专题04 导数的压轴常考9大题型（高效培优期中专项训练）高二数学下学期北师大版选择性必修第二册

专题04 导数的压轴常考题型 考点01 极值点偏移 考点02 端点效应 考点03 双变量比值换元 考点04 双变量不等式恒成立问题 考点05 隐零点代换 考点06 不等式恒成立之同构 考点07 零点个数的讨论 考点08 导数与方程的根 考点09 导数与数列综合 考点01 极值点偏移 1．（23-24高二下·北京西城·期中）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 2．（23-24高二下·广东东莞·月考）已知函数的导函数为，若存在两个不同的零点. (1)求实数的取值范围； (2)证明：. 3．（23-24高二下·安徽宿州·开学考试）已知函数（其中为自然对数的底数）. (1)求函数的单调区间； (2)若为两个不相等的实数，且满足，求证：. 4．（23-24高二上·江苏镇江·月考）已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 5．（2023·云南大理·模拟预测）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：． 考点02 端点效应 6．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)求在区间上的值域； (3)若对任意的恒成立，求的取值范围． 7．（2026高三下·全国·专题练习）已知函数.当时，恒成立，求实数的取值范围. 8．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数，其中，为的导函数． (1)若，证明：； (2)若时，恒成立，求a的取值范围． 9．（25-26高三下·海南·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，，求的取值范围． 10．（2026高三·全国·专题练习）已知函数．当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围； 考点03 双变量比值换元 11．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 12．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 13．（24-25高三上·江苏宿迁·月考）已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)函数有两个零点、，求证：． 14．（2022·山东·模拟预测）已知函数. (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实数根，且，证明：. 15．（2024高三·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 考点04 双变量不等式恒成立问题 16．（22-23高三上·山东烟台·期中）若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 17．（25-26高三下·广东深圳·月考）已知函数，若恒成立，则ab的最大值为（    ） A．1 B． C．2 D．e 18．（2026·四川绵阳·模拟预测）若恒成立，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 19．（25-26高二上·河北秦皇岛·期末）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 20．（2026高三·全国·专题练习）设函数，若恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 考点05 隐零点代换 21．（25-26高二下·河北张家口·月考）已知函数． (1)若的最大值为1，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围． 22．（25-26高二下·陕西商洛·月考）已知定义在上的函数. (1)求函数在上的最大值； (2)若对于任意的，恒成立，求整数的最大值. 23．（25-26高二下·天津静海·月考）已知函数，（）. (1)若， ①求的极值； ②求证：在上恒成立； (2)若，且不等式在上恒成立，求a的最小值. 24．（25-26高二下·山东泰安·月考）（1）已知函数在上单调递减，求a的取值范围； （2）证明不等式：． 25．（25-26高二下·河北雄安·月考）已知定义在上的函数． (1)求函数的最大值； (2)若对于任意的，恒成立，求整数a的最大值. 考点06 不等式恒成立之同构 26．（25-26高二下·福建莆田·月考）若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________. 27．（25-26高二下·湖南长沙·月考）已知函数，，对任意的，不等式，则a的取值范围是________. 28．（24-25高二下·江苏苏州·期中）若不等式对任意恒成立，则正实数t的取值范围是________． 29．（2026·云南昆明·模拟预测）若，，则实数的取值范围是______. 30．（江苏南通市2026届高三下学期二模数学试题）设为正实数，若对任意的实数，不等式都成立，则的取值范围为______． 考点07 零点个数的讨论 31．（25-26高二下·云南昆明·月考）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若函数在上有两个零点，求的取值范围； 32．（25-26高二下·河北邢台·月考）已知函数 (1)若，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)讨论函数的零点个数. 33．（25-26高二下·内蒙古包头·月考）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数. 34．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 35．（2026高三·天津·专题练习）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)设，．讨论在内的零点个数． 考点08 导数与方程的根 36．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 37．（25-26高三上·安徽淮北·期中）已知关于的方程有三个不相同的实根，则实数的取值范围为______. 38．（25-26高三下·重庆·月考）若关于x的方程至少有2个不同的根，则实数a的取值范围为________． 39．（25-26高二上·江苏南京·期末）设函数，若关于x的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 40．【多选题】（2026·江苏镇江·模拟预测）已知函数，若，则下列说法中正确的是（   ） A．函数的极小值点为 B． C．的最小值为 D．若方程有三个不等根，则范围是 考点09 导数与数列综合 41．（25-26高三下·重庆·月考）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：； (3)求证：（其中）． 42．（2026·宁夏银川·一模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上单调递减，求的取值范围； (3)证明：（）. 43．（2026·河北·一模）已知函数. (1)求函数的最小值； (2)设，求证：. 44．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数（）． (1)设是曲线的任意一条切线，若，求的值； (2)证明：存在，对任意，且，都有； (3)证明：． 45．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若在区间上单调递增，试求k的取值范围； (2)若，求证：当时，； (3)，求m的最小值． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 导数的压轴常考题型 考点01 极值点偏移 考点02 端点效应 考点03 双变量比值换元 考点04 双变量不等式恒成立问题 考点05 隐零点代换 考点06 不等式恒成立之同构 考点07 零点个数的讨论 考点08 导数与方程的根 考点09 导数与数列综合 考点01 极值点偏移 1．（23-24高二下·北京西城·期中）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求导，分别解不等式，即可； （2）设，结合（1）可知，构造函数，利用导数判断单调性即可得，结合在上单调递减即可得证. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为， 解得，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又，所以，解得， 所以的取值范围为． （2）不妨设，则由（）知，， 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． 2．（23-24高二下·广东东莞·月考）已知函数的导函数为，若存在两个不同的零点. (1)求实数的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，求出，讨论其符号后结合零点存在定理可得参数的取值范围. （2）结合的单调性可得等价于，，，讨论的单调性后可得原不等式成立. 【详解】（1），设，则， 当时，；当时，； 故在上为减函数，在上为增函数，故， 因存在两个不同的零点，故即. 此时且， 故在有且只有一个零点. 令，则， 当时，；当时，； 故在上为减函数，在上为增函数，故， 故， 故当时，有， 故此时在有且只有一个零点. 综上，. （2）由（1）分析可得， 要证：，即证：， 因即，故即证， 即证：，其中， 设，， 则， 故（因为，等号不可取）， 所以在上为增函数，故即， 故成立即. 3．（23-24高二下·安徽宿州·开学考试）已知函数（其中为自然对数的底数）. (1)求函数的单调区间； (2)若为两个不相等的实数，且满足，求证：. 【答案】(1)增区间为，减区间为 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，然后根据导函数的正负来判断得单调性； （2）将变形为得到，然后构造函数，根据得单调性和得到，最后根据和得单调性即可证明. 【详解】（1）， 令，解得，令，解得， 所以的增区间为，减区间为. （2）证明：将两边同时除以得，即， 所以， 由（1）知在上单调递增，在上单调递减， 又，，当时，， 设，则， 令 ， 则， 由得，所以，， 所以，在上单调递增， 又，所以， 当时，，即，即， 又，所以， 又，，在上单调递减， 所以，即. 【点睛】方法点睛：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根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论. 4．（23-24高二上·江苏镇江·月考）已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见详解. 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可； （2）构造函数，利用导数研究其单调性与最值即可证明. 【详解】（1）由题意可知：， 若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点， 故， 显然当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以若要符合题意，需， 此时有，且， 令， 而， 即在上递减，故， 所以， 又， 故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意， 综上； （2）结合（1），不妨令， 构造函数， 则， 即单调递减，所以， 即， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，所以由， 故. 5．（2023·云南大理·模拟预测）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：． 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果； （2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 若，则，无极值； 若，由，可得， 若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 此时，函数有唯一极小值，无极大值； 若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 此时，函数有唯一极大值，无极小值； 所以当时，函数无极值； 当时，函数有极小值，无极大值； 当时，函数有极大值，无极小值； （2）证明：由，两边取对数可得，即， 当时，，， 由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 而，时，恒成立， 因此，当时，存在且，满足， 若，则成立； 若，则， 记，， 则 ， 即有函数在上单调递增，所以，即， 于是，而，，， 函数在上单调递增，因此，即. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，难度较大，解决本题的关键在于构造函数，，结合其单调性证明. 考点02 端点效应 6．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)求在区间上的值域； (3)若对任意的恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递减；当时， 在上单调递增，在上单调递减 (2) (3) 【分析】（1）先求导，结合函数对与0的大小进行分类，分类讨论函数的单调性即可； （2）分析得到是奇函数，故只需先利用导数分析得到在上的单调性与最值，再对称得到的情况即可求解； （3）将整理为，构造函数，则原问题转化为对任意的恒成立，即当时，；当时，恒成立；当时，，求导得 ，，则可对，及，分类讨论，利用导数判断的单调性及范围求解. 【详解】（1）由题意知， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减． （2）因为，所以是奇函数， 又，当时，，，所以， 令，所以， 当时，，所以即在上单调递减， 又，，所以，使得， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，，， 所以当时，， 又是奇函数，所以当时，． 综上，在区间上的值域为． （3）若对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 记，即对任意的恒成立， ，，， 当时，当，令，则， 所以在上单调递增， 令，则，故在上单调递增， 则，所以当时，， 又，， 故存在唯一的，使得， 当时，，在上单调递减， 所以 ，此时，不符合题意． 当时，（i）若，令，，则， 故在上单调递增，则， 所以，则在上单调递增， 所以恒成立，即成立，符合题意； （ii）当时，若，则在上单调递增， 又，，所以存在唯一的，使得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又，，故存在唯一的，使， 故当时，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 又，， 所以时，，则在上单调递增， 故，即恒成立． 综上，的取值范围是． 7．（2026高三下·全国·专题练习）已知函数.当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】 【分析】根据端点效应找出不等式成立的必要条件，再证明充分性即可. 【详解】由题意可得， ，此时； 令，则 ，此时； 要想对任意时，恒成立，则必有，即得. 即是在恒成立的一个必要条件. 下面证明充分性，即证当时，对任意，恒成立. ， 令，则， 即得在上单调递增，所以； 即得，恒成立； 充分性得证. 综上所述 实数的取值范围为. 8．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数，其中，为的导函数． (1)若，证明：； (2)若时，恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由得，令，利用导数研究单调性进而得证； （2）由得，令，即，进而得，根据和的情况讨论即可求解. 【详解】（1）当时，，所以，所以， 即，令， 所以，令，所以， 所以在上单调递增，又，所以当时，，即， 当时，，即，所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以，即； （2）由有：，所以， 令，即， 所以，且， 令，则， 由（1）的证明过程有在单调递增， 当时，，又在单调递增， 所以， 所以在单调递增，且，满足题意， 当时，时，又在单调递增， 所以存在，使得， 当时，，所以在单调递减， 所以，不满足题意， 所以，即. 9．（25-26高三下·海南·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，，求的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增． (2) 【分析】（1）先明确函数定义域,求导并化简导数表达式,再按 和 分类讨论,根据导数正负判断对应区间,确定函数在定义域内的单调递减或增减区间分布. （2）将恒成立不等式转化为新函数恒非负问题,新函数连续两次求导,分析导函数单调性,由端点导数值分 和 讨论,结合不等式放缩与零点存在定理验证,最终确定的取值范围. 【详解】（1）的定义域为，且， 当时，在上恒成立，所以在上单调递减； 当时，令，得；令，得. 所以在上单调递减，在上单调递增． （2）由，，得． 令，则， 令 ，则 . 令 ，得 ，即 ，解得 . 当 时，， 单调递增； 当 时，， 单调递减. 因此 在 处取得极小值，同时也是最小值：. 故 对 恒成立，即 ，同理也可得. 令， 则， 所以，即在上单调递增，从而． 当，即时，，则在上单调递增，从而， 此时符合题意； 当，即时，． 设，则. 令，则，则即在上单调递增. 所以，从而在上单调递增. 所以0，故． 又 ， 由零点存在定理及在上单调递增可知存在唯一的，使得，所以当时，，则在上单调递减，从而，此时不符合题意． 综上，的取值范围为． 10．（2026高三·全国·专题练习）已知函数．当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围； 【答案】 【分析】由时，不等式恒成立，结合且，根据二级结论可得，解得，再验证充分性即可求解． 【详解】因为当时，不等式恒成立，注意到， 由可知，记， ，由二级结论可得，即． 再验证充分性：由，可得， 切线不等式易知， 所以在单调递增，即． 综上，实数的取值范围为． 考点03 双变量比值换元 11．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）借助导数研究函数单调性后即可得其最小值； （2）（ⅰ）解法1：令得，再构造函数，结合导数求出该函数单调性后，利用图象与直线有两个交点即可得解；解法2：求导后，分及进行讨论，再利用导数研究其单调性后结合零点存在性定理即可得；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2可得、的范围，从而可转化为证明，结合函数单调性，即证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证；证明2：由题意可知，，则，从而只需证明，再构造函数，结合（1）中所得即可得证；证明3：由题意可知，，则，从而只需证明，令，，令，即只需证（），再构造函数，再利用导数研究该函数单调性即可得证. 【详解】（1）当时，，， 令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； （2）（ⅰ）解法1：令得， 设，则图象与直线有两个交点， ，当时，；当时，， 因此在单调递增，在单调递减， 时，，，，故的取值范围为； 解法2：函数的定义域为，， 若时，则，故在上单调递减，不满足题意； 若时，令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 因为函数有两个零点，所以， 即，解得， 此时，， 满足题意，故的取值范围为； （ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，， 要证，即证， 因为，所以， 又在单调递减，即证， 又，即证. 设，， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以，函数在单调递增. 当时，，因此，， 因为，所以，故原不等式成立； 证明2：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，则，即证（），即证（）， 设（），则， 由（1）知，，当且仅当时取等号， 故，即，在单调递增， 当时，，故原不等式成立， 证明3：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，，则，，， 即证（），即证（）， 令，即证（）， 设（），则， 在单调递减，， 因为，所以，故原不等式成立. 12．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （2）（i）结合（1）的分析，确定满足的条件，从而求得的取值范围；（ii）通过构造函数证明对数均值不等式，从而证得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，所以函数在上单调递增；． 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增． 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）由题意知方程有两个不同的正实根， 由（1）知，且，所以，解得． （ii）由（1）得，所以，两边同时取自然对数， 得，两式相减得，即， 要证，只需证明， 令，只需证明构造函数， 求导得，所以函数在上单调递增， 于是，所以不等式（*）成立，于是原不等式成立． 13．（24-25高三上·江苏宿迁·月考）已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)函数有两个零点、，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间； （2）当时，即证不等式，令，即证不等式，构造函数，利用导数求函数的最小值，即可证得结论成立； （3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 当时，对任意的，， 由可得，由可得， 此时，函数的减区间为，增区间为； 当时，由可得，由可得或， 此时函数的减区间为，增区间为、； 当时，对任意的，， 此时函数的增区间为； 当时，由可得，由可得或， 此时，函数的减区间为，增区间为、. 综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为； 当时，函数的减区间为，增区间为、； 当时，的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. （2）当时，， 即证， 令，即证，即证， 因为，则函数在上单调递增， 当时，；当时，， 所以函数的值域为， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数的减区间为，增区间为，则， 故，即，故原不等式得证. （3）， 因为函数有两个零点、，不妨设， 则，所以，， 整理可得，即， 要证，即证， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以函数在上为增函数，则， 即，即，故原不等式得证. 【点睛】方法点睛：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. 14．（2022·山东·模拟预测）已知函数. (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实数根，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，分和研究函数的单调性，根据零点个数数形结合求解参数范围即可； （2）令，将证明问题转化为，令，即证，构造函数，利用导数法研究单调性，即可得证. 【详解】（1）易知函数的定义域为， 当时，，在上无零点，与题意不符， 当时，由，得，令， 所以若有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点， 易得，令，得， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减，所以， 又，当时，，所以函数的大致图象如图所示， 由图可知，当，即时，直线与函数的图象有两个不同的交点， 所以实数的取值范围是. （2）由，得， 令，则，易得， 所以函数在上单调递增， 令，则关于的方程有两个实数根，且， 要证，即证，即证，即证， 由已知得，所以，所以， 不妨设，即证， 即证，令，即证，其中， 构造函数，则， 所以函数在上单调递增，所以，故原不等式得证. 【点睛】方法点睛：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. 15．（2024高三·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围； ②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【详解】（1）由题意可得，， 当时，，在上单调递增； 当时，由解得，由解得， 所以，在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）①等价于有两个零点， 令，则，在时恒成立，∴在时单调递增， ∴有两个零点，等价于有两个零点. ∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减，∴， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，∵，， 记，则， 记，则， 所以在上单调递增，所以，即， 故在上单调递增，所以， 即， ∴在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，的取值范围为. ②因为，不等式两边同时取对数化简可得， 要证即证：， 即证，由（2）中①知，，∴只需证. ∵，，∴，， ∴ ，只需证. 设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立.∴，即. 【点睛】关键点睛：第2问的第①小问关键在于将变形，结合的单调性，将问题转化为有两个零点，然后利用导数讨论单调性，结合零点存在性定理即可求得的取值范围.第②小问关键在于取对数转化目标不等式，再通过换元将二元问题转化为一元问题即可得证. 考点04 双变量不等式恒成立问题 16．（22-23高三上·山东烟台·期中）若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将不等式变式为，设后转化为恒成立，只需求函数的最大值即可. 【详解】因为， 所以，设， 则，， 令 恒成立，故单调递减， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减；. 故 所以，得到. 故选:A. 17．（25-26高三下·广东深圳·月考）已知函数，若恒成立，则ab的最大值为（    ） A．1 B． C．2 D．e 【答案】B 【分析】求导并利用赋值法求出函数，再等价变形给定不等式并构造函数，按分类，利用导数求出最小值，进而求得，然后构造函数并利用导数求出最大值即可. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 则，解得，于是， 又，则，， 不等式， 令，依题意，恒成立， 当时，，函数在R上单调递增， 而时，，不恒成立； 当时，恒成立，则，； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 因此，，令函数， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 因此的最大值是，此时， 而，故的最大值是. 18．（2026·四川绵阳·模拟预测）若恒成立，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，利用导数求出的单调性和零点，令，结合条件，可得在处取得零点，代入可得a，b的关系，根据不等式的性质及二次函数的性质，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】当时，恒成立； 当时，令，则， 所以在上单调递增，注意到， 因此在内，，在内，， 因为恒成立，因此. 令，则在内，，在内，， 所以在处取得零点，即，得. 综上，，那么由，得. 对于A：因为，故A错误； 对于B：，，，故B错误； 对于C、D：因为， 则在单调递减，所以.故D正确，C错误. 19．（25-26高二上·河北秦皇岛·期末）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. 20．（2026高三·全国·专题练习）设函数，若恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件得到和，然后化简所求表达式并求导，判断单调性，进而求出结果. 【详解】因为函数，且恒成立，函数与都是增函数， 所以两函数的零点重合，假设零点为，则由得：， 由得：，所以， 所以令，求导得， 令得，令，则， 所以是增函数，所以． 故选：C． 考点05 隐零点代换 21．（25-26高二下·河北张家口·月考）已知函数． (1)若的最大值为1，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）求导分析函数单调性和极值点，进而建立关于的方程求解即可；（2）参变分离，构造函数，求导分析函数单调，进而结合二阶导数分析一阶导数单调性和零点，再求解最小值即可. 【详解】（1）的定义域为， 令，得， 令，得；令，得， 在上单调递增，在上单调递减． 因为 ． （2）若恒成立， 即恒成立，即 即恒成立， 设， 则， 令， 则在上单调递增，易知， 即存在，使得， 即，则，两边取对数有，即， 即时，，此时单调递减， 时，，此时单调递增， 则， 所以，即的取值范围为． 22．（25-26高二下·陕西商洛·月考）已知定义在上的函数. (1)求函数在上的最大值； (2)若对于任意的，恒成立，求整数的最大值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）先对函数进行求导，根据导函数的正负，判断原函数的单调区间，进而可确定其最大值； （2）由题意，可知恒成立，构造函数，通过判断其单调性，求得其最小值即可. 【详解】（1）由已知得， 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； （2）由题设知对于任意，恒成立， 即，所以恒成立， 设，则， 令，则， 又，所以恒成立，所以在上单调递增， 又，，所以存在，使得， 即，所以， 所以时，，所以，所以在上单调递减， 所以时，，所以，所以在上单调递增， 则 设，易知在上单调递增， 又，，所以， 所以恒成立， 又，所以整数的最大值为. 23．（25-26高二下·天津静海·月考）已知函数，（）. (1)若， ①求的极值； ②求证：在上恒成立； (2)若，且不等式在上恒成立，求a的最小值. 【答案】(1)①极大值为，不存在极小值；②证明见解析 (2)1 【分析】（1）①根据导函数的正负性得出单调性即可； ②将问题转化为求证恒成立，构造函数求最值即可； （2）利用参变分离将问题转化为求函数的最大值即可. 【详解】（1）①若，则，， 由得；得； 则在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值为，不存在极小值. ②要证，即证，即证， 令，则， 故在上单调递减，则， 故，命题得证； （2）因为不等式在上恒成立， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立. 令， 则 因为，所以，， 又在上是增函数，， 所以存在，使得， 当时，，；当时，，； 则在上单调递增，在上单调递减， 则，所以， 因为，所以, 又因为，所以a的最小值为. 24．（25-26高二下·山东泰安·月考）（1）已知函数在上单调递减，求a的取值范围； （2）证明不等式：． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【分析】（1）将函数在上单调递减，转化成在上恒成立即可. （2）证明不等式恒成立，即构造函数在定义域内大于0恒成立，转化成求的最值即可. 【详解】（1）由，则， 因为在上单调递减，所以在上恒成立， 所以，即， 构造函数，所以， 当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当时取得极大值也是最大值， 即，所以， 所以a的取值范围为． （2）令函数，，求导得：， 令，则， 所以函数在上单调递增，而，， 则存在，使得，即，有， 当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， ， 当且仅当，即时取等号， 因为，所以取不到等号，所以，所以， 所以． 25．（25-26高二下·河北雄安·月考）已知定义在上的函数． (1)求函数的最大值； (2)若对于任意的，恒成立，求整数a的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用导数求在的最大值，再利用放缩法证明当时，，即可得最值； （2）分析可知对于任意，恒成立，设，利用导数求的最小值，利用零点代换求最小值的取值范围，即可得结果. 【详解】（1）由已知得，则， 当时，令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减，则； 当时，， 所以. （2）由题设知对于任意，恒成立， 设，则， 令，则恒成立， 可知在上单调递增．且，， 则存在，使得，即， 当时，，即；当时，，即； 可得在上单调递减，在上单调递增， 则 ， 设，可知在上单调递增． 且，，即， 则， 又因为，且，所以整数的最大值为． 考点06 不等式恒成立之同构 26．（25-26高二下·福建莆田·月考）若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________. 【答案】 【分析】首先对不等式进行移项，将含的部分合并得到，观察到两边可以统一为函数，利用其单调性将问题转化为在上恒成立，进而通过求的最大值得到参数范围. 【详解】不等式可化为. 令，则，所以. 设，则，所以单调递增. 又，， 则等价于，即在上恒成立， 也即在上恒成立. 令 ，则， 令，则，解得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 要使在上恒成立，只需. 所以实数的取值范围为. 27．（25-26高二下·湖南长沙·月考）已知函数，，对任意的，不等式，则a的取值范围是________. 【答案】 【分析】根据不等式的形式，构造新函数，利用导数的性质求出新函数的最值进行求解即可. 【详解】当，时，由， 令，即. 设， 当时，，所以函数在上单调递增， 当时，，所以函数在上单调递减， 所以，即. 由， 设， 当时，，所以函数在上单调递增， 所以， 要想恒成立，只需. 所以a的取值范围是. 28．（24-25高二下·江苏苏州·期中）若不等式对任意恒成立，则正实数t的取值范围是________． 【答案】 【分析】利用同构思想将问题转化为恒成立，再构造函数，得出其单调性，进而得出对任意恒成立，再利用参变分离，构造函数，求最大值即可. 【详解】因,则等价于， 即， 令，则，则在上单调递增， 因为不等式对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 因为，所以，， 所以对任意恒成立， 则对任意恒成立， 令，则， 令， 则，则在上单调递减， 因为， 所以，则，即在上单调递减， 则，故， 则正实数t的取值范围是. 29．（2026·云南昆明·模拟预测）若，，则实数的取值范围是______. 【答案】 【分析】由题知，对于恒成立，等价转化为对于恒成立，构造函数，根据单调性得，分离参数得对于恒成立，再构造函数，对求导，借助单调性求最小值，继而得解. 【详解】由题知，恒成立， 即，即对于恒成立， 令，则， 而在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即得，即，所以对于恒成立， 令，则， 所以当时，； 当时，； 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以，又. 所以实数的取值范围是. 30．（江苏南通市2026届高三下学期二模数学试题）设为正实数，若对任意的实数，不等式都成立，则的取值范围为______． 【答案】 【分析】将所求不等式变形为，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，由已知不等式得出，可得出，参变分离得出，，其中，利用导数求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围. 【详解】对任意的，且，则，， 由可得， 即， 构造函数，其中，则， 当时，，，则， 所以函数在上为增函数， 由可得，所以， 所以，即，其中， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数的增区间为，减区间为， 所以，故实数的取值范围是. 考点07 零点个数的讨论 31．（25-26高二下·云南昆明·月考）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若函数在上有两个零点，求的取值范围； 【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是，极大值为，无极小值. (2). 【分析】（1）对求导，确定的定义域，再根据导数在不同区间的正负判断单调区间，根据单调区间的变化确定极值点与极值； （2）因为在上有两个零点等价于在上有两个解，所以先对变形再取对数，转化为，可结合问题（1）中的性质，利用函数的单调性、极值来分析方程解的个数，即可求得答案. 【详解】（1）由题意，令，则， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是极大值点，极大值为，无极小值. 所以的单调递增区间是，单调递减区间是，极大值为，无极小值. （2）由题意得在上有两个零点， 即在上有两个不同的正根， 即，，两边取对数得， 即，整理得， 即有两个不同的正根， 由（1）得在上单调递增，在上单调递减， 且时，，时，，且， 所以当，即时，有两个不同的正根， 故的取值范围是. 32．（25-26高二下·河北邢台·月考）已知函数 (1)若，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)讨论函数的零点个数. 【答案】(1) (2)时，在单调递减，时，在单调递减，在单调递增. (3)答案见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义可直接求出切线方程； （2）对函数求导并对参数进行分类讨论，得出导函数符号即可得出函数单调性； （3）根据（2）中的结论求出函数最小值，再利用零点存在性定理即可判断出函数的零点个数. 【详解】（1）当时，，则， 此时，所以切线方程为， 即. （2）的定义域为，， 显然恒成立， （ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得. 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增. （3）（ⅰ）若，由（2）知，在单调递减，又. 取且时，，所以只有一个零点； （ⅱ）若，由（2）知，当时，取得最小值，最小值为. ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点. 设正整数满足，则. 由于，因此在有一个零点. 故时有两个零点； 综上所述：当时，只有一个零点； 当时，有两个零点； 当时，只有一个零点； 当时，没有零点； 33．（25-26高二下·内蒙古包头·月考）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，判断函数的零点个数. 【答案】(1)当时， 在上单调递减，在上单调递增； 当时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． (2)当时，函数无零点， 当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数的零点个数为2． 【分析】（1）先确定的定义域，再求出的导数，再对参数范围分类讨论求解单调性即可； （2）对参数范围分类讨论并结合之前的结论得到单调性，再利用零点存在性定理或直接求解零点判断零点个数即可. 【详解】（1）由题意得的定义域为，则 当时，时，，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 当时，令，可得或，令，可得， 故在和上单调递增，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，令可得或，令可得， 故在和上单调递增，在上单调递减． 综上所述： 当时， 在上单调递减，在上单调递增； 当时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． （2）当时，， ①当时，由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增， 又因为，而x趋近正无穷时，趋近正无穷， 故在上只有一个零点； ②当时，，在上单调递增，且连续不间断， 且，故在上只有一个零点． ③当时，令，解得，即在上只有一个零点， ④当时，令可得，令，可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当x趋近正无穷时，趋近正无穷，当x趋近0时，趋近正无穷， 若，即时，在上无零点． 若，即时，在上只有一个零点， 若，即时，在上有两个零点， 综上所述： 当时，函数无零点， 当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数的零点个数为2． 34．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)1，理由见解析 【分析】（1）由对称性可得，计算即可得； （2）求导后可得函数单调性，即可得其最大值； （3）令，可得，构造函数，借助导数可研究其单调性，利用单调性与零点存在性定理即可得解. 【详解】（1）由题意得，； （2）由题意得，，，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为； （3）令，则，整理得， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 又，，所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点. 当时，，，两个不等式等号无法同时成立， ，此时函数无零点， 综上所述，在上存在唯一零点， 即函数在上的零点个数为． 35．（2026高三·天津·专题练习）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)设，．讨论在内的零点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程即可. （2）对函数两次求导，根据三种情况分别讨论函数的零点个数. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以切线斜率为， 由，则曲线在处的切线方程为， 即． （2）因为， 所以, 令，则, 当时，因为， 所以，，所以恒成立， 此时，在内无零点， 当时，因为， 所以，则单调递增， 因为， 所以单调递增， ， 此时，在内无零点． 当时，因为， 所以，则单调递增， 因为，， 所以存在，使得， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 因为，所以， 因为，所以在区间内有1个零点， 所以当时，在内的零点个数为0， 当时，在内的零点个数为1． 考点08 导数与方程的根 36．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用导数判断函数的单调性，即可作出其图象，由此可得到的图象，将方程有且仅有4个不同的实根，转化为和对应的方程的根的总数为4个，数形结合，即可求解. 【详解】由可得定义域为，且， 当且时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以：是极大值点，； 当时，；当时，； 由此可作出函数的图象： 令，则原方程可化为：， 得或， 原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个； 结合的图象可得的图象： 由题意知以及，故，且， 结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根， 需满足且，即得，此时有1个解，有3个解， 即. 37．（25-26高三上·安徽淮北·期中）已知关于的方程有三个不相同的实根，则实数的取值范围为______. 【答案】 【分析】通过分离参数和分析函数的单调性、极值和最值即可得. 【详解】由方程，得，且.令. ①当时，，所以，， 令，得，即. 当时，，； 当时，，； 所以在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值也是最大值， ，当. ②当时，，， 所以在单调递增，且，. 因方程有三个不相同的实根，所以函数与有三个不同的交点，如图： 所以. 即实数的取值范围为. 38．（25-26高三下·重庆·月考）若关于x的方程至少有2个不同的根，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【分析】先化简转化为至少有2个不同的根，再构造函数，结合导函数得出函数单调性，结合得出参数范围. 【详解】因为不是方程的根， 又，故，方程化为， 记，因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以原命题等价于在上至少有2个不同的根， 所以或，即或， 令，则， 所以单调递增；单调递减； 且当，当，当， 所以，作出函数的草图： 当时，与有一个交点，与有一个交点，所以或有两个根符合题意； 当时，与有一个交点，与有一个交点，所以或有两个根符合题意； 当时，与有两个交点，与有一个交点，所以或有三个根符合题意； 当时，与有一个交点，与有两个交点，所以或有三个根符合题意； 所以或， 所以实数a的取值范围为. 39．（25-26高二上·江苏南京·期末）设函数，若关于x的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将方程转化为两个方程或，再由函数图象数形结合可得所求范围. 【详解】由方程变形为， 所以或， 当时，，所以当时，；当时，. 所以函数在上有极大值也是最大值，此时. 画出图像如下：    由图可知与只有一个交点；所以与必有3个交点. 所以，解得. 故选：B 40．【多选题】（2026·江苏镇江·模拟预测）已知函数，若，则下列说法中正确的是（   ） A．函数的极小值点为 B． C．的最小值为 D．若方程有三个不等根，则范围是 【答案】AC 【分析】对A，求导判断的单调性，结合极值点的定义判断；对B，由结合的单调性可得，运算得解；对C，利用基本不等式结合选项B求解；对D，问题转化为与的图象有3个不同的交点，求出，与的切线斜率，数形结合求解. 【详解】， 对于A，当时，，则，故在上单调递增； 当时，，则，故在上单调递减， 所以是函数的极小值点，故A正确； 对于B，由且，又在上单调递减，在上单调递增； ，且，，即，得，故B错误； 对于C，由B的解析，且， ，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，故C正确； 对于D，方程有三个不等根，即与有3个不同的交点，如图， 当时，，则， 设与的切点为，则切线的斜率， 解得，所以， 要使得与有3个不同的交点，则，即的取值范围为，故D错误. 故选：AC. 考点09 导数与数列综合 41．（25-26高三下·重庆·月考）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：； (3)求证：（其中）． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求得，得到且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）由（1）可得，设，得，令，求得，得到单调性和最大值，得到，即可得证. （3）由（2）化简得到，令，得到，结合对数的运算法则和等比数列的求和公式，即可得证. 【详解】（1）由函数，可得， 则且，即切线的斜率为，切点坐标为， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）由（1）知：，则， 不等式，即， 即，其中， 设，可得，且，不等式即为， 令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以时，函数取得最大值，最大值为， 所以，即，所以， 所以. （3）由（2）知：，又， 则，其中，化简得， 令，则， 所以， 由等比数列的前项和公式，可得， 所以， 所以. 42．（2026·宁夏银川·一模）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上单调递减，求的取值范围； (3)证明：（）. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，函数在点处的导数就是该点切线的斜率，求出斜率后，再利用点斜式即可写出切线方程； （2）函数在某个区间上单调递减，意味着其导函数在该区间内恒小于等于0，我们先求导，然后分离参数，转化为求新函数的最值问题； （3）对于这类连乘小于的题目，常用的技巧是取自然对数，将乘积转化为求和，然后利用放缩法（如裂项相消）来证明和式小于1. 【详解】（1）当时，， 将代入：， 所以切点坐标为； 求导得：， 将代入导函数：， 所以切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程： ， 因此，所求的切线方程为. （2）对求导得：， 因为在上单调递减， 所以对于任意，都有：， 即：， 因为， 即：，对于任意恒成立， 令，， 对于所有，不等式恒成立， 只需， 对求导：， 当时，，则，所以，函数单调递增， 当时，，则，所以，函数单调递减， 所以， 所以， 所以的取值范围是. （3）设， 对取自然对数，得： ， 又， 于是， 构造函数，其中， 求导得：， 当时，，所以在上单调递增， 则对于任意，有， 即， 而， 所以， 因此， ， 由于，所以， 从而. 原不等式得证. 43．（2026·河北·一模）已知函数. (1)求函数的最小值； (2)设，求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，进而求出单调区间即得最小值. （2）由（1）的结论可得，取并变形不等式，再借助裂项法求和及不等式性质推理得证. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 令，求导得， 函数，即在上单调递增，而，则当时，； 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以. （2）由（1）得， 则当时，，当时，取， 可得， 即， 则 ， 所以. 44．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数（）． (1)设是曲线的任意一条切线，若，求的值； (2)证明：存在，对任意，且，都有； (3)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）设切点再根据点斜式结合不等式计算得出参数； （2）构造函数，结合函数单调性计算证明； （3）由（2）知 ，结合应用错位相减法计算证明即可. 【详解】（1）设直线与曲线切点横坐标为，因为， 所以切线方程为：， 所以， 即对任意都成立， 因为，所以在上递增且存在唯一正的零点， 又在上递减，所以也是它的零点. 所以；解得. （2）因为的定义域为，，， 当时，，递减； 当时，，递增. 取，设，代入得，， 所以， 设，， 因为，所以在上单调递增， 所以，即， 所以， 所以时，存在，对任意，且，都有；. （3）取，，，， 则，， 由（2）知，，即， 因为，， 所以， 设， 所以， 两式相减得，， 所以， 所以. 45．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若在区间上单调递增，试求k的取值范围； (2)若，求证：当时，； (3)，求m的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)4 【分析】（1）依题意在区间上恒成立，参变分离可得在区间上恒成立，利用导数求出，即可得解； （2）利用导数说明函数的单调性，即可得证； （3）由（2）可得，，从而得到，在利用对数的运算性质及裂项相消法计算可得. 【详解】（1）因为，所以， 依题意在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 设，则， 故当时，即在上单调递减； 当时，即在单调递增； 所以， 故，解得，即的取值范围为． （2）当时，则． 令，，则， 所以（即）在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，故． （3）由（2）知对于，有， 取为有，则，， 取 ，从而有， 于是 ， ． 所以m的最小值为4. 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $