. 令，只需. . 令，则，所以当时，， 所以在上单增，所以， 所以当时，. 所以，所以在上单减， 所以. 所以. 综上所述：实数的取值范围为. （3）可化为：. 令，上式即为. 由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减， 则为的两根，其中. 不妨设，要证，只需，即， 只需证. 令. 则 当时，；当时，. 由零点存在定理可得：存在，使得. 当时，，单增；当时，，单减； 又，所以. . 因为， ， 所以. 所以恒成立. 所以. 所以. 所以 即证. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，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)； （4）利用导数证明不等式． 变式7-3．(21-22高二下·安徽滁州部分学校·)已知函数，． (1)求函数的单调区间和极值； (2)若存在，且当时，，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据导函数正负确定单调区间和极值； （2）设，由导数可确定单调递增，推导可得；令，利用导数可求得，利用推导可得，由此可知，进而证得结论. 【详解】（1），且定义域为； 当时，，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值； 当时，令，解得：， 当时，；当时，； 的单调递减区间为；单调递增区间为； 的极小值为，无极大值； 综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；当时，的单调递减区间为；单调递增区间为；极小值为，无极大值. （2）不妨设，由得：； 设，则， 在上单调递增，， 即， ， ； 设，则， 在上单调递减，， ，，， ，， 即，. 1．(25-26高二·河北石家庄第二中学·期末)已知函数，，记的零点为. (1)求； (2)求数列中的最小项； (3)证明： 【答案】(1)1 (2)最小项为 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，确定单调性即可求解； （2）由通过作差得到，构造函数利用其单调性，确定数列单调性即可求解； （3）令，求导确定单调性，得到，化简计算即可证. 【详解】（1）当时，，定义域为， 在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以有唯一零点1， 即； （2）由的零点为， 得， 两式相减得：， 即， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以由，得到， 所以，所以数列是递增数列， 所以数列中的最小项是； （3）令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立，即， 因为，所以, 所以， 所以， 所以， 所以. 2．(25-26高二·河南许昌长葛·期末)已知函数. (1)当时，求的图象在点处的切线方程； (2)若在上有唯一零点，求的取值范围； (3)当时，若在上恒成立，求实数的最大整数值. 【答案】(1)； (2)； (3)4. 【分析】（1）把代入，求出的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）由函数零点的意义得，构造函数并利用导数探讨函数的性质即可求出范围. （3）由不等式恒成立分离参数并构造函数，利用导数求出函数的最小值即可. 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以所求切线方程为，即. （2）函数的定义域为，由得，， 令，依题意，直线与函数的图象有唯一公共点， ，当时，；当时，， 函数在上单调递减，函数值集合为，在上单调递增，函数值集合为， 因此当且仅当或时，直线与函数的图象有唯一公共点， 所以的取值范围是. （3）当时，，不等式恒成立， 令函数，求导得，令函数， 求导得，函数在上单调递增，而，， 则存在，使得，即，当时，，即； 当时，，即，函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，则， 所以实数的最大整数值为4. 3．(25-26高二上·广西南宁·)已知函数. (1)当时，有两个不同的实根，，求的值； (2)若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围； (3)当时，与有相同的零点，求的值. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据韦达定理即可求解， （2）利用判别式即可求解， （3）根据方程的根即可求解. 【详解】（1）当时，令， 则，， 故. （2）因为对任意的，不等式恒成立，所以 解得，即的取值范围是. （3）当时，由，得或. 由，得，则. 依题意得或， 解得或， 经检验或的时候与有相同的零点， 所以或. 4．(25-26高二上·云南“美美与共”民族中学联盟·)已知为上的奇函数. (1)求的值； (2)试判断的单调性（不用证明），若恒成立，求的取值范围； (3)若在上有两个根，求的取值范围. 【答案】(1) (2)为上的单调递增函数， (3). 【分析】（1）利用求出，再验证即可； （2）首先判断为上的单调递增函数，再移项转化得，最后分离参数求解最值即可； （3）利用换元法，再分离参数得有解，再利用对勾函数的性质求解右边值域即可. 【详解】（1）因为为上的奇函数，则，即，. 此时，则，则为奇函数. （2）由（1）知，， 因为为上的增函数，且恒成立，故为上的单调递增函数， 因此， 又为上的奇函数，所以，且为上的单调递增函数， 所以，. 令，由是双勾函数性质知，在上单调递增， 所以的最小值为，所以，， 故的取值范围为. （3）由在上有解，，， 所以有解， 令， 则根据双勾函数性质知，在上单调递减，上单调递增， 要使与的图象有2个交点，则， 即，解得， 故的取值范围为. 5．(24-25高二下·江苏海门中学·)已知函数． (1)若曲线在点处的切线方程为，求； (2)若，求证：当时，； (3)若的图象与轴有3个不同的交点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用切线斜率等于函数在该点的导数值，求解参数； （2）证明函数在时单调递增，利用和单调性得出结论； （3）分析导数确定极值点的个数，利用特殊值法确定函数符号变化，结合零点存在定理证明零点存在性. 【详解】（1）已知函数，求导可得. 由题可知，曲线在点处的切线方程为， 即当时，切线斜率，解得. （2）由（1）可知，.令，其对称轴为. 因为，所以，则当时，单调递增，且. 因此当时，，即在上单调递增，且. （3）函数的定义域为. 对求导可得，令. ①当时，，，，在上单调递增， 则的图象与轴至多有一个交点，不符合题意，舍去； ②当时，或，此时有两个不同的实数根，，. 当时，因为，所以，不满足定义域，故舍去. 当时，由韦达定理可得，，，不妨设. 当或时，则有，，在和上单调递增； 当时，则有，，在上单调递减. 由，，得， ， 取，则，令， 求导得，令，则， 函数在上单调递减，，，函数在上单调递减， ，因此存在唯一实数，使得， 即在上与轴有一个交点； 取，则， 因此存在唯一实数，使得，即在上与轴有一个交点. 则当时，的图象与轴有3个不同的交点，，， 综上，的取值范围是. 6．(24-25高二下·四川成都盐道街中学·期中)已知函数（，为自然对数的底数），. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求实数的取值范围； (3)当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3) 【分析】（1）对求导，再对分类讨论，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成有两个相异实根，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间和最大值，进而得的图象，数形结合，即可求解； （3）根据条件将问题转化成对一切恒成立，构造函数，利用导数求出的最小值，即可求解. 【详解】（1）易知定义域为，又， 当时，在恒成立，此时在单调递增， 当时，令，则， 又时，；时， 所以在单调递增，在单调递减. 综上所述，当时，在区间单调递增， 时，在区间单调递增，在区间单调递减. （2）因为有两个零点关于的方程有两个相异实根， 由，知，由，得到，即， 有两个零点有两个相异实根， 令，则，令，得到， 当时，，当时，， 在区间上单调递增，在区间上单调递减， ，又时，，时，， 则的图象如图， 由图知，当有两个零点时，实数的取值范围为. （3）当时，， 所以原命题等价于对一切恒成立， 即对一切恒成立， 令，则， 又，令，， 则恒成立，所以在上单调递增， 又，，所以，使， 即①， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，由①知， ， 令，则恒成立， 所以函数在单调递增， 所以，即，则， 所以，故实数的取值范围为. 7．(23-24高二下·山西·期中)已知函数（）的两个零点为，且. (1)求实数的取值范围； (2)若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据零点的定义，通过取对数法，得到等式，通过构造函数法，利用导数研究新函数的单调性，最后根据零点的个数，结合函数的图象进行求解即可； （2）根据零点的定义、对数的运算法则，得到，令，通过换元把分别用的代数式表示，代入已知不等式中，得到，构造新函数，利用导数判断函数的单调性，最后利用函数的单调性、函数零点存在原理进行求解即可. 【详解】（1）由得，两边同时取对数整理得：， 设，则，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，当时，当时，函数的图象如下图所示：    所以，即，所以. （2）由，得，， 设，则有，即，， 由得，即， 设（），则， 设，则， 设，则， 当，，单调递增，当，，单调递减， 且，，所以存在唯一的，使得， 当，，单调递增，当，，单调递减， 且，，所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以，所以的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过设两个变量的比，把二个变量的问题，转化为一个变量的问题，最后通过构造新函数，利用导数的性质进行求解. 8．(23-24高二下·浙江诸暨学勉中学·期中)已知函数，. (1)求在上的最大值； (2)方程有两个实根、，且. （i）若，求实数a的取值范围； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）见详解. 【分析】（1）求导得到函数在单调递减，在单调递增，则函数在端点处取得最大值；根据函数为偶函数，比较得，可得最大值为. （2）（i）利用（1）得到函数的最小值为2，根据单调性和奇偶性，因为，所以，根据、的范围，得到a的取值范围；（ii）根据，化简后可构造新函数，换元后利用二次函数单调性，得到. 【详解】（1）因为函数的导数为单调递增函数，且， 所以当时，，当时，， 函数在单调递减，在单调递增， 所以在或时，取得最大值. 又因为，所以为偶函数， 因此， 所以最大值为. （2）（i）根据（1）函数在单调递减，在单调递增， 所以在时取得最小值， 因为方程有两个实根，即有两个解， 所以. 又因为函数为偶函数，且， 所以，且. 因为，所以， 所以，解得，则， 所以，即， 所以实数a的取值范围为. （ii）证明：因为，所以， 所以可设， 因为， 所以. 设，则为单调递增函数，又因为， 所以当时，，当时，， 函数在单调递减，在单调递增， 所以，又因为方程有两个实根、， 所以，即， 设，其中， 根据二次函数的单调性，可得，即， 所以. 【点睛】思路点睛：在解决含有“”的函数问题时，注意考虑该函数的奇偶性；留意的关系，换元解决题目. 9．(23-24高二下·四川成都洛带中学校·期中)已知函数.（其中为自然对数） (1)求的极值； (2)若方程有两个不同的根，求的取值范围． (3)证明在上恒成立 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）求导后，根据极值与导数的关系求解即可； （2）画出图象，根据图象求解即可； （3）要证明，只需证明，令，根据导数求得的最小值，根据，得，再根据双勾函数性质即可得证. 【详解】（1）因为函数， 所以， 令，得， 当时，，当时，， 所以在处有唯一的极小值，无极大值； （2）由（1）可知的最小值为， 当时，，并且，当时，，并且， 所以的大致图象如下： 由图象可知时，方程有两个不同的根， 故使得方程有两个不同的根的的取值范围为； （3）要证明在，上恒成立只需证：， 令， ， 设， 则， 所以函数在上单调递增， 因为， 所以函数在上有唯一的零点且 因为所以，， 所以当时，；当时， 故函数在时有唯一的极小值， 即函数的最小值， 又因为，根据双勾函数性质可知函数在上单调递减， 所以， 所以， 即在上恒成立. 【点睛】关键点点睛：第三问证明的关键在于由，结合零点存在性定理可得在存在唯一零点，进而得到函数的最小值，根据，，化简得，根据双勾函数性质即可证明. 10．(23-24高二下·广东佛山南海区第一中学·期末)已知函数， (1)讨论的单调性； (2)若存在两个零点 （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，利用导数分类求解函数的单调区间即可. （2）（ⅰ）由（1）的信息，求出存在最小值并且小于0的a值范围，再利用零点存在性定理判断即可；（ⅱ）由零点的意义用表示，再借助分析法构造函数推理即得. 【详解】（1）函数的定义域为R，求导得， 当时，恒成立，则函数在R上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，在R上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）（ⅰ）由（1）可知，当时，在R上单调递增，最多有一个零点，不合题意， 当时，在时取得极小值也是最小值， ， 若有两个零点，则，即，而，解得， 由，得函数在上有一个零点，即在上唯一零点； 令函数，求导得，函数在上单调递增， 则，即，取， 于是， 因此函数在上有一个零点，即在上有唯一零点， 所以a的取值范围为． （ⅱ）由是的两个零点，得，不妨令， 两式相减得，令，要证， 只需证 ，令， 求导得，令，求导得， 函数在上单调递增，，则函数在上单调递增，， 所以成立，即成立. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： ①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； ②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； ③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 11．(21-22高二下·重庆三峡名校联盟·)已知函数，. (1)求证：，； (2)若存在、，且当时，使得成立，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，即可证得结论成立； （2）先证明对数平均不等式，其中，分析可知，不妨设，由已知条件推导出，再结合对数平均不等式可证得结论成立. 【详解】（1）证明：构造函数，其中， 则 ， 因为，则，， 即当时，，所以，函数在上单调递减， 故当时，，即. （2）证明：先证明对数平均不等式，其中， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以，函数在上为减函数，当时，， 所以，当时，， 本题中，若，则， 此时函数在上单调递减，不合乎题意，所以，， 由（1）可知，函数在上单调递减，不妨设，则， 则，即， 所以，， 因为，则， 所以，， 所以，， 所以，，所以，， 由对数平均不等式可得，可得，所以，. 【点睛】方法点睛：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. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $