专题03 导数与单调性15大核心热点题型（期末复习专项训练）高二数学下学期北师大版

**基本信息** 聚焦导数与单调性15大核心题型，构建从基础判断到参数分析、综合应用及进阶技巧的完整方法体系，通过分类讨论、构造函数等策略培养逻辑推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|题型1（5题）|基本初等函数单调性直接判断|导数判断单调性的概念生成| |参数分析|题型2-4（15题）|含参数分类讨论（零点个数/因式分解）|参数对单调性影响的递进推导| |综合应用|题型5-7（15题）|单调性与奇偶性综合应用|单调性应用的拓展延伸| |进阶技巧|题型8-15（40题）|构造函数/泰勒展开/切线放缩|复杂问题的转化与技巧整合|

专题03 导数与单调性15大核心热点题型 题型1 分析不含参数的函数的单调性 题型9 已知数值构造函数结合单调性比较大小（难点） 题型2 含参数的单调性分析（一个零点型）（常考点） 题型10 变量与数值结合构造函数结合单调性比较大小（难点） 题型3 含参数的单调性分析（两个零点型）（常考点） 题型11 通过变量构造函数结合单调性比较大小（难点） 题型4 含参数的单调性分析（不可因式分解型） 题型12 通过泰勒展开式直接比较大小（常用结论） 题型5 由函数在某区间单调递增/递减求参数范围（常考点） 题型13 常见的切线放缩在比较大小中的考察（重难点） 题型6 由函数在某个区间存在增区间/减区间求参数范围（易错点） 题型14 复杂式子型的比较大小 题型7 由单调性奇偶性解不等式（常考点） 题型15 通过双变量的等式构造函数求最值 题型8 利用导数的运算法则构造函数结合单调性比较大小（重点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 分析不含参数的函数的单调性 1．（25-26高三·全国·一轮复习）利用基本初等函数（不求导）求下列函数的单调区间： (1)； (2). 2．（25-26高二下·河北廊坊·期中）已知函数，则的单调递增区间为（     ） A． B． C． D．和 3．（25-26高二下·北京通州·期中）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程; (2)求函数的单调区间. 4．（2026·山东聊城·二模）函数的单调递减区间为______． 5．（24-25高三上·湖北武汉·阶段检测）已知函数，写出函数的单调递减区间____________． 题型二 含参数的单调性分析（一个零点型） 6．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数．（其中常数，是自然对数的底数．），讨论函数的单调性； 7．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)若函数的导函数是奇函数，求的值； (2)求函数的单调区间. 8．（25-26高二下·辽宁朝阳·期中）已知函数且 (1)讨论函数的单调性； (2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标. 9．（25-26高二下·重庆渝北·期中）已知函数. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)试讨论函数的单调性. 10．（25-26高二下·河南信阳·期中）已知函数（）. (1)若曲线在点处的切线与直线平行，求实数a的值； (2)讨论函数的单调性. 题型三 含参数的单调性分析（两个零点型） 11．（25-26高三下·云南·阶段检测）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程； (2)讨论的单调性． 12．（25-26高三下·四川绵阳·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，求函数的单调区间． 13．（25-26高二下·福建厦门·阶段检测）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)讨论的单调性． 14．（25-26高二下·甘肃白银·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的单调区间． 15．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性． 题型四 含参数的单调性分析（不可因式分解型） 16．（25-26高二下·全国·课后作业）求函数的单调区间． 17．（25-26高三上·山西晋中·期末）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若存在正实数，使得成立当且仅当，求的取值范围. 18．（25-26高二·全国·寒假作业）已知函数．讨论函数的单调性. 19．（25-26高二·全国·寒假作业）已知函数，求函数的单调区间. 20．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．讨论的单调区间. 题型五 由函数在某区间单调递增/递减求参数范围 21．（25-26高二下·陕西西安·期中）若函数在上存在单调递增区间，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 22．（25-26高二下·天津滨海新区·阶段检测）已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 23．（25-26高二下·吉林·期中）函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 24．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）若在R上单调递增，则实数的取值范围是________. 25．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 题型六 由函数在某个区间存在增区间/减区间求参数范围 26．（25-26高二下·重庆·期中）已知，函数在区间上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 27．（25-26高二下·四川成都·期中）若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 28．（25-26高二下·北京·期中）“”是“函数存在单调递减区间”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 29．（25-26高二下·宁夏·期中）（多选）若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值可以为（    ） A． B． C． D． 30．（25-26高二下·江西九江·期中）若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 题型七 由单调性奇偶性解不等式 31．（2026·江苏无锡·三模）已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是__________. 32．（25-26高三上·北京·阶段检测）设函数，则使得成立的的取值范围是__________. 33．（25-26高二上·山西阳泉·开学考试）设，则使得的的取值范围是______. 34．（23-24高三上·陕西汉中·阶段检测）已知函数，则不等式的解集是______． 35．（23-24高二下·江苏南通·阶段检测）不等式的解集为_________． 题型八 利用导数的运算法则构造函数结合单调性比较大小 36．（25-26高二下·湖北省直辖县级单位·期中）定义域为R的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（   ） A．(−∞,2) B．(2,+∞) C．(−∞,0) D．(0,+∞) 37．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 38．（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）已知定义在上的函数满足，则必有（    ） A． B． C． D． 39．（24-25高二下·四川泸州·期中）已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 40．（2025·浙江·二模）已知函数的定义域为，为的导函数，满足，且.已知均为正数，若，则的最小值（   ） A． B． C．1 D． 题型九 已知数值构造函数结合单调性比较大小 41．（25-26高二上·福建莆田·阶段检测）已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 42．（25-26高三上·湖北荆州·开学考试）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 43．（2023·河南·模拟预测）设，，，则（    ） A． B． C． D． 44．（2022·江西赣州·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 45．（2024·全国·模拟预测）已知，，，则它们的大小关系是（    ） A． B． C． D． 题型十 变量与数值结合构造函数结合单调性比较大小 46．（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知，若，， ，则（    ） A． B． C． D． 47．（24-25高二下·江苏南京·期末）已知实数，，均小于1，且满足，，，其中为自然对数的底数．则，，的大小关系是______．（用“＜”连接） 48．（24-25高三·全国·二轮复习）已知a，b，，且，，，则a，b，c的大小关系是______.（用“<”号连接）． 49．（2026·四川德阳·二模）若，则（   ） A． B． C． D． 50．（24-25高二下·辽宁大连·期末）已知，，，且，，（其中是自然对数的底数），则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 题型十一 通过变量构造函数结合单调性比较大小 51．（25-26高二下·全国·期末）已知为自然对数的底数，均为大于1的实数，若，则（    ） A． B． C． D． 52．（25-26高二下·河南·阶段检测）若、，且，则下列各式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 53．（25-26高二下·浙江杭州·期中）设是自然对数的底数，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 54．（25-26高三上·河北秦皇岛·期末）已知实数，若， 则（    ） A． B． C． D． 55．（25-26高二上·浙江宁波·期末）已知，则下列不等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 题型十二 通过泰勒展开式直接比较大小 56．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 57．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 58．（2021·全国乙卷·高考真题）设，，．则（    ） A． B． C． D． 59．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知，则（    ） A． B． C． D． 60．（2026·湖南湘潭·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 题型十三 常见的切线放缩在比较大小中的应用 61．（2026·辽宁·三模）设，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 62．（25-26高二下·广东茂名·期中）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 63．（25-26高二下·广东广州·期中）设，，，则下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 64．（25-26高二下·广东·期中）设，则（   ） A． B． C． D． 65．（2026·四川广元·三模）已知，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 题型十四 复杂式子型的比较大小 66．（25-26高三下·甘肃金昌·阶段检测）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 67．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知，，，且，，，则（   ） A． B． C． D． 68．（2026·山东济南·二模）已知正实数满足，则（    ） A． B． C． D． 69．（2026·湖南常德·二模）已知实数满足：，则（   ） A． B． C． D． 70．（2026·广东梅州·一模）已知实数和（其中）满足方程：，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 题型十五 通过双变量的等式构造函数求最值 71．（22-23高二下·浙江·阶段检测）设正实数满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 72．（25-26高二上·河南信阳·阶段检测）已知，若，则（    ） A．2 B．1 C．0 D． 73．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知，，若，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 74．（2025·安徽合肥·一模）若实数满足，设，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 75．（25-26高一上·上海·期末）已知实数x，y满足，，则_________． $专题03 导数与单调性15大核心热点题型 题型1 分析不含参数的函数的单调性 题型9 已知数值构造函数结合单调性比较大小（难点） 题型2 含参数的单调性分析（一个零点型）（常考点） 题型10 变量与数值结合构造函数结合单调性比较大小（难点） 题型3 含参数的单调性分析（两个零点型）（常考点） 题型11 通过变量构造函数结合单调性比较大小（难点） 题型4 含参数的单调性分析（不可因式分解型） 题型12 通过泰勒展开式直接比较大小（常用结论） 题型5 由函数在某区间单调递增/递减求参数范围（常考点） 题型13 常见的切线放缩在比较大小中的考察（重难点） 题型6 由函数在某个区间存在增区间/减区间求参数范围（易错点） 题型14 复杂式子型的比较大小 题型7 由单调性奇偶性解不等式（常考点） 题型15 通过双变量的等式构造函数求最值 题型8 利用导数的运算法则构造函数结合单调性比较大小（重点） 2 / 24 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 分析不含参数的函数的单调性 1．（25-26高三·全国·一轮复习）利用基本初等函数（不求导）求下列函数的单调区间： (1)； (2). 【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为 (2)单调增区间为，单调减区间为 【分析】（1）根据的单调性求解的单调性； （2）根据的单调性求解的单调性. 【详解】（1），则， 令，则， 由基本初等函数的单调性可知： 当时，单调递减，当时，单调递增， 由复合函数的单调性可知：当，即时，单调递减， 当时，即时，单调递增， 所以单调减区间为，单调增区间为. （2），令， 由基本初等函数的单调性可知：当 时，单调递增，当时，单调递减， 由复合函数的单调性可知：当，即时，单调递增， 当时，即时，单调递减， 所以单调增区间为，单调减区间为. 2．（25-26高二下·河北廊坊·期中）已知函数，则的单调递增区间为（     ） A． B． C． D．和 【答案】A 【详解】，， ，令，解得， 所以的单调递增区间为. 3．（25-26高二下·北京通州·期中）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程; (2)求函数的单调区间. 【答案】(1) (2)单调递增区间为和，单调递减区间为. 【详解】（1）， 由得曲线在点处的切线方程为； （2）由得或；得； 故的单调递增区间为和，单调递减区间为. 4．（2026·山东聊城·二模）函数的单调递减区间为______． 【答案】/ 【分析】利用函数单调性与导数的关系可得出函数的单调递减区间. 【详解】函数的定义域为， ， 当时，，由可得， 故函数的单调递减区间为. 5．（24-25高三上·湖北武汉·阶段检测）已知函数，写出函数的单调递减区间____________． 【答案】 【分析】利用导数判断函数的单调性即可. 【详解】，， 令，即，解得或. 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增. 综上可知，函数的单调递减区间为. 故答案为：. 题型二 含参数的单调性分析（一个零点型） 6．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数．（其中常数，是自然对数的底数．），讨论函数的单调性； 【答案】当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． 【分析】分和两种情况讨论即可. 【详解】由，得． ①当时，恒成立，函数在上单调递增； ②当时，由，解得， （ⅰ）当时，，则在单调递增； （ⅱ）当时，，则在单调递减； 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． 7．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)若函数的导函数是奇函数，求的值； (2)求函数的单调区间. 【答案】(1)； (2)答案见解析. 【分析】（1）对函数求导，再根据函数奇偶性的定义，即可求解； （2）对函数求导，对的取值进行分类讨论，判断的正负区间，进而可得函数的单调区间. 【详解】（1）函数的定义域为，由已知得， 因为函数的导函数是奇函数， 所以，即， 解得； （2）由（1）得，. ①当时，可得恒成立，所以当时，函数在上单调递减， ②当时，由得，即， 所以，解得，所以函数在上单调递增， 由可得，即，解得， 所以函数在上单调递减， 所以时，函数在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，函数在上单调递减， 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 8．（25-26高二下·辽宁朝阳·期中）已知函数且 (1)讨论函数的单调性； (2)若直线是曲线的一条切线，求的值和切点的坐标. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，分，两种情况讨论，可求得函数的单调区间； （2）设：切点坐标为，由题意可得，求解即可. 【详解】（1）由题. 若时，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 若时，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 综上：当时，在上单调递减；在上单调递增. 当时，在上单调递增；在上单调递减. （2）设：切点坐标为， 由题意得，解得，， 所以切点的坐标. 9．（25-26高二下·重庆渝北·期中）已知函数. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)试讨论函数的单调性. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）先求时的函数值和导数值，再用点斜式得到切线方程即可； （2）通过求导后对参数分类讨论，根据导数的正负即可判断函数的单调区间. 【详解】（1）由函数，所以函数的定义域为，又， 所以，， 所以函数在点处的切线方程为：，即. （2）因为函数的定义域为，且， 令，得，即. 若，，为常数函数； 若，由，得，由，得； 若，由，得，由，得； 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，为常数函数； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 10．（25-26高二下·河南信阳·期中）已知函数（）. (1)若曲线在点处的切线与直线平行，求实数a的值； (2)讨论函数的单调性. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据导函数的几何意义，以及切线的概念，列出方程，求出参数即可； （2）根据函数导数与函数单调性的关系，对参数进行分类讨论，判断导函数的正负，求出原函数的单调性. 【详解】（1）函数的定义域为. 求导得，则曲线在点处的切线斜率为. 直线可化为，斜率为2. 由切线与直线平行，得，解得. （2）由（1）知，（）. ①当时，恒成立，所以在上恒成立， 故在上单调递增. ②当时，令，得，即. 当，，所以，单调递增； 当时，，，单调递减. 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. 题型三 含参数的单调性分析（两个零点型） 11．（25-26高三下·云南·阶段检测）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程； (2)讨论的单调性． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）分，和三种情况讨论导数的正负即可求解. 【详解】（1）， 则． 因为， 所以，得． 又， 所以的方程为，即． （2）． 当时，，则在上单调递增． 当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 12．（25-26高三下·四川绵阳·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，求函数的单调区间． 【答案】(1) (2)当时，在和上递增，在上递减；当时，在上递增；当时，在和上递增，在上递减． 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出； （2）分别对时，时，时讨论，利用导数判断可得答案. 【详解】（1）由，知 ， 所以当时，有，， 故曲线在处的切线经过，且斜率为， 所以其方程为，即． （2）当时，对有， 对，有，故在和上递增，在（）上递减； 当时，对，有，故在上递增； 当时，对，有， 对，有，故在和上递增，在上递减． 综上，当时，在和上递增，在上递减； 当时，在上递增； 当时，在和上递增，在上递减． 13．（25-26高二下·福建厦门·阶段检测）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)讨论的单调性． 【答案】(1) (2)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，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【分析】（1）求出切点、由导数几何意义求出切线斜率即可由点斜式求解； （2）利用导数工具分、、和四种情况分析导函数正负情况即可求解函数单调性. 【详解】（1）若，函数， 所以， 所以切点为，切线斜率为， 所以函数在处的切线方程为，即. （2）由题可得函数定义域为，， 令或， 所以当 时，则时，时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，则时，时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立，当且仅当时， 所以函数在上单调递增； 当时，则时，时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 综上：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，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 14．（25-26高二下·甘肃白银·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的单调区间． 【答案】(1) (2)若，单调递增区间为； 若，单调递增区间为和，单调递减区间为； 若，单调递增区间为和，单调递减区间为． 【分析】（1）利用切点和导数几何意义得到切线斜率，再利用直线的点斜式方程得到切线方程； （2）分情况讨论导函数在定义域内不同区间的正负，进而确定函数的单调区间. 【详解】（1）当时，函数为，定义域为． 因为，所以切点为． 求导得， 在处，，即切线斜率为． 切线方程为． （2）当时，函数为，， ． 令可得或， 当时，恒成立（仅处为零），因此在上单调递增． 当时，时或；时． 因此的单调递增区间为和，单调递减区间为． 当时，时，或；时，． 因此的单调递增区间为和，单调递减区间为． 综上，当时， 若，单调递增区间为； 若，单调递增区间为和，单调递减区间为； 若，单调递增区间为和，单调递减区间为． 15．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性． 【答案】(1)； (2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 【分析】（1）利用导数求得，进而利用导数的几何意义可求得切线方程； （2）求导，分和两种情况讨论可求得的单调性． 【详解】（1）当时，， 所以，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）由， 得， 函数的定义域为， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 题型四 含参数的单调性分析（不可因式分解型） 16．（25-26高二下·全国·课后作业）求函数的单调区间． 【答案】答案见解析 【分析】先对函数求导，然后分三种情况讨论求解． 【详解】的定义域为．． 当时，，故在上单调递增． 当时，，故在上单调递减． 当时，令，解得． 则当时，时，． 故在上单调递增，在上单调递减． 综上知，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时， 在上单调递减． 17．（25-26高三上·山西晋中·期末）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若存在正实数，使得成立当且仅当，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，结合一元二次函数的性质讨论的正负性即可； （2）利用（1）中函数的单调性以及即可求出. 【详解】（1）由题可得. 令，则， 当时，，此时，，故在上单调递减； 当时，，记两根为，， 此时，，则两根均为负，得， 故在上单调递减； 当时，，此时，，则两根均为正，且， 故或时，，在、上单调递减， 时，，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）注意到. 若，则在上单调递减， 当时，，当时，， 所以成立当且仅当，结论成立； 若，，，在上单调递增，从而有，， 时，，由零点存在定理，知，使得， 当时，，当时，，当时，， 故不存在满足条件的区间. 综上，的取值范围为. 18．（25-26高二·全国·寒假作业）已知函数．讨论函数的单调性. 【答案】答案见解析 【分析】求出函数的导数，对m进行分类讨论即可得结果. 【详解】已知，函数定义域为R， 可得， 当时，，所以在R上单调递减； 当时，因为是开口向上的二次函数，且， 若，即时，，所以；所以在R上单调递减； 若，即时，此时方程有两个根， 所以当或者时，，即， 当时，，即， 所以在和上为减函数， 在上为增函数； 当时，因为是开口向下的二次函数，且， 此时方程有两个根， 所以当或者时，，即， 当时，，即， 所以在和上为增函数， 在上为减函数； 综上所述，当时，函数在R上单调递减； 当时，函数在和上为减函数， 在上为增函数； 当时，函数在和上为增函数， 在上为减函数. 19．（25-26高二·全国·寒假作业）已知函数，求函数的单调区间. 【答案】答案见解析 【分析】先确定函数定义域，求导后根据分子二次函数的判别式对参数分情况讨论导数符号，进而确定函数的单调区间. 【详解】函数的定义域为， 求导得，方程中，， 当时，，，函数在上单调递增； 当时，，方程的二根为， 当时，由根与系数的关系可知且，故两根均为负数， 因此有，由，得或；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，当时，函数的递增区间为； 当时，函数的递增区间为， 递减区间为； 当时，函数的递增区间为， 递减区间为. 20．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．讨论的单调区间. 【答案】答案见解析 【分析】求出函数的导数，再按分类求解的单调区间. 【详解】函数的定义域为，求导得， 令，由，得，此时，在上单调递增； 当，即时，方程的两根为，， 当时，，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，，当时，，当或时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增. 题型五 由函数在某区间单调递增/递减求参数范围 21．（25-26高二下·陕西西安·期中）若函数在上存在单调递增区间，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】转化问题为在上有解，进而结合二次函数的性质求解即可. 【详解】根据题意可得在上有解， 即在上有解，所以， 由，得，则 ，所以， 则的取值范围为. 22．（25-26高二下·天津滨海新区·阶段检测）已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用函数在区间上单调递增等价于导函数在该区间上恒非负，将问题转化为求二次函数在给定区间的最小值，即可得到的取值范围。 【详解】因为， 所以， 因为函数 在区间 上单调递增， 所以 在区间恒成立，即在区间恒成立 即，在区间恒成立 令 ，， 这是一个开口向上的二次函数，对称轴为，对称轴 ， 因此 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以当 ，取得最小值 要使 对所有 恒成立，只需 ，即：， 因此 的取值范围为 . 23．（25-26高二下·吉林·期中）函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得在上恒成立，从而得在上恒成立，求出函数在上的值域，即可得答案. 【详解】因为， 所以， 由题意可得在上恒成立， 所以，在上恒成立， 又因为在上单调递增， 所以， 所以的取值不大于函数在区间上的下确界，即， 所以实数的取值范围为. 24．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）若在R上单调递增，则实数的取值范围是________. 【答案】 【分析】利用函数单调性与导函数符号之间的关系求解. 【详解】若在R上单调递增，则在R上恒成立， 所以，解得. 所以实数的取值范围是. 25．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求导后参变分离可得在上恒成立，结合其单调性即可得解. 【详解】由函数在区间上单调递增， 则，即在上恒成立， 由的解析式可知其在区间上单调递增， 所以，则，则的最大值为. 题型六 由函数在某个区间存在增区间/减区间求参数范围 26．（25-26高二下·重庆·期中）已知，函数在区间上存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对求导，将函数在上存在递减区间转化为导数小于0有解，分离参数得，构造函数并求导判断其在区间内单调递增，进而得到的取值范围. 【详解】由题意，，定义域为. 求导得. 函数在上存在单调递减区间，即存在，使得成立. 即在上有解，整理得. 令，， 求导得. 当时，，故，在上单调递增. 当时，，所以. 因此，结合条件，得实数的取值范围是. 27．（25-26高二下·四川成都·期中）若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将函数存在单调递增区间转化为导数大于0在给定区间内有解，分离参数后求解对应函数的值域即可得到的取值范围． 【详解】求导得，定义域为， 因为在区间内存在单调递增区间， 所以在上有解，即在上有解， 设，，求导得在上恒成立， 因此在上单调递增， 所以，即只需满足即可． 28．（25-26高二下·北京·期中）“”是“函数存在单调递减区间”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由题意得在上有解，分离参数a，结合二次函数的性质，可得a的范围，根据充分、必要条件的定义，即可得答案. 【详解】由题意得， 由函数存在单调递减区间，得在上有解， 只需，即在上有解， 整理得在上有解， 令，则， 所以当时，y有最小值，则， 所以， 当时，， 则单调递增，无单调减区间，故， 所以函数存在单调递减区间时，， 因为“”是“”的必要不充分条件， 所以“”是“函数存在单调递减区间”的必要不充分条件. 29．（25-26高二下·宁夏·期中）（多选）若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】转化为在内有解，然后参变分离即可求解. 【详解】， 因为函数在区间内存在单调递增区间， 所以在内有解，所以有解， 由于，所以，故， 则实数的取值范围是，结合选项可知，符合题意. 30．（25-26高二下·江西九江·期中）若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】转化问题为存在，使成立，进而求解即可. 【详解】因为函数在上存在单调递减区间， 所以存在，使成立， 即存在，使成立， 令，因为，所以， 所以当，即时，，所以， 题型七 由单调性奇偶性解不等式 31．（2026·江苏无锡·三模）已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【分析】先判断函数为上的偶函数且在上单调递增，将函数不等式转化为绝对值不等式求解即可 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 因为， 所以是上的偶函数， 因为，当时， ， 由于时 ， 所以，即在上单调递增； 结合偶函数性质，在上单调递减，且满足 因为 ， 所以 等价于 ， 因为在上单调递增， 所以等价于， 当时，不等式化为，即 ， 其判别式 ，不等式恒成立，故； 当时，不等式化为，即 ， 因式分解得 ，解得或 . 综上，实数的取值范围是 32．（25-26高三上·北京·阶段检测）设函数，则使得成立的的取值范围是__________. 【答案】 【分析】首先根据题意得到为奇函数，再利用导数得到在上为增函数，再根据单调性求解不等式即可. 【详解】，定义域为， 因为， 所以为奇函数. 因为，所以在上为增函数. 所以， 即，解得. 故答案为： 33．（25-26高二上·山西阳泉·开学考试）设，则使得的的取值范围是______. 【答案】 【分析】构造新函数，判断其奇偶性，然后利用导数判断单调性，结合奇偶性和单调性去掉函数符号即可求解. 【详解】将函数的图象向左平移1个单位长度，所得图象对应的函数即为， 则，易知， 所以是定义在上的偶函数， ， 当时，，所以， 所以函数在上单调递减， 又， 所以，即，即，解得. 故答案为： 34．（23-24高三上·陕西汉中·阶段检测）已知函数，则不等式的解集是______． 【答案】或 【分析】先判断奇偶性，然后利用导数判断当时的单调性，利用单调性和奇偶性解不等式可得. 【详解】的定义域为， 因为，所以为偶函数. 当时，恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以当时，， 所以的解集是或． 故答案为：或 35．（23-24高二下·江苏南通·阶段检测）不等式的解集为_________． 【答案】 【分析】把不等式化简为，令，利用导数求得在上单调递减，转化为，结合一元二次不等式的解法，即可求解. 【详解】因为， 可得， 令，可得恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 题型八 利用导数的运算法则构造函数结合单调性比较大小 36．（25-26高二下·湖北省直辖县级单位·期中）定义域为R的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（   ） A．(−∞,2) B．(2,+∞) C．(−∞,0) D．(0,+∞) 【答案】D 【分析】设，求导确定函数的单调性，然后由单调性解不等式． 【详解】设，则， 因为，所以，所以是减函数， 又， ，所以． 37．（25-26高二下·重庆·阶段检测）已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】令 ， 因为， 所以在上单调递减， 因为，且变形为， 所以， 因为在上单调递减， 所以且， 解得，即不等式的解集为． 38．（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）已知定义在上的函数满足，则必有（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，则，所以在上单调递增，则，即，所以. 39．（24-25高二下·四川泸州·期中）已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据导数可判断偶函数在单调递增，即可分类求解. 【详解】由得，故函数在单调递增， 又是定义域为的奇函数，是定义域为的奇函数， 故是定义域为的偶函数， 所以函数在单调递减， 结合，故当时，，此时， 当时，，此时， 当时，，此时， 当时，，此时， 综上可得的解集为， 故选：D 40．（2025·浙江·二模）已知函数的定义域为，为的导函数，满足，且.已知均为正数，若，则的最小值（   ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】根据函数的导函数得出原函数，再根据函数的导函数得出函数的单调性，进而得出不等关系结合单调性计算即可. 【详解】因为，所以，即，所以. 又因为，即.所以. 所以在上恒成立，所以在上单调递增. 又因为，所以， 即， 令，则，由对勾函数知单调递增， 所以，所以，当且仅当时等号成立. 故选：B. 题型九 已知数值构造函数结合单调性比较大小 41．（25-26高二上·福建莆田·阶段检测）已知，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，构造函数，利用导数求得函数在上单调递增，结合，得到，即可求解. 【详解】构造函数，其中， 则，所以在上单调递增， 由，，， 因为，所以，所以. 故选：C. 42．（25-26高三上·湖北荆州·开学考试）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】同时平方判断的大小关系，利用函数在上的单调性比较的大小关系，从而得到答案. 【详解】因为，，且， 所以，即， ， 设函数，则，当时，， 所以在上单调递减，所以，当时，，即， 当时，得，所以，即， 综上，， 故选：A. 43．（2023·河南·模拟预测）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】易得，，，构建函数，求导判断其单调性，利用单调性比较大小即可. 【详解】由题意可得，，， 设，，则， 故当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因为，，，且， 可得，，所以. 故选：D. 44．（2022·江西赣州·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数得出函数单调性可知，再由的近似值可得结论. 【详解】令，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 当时，取得极大值，则，， 故． 故选：D 45．（2024·全国·模拟预测）已知，，，则它们的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由在区间上为单调递增函数，可得到，设，利用导数求得函数在单调递增，可得，进而得到，即可求解. 【详解】由幂函数的性质可知在区间上单调递增， 由于，故，即， 设，可得， 令，解得， 当时，单调递增，可得， 即，即， 两边取为底的指数，可得，即，所以. 故选：A. 题型十 变量与数值结合构造函数结合单调性比较大小 46．（23-24高二下·福建龙岩·期末）已知，若，， ，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将两边取对数得，令，通过导数判断函数单调性即可. 【详解】由题意，因为， 所以等式两边取对数化解得， 令， 所以， 当时，即，在单调递增； 当时，即，在单调递减； 因为， 且， 所以， 所以. 故选：D. 47．（24-25高二下·江苏南京·期末）已知实数，，均小于1，且满足，，，其中为自然对数的底数．则，，的大小关系是______．（用“＜”连接） 【答案】 【分析】构建函数，利用导数分析的单调性，再确定的大小关系，结合单调性即可得解.. 【详解】由，得， 由，得， 由，得， 设，其定义域为，求导得， 当时，；当时，则，函数在上递增，在上递减， ， ， 则， 于是，即，而都小于1， 所以. 故答案为： 48．（24-25高三·全国·二轮复习）已知a，b，，且，，，则a，b，c的大小关系是______.（用“<”号连接）． 【答案】 【分析】由题意构造函数，求导研究其单调性，根据题目中的等式，对应函数值的大小，可得答案. 【详解】构造函数， 当时，单调递减， 当时，单调递增， ， ， ， 因为，所以，即， 而，b，，所以， 故答案为：. 49．（2026·四川德阳·二模）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将，变形为，令，再用导数法证明其单调性即可. 【详解】根据题意，可知，，， ∵ ， ∴， 令，，则， ∵， 令， ∵， ∴， 即对于任意的，恒有， ∴在上单调递增， ∴. 50．（24-25高二下·辽宁大连·期末）已知，，，且，，（其中是自然对数的底数），则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数，根据导数判断函数单调性，进而判断函数值大小，即可得解. 【详解】设，， 则，且，，， 则当且时，，当时，， 即函数在和上单调递减，在上单调递增， 则， 即， 又，，， 则， 故选：C. 题型十一 通过变量构造函数结合单调性比较大小 51．（25-26高二下·全国·期末）已知为自然对数的底数，均为大于1的实数，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将变形成，然后构造函数，利用的单调性解不等式即可. 【详解】由，可得，，，即. 设，可得. ，当时，，在单调递增. ，，又，即. ，即. 52．（25-26高二下·河南·阶段检测）若、，且，则下列各式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，，，其中，利用导数分析这两个函数的单调性，可得出，再结合函数的单调性判断可得出、的大小关系，构造函数，其中，利用导数分析该函数的单调性，结合零点存在定理得出的范围，再利用函数的单调性并结合零点存在定理可得出的范围，据此可判断D选项. 【详解】因为，则，， 构造函数，其中，则， 故函数在上为增函数，即当时，，即， 因为，则，所以， 构造函数，其中，则， 故函数在上为增函数， 由题意可知，，故， 因为，，故， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，且， 因为，则， 所以， 又因为，所以，故，D错. 53．（25-26高二下·浙江杭州·期中）设是自然对数的底数，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】对A选项构造函数，结合条件可得，再取特殊值并结合零点存在性定理判断可得；对，先由进行放缩，从而可得，再通过构造函数，用函数的单调性判断可得. 【详解】对A选项：构造函数， 已知，整理得：，因为恒成立. 因为，所以. 令，由于，则， 而，， 根据零点存在性定理，存在使得，此时，故A错误； 对选项B： 令，则， 由于，， 根据零点存在性定理，存在使得，此时，故B错误； 分析选项：若，变形为， 所以，令，则， 所以在上单调递增，所以，即. 因此，所以. 令，则，所以在单调递增， 由得，故C正确，D错误. 54．（25-26高三上·河北秦皇岛·期末）已知实数，若， 则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数，利用导数研究其单调性计算即可. 【详解】条件可化为， 令，则， 易知时，， 时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 则，故， 又，所以， 则，即. 故选：C 55．（25-26高二上·浙江宁波·期末）已知，则下列不等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于A：构造，，利用导数判断其单调性即可；对于B：构造，，利用导数判断其单调性即可；对于C：举反例说明即可；对于D：构造，，利用导数判断其单调性即可. 【详解】对于选项A：构造，， 则，可知在内单调递增， 因为，则， 即，所以，故A错误； 对于选项B：构造，， 则，可知在内单调递减， 因为，则， 即，所以，故B错误， 对于选项C：因为， 令，因为， 所以，故C错误； 对于选项D：构造，， 则， 由选项B可知：在内单调递减，则，即， 则，可知在内单调递减， 因为，则，即， 所以，故D正确； 故选：D. 题型十二 通过泰勒展开式直接比较大小 56．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小. 【详解】方法一：构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故， 设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又， 所以当时，， 所以当时，，函数单调递增， 所以，即，所以 故选：C. 方法二：比较法 解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 57．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解. 【详解】[方法一]：构造函数 因为当 故，故，所以； 设， ，所以在单调递增， 故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：不等式放缩 因为当， 取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时， 故 ，故 所以，所以，故选A [方法三]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法四]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 58．（2021·全国乙卷·高考真题）设，，．则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系. 【详解】[方法一]： ， 所以； 下面比较与的大小关系. 记，则，， 由于 所以当0<x<2时，，即，， 所以在上单调递增， 所以，即，即； 令，则，， 由于，在x>0时，， 所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b<c； 综上，， 故选：B. [方法二]： 令 ，即函数在（1，+∞)上单调递减 令 ，即函数在（1，3)上单调递增 综上，， 故选：B. 【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的. 59．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于，通过构造函数，求导确定单调性可判断，对于，通过构造，求导确定单调性可判断，进而可解题. 【详解】由，构造， 则，， 所以在上单调递增， 故，即，故. 由， 构造， 则，， 所以在上单调递增， 故，即，故. 综上，. 60．（2026·湖南湘潭·三模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，可判断大小，构造函数，求导确定单调性，可判断大小，即可求解. 【详解】因为，所以，则． 令，则， 当时，单调递增， 当时，，单调递减， 则， 则，即．故． 题型十三 常见的切线放缩在比较大小中的应用 61．（2026·辽宁·三模）设，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设函数，求导可得， 当时，，在上单调递增， 所以，即， 令，代入可得，即， 设函数，求导可得， 当时，，在上单调递增， 所以，即， 令，代入可得，即， 所以的大小关系为. 62．（25-26高二下·广东茂名·期中）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用导数求出函数的单调区间，即可比较的大小关系，构造函数利用导数求出函数的单调区间，即可比较的大小关系，即可得解. 【详解】令，则， 当时，， 所以函数在上单调递减， 所以，即， 即，所以， 令，则， 当时，， 所以函数在上单调递减， 所以，即，所以， 所以，即， 综上所述，. 63．（25-26高二下·广东广州·期中）设，，，则下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题目条件和作差法比较大小，构造函数，根据函数导数判定函数单调性，进而判定函数值的正负，判定各数值的大小. 【详解】由题可知， 设函数，则， 在上，即函数在单调递减， 可知，当时，恒成立， 所以，即， 设函数，则， 在上，即函数在单调递增， 可知，当时，恒成立， 所以，即， 综上所述，可知. 64．（25-26高二下·广东·期中）设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数，利用导数判断单调性，结合单调性可得答案. 【详解】令，则，令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 得，故， 所以，即. 65．（2026·四川广元·三模）已知，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数，借助导数研究其单调性后可得，再利用三角函数性质合理放缩可得，即可得. 【详解】令，则，故在上单调递增， 又，故当时，， 则，即，故， ， ，故； 综上可得. 题型十四 复杂式子型的比较大小 66．（25-26高三下·甘肃金昌·阶段检测）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】转化为，，，构造函数利用导数研究单调性求解． 【详解】由，，，得，，， 且，，， 设，则， 当时，，所以在上单调递增， 设，则，所以在上单调递减， 所以，即， 所以，即， 所以. 67．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知，，，且，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知，，，构造函数，利用导数判断函数的单调性，借助函数单调性比较的大小，由此确定的大小，再推出的大小. 【详解】因为，所以， 又，所以， 所以， 同理，. 令，则，令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因为，函数在上单调递增， 所以， 又， 所以， 所以， 因为，，， 所以， 因为，，， 所以. 68．（2026·山东济南·二模）已知正实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用同构比较大小. 【详解】由于，所以， 设，则，所以在上单调递增， 那么，所以，， ，设，， 所以，在上单调递减，， 即, 由于，那么, ， 综上，. 【点睛】本题考查利用导数比较大小，解题关键在于利用同构式发现，进而得出，是难题. 69．（2026·湖南常德·二模）已知实数满足：，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用指数函数单调性分析不同取值对应的与1的大小关系，从而判断的符号. 【详解】 因为，所以，即，所以， 设 ，求导得 ， 因为，，因此，即在上是单调递增. 若 ，则，对应 ，得 ，此时 ； 若 ，由单调递增得 ，即， 又是增函数，故，此时 ，得 ； 若 ，由单调递增得得，解得，此时； 综上，所有情况都满足，选C. 【点睛】本题考查指数函数单调性的应用，核心是利用函数单调性判断变量的取值范围，体现了函数思想在不等式判断中的应用. 70．（2026·广东梅州·一模）已知实数和（其中）满足方程：，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可得且，再由为减函数可得，从而可判断A和D的正误，对于B，利用导数可得时不成立，对于C，利用零点存在定理可判断当时不成立. 【详解】因为且，故， 而，故，所以，故， 设，则， 所以为上的减函数， 而即为，故，故D成立. 由可得即， 故， 所以，所以即，故A错误. 对于B，取，由D的分析可得. 若，则即， 设，， 而均为上的减函数，故为上的减函数， 故， 所以在上为减函数， 所以，故， 所以不成立，故B错误. 对于C，取，则，即， 仍取D分析中的函数，考虑方程的解， 设，因为为上的减函数， 所以为上的减函数，而, 故，故此时不成立，故C错误. 题型十五 通过双变量的等式构造函数求最值 71．（22-23高二下·浙江·阶段检测）设正实数满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知结合的单调性可得，令，求导可得的最小值. 【详解】原式化为，因为，则， 则可得. 令，则可得， 因为 ，则可得在上单调递增， 故，即，令，求导得， 当时，，故函数在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增， 所以．即的最小值为. 故选：B. 72．（25-26高二上·河南信阳·阶段检测）已知，若，则（    ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】A 【分析】将表达式变形并构造函数，由函数单调性及奇偶性即可得. 【详解】令，代入原式得，即； 令函数，则恒成立， 因此函数在上单调递增，又， 所以，即， 可得，所以. 故选：A 73．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知，，若，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】法一：由单调性，得到，进而得到，再构造函数，求导确定单调性即可求解；法二：由单调性，得到，进而得到，再构造函数，求导确定单调性即可求解. 【详解】解法1：因为是上增函数， 则即为， 所以，. 令，则，当时，； 当时，. 所以在单调递减，在单调递增， 故，因此， 即的取值范围是， 故选：B. 解法2：因为是上增函数， 则即为， 所以，. 令，则， 当时，；当时，. 故在单调递减，在单调递增， ，因此， 即的取值范围是， 故选：B. 74．（2025·安徽合肥·一模）若实数满足，设，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题知，令，有，把可以看作方程的解，则，进而求进行变形，令，求导判断函数的单调性，得到函数的最值，最后得到的最小值 【详解】由题易知，令，则， 所以可以看作方程的解，则， 根据对数的真数大于零可得，则， 所以， 令，则， 当时，单调递减；当时，单调递增， 所以，，即的最小值为. 故选：D. 75．（25-26高一上·上海·期末）已知实数x，y满足，，则_________． 【答案】/ 【分析】利用指数与对数运算，结合函数的单调性即可求解. 【详解】因为，所以， 又，所以，即， 所以， 令函数，则，所以函数在上单调递增， 则有，所以，即，则. 故答案为：. $