第20讲导数压轴综合（知识清单+5典例精讲+5方法技巧+分层训练）-2027年高考数学一轮复习讲义与培优专练（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数压轴综合专题，覆盖隐零点、极值点偏移、指对同构等六大核心考点，按知识清单梳理、典例精讲突破、方法技巧总结、分层训练巩固的逻辑架构设计，通过考点梳理建立知识网络，方法指导提炼解题大招，真题训练强化实战能力，帮助学生系统突破导数难点。 资料以“设而不求”“比值换元”等创新方法为亮点，如隐零点问题通过设零点整体代换培养数学思维，极值点偏移中对称构造辅助函数训练逻辑推理。分层训练含基础、拔高、错题复盘，适配不同学生需求，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生导数压轴题应考能力。

第20讲导数压轴综合 （知识清单+5典例精讲+5方法技巧+分层训练） 近3年考查情况 题型 分值 含参零点综合、基础不等式证明、恒成立参数范围、极值与双变量基础综合 解答题 12分 隐零点最值证明、指对同构恒成立、基础导数放缩、双零点不等式证明 解答题 12分 放缩+隐零点综合、极值点偏移变式、含参放缩综合、导数数列跨模块压轴 解答题 12分 基础综合题型+技巧压轴题型+创新跨模块题型全覆盖 解答题 12分 【知识点01】隐零点问题 隐零点是导数压轴基础核心考点，针对含 的超越型函数，导函数零点无法通过常规解方程显性求出。核心解题思想为设而不求、整体代换，无需解出零点具体值，仅利用零点满足的方程代入原式化简，进而求解函数最值、证明不等式。 通用解题步骤：①求导判断导函数单调性；②零点存在定理锁定零点区间；③设零点 且不求解；④利用 整体代换；⑤化简原函数求最值/证不等式。 【例1】已知函数 ，求证：。 【知识点02】极值点偏移问题（对称构造思想） 极值点偏移针对单极值点函数，若函数满足 ，正常对称函数满足（ 为极值点），若不相等则出现偏移。分为右偏移 、左偏移 。 核心解题技巧：对称构造辅助函数，将双变量不等式转化为单变量单调性问题，规避双变量复杂运算，是高考导数压轴经典难点。 【例2】已知 ，若 ，证明：。 【知识点03】指对同构问题 指对同构是导数压轴提速大招，针对式子同时含指数 、对数 的复杂题型。核心原理是通过代数变形，将零散式子统一为 单一函数结构，利用函数单调性秒杀恒成立、最值、参数范围问题，规避复杂求导与隐零点运算。 三大必背同构公式： 【例3】已知 ， 恒成立，求实数 的最大值。 【知识点04】导数放缩证明问题 导数放缩是高考压轴证明核心技巧，无需复杂构造求导，利用固定的基础放缩不等式，将超越式简化为一次、二次代数式，快速完成不等式证明。所有放缩公式可直接用于高考答题，需严格牢记取等条件，避免放缩过度。 四大核心高考标准放缩公式： 【例4】证明：当 时，。 【知识点05】双零点双变量证明问题 针对函数存在两个不同零点 的压轴题型，核心难点为双变量无法直接求导。通用解题逻辑：利用零点定义作和、作差，消去参数，再通过比值换元令 ，将双变量不等式转化为单变量函数单调性问题，实现降维解题。【例5】已知函数 有两个零点 ，证明：。 【知识点06】含参导数压轴分类讨论问题 含参导数恒成立、存在性压轴，参数无法分离时必须使用分类讨论法。核心讨论逻辑：先根据参数正负划分单调性，再根据极值点与定义域区间的位置关系划分临界，做到不重不漏，最终合并有效参数范围。 【例6】已知 ，， 恒成立，求 的取值范围。 【题型一】利用导数研究函数的零点 【例1】（2026·江苏苏州·三模）已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·河南周口·三模）若函数有且仅有2个零点，则______. 【变式2】（2026·安徽马鞍山·二模）曲线在点处的切线为． (1)求直线的方程； (2)若直线与曲线在轴右侧只有一个公共点，求实数的值． 【变式3】（2026·山西晋城·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)令，求函数在上的零点个数． 【题型二】导数中的极值偏移问题 【例1】（多选）（2025·新疆乌鲁木齐·三模）设函数的定义域为，的导函数满足，且，则下列结论一定成立的是（    ） A．的最大值为1 B．在点处的切线为 C．若方程有两个不同的解，，则 D．若，，，则 【变式1】（2026·山东聊城·二模）设函数， (1)若有极值点、无零点，求的取值范围； (2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围； (3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且． 【变式2】（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【变式3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求在上的极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在实数使得函数在上有两个不同的零点，证明：． 【题型三】指对同构综合压轴 【例3】（2026·四川成都·三模）不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2026·河北邢台·二模）已知a >0，当x≥1 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是________. 【变式2】（2026·河北沧州·二模）已知函数． (1)若，，求的最小值； (2)若，当时，求a的取值范围； 【变式3】（2024·山西长治·一模）已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围． 【题型四】导数放缩综合证明 【例4】（2025·湖南益阳·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，，求的取值范围； (3)若，证明：. 【变式1】（2025·江苏·模拟预测）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)证明：． 【变式2】（2026·广西桂林·模拟预测）设函数，函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，，求实数的取值范围； (3)设函数的极小值点为，证明：． 【变式3】（2026·新疆·三模）已知. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意，有恒成立. （i）求a的取值范围； （ii）证明：对任意的正整数. 【题型五】利用导数研究双变量问题 【例5】（多选）（2025·陕西咸阳·模拟预测）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 【变式1】（2026·山东日照·二模）已知正实数a，b满足，则______________． 【变式2】（2026·四川成都·二模）已知函数在处的切线方程为． (1)求，； (2)设是方程的两根，求证：． （注：…是自然对数的底数） 【变式3】（2026·陕西西安·三模）已知函数，当时，恒成立． (1)求实数a的取值范围； (2)已知函数有两个极值点，证明：． (3)当时，直线与函数图象的三个交点的横坐标从小到大依次为，1，判断与0的大小关系，并证明． 【解题大招01】隐零点「设而不求」法 1. 技巧原理 针对含 的超越型导数函数，导函数零点无法显性求解，无需强行解方程。核心思维：设零点、不求解、利用零点方程整体代换化简原式，规避超纲运算，快速求最值、证不等式。 2. 标准解题步骤 ① 确定函数定义域，求导判断导函数单调性； ② 利用零点存在性定理，锁定隐零点区间； ③ 设唯一零点 ，列出核心方程 ； ④ 将零点方程整体代换原函数，消去指数、对数； ⑤ 化简求解最值或证明不等式。 【例1】已知函数 ，证明：。 【解题大招02】指对同构秒杀法 1. 技巧原理 针对同时含 与 的复杂恒成立、最值题型，通过代数变形，将零散式子统一为单一函数结构 ，利用函数单调性直接解题，大幅简化计算，秒杀复杂压轴题。 2. 三大必背同构公式 3. 标准解题步骤 ① 观察式子指对结构，移项、同除变形； ② 凑出 统一结构； ③ 构造母函数判断单调性； ④ 利用单调性脱去外层函数，简化求解。 【例2】已知 ，不等式 恒成立，求实数 的最大值。 【解题大招03】导数放缩证明法 1. 技巧原理 无需复杂多次求导、构造函数，利用高考官方认可的基础放缩不等式，将超越式转化为代数式，快速简化不等式，实现秒杀证明，是近三年高考主流考法。 2. 高考四大核心放缩公式 3. 标准解题步骤 ① 观察式子结构，选取适配放缩公式； ② 对指数、对数项分别放缩； ③ 合并化简代数式； ④ 校验取等条件，证明严格不等式。 【例3】已知 ，，证明：。 【解题大招04】双变量比值换元法 1. 技巧原理 针对函数双零点、双变量不等式问题，通过比值换元令 ，将双变量问题归一为单变量函数，彻底解决双变量无法求导的难点。 2. 标准解题步骤 ① 利用零点定义列出方程组，作差、作和消参； ② 设 ，令 ； ③ 将待证不等式转化为关于 的单变量不等式； ④ 构造函数求导，利用单调性证明结论。 【例4】已知 有两个零点 ，证明：。 【解题大招05】任意/存在最值模型法 1. 技巧原理 针对双函数任意、存在混搭恒成立问题，无需复杂讨论，直接套用固定最值模型，匹配对应最值关系，快速求解参数范围。 2. 四大必考模型 . 【例5】已知 ，，若 ，使得 ，求参数成立条件。 【基础过关】（共8题） 一、单选题 1．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知关于的不等式有且仅有3个整数解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·河北保定·三模）已知函数为指数函数，且满足以下条件：①且x≠y，都有 ；②函数的图象关于直线对称，且方程有且仅有两个实数解.则函数的解析式可以为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．若函数，，满足对均有，则的取值不可能为（    ） A． B． C． D．9 三、填空题 4．（2025·河南南阳·三模）已知函数，，若恒成立，则的最小值是______． 5．（2026·河南南阳·模拟预测）已知对，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为_____. 6．已知函数，，若，则的最小值为______. 四、解答题 7．（2026·陕西安康·三模）已知函数，且． (1)求的值； (2)若． （i）求在上的最大值和最小值； （ii）若，求实数的取值范围． 8．已知函数． (1)若，证明：； (2)若有两个不同的零点，求a的取值范围，并证明：． 【拔高选练】（共6题） 一、单选题 1．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·河南濮阳·模拟预测）已知函数，与的零点分别为，，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（2025·四川眉山·模拟预测）已知函数.若不等式对恒成立，则实数的取值范围___________. 三、解答题 5．（2026·湖北武汉·模拟预测）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； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 6．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的值； (3)设不同正数m，n满足，证明：． 【错题复盘】（共5题） 一、单选题 1．已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 2．（2025·湖南郴州·一模）已知实数，不等式恒成立，则实数的最大值为__________. 三、解答题 3．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 4．（2026·河北保定·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求实数a的值； (3)已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：． 5．（2026·四川成都·三模）设函数. (1)当时，证明：； (2)已知函数在区间内存在极值点. ①求的取值范围； ②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第20讲导数压轴综合 （知识清单+5典例精讲+5方法技巧+分层训练） 近3年考查情况 题型 分值 含参零点综合、基础不等式证明、恒成立参数范围、极值与双变量基础综合 解答题 12分 隐零点最值证明、指对同构恒成立、基础导数放缩、双零点不等式证明 解答题 12分 放缩+隐零点综合、极值点偏移变式、含参放缩综合、导数数列跨模块压轴 解答题 12分 基础综合题型+技巧压轴题型+创新跨模块题型全覆盖 解答题 12分 【知识点01】隐零点问题 隐零点是导数压轴基础核心考点，针对含 的超越型函数，导函数零点无法通过常规解方程显性求出。核心解题思想为设而不求、整体代换，无需解出零点具体值，仅利用零点满足的方程代入原式化简，进而求解函数最值、证明不等式。 通用解题步骤：①求导判断导函数单调性；②零点存在定理锁定零点区间；③设零点 且不求解；④利用 整体代换；⑤化简原函数求最值/证不等式。 【例1】已知函数 ，求证：。 证明：函数定义域为 ，求导得： 在 上单调递增，且 。 由零点存在定理，存在唯一，使得 ，即 ，取对数得 。 当 时，， 单调递减；当 时，， 单调递增。 因此 ，代入代换公式： 由对勾函数性质，，故 ，即 。 综上， 恒成立，原不等式得证。 【知识点02】极值点偏移问题（对称构造思想） 极值点偏移针对单极值点函数，若函数满足 ，正常对称函数满足（ 为极值点），若不相等则出现偏移。分为右偏移 、左偏移 。 核心解题技巧：对称构造辅助函数，将双变量不等式转化为单变量单调性问题，规避双变量复杂运算，是高考导数压轴经典难点。 【例2】已知 ，若 ，证明：。 证明：求导得 ，当 时函数递增， 时函数递减，极值点。 不妨设 ，待证 ，等价于证 。 因 ， 在 单调递减，只需证 。 由 ，即证 。 构造辅助函数 ，代入得： 求导化简得 ，故 在 单调递增。 ，即 ，故 ，结论得证。 【知识点03】指对同构问题 指对同构是导数压轴提速大招，针对式子同时含指数 、对数 的复杂题型。核心原理是通过代数变形，将零散式子统一为 单一函数结构，利用函数单调性秒杀恒成立、最值、参数范围问题，规避复杂求导与隐零点运算。 三大必背同构公式： 【例3】已知 ， 恒成立，求实数 的最大值。 解析：不等式两边同除 得： 同构变形：，结合核心同构结构与放缩 。 令 ，则 ，化简得 。 代入不等式得：，进一步化简可得原式最小值为 。 故 ，实数 的最大值为。 【知识点04】导数放缩证明问题 导数放缩是高考压轴证明核心技巧，无需复杂构造求导，利用固定的基础放缩不等式，将超越式简化为一次、二次代数式，快速完成不等式证明。所有放缩公式可直接用于高考答题，需严格牢记取等条件，避免放缩过度。 四大核心高考标准放缩公式： 【例4】证明：当 时，。 证明：由放缩公式 ，得 。 由 ，得 。 两式联立得： 进一步精准放缩：，代入原式得： 结合隐零点取值范围，可证原式最小值大于 ，原不等式得证。 【知识点05】双零点双变量证明问题 针对函数存在两个不同零点 的压轴题型，核心难点为双变量无法直接求导。通用解题逻辑：利用零点定义作和、作差，消去参数，再通过比值换元令 ，将双变量不等式转化为单变量函数单调性问题，实现降维解题。【例5】已知函数 有两个零点 ，证明：。 证明：由零点定义得：。 两式作差：，即 。 不妨设 ，令 ，则 。 代入化简得：。 待证 ，等价于证 。 因 ，，即证 。 构造 ，求导可证 恒成立，故原不等式得证。 【知识点06】含参导数压轴分类讨论问题 含参导数恒成立、存在性压轴，参数无法分离时必须使用分类讨论法。核心讨论逻辑：先根据参数正负划分单调性，再根据极值点与定义域区间的位置关系划分临界，做到不重不漏，最终合并有效参数范围。 【例6】已知 ，， 恒成立，求 的取值范围。 解析：不等式变形：，。 求导得 ，极值点 ，分三类讨论： ① 即 ，函数在 递增，，得 ； ② 即 ，极小值最小，，得 ； ③ 即 ，函数递减，，无解。 综上：。 【题型一】利用导数研究函数的零点 【例1】（2026·江苏苏州·三模）已知，若有两个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由令，，转化为与的图象有两个交点，利用导数求出的图象可得答案. 【详解】令， 得， 令，， 即与的图象有两个交点， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 所以当时，有极小值，为， 当时，有极小值，为， 当时，， 再由 可得的大致图象如下图: 所以当时，函数有两个零点. 【变式1】（2026·河南周口·三模）若函数有且仅有2个零点，则______. 【答案】3 【分析】参变分离可得，令，，利用导数判断的单调性和图象，结合函数图象分析求解. 【详解】因为，则，可知0不为的零点， 令，且，可得， 令，，可知与有且仅有2个交点， 因为， 当时，，可知在内单调递增， 且当趋近于时，趋近于，当趋近于0时，趋近于； 当时，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，则， 当趋近于0或时，趋近于； 综上所述：可得的图象，如图所示： 若与有且仅有2个交点，则. 【变式2】（2026·安徽马鞍山·二模）曲线在点处的切线为． (1)求直线的方程； (2)若直线与曲线在轴右侧只有一个公共点，求实数的值． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可； （2）令，利用导数讨论单调性，求出的值. 【详解】（1），，的方程为，即； （2）直线与曲线在轴右侧只有一个公共点，即方程只有一正实数解，即只有一正实数解， 令，则， 时，，单调递减；时，，单调递增； 且时，；时，， 故. 【变式3】（2026·山西晋城·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)令，求函数在上的零点个数． 【答案】(1) (2)个 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）由可得，令，则函数的零点个数即为直线与函数的图象的公共点的个数，利用导数分析函数的单调性，即可得出结论. 【详解】（1）当时，，则，所以，， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）由题意可得，， 令可得， 令，则函数的零点个数即为直线与函数的图象的公共点的个数， ， 令，其中， 则， 令，则， 由可得，由可得， 所以函数在处取得极大值，也是最大值， 所以，所以，即恒成立， 所以函数在上单调递减，且， 故当时，，所以，则函数在上单调递减， 当时，；当时，. 所以直线与函数的图象有且只有一个公共点， 故函数在上只有一个零点. 【题型二】导数中的极值偏移问题 【例1】（多选）（2025·新疆乌鲁木齐·三模）设函数的定义域为，的导函数满足，且，则下列结论一定成立的是（    ） A．的最大值为1 B．在点处的切线为 C．若方程有两个不同的解，，则 D．若，，，则 【答案】ABD 【分析】先求表达式：由，根据求导法则得，再代入求出，进而得到，用除法求导法则对求导. 对于A选项：令得极值点，根据导数正负判断单调性，求出最大值. 对于B选项：先求处的函数值和导数值，再用点斜式求切线方程. 对于C选项：设，通过构造函数，判断其单调性来证明. 对于D选项：由得，将变形，换元后根据二次函数性质求最值. 【详解】已知，可知. 可得（为常数）. 因为，将，代入，可得，即，解得. 所以，则，. 对求导，可得： . 对于选项A，令，即，解得. 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减. 所以在处取得极大值，也是最大值，，但当时，，所以没有最小值，A选项正确. 对于选项B，当时，. . 根据点斜式方程可得，即，所以在点处的切线为，B选项正确. 对于选项C，由前面分析可知在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，若，则，因为，且在上单调递减，所以只需证明，又因为，所以只需证明. 令，，则. 当时，，， 所以，在上单调递增， 则，即，所以，与矛盾，C选项错误. 对于选项D，因为，所以. . 令，则，所以. 对于二次函数，其对称轴为，开口向下，所以当时，取得最大值，. 则，D选项正确. 故选：ABD. 【变式1】（2026·山东聊城·二模）设函数， (1)若有极值点、无零点，求的取值范围； (2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围； (3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，结合函数极值点的定义可得出实数的取值范围，求出该函数的极小值，根据函数无零点可得出关于的不等式，综合可解得实数的取值范围； （2）分析可知，存在、使得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，可得出，即可解出实数的取值范围； （3）分析可知，证明出，可得出，所以，再证明出，即可得出，再结合不等式的基本性质可证得结论成立. 【详解】（1）因为，则， 当时，，此时函数在上单调递增，函数无极值点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增， 则函数有极小值点，故的极小值为， 因为函数无零点，所以，即，即，解得， 综上，的取值范围为． （2）由的图象在区间内存在两条互相垂直的切线， 可知存在、使得． 当，则，不符合题意． 当时，在上单调递增． 所以在内的值域为． 所以，由题意可得， 整理可得，解得， 因此，的取值范围为． （3）设，则， 因为，所以． 当时，，在上单调递增，不符合题意，所以． 由，得． 设，则，所以在上单调递增． 又因，所以， 所以，所以， 所以，所以， 设，则， 因为当时，，所以在上单调递减， 又因为，所以当时，，即． 因为，所以，即， 又因，所以，所以， 又因为，，所以． 【变式2】（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【答案】(1) (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）由恒成立，分参配方即可求解； （2）（i）由题意列出方程组，消去得，求导分析的整数零点，即可求； （ii）求导分析单调性，得出，构造函数证明，构造函数证明，由不等式的性质即可证明. 【详解】（1）， 由题意恒成立，则， 则. （2）（i）由题意，存在使得， 消去得， 设， 则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极大值，当时， 极小值， ， 则在存在1个零点， 综上的整数零点只有0， 则. （ii）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 设， 则， 由基本不等式，则，单调递增， 则时，， 则， 由于，在单调递增， 则， 设， 则 则，单调递增， 当时，， 则， 即， 由于，在单调递增， 则， 由，可得， 则， 即. 【变式3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求在上的极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在实数使得函数在上有两个不同的零点，证明：． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，分析单调性，确定极值． （2）分类讨论不同取值下需满足的条件，最后取并集. （3）利用函数对称性，将转化为证明，构造函数，求导分析单调性和极值，最终证得． 【详解】（1）， 令，所以，解得， 当时，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在的极小值为，无极大值． （2）在上恒成立， 即在上恒成立， ①当时，由，得，因此，满足题意. ②当时，令， 则， 令，则． 由，得，， 因此，则在上单调递增， 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则，， 因此在上存在唯一的零点， 且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，不满足题意. 综上，实数的取值范围为． （3）当时，即， 不妨设，由（1）可知， 要证明，即证， 因为，且在上单调递增，所以只需要证， 又因为， 所以只需要证，即证， 即证， 两边同时除以，得， 化简为， 因为，所以只需证， 即证， 令， 则， 令， 则在上恒成立， 所以在上单调递增，， 即在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以． 故，即， 所以． 【点睛】规律总结  极值点偏移问题的解法： （1）（对称化构造法）构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究的单调性证得不等式． （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化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 【题型三】指对同构综合压轴 【例3】（2026·四川成都·三模）不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，根据，结合的单调性，可得，进而得在上恒成立，求得的最小值即可. 【详解】由题意可得，. 令，则在上单调递增， 又，， 所以，所以，即在上恒成立. 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以，所以 【变式1】（2026·河北邢台·二模）已知a >0，当x≥1 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【分析】通过换元构造同构函数，利用函数单调性脱去函数符号，将原不等式转化为恒成立问题，分离参数后求函数最小值得到的取值范围. 【详解】原不等式整理得，等价于， 令，则恒成立，所以在上单调递增. 故原不等式等价于， 由的单调性，不等式等价于，即， 故原不等式恒成立等价于对所有恒成立，变形得，即： ， 令，求导得，当时， 故在上单调递增，最小值为，所以. 又，得的取值范围是. 【变式2】（2026·河北沧州·二模）已知函数． (1)若，，求的最小值； (2)若，当时，求a的取值范围； 【答案】(1)0 (2) 【分析】（1）求导，利用导数确定函数单调性，进而求出最小值； （2）把恒成立问题转化为端点分析，利用单调性判断趋势； 【详解】（1）当，时，，求导得 ， 令，均在上单调递增， 在上单调递增，且， 当时，，，故单调递减； 当时，，，故单调递增， 在处取得极小值，也是最小值， ． （2）由得，代入函数得：， 注意到，需保证时， 求导得， 在处，， 令，求导得，则在时单调递增， 且， 当时，，即， 令，则， 故在上单调递增， 时，，单调递增，， 满足条件； 当时，，即，由连续性可知，存在， 当时，，单调递减， 故存在，不满足条件； 综上，的取值范围为． 【变式3】（2024·山西长治·一模）已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)0； (2). 【分析】（1）当时，利用导数探讨单调性，求出最小值. （2）由（1）的信息，利用不等式性质可得当时，不等式恒成立，当时，利用导数探讨存在实数使得得解. 【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得， 显然函数在上单调递增，而， 则当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值. （2）函数的定义域为， 当时，，，则， 由（1）知，，，而，即有， 因此恒成立，此时； 当时，，由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， 则，而恒成立，不等式不恒成立， 所以实数a的取值范围是. 【题型四】导数放缩综合证明 【例4】（2025·湖南益阳·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，，求的取值范围； (3)若，证明：. 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）当时，，利用导数求其单调区间； （2）依题意，当时，成立，利用导数结合单调性进行证明； （3）令，，则，用此不等式对待证不等式左边各项放缩，并利用不等式的基本性质即可证得. 【详解】（1）当时，. 所以，. 所以，当时，，单调递增. 当时，，单调递减. 综上，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）当，成立，等价于当时，成立. 因为，设，则. 所以，单调递减，即单调递减. 当时，.所以，单调递减，，符合题意. 当时，，所以存在，使得当时，. 此时单调递增，，不符合题意. 综上. （3）由（2）知，当时，对任意，都有， 即成立，令，， 则. 当时，. 所以，. 当时，. 综上，. 【变式1】（2025·江苏·模拟预测）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)； (3) 证明见解析. 【分析】（1）求出及，由点斜式求得切线方程； （2）由分析需满足条件，得到，再说明时不满足条件； （3）由（2）得，令可得，累加证明. 【详解】（1）当时，，，即切点坐标为， 又可得，即切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）当时，若单调递减，则满足条件， 因此需在恒成立，即在恒成立， 所以 设， 则当时，恒成立（当且仅当时取等号）， 所以在单调递增，所以， 所以，得； 当时，，， 所以存在，， 则当时，，单调递增，此时，不满足条件， 综上可知，实数的取值范围为. （3）由（2）可知，当时，在单调递减， 且时，，即， 令，则，所以， 即， 所以 . 【变式2】（2026·广西桂林·模拟预测）设函数，函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，，求实数的取值范围； (3)设函数的极小值点为，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析； 【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，进而得到切线方程即可. （2）对参数范围分类讨论，进而得到取值范围即可. （3）结合题意并利用导数得到，进而结合放缩法证明不等式即可. 【详解】（1）由题意得，且， ，， 即曲线在点处的切线方程是. （2）由已知得， 当时，，可得函数在定义域是上的递减函数， 则，不合题意； 当时， 所以函数在定义域是上的递增函数， 所以，符合题设； 当时，可得， 因为函数是上的增函数， 所以存在，使得当时，， 所以函数在上是递减函数，所以，不合题意； 综上可得，的取值范围是. （3）由题意得 令，可得，令，可得， 在区间是减函数，在区间是增函数， 是的唯一的极小值点，， 由（2）得，当时，，所以， 令，得， . 【变式3】（2026·新疆·三模）已知. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意，有恒成立. （i）求a的取值范围； （ii）证明：对任意的正整数. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）直接求导代入得到斜率，再写出切线方程即可； （2）（i）变形得，再设新函数，求导后对分类讨论即可； （ii）利用的单调性得到不等式，从而放缩后再裂项即可证明. 【详解】（1）因为，所以函数， 求导得， 则，又， 故曲线在处的切线方程为． （2）（i）对任意，由， 设函数，求导得 . 当时，，不符合题意； 当时，，函数在上单调递增，，因此 当时，令， 求导得， 则，使得，当时，， 函数在上单调递增，，即， 因此， 此时，不符合题意； 综上，的取值范围是． （ii）为了使用方便，以下为的二阶和三阶求导符号， 由（i）得当时，， 令函数，求导得， 因为， 所以函数在上单调递增，， 函数在上单调递增，， 函数在上单调递增，， 因此，当时，，所以， 当时，，所以结论成立； 当时，， 于是，， 故对任意的正整数成立． 【题型五】利用导数研究双变量问题 【例5】（多选）（2025·陕西咸阳·模拟预测）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 【分析】求导，根据导数符号可判断A；根据单调性结合极值可判断B；利用二阶导数可判断C；转化为的图象与直线只有一个交点可判断D. 【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． 【变式1】（2026·山东日照·二模）已知正实数a，b满足，则______________． 【答案】 【分析】利用导数分别求出等式两边的最值即可求解. 【详解】 设 ，求导得 ， 因此：在单调递减，在 单调递增，最小值为 ， 原等式右边整理为 ，求导得 ， 因此：在 单调递增，在 单调递减，最大值为 ， 原等式即为，而 ，，等号成立当且仅当： ， 故 . 【变式2】（2026·四川成都·二模）已知函数在处的切线方程为． (1)求，； (2)设是方程的两根，求证：． （注：…是自然对数的底数） 【答案】(1). (2)证明见详解. 【分析】（1）求导得，结合，列出方程组求解； （2）令，根据导数结合零点存在定理求出单调性，易得的一个根为，再利用零点存在定理找到另一个根的范围即可证明. 【详解】（1）由题意可得， 因为在处的切线方程为， 所以，即，解方程得. （2）令，， 由题意可知方程的两根，即为函数的两个零点，不妨设. 求导，因为在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在区间上单调递增，又，， 根据零点存在定理可知存在唯一的使得. 所以当，，函数在区间上单调递减； 当，，函数在区间上单调递增. 由，得，从而， 又因为，， 所以，故. 【变式3】（2026·陕西西安·三模）已知函数，当时，恒成立． (1)求实数a的取值范围； (2)已知函数有两个极值点，证明：． (3)当时，直线与函数图象的三个交点的横坐标从小到大依次为，1，判断与0的大小关系，并证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）对函数求导，由当时，恒成立求解即可. （2）对函数求导，由函数有两个极值点求解的取值范围，将，分别代入，换元，令求解即可. （3）将代入，求得与0的大小关系等价于与2的大小关系，并得到，为直线2与函数图象交点的横坐标，对函数求导，令，对求导，求解的单调性，并与的大小关系等价于与的大小关系，设函数，求解的单调性，结合函数的单调性即可求解. 【详解】（1）对函数求导可得． 注意到，且当时，恒成立，从而可得． 由此可得，从而可得． 当且时，令，则， 所以在上单调递增，即可得， 由此可得在上单调递增，则．综上，可得实数的取值范围是． （2）对函数求导可得. 因为函数有两个极值点，．令，所以在上的两个解为，， 从而可得，，． 由此可得的取值范围是． 其中，． 则可得． 要证不等式， 可证， 等价于， 等价于， 令，上式等价于． 由（1）可得，当时，，等价于， 由此即可得原不等式成立． （3）当时，． 令，可得． 由题意可得，，由第（1）问可得． 据此可得． 由，可得． 此时与的大小关系等价于与2的大小关系， 又，此时，为直线2与函数图象交点的横坐标． 对函数求导可得，令，求导可得， 即在上单调递增，且有．从而可得在上单调递减，在上单调递增． 显然可得，则与的大小关系等价于与的大小关系， ， 设函数， 求导可得， 令，则恒成立． 由此可得在上单调递减，即可得，从而可得在上单调递增，由此可得， 从而可得.结合函数的单调性即可得，即，故． 【解题大招01】隐零点「设而不求」法 1. 技巧原理 针对含 的超越型导数函数，导函数零点无法显性求解，无需强行解方程。核心思维：设零点、不求解、利用零点方程整体代换化简原式，规避超纲运算，快速求最值、证不等式。 2. 标准解题步骤 ① 确定函数定义域，求导判断导函数单调性； ② 利用零点存在性定理，锁定隐零点区间； ③ 设唯一零点 ，列出核心方程 ； ④ 将零点方程整体代换原函数，消去指数、对数； ⑤ 化简求解最值或证明不等式。 【例1】已知函数 ，证明：。 解析：函数定义域：，求导得： 在 上单调递增，且 。 当 时，， 单调递减； 当 时，， 单调递增。 故 。 又因函数在定义域内仅 取最小值，严格不等式成立，即 ，原命题得证。 【解题大招02】指对同构秒杀法 1. 技巧原理 针对同时含 与 的复杂恒成立、最值题型，通过代数变形，将零散式子统一为单一函数结构 ，利用函数单调性直接解题，大幅简化计算，秒杀复杂压轴题。 2. 三大必背同构公式 3. 标准解题步骤 ① 观察式子指对结构，移项、同除变形； ② 凑出 统一结构； ③ 构造母函数判断单调性； ④ 利用单调性脱去外层函数，简化求解。 【例2】已知 ，不等式 恒成立，求实数 的最大值。 解析：不等式两边同除 ，得： 同构变形： 令，易知 在 单调递增。 由核心放缩 ，得： 代入化简可得 ，当且仅当 取等。 故 ，实数 的最大值为 。 【解题大招03】导数放缩证明法 1. 技巧原理 无需复杂多次求导、构造函数，利用高考官方认可的基础放缩不等式，将超越式转化为代数式，快速简化不等式，实现秒杀证明，是近三年高考主流考法。 2. 高考四大核心放缩公式 3. 标准解题步骤 ① 观察式子结构，选取适配放缩公式； ② 对指数、对数项分别放缩； ③ 合并化简代数式； ④ 校验取等条件，证明严格不等式。 【例3】已知 ，，证明：。 解析：求导得：，极值点 。 函数在 递增， 递减，不妨设 。 待证 。 因 ， 在该区间递减，只需证。 由 ，即证 。 构造 ，求导得 。 在 递增，故 。 即 ，，结论得证。 【解题大招04】双变量比值换元法 1. 技巧原理 针对函数双零点、双变量不等式问题，通过比值换元令 ，将双变量问题归一为单变量函数，彻底解决双变量无法求导的难点。 2. 标准解题步骤 ① 利用零点定义列出方程组，作差、作和消参； ② 设 ，令 ； ③ 将待证不等式转化为关于 的单变量不等式； ④ 构造函数求导，利用单调性证明结论。 【例4】已知 有两个零点 ，证明：。 解析：由零点定义：。 两式作差：，得 。 两式作和：。 待证 ，等价于证 。 代入得：。 令 ，化简得：。 构造函数可证 时不等式恒成立，故 得证。 【解题大招05】任意/存在最值模型法 1. 技巧原理 针对双函数任意、存在混搭恒成立问题，无需复杂讨论，直接套用固定最值模型，匹配对应最值关系，快速求解参数范围。 2. 四大必考模型 . 【例5】已知 ，，若 ，使得 ，求参数成立条件。 解析:套用模型：。 求 最值：。 求 最值： 单调递增，。 因 不成立，故该命题不成立。 【基础过关】（共8题） 一、单选题 1．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知关于的不等式有且仅有3个整数解，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先对不等式进行变形，构造函数，通过分析函数的单调性，结合不等式有且仅有3个整数解可得实数的取值范围. 【详解】由已知有意义，所以， 将不等式化简，，即，整理得， 若时，则，且，令， 所以，令，则， 所以，所以在单调递增，所以，即， 所以在单调递减，当，， 此时不等式有无穷多个整数解 ，不符合题意； 当，则，且，令， 所以，令，则， 所以，所以在单调递增，所以，即， 所以在单调递增， 因为，，，， 且不等式有且仅有3个整数解， 结合单调性可知这三个整数解为1,2,3，所以， 所以实数的取值范围为. 2．（2026·河北保定·三模）已知函数为指数函数，且满足以下条件：①且x≠y，都有 ；②函数的图象关于直线对称，且方程有且仅有两个实数解.则函数的解析式可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据指数函数定义、单调性条件排除错误选项A、B，再结合反函数性质，将原问题转化为有且仅有两个实数解的问题，继而构造函数，利用导数解决函数的零点个数问题，即可判断出答案. 【详解】选项A：且，都有， 则可说明为R上的单调递增函数，由于在R上单调递减，不符合题意，排除； 选项B：不是指数函数（指数函数要求指数为自变量、定义域为），且时函数单调递减，不满足条件①，排除； 选项CD中函数均为R上的单调递增函数， 由于互为反函数，它们的图象关于直线对称， 故若的图象有交点，则交点必在直线上， 选项C：对于，令，则，该函数在R上单调递增， 由，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则， 则无零点，即无实数解，不符合题意，C错误； 选项D：对于，令，则，该函数在R上单调递增， 由，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 则， 当时，，当时，， 则有两个零点，即有且仅有两个实数解，符合题意，D正确. 二、多选题 3．若函数，，满足对均有，则的取值不可能为（    ） A． B． C． D．9 【答案】AB 【分析】将问题转化为两个函数的零点重合，得出转化单变量的函数最值问题，求导计算即可. 【详解】条件对均有恒成立，等价于， 易知，与均在定义域内单调递增， 且由，故时， 若要满足题意，只需两函数的零点相同即可，则 令，即， 则，令，则，，即在上单调递减，上单调递增， ，显然A、B不可能，C、D可能 故选：AB 三、填空题 4．（2025·河南南阳·三模）已知函数，，若恒成立，则的最小值是______． 【答案】 【分析】对不等式进行变形得，构造函数，原不等式等价于，利用导数研究的单调性，进而可得自变量之间的关系，再利用导数研究恒成立问题即可. 【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： 5．（2026·河南南阳·模拟预测）已知对，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【分析】将已知等式变形为，可得出，令，，，分析可知，可得出，即可得出，利用导数和基本不等式求解即可. 【详解】对，有，所以， 所以不等式左右两侧同时除以， 所以， 转化为关于的一元二次不等式，所以， 令，，， ，当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 所以； 由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立，故， 因为，故对任意的，则， 故当时，，， 由可得， 故，故，即实数的取值范围是. 故答案为：. 6．已知函数，，若，则的最小值为______. 【答案】 【分析】设，可得，，从而，进而构造函数，求出的最小值即可. 【详解】设，即，，解得，， 所以， 令，则， 令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题 7．（2026·陕西安康·三模）已知函数，且． (1)求的值； (2)若． （i）求在上的最大值和最小值； （ii）若，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）最大值为，最小值为；（ii）． 【分析】（1）求导，由，即可求解； （2）（i）由（1）得到，再求导，确定函数单调区间，即可求解；（ii）将问题转换成所以，进而可求解. 【详解】（1）因为， 所以，       则， 所以． （2）（i）由（1）得， 则，       因为，令，得； 令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，       ，又， 所以在[0,3]上的最大值为，最小值为．       （ii）因为， ， 所以，       由（i）可知在上的最大值为， 由，       所以， 所以实数的取值范围为． 8．（2022·辽宁丹东·模拟预测）已知函数． (1)若，证明：； (2)若有两个不同的零点，求a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)证明见详解； (2),证明见详解． 【分析】（1）令，利用导数分析其单调性求出最大值即可证明； （2）令，通过求导分析单调性，结合的单调性从而证明结结论． 【详解】（1）当时，，定义域为 令，则 当时，；当时，； 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故，所以，得； （2）因为有两个不同的零点，则在定义域内不单调； 由 当时，在恒成立，则在上单调递减，不符合题意； 当时，在上有，在上有， 所以在上单调递增，在上单调递减． 故，所以, 而为增函数，且，故. 而当时，，时，， 故时，确有两个零点. 不妨设 令 则 当时，，则在上单调递增 所以 故，因为 所以，又， 则，又在上单调递减， 所以，则． 【拔高选练】（共6题） 一、单选题 1．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项；先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误；通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误；D与C选项同样的方法即可判断. 【详解】对于A，， ，令,则 ， 所以在单调递减，在上单调递增，且，故. 令 则，所以在上单调递减，且， ， ， ，    即 ,故选项A错误； 对于B， ，    令， 则，所以在单调递增，在上单调递减， 且，故. 令 所以在上单调递减，且， ，， ， ，，即，故选项B错误； 对于C，，，   ，又在单调递增，， ，故选项C错误； 对于D，由C可知，， 又在单调递减 ， ，故选项D正确. 故选：D. 2．（2026·河南濮阳·模拟预测）已知函数，与的零点分别为，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理判断三个零点所在区间，，即可求解. 【详解】因为，所以在上单调递增， 因为，， 由零点存在定理，的零点， 因为，所以 在上单调递增， 因为，， 由零点存在定理，的零点， 因为，令，得， 当时，，函数在内单调递增， 当时，，函数在内单调递减， 当时，，函数在 内单调递增， 因为，， 因此，时，函数没有零点， 又因为， 由零点存在定理，的零点， 因为， 所以. 3．已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围. 【详解】对于任意，，，的范围恒定， 只需考虑的情况， 设对应的切点为，，， 设对应的切点为，，， ，，， 只需考虑，，其中的情况， 则， ，其中， ； 又，， ，； 令，则， 在上单调递增，， 设， ，又，， ； 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， 即，在上单调递减，， ，； 综上所述：. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数与三角函数综合应用问题，解题关键是能够采用特殊值的方式，考虑不含变量的函数的情况，采用构造函数的方式对所求式子进行放缩，从而求得的范围. 二、填空题 4．（2025·四川眉山·模拟预测）已知函数.若不等式对恒成立，则实数的取值范围___________. 【答案】 【分析】设，，转化问题为，利用导数分析函数的单调性，进而可得，令，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可. 【详解】由，，， 得，则， 则，即， 设，，即，① 因为， 所以当时，，则在上单调递减， 当 时，，则在上单调递增. 因为，所以， 当时，，且在上单调递减， 则①式等价于，则，即， 令，则， 当时，，则在上单调递减， 当 时，，则在上单调递增， 所以，则，即， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 三、解答题 5．（2026·湖北武汉·模拟预测）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； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 【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 (3) 【分析】（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可. （2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数的正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论. （3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间. 【详解】（1）当时，，所以 所以切线方程为即， （2）， 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. （3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围 6．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的值； (3)设不同正数m，n满足，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)1 (3)证明见解析 【分析】（1）先对求导，得到.令为分子部分，求出零点.再根据正负，分析正负，进而确定正负，得出单调性. （2）把值代入，将不等式变形.令为变形后式子，由且，可知是最大值点，所以，求出.再验证值满足条件. （3）对已知等式取对数变形，令为变形后式子.根据单调性设.要证不等式，转化为证，令为对应式子，求导判断单调性证明. 【详解】（1）先确定定义域为， 对求导，则. 令，即，解得. 当时，在上，，即，所以在上单调递增； 在上，，即，所以在上单调递减. 当时，在上，，即，所以在上单调递减； 在上，，即，所以在上单调递增. 综上所得，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，. 因为恒成立，即恒成立，等价于恒成立. 令，. 对求导得. 因为恒成立且，所以是的最大值点，则. ，解得. 当时，，再令，对求导得，所以在上单调递减. 当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减.所以，满足条件，故. （3）由得，两边取对数整理得， 令.则. ，在递增，递减，则 又，当， 不妨设，则. 记，，则， 在递增，则，即. 又 因为在递减，所以，则. 原命题得证. 【错题复盘】（共5题） 一、单选题 1．已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C. 【详解】因为，， 所以，则，即， 令，则，， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增, 所以， 对于，总有，即在上单调递增， 故，即在上恒成立， 所以对于，对于任意，在上取， 则， 所以当且趋向于0时，趋向于无穷大， 当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大， 所以的大致图像如图所示： . 对于AD，因为，，不妨设， 由图象可知，，故，故AD错误； 对于B，假设成立，取， 则，显然不满足，故B错误； 对于C，令，又， 则， 所以在上单调递增， 又，则，即， 又，则， 因为，所以，又，在上单调递增， 所以，即，故C正确. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解. 二、填空题 2．（2025·湖南郴州·一模）已知实数，不等式恒成立，则实数的最大值为__________. 【答案】 【分析】将题干条件整理变形，可得，构造函数，可得的单调性，进而可得，构造函数，利用导数可得的单调性和最值，分析即可得答案. 【详解】由，得， 即， 所以， 设，则， 所以在上单调递增， 又， 所以，即恒成立， 设， 所以， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 所以，解得，则实数的最大值为. 故答案为： 三、解答题 3．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. (2)①；②证明见解析 【分析】（1）先确定函数定义域为，对函数求导并通分因式分解，把导函数化成整式乘积形式.以参数为分类依据，先讨论时导函数符号，再讨论时比较导函数两个零点与1的大小，分三种情况判断导函数正负，进而得到每一段的单调区间，分类标准清晰、不重不漏. （2）①先化简解析式，将函数有两个零点转化为对应方程有两个正根，分离参数变形为构造新函数.求导研究的单调性、最值与极限趋势，判断函数变化特征，利用直线与曲线有两个交点的条件，列出不等式求解出的取值范围. ②利用零点满足的方程，作和作差得到对数关系式，两式相除构造齐次式.采用极值点偏移常规证法，换元设，把待证不等式转化为关于的函数不等式.构造辅助函数，求导判断单调性，由端点值推出，逆向还原即可证得结论. 【详解】（1）由题意可知:的定义域为，且， 若，则， 当，则;当，则; 可知在内单调递减，在内单调递增; 若，令，解得或， 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 当，即时，则 ， 可知在内单调递增; 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 综上所述:若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. （2）①有两个不同的零点， 即有两个不同实根， 若，则，只有一个实数根，不符合题意， 故，得， 令， 令，得， 当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减， 当时，取得最大值，且时，， 当时，可得 可得不等式：. 先解，即，解得或. 再解，移项通分得， 等价于，即 . 因为，故不等式等价于 ， 解得， 结合或，取交集得. 所以实数的取值范围为. 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 ， 可知函数在上单调递增，且. 可得，即，所以. 4．（2026·河北保定·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求实数a的值； (3)已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，分类讨论，，三种情况，判断导数的正负进而得出单调性； （2）结合（1）的单调性，由恒成立，得出函数的最大值，列出不等式，再构造函数求解； （3）由题，设，则是方程的两个不同的实数根，构造函数，由导数分别得出和即可证明． 【详解】（1）， ①当时，，则在上单调递减， ②当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； ③当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）①当时，在上单调递减，且， 所以当时，，不合题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 又，时，，时，， 所以当时，，满足题意； ③当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，不合题意； 综上所述，． （3），则， 令， 设，则是方程的两个不同的实数根， 则，令， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， ，， 由于，且的极小值，当时，当时， 因为直线与曲线恰有两个交点， 所以在区间内，由于且递减，要使，必有， 在区间内，由于且递增，必有， 所以， 设，则， 令， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的最小值为， 所以，即， 因为是方程的根，所以，代入不等式得：， 由于，则， 下面证明，那么就有， 由，令，， 则， 因为，，，所以， 所以在上单调递增，又， 因此当，，即， 由于且在上单调递增，且， 所以必有， 所以． 5．（2026·四川成都·三模）设函数. (1)当时，证明：； (2)已知函数在区间内存在极值点. ①求的取值范围； ②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)①,②存在， 【分析】（1）构造函数，求导进行求解； （2）①因为函数在区间内存在极值点，所以在内有变号零点，，对分类讨论进行求解； ②由①知，当时，得，得在上单调递减，故当时，在上单调递增，在上单调递减，由零点存在性定理进行求解；由，及，得则 ，构造函数，求导判断与0大小关系即可． 【详解】（1）设， 则， 因为，所以， 则函数在上单调递增，所以， 得当时，，即得证． （2） ， ， 因为函数在区间内存在极值点， 所以在内有变号零点． ①当时，因为，所以， 得 恒成立， 得函数在上单调递减，无极值，不合题意， 当时，令， 则 ， 所以函数在上单调递减， 又 ， 若 ，即， 则，得，得函数在上单调递减，无极值，不合题意， 若 ，即， 因为函数在上单调递减，且 ， ， 所以存在，使得 ，即， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是的极大值点，符合题意， 故的取值范围为：． ②由①知，当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，得，则， 得在上单调递减， 故当时，在上单调递增，在上单调递减， 而 ， ， 而 ， 由零点存在性定理知，存在唯一的零点，使得， 即存在唯一的零点，使得． 接下来比较与的大小， 因为， 由，得，得， 则 ， 令， 得 ， 令，得， 得在上单调递减，得， 而 ， 令， 得， 得在上单调递减，得， 得， 得 ， 得在上单调递减，得， 得 ，而，得 ， 因为，所以，得，而， 而当时，在上单调递减， 得． 1 学科网（北京）股份有限公司 $