新高考数学二轮复习专题6导数解答题专项提分计划（教师版）

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新高考复习
专题6 导数解答题专项提分计划
1．（2022·广东湛江·统考二模）已知函数.
(1)当时，若在上存在最大值，求m的取值范围；
(2)讨论极值点的个数.
【答案】(1)；
(2)当时，函数有一个极值点；当时，函数有两个极值点；
当时，函数没有极值点.

【分析】（1）根据导数的性质，结合函数的单调性和最值的定义进行求解即可；
（2）根据导数的性质，结合极值点的定义、一元二次方程根的判别式分类讨论求解即可.
(1)
因为，
所以，
因为函数的定义域为：，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，
因此要想在上存在最大值，只需，
所以m的取值范围为；
(2)
，
方程的判别式为.
（1）当时，即，此时方程没有实数根，
所以，函数单调递减，故函数没有极值点；
（2）当时，即，
此时，（当时取等号），所以函数单调递减，故函数没有极值点；
（3）当时，即，此时方程有两个不相等的实数根，
设两个实数根为，设，则，
函数的定义域为：，显然
当时，此时方程有两个不相等的正实数根，
此时当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，函数有极小值点，当时，函数有极大值点，
所以当时，函数有两个极值点，
当时，方程有一个正实数根和一个负根，或是一个正实数和零根，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数有极大值点，
因此当时，函数有一个极值点，
综上所述：当时，函数有一个极值点；
当时，函数有两个极值点；
当时，函数没有极值点.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根的判别式分类讨论是解题的关键.
2．（2022·广东广州·统考三模）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）求导对分类讨论的正负得出的单调性；
（2）变形，利用导数对的值进行分类讨论，得出函数的单调性，由单调性即可得出实数的取值范围．
【详解】（1）由题知，的定义域为，
∴．
（对函数求导后，由于恒大于0，故对进行正负分类讨论，从而判断函数的单调性）
当时，在上恒成立，故在上是增函数；
当时，令得
在上有，在上有
∴在上是减函数，在上是增函数
（2）当时，，即（*）．
令
则．
①若，由（1）知，当时，在上是增函数
故有
即，得，故有．
（由（1）可判断，此不等式为常见不等式，熟记更利于解题）

（当且仅当，即，且时取等号）
（根据及基本不等式可知需对和的大小分类讨论）
∴函数在区间上单调递增，∴，∴（*）式成立．
②若，令
则，当且仅当时等号成立．
∴函数在区间上单调递增．
∵

∴，使得
则当时，，即．
∴函数在区间上单调递减
（构造函数，对其求导并根据零点存在性定理判断的单调性）
∴，即（*）式不恒成立．
综上所述，实数的取值范围是．
【点睛】本题主要考查了利用导数分类讨论求函数的单调性以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.
3．（2022·广东惠州·统考一模）已知函数（）.
(1)当m=0时，讨论的单调性；
(2)若不等式对恒成立，求m的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递增；
(2).

【分析】（1）求得，再求二阶导数，根据二阶导数的正负判断的单调性，从而求得其正负，即可判断原函数的单调性；
（2）根据（1）中所求，对进行适度放缩，对参数与的大小关系进行分类讨论，利用导数研究函数单调性和最值，即可证明.
【详解】（1）当时，，则
令，则
因为时，；时，
所以函数在区间单调递减，在单调递增
所以，
所以函数在R上单调递增.
（2）因为对恒成立，且
所以当时，有；当时，有
由（1）知，所以
由，得
①当时，，
所以函数在单调递增
所以当时，；当时，
所以当时，对恒成立.
②当时，令，则
令，则
因为，有，所以
所以函数在区间单调递增，且有
所以当时，；当时，
所以函数在单调递减，在单调递增
因为，
所以存在使得，且时，
所以函数在区间上单调递减，即，
则有与条件矛盾，即不合题意.
综上①②，可得实数m的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数判断函数单调性，以及利用导数由恒成立问题求参数范围的问题；其中解决第二问的关键是利用第一问中的结论对导数进行放缩，同时利用零点存在定理找到当时的矛盾点，也是重中之重，属综合困难题.
4．（2022·广东潮州·统考二模）已知函数，．
(1)若函数在区间内单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若，且，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据条件将问题转化为在上恒成立问题,然后根据函数的单调性求出的范围；
（2）根据条件将问题转化为成立问题,令，即成立，再利用函数的单调性证明即可.
(1)
解：因为的定义域为，
所以，
若函数在区间递增，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
则只需，
令，则，
当时，，单调递减，
即在时取得最小值9，
所以，
所以a的取值范围为．
(2)
解：令，，
则，．
由，且，得，
所以，，
所以要证成立，
只需证，
即，即成立即可，
令，则需证，
由（1）可知时，函数在单调递增，
所以，所以成立，
所以．
【思路点睛】1、一般地，若在区间上可导，且，则在上为单调增（减）函数；反之，若在区间上可导且为单调增（减）函数，则恒成立．
2、对于函数不等式的恒成立问题，可构建新函数，再以导数为工具讨论新函数的单调性从而得到新函数的最值，最后由最值的正负得到不等式成立.
5．（2022·广东深圳·深圳市光明区高级中学校考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的极值点；
(2)当时，试讨论函数的零点个数.
【答案】(1)
(2)有个零点

【分析】（1）当时求出，令求得，分、讨论可得单调性和极值点；
（2）由，设，得到，分，和三种情况讨论，分别求得函数的单调性与极值，进而求得结论.
(1)
当时，，则，
令 ，则.
当时，，，
在上单调递增，
，
在上单调递增.
当时，可得，
，
在单调递减；
综上，函数的极值点为.
(2)
当时，，是的一个零点，
令，可得.
因为，
①当时，，，在单调递增，，
在单调递增，，此时在无零点.
②当时，，有， 此时在无零点.
③当时，，，在单调递增，又，，
由零点存在性定理知，存在唯一，使得.
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
又，，所以在上有个零点.
综上，当时，有个零点.
【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：
1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.
6．（2022·广东广州·校联考三模）已知函数.
(1)若在上是增函数，求a的取值范围；
(2)若是函数的两个不同的零点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）对函数求导，利用导数值恒大于等于0，再分离参数，构造函数并求最值即可作答.
（2）根据给定条件可得，，再分别作差、求和分析推理构造函数，利用导数探讨最值作答.
（1）
（1）函数，所以，
①若，则都有，所以在为增函数，符合题意.
②若，因为在为增函数，所以，恒成立，
即，恒成立，令，则，
所以函数在上单调递增，，所以，
这与矛盾，所以舍去.
综上，a的取值范围是.
（2）
证明：是函数的两个不同的零点，所以，，
显然，，则有，，
所以，
不妨令，设，
于是得，，
要证，
只需证，即，令，，
则，所以函数在上单调递增，
所以，于是得，
又，要证，
只需证，即，
而，即证，即，即，
令，，则，
所以函数在上单调递减，
所以，即有，
综上，.
【思路点睛】利用导数证明不等式成立，可以将不等式的一边化为，对另一边进行构造函数，结合导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而证得不等式成立.
7．（2022·广东肇庆·校考模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的单调性;
(2)若函数 有两个零点， 求证：．
【答案】(1)答案见解析．
(2)证明见解析

【分析】（1）求导，再分和两种情况讨论求解即可；
（2）结合（1）得时，有两个零点，不妨设是函数的两个零点，进而得，再设，，进而得，再等价转化后，构造函数，利用导数证明不等式即可.
【详解】（1）解：函数定义域为， ，
当时，恒成立， 函数在上单调递增；
当时，时，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
综上，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）解：由（1）知，若函数 有两个零点，
则，且，即时，有两个零点，
不妨设是函数的两个零点，
则，两式相除得，
不妨设， 设 ，
所以 ，
所以，要证，只需证， 即证：，
设，
则，
令，则，
所以，当时，，单调递增，
所以，在恒成立，即，
令,
则，
所以，在上单调递增，
所以，，
所以在上成立，即在上单调递增，
所以，即.
所以，.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于设， 设，进而将得到，再结合要证结论，将问题转化为证明，再利用导数证明不等式即可.
8．（2023·广东肇庆·统考二模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设是两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】(1)在上单调递减；在上单调递增.
(2)证明见解析

【分析】（1）先求函数的定义域，对函数求导，令导数为0，解出，然后在定义域范围内分析即可.
（2）利用分析法证明，变形要证明的式子，结合构造新函数利用函数的导数进行证明.
【详解】（1）的定义域为，
，
令，得：，
当变化时的关系如下表：


0

1



无意义

0



无意义




在上单调递减；在上单调递增.
（2）证明：要证，
只需证：
根据，只需证：
不妨设，由得：；
两边取指数，，化简得：
令：，则，
根据（1）得在上单调递减；
在上单调递增（如下图所示），

由于在上单调递减，在上单调递增，
要使且，
则必有，即
由得：.
要证，只需证：，
由于在上单调递增，要证：，
只需证：，
又，只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，
即证，
令，
只需证：，
，
令，
在上单调递减，
所以，
所以
所以在上单调递减，所以
所以
所以：.
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
9．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递区间为
(2)

【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）通过构造函数利用导数找最值的方法解决恒成立问题，求解实数a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域是，
当时，，
令得，所以函数在上单递递增；
令得，所以函数在上单调递减．
所以函数的单调递增区间为，单调递区间为．
（2）恒成立，等价于恒成立，
令，
因为恒成立，所以在上单调递增，
所以，即，
所以恒成立，等价于恒成立
令，问题等价于恒成立
①若时，恒成立，满足题意；
②若时，则，所以，不满足题意；
③若时，因为，令，得，
，，单调递减，，，单调递增，
所以在处取得最小值，
要使得，恒成立，只需，
解得
综上：
【解法二】恒成立，等价于，
令

①若时，，所以在上单调递增，
，即，满足，
②若时，则， ，所以在上单调递增，
由，
函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递增，值域为；
所以，使得，不满足题意．
③若时，令，∴，
令，则在上单调递增，
函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递减，值域为；
则，；，，；，，
所以，，，
，，单调递减，，，单调递增，
只需即可，
∴，∴，
令，，∴在上单调递增，
，∴时，，，，
所以在上单调递增，∴，
即，
综上：
【点睛】1. 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．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3..证明不等式，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.
10．（2022·广东广州·统考二模）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若，证明：．
【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间；
(2)证明见解析．

【分析】(1)求f(x)的导数，令，求，根据正负判断单调性，根据单调性判断正负，从而判断f(x)单调性；
(2)将化为，令＞1，则，根据(1)中f(x)单调性即可证明．
（1）
的定义域为，
由于，则，，
令，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
则．
∴函数的单调递减区间为，无单调递增区间﹒
（2）
方法一：欲证，
只要证，
即证．
令，由于，则．
故只要证，即证．
由(1)可知，在区间上单调递减，
故时，，即．
由于，，则．
∴成立．
∴．
方法二：由(1)得在上单调递增，
当时，，，
，
则，使，即，则．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
则
，
∴，
令，由于，则，
则，
整理得．
【点睛】本题第一问关键是二次求导，依次通过导数的正负判断原函数的单调性；第二问的关键是注意到要证的不等式可以化为，令＞1，则化为，即，结合(1)中函数单调性即可证明得到结论．
11．（2022·广东广州·校联考三模）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距最小值为．
(1)求抛物线的方程．
(2)若点在圆上，、是抛物线的两条切线，、是切点，求 面积的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求出抛物线的焦点的坐标，利用圆的几何性质可得出关于的等式，可求得的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）设点、、，利用导数求出切线、的方程，可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出以及点到直线的距离，求出面积的表达式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
(1)
解：抛物线的焦点为，圆的圆心为，半径为，，
所以，且与圆上点的距最小值为，解得，
因此，抛物线的方程为.
(2)
解：对函数求导得，设点、、，
所以，直线的方程为，即，
同理可知直线的方程为，
因为点为直线、的公共点，则，
所以，点、的坐标满足直线方程，
所以，直线的方程为，
联立可得，
由可得，所以，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
令，
所以，面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
12．（2022·广东汕头·统考一模）已知函数（且为常数）.
(1)讨论函数的极值点个数；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求得，分、、三种情况讨论，作出函数与函数的图象，数形结合可得出函数的极值点的个数；
（2）由参变量分离法可知对任意的恒成立，利用导数结合隐零点法求出函数在其定义域上的最小值，即可得出实数的取值范围.
(1)
解：函数的定义域为，则.
令，则，由，可得，列表如下：









减
极小值
增

所以，.
①当时，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时函数在上单调递增，则函数无极值点；
②当时，令，则，由，可得，列表如下：









减
极小值
增

且当时，；当时，.
作出函数与函数的图象如下图所示：
（i）当时，直线与函数的图象有两个交点，
设这两个交点的横坐标分别为、，且，

由图可知，当或时，；当时，.
此时，函数有个极值点；
（ii）当时，由图可知，直线与函数的图象有一个交点，设其横坐标为，且，

当时，；当时，.
此时函数只有个极值点.
综上所述，当时，函数无极值点；
当时，函数有个极值点；
当时，函数只有个极值点.
(2)
解：不等式对任意的恒成立，
等价于对任意的恒成立，
所以，对任意的恒成立，
令，其中，则，
令，其中，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
因为，，故存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
因为，则，因为，则，
因为函数在上单调递增，
由可得，故，可得，
所以，，故.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
13．（2022·广东肇庆·统考二模）已知函数．
(1)函数为的导函数，讨论的单调性；
(2)当时，证明：存在唯一的极大值点，且．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）设，然后对函数求导，再分和讨论导函数的正负，从而可求出其单调区间，
（2）两次利用零点存在性定理求得函数的极大值点，从而可得，再结合可证得结论
(1)
，设，则．
①当时，，则在上单调递增；
②当时，令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)
证明：当时，，，
由（1）可知的最小值为，
而，又，
由函数零点存在定理可得存在使得，又在上单调递减，
所以当时，，当时，，故为的极大值点，
又在上单调递增，故在上不存在极大值点，
所以存在唯一的极大值点，
又，，，所以．
因为，而，所以．
又为极大值，，
所以综上，．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调性，利用导数求函数的极值，解题的关键是先由函数零点存在定理得到函数的极大值点，再根据零点存在性定理得极大值点，然后代入函数中利用放缩法可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题
14．（2022·广东江门·统考模拟预测）已知函数，.
(1)证明：；
(2)若函数的图象与的图象有两个不同的公共点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）构造函数，利用导数求得，可证得所证不等式成立；
（2）由可得，构造函数，其中，问题转化为直线与函数的图象有两个交点，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.
【详解】（1）解：要证，即证：当时，不等式恒成立.
令，则，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
则，故.
（2）解：由可得，
构造函数，其中，
则，
当时，，，则，此时函数单调递增，
当时，，，则，此时函数单调递减，
所以，，
令，则当时，，
当时，，故存在时，使得，即，
作出函数与的图象如下图所示：

由图可知，当时，函数与的图象有个交点，
因此，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
15．（2022·广东茂名·统考一模）已知函数.
(1)若，恒成立，求的取值范围；
(2)证明：；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）参变分离得，构造函数令，利用导数求出函数的最小值，即可得到答案；
（2）对分三种情况讨论，分别证明，即可得到答案；
（3）根据不等式成立，利用放缩法，进行不等式的证明；
(1)
恒成立，
，即，令，
.
时，在上是单调减函数；
当时，在上是单调增函数

.
(2)
证明：（2）由（1）得，，
.
当时，显然成立；
当时，显然成立
故.
(3)
由（2）得，，即，
时，，
则.



又，
当时，.
16．（2022·广东广州·华南师大附中校考模拟预测）已知函数，既存在极大值，又存在极小值.
(1)求实数的取值范围；
(2)当时，、分别为的极大值点和极小值点，且，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由已知可得，分析可知方程有两个不等的实根，解方程，可得出关于的不等式，即可得解；
（2）求得，，可得出，，由已知可得，构造函数，其中，分、两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，验证不等式对任意的是否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
(1)
解：由可得
，
因为函数既存在极大值，又存在极小值，则必有两个不等的实根，则，
由可得，，所以，，解得且.
因此，实数的取值范围是.
(2)
解：，则.
由可得，此时函数单调递减，
由可得或，则函数的增区间为和，
所以，，，则，，
由题意可得对任意的恒成立，
由于此时，则，
所以，，则，
构造函数，其中，
则，
令，则.
①当时，，所以，在上单调递增，
所以，即，符合题意；
②当时，，设方程的两根分别为、，
则，，设，
则当时，，则在上单调递减，
所以当时，，即，不合题意.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数的取值范围，在求解时注意根据函数值符号判断出参数的符号，进而对参数进行分类讨论求解.
17．（2022·广东·统考模拟预测）若．
(1)当．时，讨论函数的单调性；
(2)若，且有两个极值点，，证明．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，分，，三种情况讨论即可的解；
（2），由题意可得，，且，写出，整理后构造函数（a），利用导数证明（a），即可证明．
(1)
解：当时，
，
令，或，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减
在上单调递增；
当时，，故函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减在单调递增；
(2)
证明：当时，．
∵函数有两个极值点，∴方程有两个根，
∴，且，解得，
由题意得

，
令，
则，∴在上单调递减，∴，
∴
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查化归与转化思想及分类讨论思想，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于难题．
18．（2022·广东·统考模拟预测）已知函数.
（1）若有两个零点，求的取值范围；
（2）设，若对任意的，都有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】把函数有两个零点，转化为与的图象有两个交点，，利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象，即可求解；
（2）根据题意转化为在上恒成立，令，求得，令，利用导数求得函数在上为增函数，得到，使得，进而得出函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，；当时，；当时，，
要使得函数有两个零点，即与的图象有两个交点，如图所示，
可得，即，此时有两个零点，
所以有两个零点时，的范围是.

（2）因为对任意的，不等式恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
令，则，
所以在上为增函数，
又因为，，
所以，使得，即，
当时，，可得，所以在上单调递减；
当时，，可得，所以在上单调递增，
所以，
由，可得，
令，则，
又由，所以在上单调递增，
所以，可得，所以，即，
所以，所以，
综上所述，满足条件的的取值范围是.
【点睛】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，一般涉及分类参数法，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．
19．（2022·广东中山·中山纪念中学校考模拟预测）已知函数，．
（1）求在区间上的极值点；
（2）证明：恰有3个零点．
【答案】（1）极大值点，极小值点；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出，利用导数求出函数的单调区间，进而求出极值点.
（2）求出是的一个零点，再判断函数为偶函数，只需确定时，的零点个数，利用导数判断函数的单调性，结合函数的符号即可求解．
【详解】解：（1）（），
令，得，或．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
故是的极大值点，是的极小值点．
综上所述，在区间上的极大值点为，极小值点为．
（2）（），
因为，所以是的一个零点．
，
所以为偶函数．
即要确定在上的零点个数，只需确定时，的零点个数即可．
当时，．
令，即，或（）．
时，，单调递减，又，所以；
时，，单调递增，且，
所以在区间内有唯一零点．当时，由于，．
．
而在区间内单调递增，，
所以恒成立，故在区间内无零点，
所以在区间内有一个零点，由于是偶函数，
所以在区间内有一个零点，而，
综上，有且仅有三个零点．
【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值点、利用导数研究函数的零点个数，考查了分析能力、数学运算，属于难题.
20．（2022·广东茂名·统考模拟预测）函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，时，恒成立，求正整数的最大值.
【答案】（1）见解析
（2）
【分析】（1）对求导，再因式分解，讨论每个因式的正负，再判断的正负，进而判断的单调性；（2）代入，将不等式中的和分离在不等号两边，然后讨论不等号含有一边的函数的单调性，进而判断最值，再计算的取值范围，由是正整数的条件可求出的最大值.
【详解】解：（1）函数的定义域为，
①当时，因为，故有.
此时函数在区间单调递减.
②当，有，方程的两根分别是：

函数在上单调递减；
当函数在上单调递增；
当函数在上单调递减.
③当时，易知在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，
在上单调递增；
当时，在上单调递增，在单调递减.
（2）当
设
当时，有，
设
在上单调递增，
又在上的函数图像是一条不间断的曲线，
且，
存在唯一的，使得，即.
当；
当，
在上单调递减，在上单调递增，

在上单调递减，
，
时，不等式对任意恒成立，
正整数的最大值是3.
【点睛】本题是典型的导数和不等式的综合题，这种题需要分情况讨论函数单调性再进行判断，属于较难题.
21．（2022·广东茂名·统考模拟预测）已知函数，，曲线和在原点处有相同的切线l．
(1)求b的值以及l的方程；
(2)判断函数在上零点的个数，并说明理由．
【答案】(1)，的方程：.
(2)在上有1个零点，理由见解析.

【分析】（1）根据曲线和在原点处有相同的切线l，则可知斜率相等，进一步求出b的值以及l的方程；
（2）函数零点即是图象与轴的交点，需要用导数的方法研究函数，其中要进行二次求导，运用零点存在性定理说明函数的零点情况.
（1）
依题意得： ，.
，
，的方程：.
（2）
当时，，，此时无零点.
当时，
令
则，显然在上单调递增，
又，，所以存在使得，
因此可得时，，单调递减；
时，，单调递增；又，
所以存在，使得，
即时，，，单调递减；
时，，，单调递增；
又，，所以在上有一个零点.
综上，在上有1个零点.
【点睛】本题考查导数几何意义、函数的零点、用导数研究函数的单调性以及零点存在性定理，知识考查较为综合，对学生是一个挑战，属于难题.
22．（2022·广东茂名·统考模拟预测）已知函数.
(1)求的极值；
(2)若时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）对求导得，分别讨论和时，求不等式，的解集，再由极值的定义可求得结果；
（2）恒成立，转化为对任意恒成立，进一步令， 对任意恒成立，令，分类讨论和是否满足，即可得出答案.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，      
当时，在恒成立，在单调递减，故无极值；
当时，令，则，  
时，，在单调递减；
时，，在单调递增；
故在取极小值，且，无极大值
综上，当时，无极值；
当时，在取极小值，且，无极大值.
（2）解：∵，∴，即且
∴且，即，为的两个零点
∴由（1）知，当时，在取极小值，且，故
又∵，∴，         
又∵恒成立，∴对任意恒成立，
∵，∴，且    
∴对任意恒成立
∴令，则，对任意恒成立，则.
∴对任意恒成立            
令，则
当，即时，恒成立            
故在为单调递增函数，
又∵，∴对恒成立       
当，即时，为单调增函数，
又∵，，∴使，
当时，，故在单调递减
∴当时，，不合题意
综上，实数的取值范围为.
【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性求函数的极值及导数在恒成立求参问题中的应用，考查学生的运算求解能力和转化与化归能力.属于综合型、难度大型试题.
23．（2022·广东·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）当时，求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）分析可知，不等式在上恒成立，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证能否恒成立，综合可得出实数的取值范围.
(1)
解：当时，，则，所以，，，
此时，曲线在处的切线方程为，即.
(2)
解：在上恒成立，且，所以，，
因为，所以，.
①当时，，此时函数在上单调递增，则，不合乎题意；
②当时，令，则，
此时函数在上单调递减.
若，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时，函数在上单调递减，则，合乎题意；
若，即当时，
取，则，则，
此时，
所以，，
所以，存在，使得，
当时，，此时函数单调递增，则，不合乎题意；
③当时，因为，与题设矛盾，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键在于计算得出，结合端点效应将问题转化为恒成立，然后借助导数分析函数在上的单调性求解即可.
24．（2022·广东佛山·校联考模拟预测）设函数，．
(1)若，求函数的单调区间和最值；
(2)求函数的零点个数，并说明理由．
【答案】(1)增区间为，减区间为；最大值为，无最小值
(2)答案不唯一，具体见解析

【分析】（1）由，求导，再分别令，求解；
（2）由，，求导，得到函数有唯一的极大值点，极大值，令，，利用导数法求解.
(1)
解：函数的定义域为，
当时，，
，
令，得；
由，得；
由，得．
所以，增区间为，减区间为．
当时，函数有最大值为，无最小值
(2)
，，
，
令，得（舍）或；
由，得；
由，得．
所以，增区间为，减区间为．
函数有唯一的极大值点，
，
令，．
因为恒成立，函数为增函数，
且，
①时，，即
函数一定没有零点．
②时，，即
函数有唯一的零点．
③时，，即，
，
且，
，
，
令，则，
当时，成立，
所以，
所以，
∴，，
所以，
在区间上有唯一零点，在区间上有唯一零点，
函数有两个不同的零点．
综上所述：
①时，函数一定没有零点．
②时，函数有唯一的零点．
③时，函数有两个不同的零点．
【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
25．（2022·广东汕头·统考三模）已知函数．
(1)求在的极值；
(2)证明：函数在有且只有两个零点．
【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数得出在的极值；
（2）利用导数得出的单调性，再由零点存在性定理证明即可.
【详解】（1）由得，，
令得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，函数的极小值为，无极大值．
（2）证明：，，则，
令，则．
当时，，则在上单调递减
∵，
所以，存在，使得．
当x变化时，，变化如下表：
x





0


单调递增
极大值
单调递减

而，，
则，又，
令，其中，
则，所以，函数在上单调递增，
则，所以，，
由零点存在定理可知，函数在上有两个零点．
【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键是由导数得出的单调性，由，，结合零点存在性定理证明函数在有且只有两个零点．
26．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数，，其中为实数.
(1)求的极值；
(2)若有4个零点，求的取值范围.
【答案】(1)，无极小值.
(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）由可得，令，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，
所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）解：由即，可得，
令，则，
设，则，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，即，，
所以存在，使得，，
即，①，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故的极大值为，极小值为和
对①式两边取对数可得，②，
将①②代入得，
同理可得，
要使有四个零点，则必有，解得，
而，，
由零点存在定理可知，当时有且仅有个零点，即有个零点，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：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．
27．（2022·广东·统考模拟预测）已知函数．
(1)若，求曲线在x＝0处的切线方程；
(2)若，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求出，求导后求出，点斜式写出切线方程；（2）根据，得到要想恒成立，需要，由，解得：，接下来验证充分性成立
【详解】（1）当时，，

，
则，
所以曲线在x＝0处的切线方程为；
（2）定义域为R，
，
因为，
所以要想恒成立，需要，
由，解得：，
下面证明充分性：
当时，，
令，
则恒成立，故在R上为增函数，
因为，
所以在上恒成立，在上恒成立，
所以在R上有唯一的极小值点0，
且，满足题意.
综上：a的取值范围是
【点睛】导函数处理某些参数取值范围的题目，要结合特殊点的函数值或特殊点的导函数值进行求解，再进行充分性证明即可，本题中就是注意到，从而确定了要想恒成立，需要，由，解得：，接下来证明充分性即可.
28．（2022·广东深圳·统考一模）已知函数（）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点，．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)（i）（ii）证明见解析

【分析】（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；
（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.
【详解】（1）定义域为，，
①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；
②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．
综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
（2）（i）由（1）知：当时，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
当时，因为在上递增，在上递减，
因为，故，
设，，
则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，
故，即取，
则
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（ii）因为，所以，，
下面先证明，
根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因为，所以即证，
记，，

，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
29．（2022·广东茂名·统考二模）已知函数．其中实数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：关于x的方程有唯一实数解．
【答案】(1)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，上单调递增，在单调递减.
(2)证明见解析.

【分析】（1）求出，然后分，，三种情况讨论，
研究的正负，由此判断函数的单调性即可；
（2）将方程进行变形可得，
令，利用导数研究函数的单调性，
结合零点的存在性定理进行证明即可.
(1)
（1）函数，
则，
当时，当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得或，
当或时，，则单调递增，
当时，,则单调递减，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
当时，令，解得或，
当或时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以在，上单调递增，在单调递减.
综上所述，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，上单调递增，在单调递减.
(2)
证明由，得，
令，则，
当时，，故函数在上单调递增.
，，
故时，恰有1个零点.
当时，令，则在上单调递增，
因为，，令，
可得时，单调递增，
所以，故，
则存在唯一的实数，使得，即，
故在，上单调递增，在上单调递减，
因为，
，
故当时，函数恰有1个零点.
当时，，在上单调递增，
又因为，，
所以存在唯一实数，使得，即，
故在，上单调递增，在上单调递减，
因为，，
故当时，函数只有个零点.
当时，
，
由，解得，
所以
，
令， ，
， 故在上单调递增，
，
，当时， 函数无零点.
因此，当时，函数只有一个零点.
即证当时，关于x的方程有唯一实数解
【点睛】此类问题解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有:
（1）方程法：直接解方程得到函数的零点；
（2）图象法：直接画出函数的图象分析得解；
（3）方程与图象法：令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解.
30．（2022·广东汕头·统考二模）已知函数，其中是自然对数底．
(1)求的极小值；
(2)当时，设为的导函数，若函数有两个不同的零点，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求得函数的导数，分和两种情况讨论，结合导数的符号，求得函数的单调性，结合极值的定义，即可求解；
（2）根据题意，把，设，转化为利用导数证明，再设，证得，即可证得.
(1)
解：由题意，函数，可得，
当时，令，函数在上单调递增，无极小值；
当时，令，即，解得，
当时，，此时函数上单调递减；
当时，，此时函数上单调递增，
所以当时，函数取得极小值，极小值为.
(2)
证明：因为，所以，
所以，
因为函数有两个不同的零点，且，
所以，，所以，
所以，
因为，设，
可得，
因为，所以在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以，
再考虑，
因为，
所以，
设，则，
令，
则，
所以在上为单调递减函数，所以，
即恒成立，进而，
综上可得，.