导数解答题7大常考题型总结-【高考备考题型讲义】备战2024年高考数学常考题型分类讲义（新高考专用）

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2024年高三解答题导数7大常考题型总结
【题型目录】
题型一：导数中证明不等式问题
题型二：导数中的隐零点问题
题型三：导数中的零点问题
题型四：导数中的同构问题
题型五：导数中的极值点偏移问题
题型六：导数中的双变量问题
题型七：导数与数列不等式问题
【题型总结】
题型一：导数中证明不等式问题
【例1】已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)讨论的单调性.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析
【分析】（1）构造函数，利用函数的最值即可证明不等式；
（2），对分类讨论即可得出函数的单调性．
【详解】（1）当时，令，
，
可得时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增，
时，函数取得极小值即最小值，，
∴，即．
（2）函数的定义域为，
，  
当时， 时，，函数单调递增；时，，函数单调递减；
当时，时，，函数单调递增区间为；时，，函数单调递减；
当时，，，函数在单调递增．
综上，当时，函数在单调递增，在单调递减；
当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递增.
【例2】已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再求出导数为正、为负的x取值区间作答.
（2）等价变形给定不等式，构造函数，利用导数求出最值推理作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，又，
则当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）因为，则不等式，
当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，则，
令，则，当时，，当时，，
因此在上单调递减，在上单调递增，，
于是得，即，
所以.
【例3】已知函数.
(1)求该函数在点处的切线方程；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）令，其中，利用导数分析函数在区间上的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，该函数的定义域为，则，
所以，，，
因此，曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：令，则，
当时，，则函数在上为减函数，
故当时，，则.
【例4】已知函数有两个不同的零点x1，x2.
(1)当时，求证：；
(2)求实数a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，进而证得不等式成立.
（2）结合导数，先判断，然后结合的最小值为负数以及零点存在性定理求得的取值范围.
【详解】（1）令，则.
当时，所以在上单调递减.
所以
所以.
（2），
当时，，此时f（x）为增函数，不合题意；
当时，，得，(舍)
所以当，，f（x）单调递减；当，，f（x）单调递增.
如果f（x）有两个不同的零点，必有，
则，得，所以.
此时，又此时，
故在（）有一个零点：
由（1）知，时，，令，
解得，故当时，，故当时，，
故在）上有一个零点，
所以f（x）有两个不同的零点时，a的取值范围为
【点睛】利用导数研究函数的零点，首先要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.然后利用导数进行研究时，转化为极值、最值问进行求解，求解过程中要注意结合单调性以及零点存在性定理来进行判断.
【例5】已知函数（）.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)当时， 在单调递减，单调递增，
当时， 在单调递增，单调递减.
(2)证明见解析
【分析】(1)根据导数讨论单调性即可；
(2)根据导数与单调性和极值的关系得到，即可证明.
【详解】（1），
当时，得解得，得解得，
所以在单调递减，单调递增；
当时，得解得，得解得，
所以在单调递增，单调递减；
（2）因为，
由（1）知，当时，单调递增，
所以，即，
设，，
由得解得，
由得解得，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
从而恒成立，即恒成立.
【题型专练】
1．已知函数．
(1)若在上恒成立，求实数a的值；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；(2)证明过程见详解
【分析】(1)分，和三种情况讨论，当时，求导利用函数的单调性和最值进行求解即可；
(2)结合（1）的结论，将不等式进行等价转化证明，构造函数，对函数求导，利用函数的单调性即可证明.
【详解】（1）当时，，当时，，不符合题意；
当时，，又时，，不符合题意；
当时，，令，解得：，令，解得：，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，令，
则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又因为，所以.
（2）由(1)知：时，在上恒成立，即，
所以当时，，即，又当时，，
所以，所以要证，只需证，即证，令，则有，又，所以，所以在上恒成立，即在上单调递减，，
所以当时，.
【点睛】思路点睛：某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，有时可以构造一个函数，借助单调性进行求解.
2．已知函数，．
(1)判断函数的单调性；
(2)证明：．
【答案】(1)在上单调递减，理由见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，构造函数利用导数判断函数的单调性，从而判断原函数导数的正负，进而即得；
（2）将不等式转化为，然后构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而证明不等式.
【详解】（1）函数在给定区间内单调递减，理由如下：
因为函数，，
所以，
设，则，
所以在区间上单调递减，
故，即，
所以函数在区间上单调递减；
（2），，
先证时，，即，
设，则，
所以在区间上单调递增，
所以，即；
再证时，，即，
设，则，
所以在上单调递增，
所以，
所以；
综上，.
【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.
3．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）先求出切线的斜率，再求出切点即得解；
（2）令，利用导数求出函数的最小值即得证.
【详解】（1）解：由题得，所以，
又，所以切线方程为，即.
（2）证明：令，
，
当时，，当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以当时，，
时，
故当时，.
4．已知函数.
(1)判断0是否为的极小值点，并说明理由；
(2)证明：.
【答案】(1)0是的极小值点，理由见解析；(2)证明过程见解析
【分析】（1）求的定义域，求导，得到，且时，，时，，故0是的极小值点；
（2）对不等式变形得到，令，求导，得到其单调性，从而得到g(x)正负，故恒成立，结论得证.
【详解】（1）0是的极小值点，理由如下：
定义域为，
，其中，
当时，，故，
当时，，故，
故在上单调递减，在上单调递增，
故0是的极小值点；
（2）等价于，
即，
令，
则，
当时，，所以在上单调递增，
又，
故当时，，当时，，
则恒成立，
故.
5．设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
6．设函数．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）证明当时，；
（Ⅲ）设，证明当时，.
【答案】（Ⅰ）当时，单调递增；当时，单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．
【详解】试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数，然后通过解不等式或可确定函数的单调性；（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的换为即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理．
试题解析：（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为.
所以当时，.
故当时，，，即.
（Ⅲ）由题设，设，则，令，
解得.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
由（Ⅱ）知，，故，又，故当时，.
所以当时，.
【考点】利用导数研究函数的单调性、不等式的证明与解法
【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明．
题型二：导数中的隐零点问题
【例1】已知函数（）．
(1)若函数的极大值为0，求实数a的值；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数单调性，结合函数的极值，求得答案；
（2）利用（1）的结论，将不等式转化为，即证当时，
，从而构造函数，利用导数求得该函数的最值，进而证明不等式.
【详解】（1）∵函数的定义域为，
且．
∴当时，恒成立，在上单调递增，无极大值．
当时，由解得；由解得，
故在上单调递增，在上单调递减,
∴,
即，而函数在上单调递增，
所以．
（2）证明：由（1）知，即．
要证当时，，
即证，
当时，,即证,
令函数，则，
令，
则，所以函数在定义域上单调递增．
因为，，
所以函数在区间上存在零点，使得，即,
当时，；当时，；
故为函数在区间上的唯一极小值点，
所以
，
所以当时，．
【点睛】关键点点睛：要证当时，，利用（1）的结论，即证，关键就是再转化为证明，从而构造函数，利用导数求得函数最值，解决问题.
【例2】已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)当时，在上为单调递增；当时，在上为单调递减，在上为单调递增.(2)证明见见解析.
【解析】(1)由已知条件得函数的定义域为，
，
因为
①当时，在上恒成立，故在上为单调递增.
②当时，当时，，当时，
故在上为单调递减，在上为单调递增；
综上所述：当时，在上为单调递增
当时，在上为单调递减，在上为单调递增
(2)当时，
要证原式成立，需证成立，即需证成立，
令，则，
令，则，故在上单调递增，
，，由零点存在性定理可知，存在使，
则在上，在上，
即在上，在上，
则在上单调递减，在单调递增，在处取得最小值，
由可得，即，
两边同取对数，即，
的最小值为，即成立，
故当时，成立.
【点睛】
关键点睛：本题考查利用导数讨论函数的单调性，利用导数证明不等式. 解答本题的关键是构造函数，分析其单调性，得出其最小值，从而得出函数在在处取得最小值，而满足，两边同取对数得，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题.
【例3】已知函数.
(1)若，求在上的最大值与最小值之差；
(2)若，证明：
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】(1)由题意得，则，
由于都是递增函数，故是递减函数，
则，
故为递减函数，
则，
故；
(2)证明：由， ，
可得，
设，
令 ，故单调递增，
又，
故存在 ，使得，
当 时，，单调递减，
当 时，，单调递增，
故，
由于，则，故，所以.
【例4】已知函数．
(1)若曲线在处的切线经过点，求实数a的值；
(2)若对任意，都有（e为自然对数的底），求证：．
【解析】(1)，所以，，   
所以曲线在点处的切线方程为，
因为切线经过点，所以,解得．
(2)设，则，   
设，则，
因为在上递增，所以当时，，当时，
所以在上递减，在上递增，
所以，   
令，则,所以在递减，
因为，所以，所以．
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是构造函数，利用导数求得，再利用函数的单调性结合可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题.
【例5】设函数.
(1)若曲线在点处的切线斜率为1，求实数的值；
(2)求的单调区间；
(3)若，为整数，且当时，恒成立，求的最大值.
【答案】(1);(2)答案见解析;(3)最大值为2
【解析】(1)由已知条件得，
在点处的切线斜率为，即，
(2)的定义域为, ，
若，则，则在上单调递增；
若，由得，由得，
则单调递增区间为，单调递减区间为；
(3)由得，整理得，
当时，，即
令，则.
令，由（2）知，函数在上单调递增，
其中，，
∵由零点存在性定理可知在上存在唯一的零点，即，
∴在上，在上，
∴在上，在上，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在上的最小值为，
又∵，∴，即，
∴，且为整数，∴的最大值.
【题型专练】
1.已知函数.
(1)若有两个极值点，求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：.
【答案】(1);(2)证明见解析
【解析】（1）的定义域为，，由题意在上有两解，
即，即有两解.
令，即的图象与直线有两个交点.
，得，当时，，递增；
当时，，递减，，，
时，；时，，
，，a的取值范围是.
（2）当时，，即证，即证，
令，，令，则，
当时，，在递增.
，，
存在唯一的，使得，
当时，，递减；
当时，，递增，.
又∵x0∈(1,e)，，∴lnx0−2x02=0，
∴ℎ(x0)=x0lnx0+2−x0+2x0=2x0+2−x0+2x0=2−x0+4x0>2−e+4e>0，
，∴f(x)>x−2x.
2.已知函数，．
(1)判断函数的单调性；
(2)当时，关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；(2).
【解析】(1)的定义域为，求导得：，
若时，则，此时在单调递增；
若时，则当时，在单调递减，
当时， ，f(x)在单调递增.
(2)当时，，
由题意在上恒成立，
令，则，
令，则，所以在上递增，
又，所以在上有唯一零点，
由得，
当时，即，单调递减；
时，即，单调递增，
所以为在定义域内的最小值.
即
令，则方程等价于，
又易知单调递增，所以，即
所以，的最小值
所以，即实数的取值范围是
【点睛】
利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
3.已知函数(为自然对数的底数，)．
(1)求的单调区间和极值；
(2)设，若对任意的，都有恒成立，求的取值范围.
【解析】(1)，x＞0，
当时，－a≥0，，∴在上单调递增，无极值；
当时，令，得，
当时，；当时，；
∴在上单调递减，在单调递增，极小值为，无极大值.
综上，当时，的增区间为，无减区间，无极值；
当时，的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值.
(2)∵对任意的，不等式恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
令，则，∴在上为增函数，
又∵，，
∴，使得，即，
当时，，可得，∴在上单调递减；
当时，，可得，∴在上单调递增，
∴，
由，可得，
令，则，
又由，∴在上单调递增，
∴，可得，∴，即，
∴，∴，
综上所述，满足条件的取值范围是.
【点睛】
本题关键是参变分离不等式，将问题转化为求在时的最小值，转化为通过导数研究F(x)的单调性和最小值.在求解过程中，需要对导数二次求导，从而判断导数的零点，该零点为隐零点，故需采用隐零点的讨论方法求解.在处理方程时，还需要采用同构思想构造函数，达到简化的目的.
4.已知函数的图象在点(为自然对数的底数)处的切线斜率为 ．
(1)求实数的值;
(2)若 ，且存在使成立，求的最小值．
【答案】(1)1(2)4
【解析】(1)由题意知：，，解得；
(2)由（1）知：，存在 使 成立等价于，
令，
则，令，
则，所以在上单增，
又，故存在使，即，
故当时，单减，故当时，单增，
故，故，
又且，故 的最小值为4.
5.已知函数.
(1)判断函数的单调性；
(2)若对于任意的，都有，求整数的最大值.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2)3.
【解析】（1）的定义域为，求导得：，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2），，
令，，则，
由（1）知，在上单调递增，且，
则在区间内存在唯一的零点，使，即，
则当时，，，有在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
于是得，因此，，
所以整数的最大值为3.
6.已知函数满足对任意的恒成立，其中e为自然对数的底数.
（1）求a的值；
（2）证明：存在唯一的极大值点，且.
【解析】（1）由题意，，
设，则，且恒成立，
当时，显然对任意的，，不合题意；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
从而，
因为恒成立，所以①，
设，则，所以，，
从而在上单调递增，在上单调递减，
故，即②，
结合①②可得只能，且此时，综上所述，实数a的值为1.
（2）由（1）可得fx=ex−1−xex，所以f'x=ex−1ex+ex−1−xex=2ex−x−2ex，
设ℎx=2ex−x−2x∈R，则ℎ'x=2ex−1，
所以，，从而ℎx在上单调递减，在上单调递增，
故，
因为ℎ−2=2e−2>0，所以ℎx在上有一个零点，记作，
又ℎ0=0，所以ℎx共有和0这2个零点，且ℎx>0⇔x 从而f'x>0⇔x 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以有唯一的极大值点，且③，
因为，所以，代入③化简得：，
因为，所以，从而，
故，所以，显然，所以，从而，故，所以.
题型三：导数中的零点问题
【例1】已知函数．
(1)若函数存在零点，求实数m的取值范围．
(2)求证：当时，．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）将函数存在零点，转化为函数的图像与直线有交点．继而利用导数判断函数单调性，求得最值，可得答案；
（2）利用（1）的结论推出时，，进而令推出，即可证明结论.
【详解】（1）函数存在零点，即函数的图像与直线有交点．
由题意得函数的定义域为，．
令，解得．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
所以的最大值为，且．
即当越来越大时，的函数值可取负值且趋向于无穷小，

故，所以实数m的取值范围是．
（2）证明：由于，由（1）知在上单调递增，
故当时，，即，得．
令，则，所以，
所以，所以，当且仅当时等号成立．
因为，所以当时，．
【点睛】关键点睛：第二问证明不等式时，要结合第一问中利用导数判断函数的单调性结论，从而推出时，，关键的一步在于令推出，即可证明结论.
【例2】已知函数.
(1)若是的极值点，求的值；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在上有且仅有个零点，求的取值范围.
【答案】(1)1；(2)答案见解析；(3).
【分析】（1）由题意，求导得，然后根据，即可得到结果；
（2）由题意，求导得，然后分与两种情况讨论，即可得到结果；
（3）由题意，构造函数，将函数零点问题转化为两个图像交点问题，结合图像即可得到结果.
【详解】（1）因为
则，即，所以，经检验符合题意
（2），则.
当时，，在上单调递增；
当时，由，得，
若，则；若，则.
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的增区间为；
当时，函数的增区间为，减区间为.
（3）当时，由可得，令，其中，
则直线与函数在上的图像有两个交点，
，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减.
所以，函数的极大值为，且，，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数在上的图像有两个交点，
因此，实数的取值范围是.
【例3】已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)若为整数，且函数有4个零点，求的最小值．
【答案】(1)的极大值为，无极小值；(2)4
【分析】（1）由函数的定义域及，判断函数的单调性，从而求得函数的极值；
（2）将函数的零点问题转化为方程的根，结合导函数与原函数的关系和零点存在性定理，求得的范围，结合为整数，求出求的最小值．
【详解】（1）函数的定义域为，
，令，即，，的关系如下表：






0


↗
极大值
↘
时，的极大值为，无极小值．
（2）由题意得，有4个零点，
即方程在有4个不相等的实根．
令，，
令，可知要使有四个零点，则至少应有三个零点，，
至少有两个零点，，其中，
①当时，，则在上单调递增，至多只有一个零点不合题意；
②当时，时，；，，
在上递减，在上递增，
要使有两个零点，，解得
此时，，
，，，
在存在一个零点，且
下面证明当时，
当时，
令，，令，；
当时，，在上递增，
在上递增，，即
，，
，
在存在一个零点，且，
时，，，，
在和单调递减，和单调递增，



只需，在，，，各有一个零点
其中，，
令，；
在上单调递减，，，
存在，使得，当时，，
又∵是整数，∴的最小值是4．
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两点：一是确定零点所在区间，以及区间端点值符号的判定；二是通过构造函数和放缩法确定函数值的符号.
【例4】已知函数 ．
(1)证明：当时，为增函数；
(2)若有3个零点，求实数a的取值范围，参考数据：， ．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）将a=3代入函数解析式，求导，求出导函数的极小值即可；
（2）参数分离，构造函数，求出其单调区间以及函数的大致图像即可.
【详解】（1）将a=3代入 得解析式得 ，
，令 ，显然 是增函数，
， ，使得 ，此时，
当 时，， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
，
显然 是关于 得减函数， ，
由 ，得 ，
即 ， 是增函数；
（2）令 ， ，
令 ，
令 ，则有 ，
，显然 是增函数， ， ，使得 ，
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
， 时，  ，即 是增函数，
时， ，即 是减函数， 时 是增函数，
所以在 处， 有极大值 ，在 处 有极小值 ，
的大致图像如下：

欲使得原函数有3个零点，a得取值范围是 ；
综上，a得取值范围是.
【点睛】特殊值是解决本题的一个关键，对于导函数的研究的一个原则是多次求导直到导函数能够比较清晰的观察出其单调性为好.
【例5】设函数，其中．函数是函数的导函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当时，函数有且仅有一个零点，且；
(3)若，讨论函数的零点个数（直接写出结论）．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
(3)①当时，有1个零点；②当时，有2个零点.
【分析】（1）运用导数几何意义求切线的斜率，进而求得切线方程.
（2）令，令，研究的单调性及运用零点存在性定理即可证明.
（3）分类讨论与时，运用导数的符号来研究原函数的单调性及图象即可求得结果.
【详解】（1）当时，，
则，，
所以，
所以，即：，
所以在点处的切线方程为.
（2）证明：∵的定义域为，，，
则（），
令（），
则，
又∵，，
∴，
∴在上单调递减，
又∵，，，
∴，，即：，
∴，，
∴在上有唯一零点，且，
即：有且仅有一个零点，且.
（3）①当时，的定义域为，则，
∴由零点存在性定理知，在上单调递增，
又∵，，
∴在上有唯一零点.
②当时，由（2）知，在上单调递减，且有且仅有一个零点，，
∴，即：，
∴，，
∴在上单调递增 ，在上单调递减，
∴，
又∵，，
令（），
则，
∴在上单调递减，
又∵，
∴，即：，
∴由零点存在性定理知，在上有2个零点.
综述：①当时，有1个零点；
②当时，有2个零点.
【例6】已知函数，．
(1)当时，证明：；
(2)当时，判断零点的个数并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)2个零点，理由见解析
【分析】（1）当时，，设 ，，，由说明，则，由，得出，即可证明结论；
（2）当时，，设，，由确定的增减区间，画出和的简图，分区间讨论和交点情况，即可得出的零点个数．
【详解】（1）当时，，
设 ，，，
则，
令，解得，
所以当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以，
因为，
所以，
又因为，，即，
所以，即，
所以．
（2）当时，，
令，得，即，
设，，
则，令，解得，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以，
在同一直角坐标系中，画出和的简图，如图所示，

当，单调递减，单调递增，且，，
则与在有一个交点；
当，单调递增，单调递增，且，
则与在没有交点；
当，单调递增，单调递减，且，，
则与在有一个交点；
因为，且在上单调递增， ，
所以当时，，即与在无交点；
因为，且在上单调递减， ，
所以当时，，即与在无交点；
综上所述，与共有2个交点，
即有2个零点．
【题型专练】
1．已知函数，．
(1)若直线与曲线相切，求a的值；
(2)用表示m，n中的最小值，讨论函数的零点个数．
【答案】(1)；(2)答案见解析
【分析】(1)根据已知切线方程求列方程求切点坐标，再代入求参即可；
(2)先分段讨论最小值，再分情况根据单调性求函数值域判断每种情况下零点个数即可.
【详解】（1）设切点为，∵，∴
∴（*）
消去a整理，得，∴
∴
（2）①当时，，，∴在上无零点
②当时，，．
若，，此时，是的一个零点，
若，，此时，不是的零点
③当时，，此时的零点即为的零点．
令，得，令，则，
当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，且当时，
（i）若，即时，在上无零点，即在上无零点
（ii）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点
（iii）若，即时，在上有两个零点，即在上有两个零点
（iv）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点
综上所述，当或时，在上有唯一零点；
当或时，在上有两个零点；
当时，在上有三个零点
2．已知函数.
(1)讨论的最值；
(2)设，若恰有个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；(2)
【分析】（1）首先求导得到，再分类讨论求解函数的最值即可.
（2）首先函数恰有个零点，即恰有个不等的实根，从而得到恰有个不等的实根，设，则，得到有两个解，再设令，利用单调性和最值求解即可.
【详解】（1）由题得，，
当时，，在上单调递减，故无最值
当时，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在处取得唯一的极小值，即为最小值，
即，
综上所述，当时，无最值
当时，的最小值为，无最大值.
（2），
函数恰有个零点，即恰有个不等的实根，
即恰有个不等的实根，
设，则，
，单调递增，
有两个解，即有两个解.
令，则，
当时，，单调递增
当时，，单调递减，
又时，，且，，
当时，，
当时，仅有一个零点，
的取值范围为.
3．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若对恒成立，求a的取值范围；
(3)证明：若在区间上存在唯一零点，则．
【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析
【分析】（1）讨论、，结合导数的符号确定单调区间；
（2）由，讨论、研究导数符号判断单调性，进而判断题设不等式是否恒成立，即可得参数范围；
（3）根据（2）结论及零点存在性确定时在上存在唯一零点，由零点性质及区间单调性，应用分析法将问题转化为证在上恒成立，即可证结论.
【详解】（1）由题设，
当时，，则在R上递增；
当时，令，则，
若，则，在上递减；
若，则，在上递增；
综上，时的递增区间为R，无递减区间；
时的递减区间为，递增区间为.
（2）由，
当时，在上恒成立，故在上递增，则，满足要求；
当时，由（1）知：在上递减，在上递增，而，
所以在上递减，在上递增，要使对恒成立，
所以，只需，
令且，则，即递减，
所以，故在上不存在；
综上，
（3）由（2）知：时，在恒有，故不可能有零点；
时，在上递减，在上递增，且，
所以上，无零点，即，且趋向于正无穷时趋向正无穷，
所以，在上存在唯一，使，
要证，只需在上恒成立即可，
令，若，则，
令，则，即在上递增，故，
所以，即在上递增，故，
所以在上恒成立，得证；
故，得证.
【点睛】关键点点睛：第三问，通过讨论确定在某一单调区间上存在唯一零点的a的范围后，应用分析法证恒成立即可.
4．已知，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减；(2)
【分析】（1）将导数化为求其零点并讨论零点的大小，结合导数的符号求解. （2）结合第（1）问的结果，利用函数的单调性、极值的符号构造不等式求解.
【详解】（1）∵
，
∵，∴，
当，，单调递增，当，，单调递减，
当，，单调递增．
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）情况一：若，即时，由的单调性，其在上恒为正，无零点，
在增区间至多有一个零点，不符题意．
情况二：若，即时，
由于，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，
取，则，，，
，
当时，，由于在区间上单调递增，
故在恒为正，无零点，由零点存在定理，在区间上存在一个零点，符合题意，
情况三：若，即时，同情况二可得在增区间恒为正，无零点，
仅有一个零点，不符题意.
综上，a的取值范围是．
5．已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究
【详解】（1）的定义域为
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）

设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若
(1)当,则,所以在上单调递增

所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设

所以在单调递增

所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为

【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
6．已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.
7．已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.
【详解】（1）由题意知：定义域为：且
令，
，
在上单调递减，在上单调递减
在上单调递减
又，
，使得
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
    在上单调递减
又
为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又    
在上单调递增，此时，不存在零点
又
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减
在上单调递减
又，
即，又在上单调递减
在上存在唯一零点
④当时，，

即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
8．已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.
试题解析：（1）的定义域为，，
（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.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）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.
综上，的取值范围为.
点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.
9．已知函数.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求得再根据1,0,2a的大小进行分类确定的单调性；（Ⅱ）借助第（Ⅰ）问的结论,通过分类讨论函数的单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为.
试题解析：（Ⅰ）
（Ⅰ）设，则当时，；当时，.
所以f（x）在单调递减，在单调递增.
（Ⅱ）设，由得x=1或x=ln（-2a）.
①若，则，所以在单调递增.
②若，则ln（-2a）＜1,故当时，；
当时，，所以在单调递增，在单调递减.
③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.
（Ⅱ）（Ⅰ）设，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增.
又，取b满足b＜0且，
则，所以有两个零点.
（Ⅱ）设a=0，则，所以只有一个零点.
（iii）设a＜0，若，则由（Ⅰ）知，在单调递增.
又当时，＜0，故不存在两个零点；若，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增.又当时＜0，故不存在两个零点.
综上，a的取值范围为.
【考点】函数单调性，导数应用
【名师点睛】本题第（Ⅰ）问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第（Ⅱ）问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.
题型四：导数中的同构问题
【例1】已知函数
(1)若是的一个极值点，求的最小值；
(2)若函数有两个零点，求的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，从而求出函数的单调区间，即可求出函数的最小值；
（2）方法一：求出的解析式，即可求出导函数，即可求出函数的单调区间，依题意可得，，即可得到，再利用导数求出函数的值域，即可求出的取值范围；
方法二：依题意可得有两个解，利用同构式，设函数，问题等价于方程有两个解，由导数说明函数的单调性，即可得到方程有两个解，设，，即有两个解，再构造函数，利用导数求出参数的取值范围，从而求出的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
因为是函数的一个极值点，
所以，解得，经检验符合题意，
所以，所以当时，当时，
因此在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，有极小值即最小值；
（2）方法一：因为，
所以，则在上单调递增，
记，
当时，，
当时，，
记，
当时，；
当时，；
所以存在唯一的，使得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
若函数有两个零点，只需，
即，
又，即，
则，
设，则为增函数，，所以当时，，
则，即，
令，，
则在上单增，由得，
所以，
所以的取值范围是
方法二：若有两个零点，
即有两个解，
即有两个解，
利用同构式，设函数，
问题等价于方程有两个解，
恒成立，即单调递增，
所以，
问题等价于方程有两个解，
即有两个解，
设，，
即有两个解，
令，问题转化为函数有两个零点，
因为，当时，，当时，，
则在上递增，在上递减，
为了使有两个零点，只需，
解得，即，解得，
由于，
所以在和内各有一个零点．
综上知的取值范围是
【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．
【例2】已知函数．
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)若a＝0，证明：对任意的x>1，都有．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；
（2）对原不等式整理化简得到，将整体代换，并构造函数求解的取值范围，通过整体代换，构造新函数，利用导数求解函数的极值，结合的取值范围，即可证明.
(1)
解：由题意可得．
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
(2)
证明：由题得，时，对任意的，都有，即，
等价于，即.
设，则．
由，得；由，得．
则在上单调递增，在上单调递减，
故，即，即，当且仅当时，等号成立．
设，则．
由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
因为，，所以有解，
则，当且仅当时，等号成立．
即，即．
【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
【例3】已知函数，其中，．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若方程恰有两个不相等的实数根，求的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；(2)
【分析】（1）直接通过求导判断单调区间即可；
（2）先对原方程进行同构变形，将换元后的方程通过构造函数求导判断其有唯一零点，从而将原方程简化为方程有两个不相等的实数解，最后对取对变换化简后的方程再构造函数，根据零点个数求参数的取值范围.
【详解】（1）当时，．∴．
∵，∴当时，；当时，．
∴函数单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）∵，，，
令，则．
令，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，∴方程有唯一解．
∴方程有两个不等的实数解等价于方程有两个不相等的实数解．
等价于方程有两个不相等的实数解．
构造函数，则．
∵，∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递增，在上单调递减．
∵，；，．
∴只需要，即．
构造函数，则．
∴当时，；当时，．
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
∵，∴当时，恒成立．
∴的取值范围为．
【点睛】当原方程或不等式较为复杂，但同时含有指数式和对数式时，可以尝试对原方程或不等式进行同构变形并换元，再对其进行构造函数求导研究，可以将过程大大简化.
【题型专练】
1．已知函数.
(1)若，求函数的极值；
(2)若，，且满足，求证：.
【答案】(1)极小值为，无极大值.；(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）依题意可得，则，先证明，构造函数利用导数即可证明，则，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）当时，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值为，无极大值.
（2）证明：当时，依题意可得，显然，
先证明，令，则，
所以当时，单调递增，所以，
当时，单调递减，所以，
所以，
又依题意，
令，则，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，也即，
当时利用在上单调递减可知，
当时也有，
所以，则，综上可得.
【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．
2．已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)；(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则

令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证,即证
因为,即证
又因为,故只需证
即证
即证
下面证明时，
设，
则

设
所以,而
所以,所以
所以在单调递增
即,所以
令

所以在单调递减
即,所以；
综上, ,所以.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
3.已知函数.
（1）求的单调区间与极值.
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，极大优值，无极小值；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
首先求函数的导数，利用导数和单调性，极值点的关系，即可求解；
（2）首先由条件变形为，即，通过构造函数，，转化为极值点偏移问题，即可求解.
【详解】
（1）解：的定义域为，.
当时，；当时，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
故在处取得极大值，且极大值为，无极小值.
（2）证明：易知，，


即，.
不妨设，，.
（1）可知，，
当时，，
当时，，

设，，
则，
因为，，
所以，在区间上单调递增，
，
所以，
又因为，，所以，
即，故.
题型五：导数中的极值点偏移问题
【例1】设函数（）.
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，，求的取值范围，并证明：.
【答案】(1)见解析；(2)，证明见解析
【分析】（1）对求导数，分和两类情况讨论，得到函数的单调区间；
（2）由（1）得a的取值范围，构造，证明不等式，
通过证明，证明.
【详解】（1）由，，可得，.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增；
（2）因为函数有两个零点，由（1）得，
此时的递增区间为，递减区间为，有极小值.
所以，可得.  
证明：由（1）可得的极小值点为，则不妨设.
设，，
可得，，
所以在上单调递增，所以，
即，则，，
所以当时，，且.
因为当时，单调递增，所以，即.
设，，则，则，即.
所以，.
设，则，所以在上单调递减，
所以，所以，即
综上，.
【点睛】不妨设，要证明，只要证，即证 构造函数证明；
要证明，只要证明，设，，构造证明.
【例2】已知函数（a为实数）．
(1)求函数的单调区间；
(2)若存在两个不相等的正数，满足，求证．
(3)若有两个零点，，证明：．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析
【分析】（1）讨论的正负，确定的单调区间；
（2）极值点偏移问题处理：不妨设，构造并证得时，，可得即，再利用的单调性可得与大小关系，从而证得结论.
（3）由两式相减用表示，将化为只有的关系式，令可转化为只有一个变量的函数，可得结论.
【详解】（1），
当时，恒成立，在上递增；
当时令；
增区间为，减区间为.
（2）当时，在上递增，与题意矛盾，
令
,
在上递增，又因为时，，
当时，；时，
当时在上递增，上递减必有一个在上，一个在上，不妨设，
若则显然成立；
若，由时，知,即
又
又,在上递增，则即证毕．
（3）不妨设，由，可得
即

=，设，则，
设，则
即函数在上是单调增函数，
即得证
【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3】已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设函数，若有两个极值点，证明：．
【答案】(1)见详解；(2)见详解
【分析】(1)求出导数后，将参数分为和两种情况讨论导数取值即可.
(2)求出导数，根据函数极值点就是导数零点列式将参数消去，同时将证明问题进行转换，最后利用抓商构造型函数作最终证明.
【详解】（1）由可知，其中
当时，在恒成立，即，
故当时，在单调递增;
当时，令，得，即在，；在，
故当时，在在单调递增，在在单调递减.
（2）由可知，其中.
若有两个极值点，则，
故；，其中
欲证，只需证，即证   ①
不妨假设，则，令，代入①可得
化简，最终只需证明即可，令其中
得
所以在单调递增
所以，故，因此
证毕.
【点睛】方法点睛
（1）联立消参：利用方程消除解析式中的参数
（2）抓商构元：令，消除变量，构造关于得函数
（3）用导求解：利用导数求解函数得最大值或者最小值，从而可证得结论.
【例4】已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，证明：.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析
【分析】（1）函数求导，分类讨论通过判断导函数符号，确定函数单调性.
（2）对分类讨论，求得有两个零点时的范围，及的范围，构造函数，研究在上的单调性，可得，又，及的单调性可得结论.
【详解】（1）函数的定义域为，
时，恒成立，所以在上单调递减；
时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：时，由（1）知至多有一个零点.
时，由（1）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，即，故没有零点；
③当时，即，
又，
由（1）知在上有一个零点.
又，
由（1）知在有一个零点，
所以在上有两个零点，的取值范围为
不妨设，则，且，
令

，
则，
由于（且仅当等号成立，
所以当时，在单调递减，又，
所以，即，
又，所以，
又由于，且在上单调递增，
所以即.
【点睛】极值点偏移问题是根据极值点的偏移情况，即极值点两侧函数增长速度的差异构造关于其中一个极值点的一元差函数（或比函数），然后通过探究该函数的单调性解决问题。
【例5】已知函数，的导函数为.
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若，求证：方程在上有两个不同的实数根，且.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）先由导数证明，再由，得出，求出的最小值得出实数a的取值范围；
（2）将条件转化为方程在上有两个不同的实数根，由函数单调性得出取值范围，利用换元法得出得，再由的单调性证明不等式.
【详解】（1），
设，则，
所以在上单调递增，，
所以令，得，即.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以， 所以，此时，在上单调递增，
故a的取值范围是.
（2）要证在上有两个不同的实数根.
即证方程在上有两个不同的实数根，
即证方程在上有两个不同的实数根，
由（1）知在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，
又，，
所以方程在上有两个不同的实数根，，且.
因为，所以，
又，所以，（点拨：根据函数的单调性得到的范围）
易知，，
两式分别相加、相减得，，
得，
设，则，，
所以.（换元，将双变量问题转化为单变量问题）
设，则，
所以在上单调递减，所以，得证.
【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于利用，将双变量转化为单变量问题，再由导数证明不等式.
【题型专练】
1．已知函数，．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若存在，，使得，则．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证.
【详解】（1），，令，解得，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，要使，则有，而，故，
所以的取值范围为．
（2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增；
当时，单调递减，
设，所以，，
①若，则，成立；
②若，先证，此时，
要证，即证，即，，
令，，

，
所以在(1,2)上单调递增，所以，
即，，所以，
因为，，所以，
即．
【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理.
2．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若是的两个不相等的零点，证明：.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析
【分析】（1）由题可得后分，，三种情况讨论即可得答案；
（2），结合单调性，可知等价于证明.又设，则，后构造函数，结合其单调性可证明结论.
【详解】（1）
①若，则，故在上单调递增；
②若，则时，时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
③若，则时，时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）知时，
在单调递减，在单调递增，.
令
则，即在上单调递增.
则.
注意到当时，有两个不相等的零点，
则.
得两个零点分别在中.
令，则.
因在单调递增，则.
令，，
因，，
则，则.
故在上单调递减，则.
故，所以.
【点睛】关键点睛：本题涉及用导数讨论函数单调性及用导数解决双变量问题，难度较大.解决双变量问题，常构造差函数，利用差函数单调性解决问题.
3．已知函数，其中为实数，为自然对数底数，．
(1)已知函数，，求实数取值的集合；
(2)已知函数有两个不同极值点、．
①求实数的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)；(2)①；②证明见解析
【分析】（1）令，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，可得出，利用导数求得，其中，再构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，再由可求得实数的值；
（2）①分、两种情况讨论，在直接验证即可，在时，由可得出，令，分析可知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，再结合极值点的定义验证即可；
②设，由①则，由已知可得出，令，，则，
即，令，则，利用导数分析函数的单调性，再令，利用导数分析函数的单调性，可得出，利用不等式的基本性质可证得结论成立.
【详解】（1）解：由，其中，则，
当时，因为，不合题意；
当时，，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要，只需，
令，其中，则，
当时，，单调递增
当时，，单调递减，
所以，则由得，
所以，
故实数取值的集合.
（2）解：①由已知，则，
因为函数有两个不同的极值点、，所以有两个不同零点，
若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；
当时，由，得，
令，所以，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以，且当时，，当时，，
如下图所示：

由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
不妨设这两个交点的横坐标分别为、，且，
且当或时，，则，
当时，，则.
综上所述，当时，函数有两个极值点；
②设，由①则，
因为，所以，
则，取对数得，
令，，则，
即，
令，则，
因为，当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
令，则且不恒为零，
所以，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，，在上单调递增，
因为，所以，
所以，则，即，
所以，故成立．
【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.
4.已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接求导确定的单调性即可；
（2）令，先证，构造函数，求导确定的单调性进而证得；再证，构造函数，求导确定单调性进而证得.
(1)
，定义域为，
由，解得，
由，解得，
由，解得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)
∵a，b为两个不相等的正数，且，
∴，即，
由（1）可知，且，时，，
则令，
则为的两根，且，
不妨设，则，
先证，即证，即证，
令，即证在上，，
则，
在上单调递增，即，
∴在上恒成立，即在上单调递减，，
∴，即可得；
再证，即证，
由（1）单调性可得证，
令，
，
在上单调递增，
∴，且当，
所以存在使得，
即当时，单调递减，
当时，单调递增，
又有，
且，
所以恒成立，
∴，
则，即可证得．
【点睛】
本题关键点在于先令，再将转化为两个极值点偏移问题，先构造函数，求导确定在上，即可证明；再构造函数，求导得恒成立，即可证得，即可证得.
题型六：导数中的双变量问题
【例1】已知函数有两个极值点、.
(1)求的取值范围；
(2)若时，不等式恒成立，求的最小值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由可得，令，则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，再结合极值点的定义检验即可；
（2）由已知可得出，，将这两个等式相除可得，变形可得，再由可得，令，可得出，令，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的最小值.
【详解】（1）解：因为，该函数的定义域为，且，
因为函数有两个极值点，所以，方程有两个不等的实数根，
则方程有两个不等的实根，
令，其中，则，令可得，列表如下：









增
极大值
减
所以，函数的极大值为，
且当时，；当时，.
如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，且交点横坐标为、，
当或时，；当时，.
此时，函数有两个极值点，合乎题意，
因此，实数的取值范围是.
（2）证明：由（1）可知，函数的两个极值点、是方程的两个根，
且，，则有，，
等式与等式相除可得，则有，
由可得，
即，即，
因为，则，令，则，可得，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，
即，所以，函数在上单调递减，
所以，当时，，则.
因此，实数的最小值为.
【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.
【例2】已知函数（）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若两个极值点，，且，求的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
在，上单调递增
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，先对函数求导得（），再结合二次函数的图像与性质分类讨论，，时，的符号，从而得到函数的单调性；
（2）根据（1）和韦达定理得到，，结合化简得到，，再构造函数，利用导数求得的值域，即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
又，，
令，得，
当时，时，，所以在单调递增；
当时，方程的，
①当时，，则，所以在单调递增；
②当时，，令，得，，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，
在，上单调递增；
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
在，上单调递增；
（2）由（1）得，若有两个极值点，，
则，且，，即，；
故

，，
令，
则，所以在上单调递减；
即，故，
综上所述：的取值范围为：.
【点睛】关键点睛：破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化：即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值或值域；
（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
【例3】已知函数（是自然对数的底数）
(1)求在处的切线方程.
(2)存在成立，求a的取值范围.
(3)对任意的，存在，有，则的取值范围.
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程；
（2）根据题意可得原题意等价于存在成立，结合存在性问题分析运算；
（3）根据题意可得：，对于：利用导数求其最大值，对于：分类讨论求其最大值，分析运算即可得结果.
【详解】（1）由题意可得：，
则，
即切点坐标，切线斜率，
故在处的切线方程为，即.
（2）∵，则，
∴原题意等价于存在成立，
又∵，则，
∴，
故a的取值范围为.
（3）因为对任意的，存在，有，所以，
因为，所以，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，故，
因为开口向下，对称轴为，则有：
①当，即时，在上单调递减，则，
所以，则，
故；
②当，即时，在上单调递增，在上单调递减，则，
所以，故；
③当，即时，在上单调递增，则，
所以，故；
综上所述：，即的取值范围.
【例4】已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设函数，P，Q是曲线上的不同两点，直线的斜率为，曲线在点处P，Q切线的斜率分别为，，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）对求导判断单调性即可；
（2）设出P，Q两点坐标，分别写出，，的关于P，Q两点坐标的式子，再代入中化简至关于的式子，对进行换元，根据的范围进行放缩，再根据（1）中的结论即可证明.
【详解】（1）解：因为，定义域为，
所以，当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：设，，，
因为，所以，
则，，，
于是，即，
由，所以上述不等式等价于，
故








，
因为，所以，
设，，则
，
由（1）可知，当时，单调递增，所以，
所以，故，
即成立，得证.
【点睛】思路点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于中难题，关于双变量问题的思路有：
（1）根据题意建立关于的等式或不等式；
（2）构造关于或的一元函数，或令构造关于的一元函数；
（3）应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到不等式的证明或求参数范围.
【题型专练】
1.已知函数．
(1)若，求方程的解；
(2)若有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为，求的取值范围并证明．
【答案】(1)解为；(2)，证明见解析
【分析】（1）用导数研究的单调性与极值，只有在极值点处满足；
（2）由及分别有两个零点，分离参数，数形结合得到的取值范围，由消去代入得，结合进一步转化为证明，结合的范围，考察的最值得证.
【详解】（1），定义域为，
令，设，
故在上单调递减，在上单调递增，，
故方程的解为.
（2）令，得，设，
故在单调递增，在单调递减，，
当时，当时，
若有两个零点，则，故，
，令，得，
设，则，
故在单调递增，在单调递减，，
当时，当时，
若有两个极值点，则，
综上，.
不妨令，因为且，由与图象得，

由为的两根得，
两式分别乘并整理得，
所以，
要证，即证，
即证：，
由于，所以 ，
只需证，即证，（），
令，（），
当时，所以在上单调递减，
所以，故，得证.
【点睛】关键点点睛：由为的两根得……①，
……②，对含参双零点常用处理方法：
①+②得……③，用此式可代入消参，
①－②得……④，也用此式可代入消参，
由③④得，可直接消参.
本题中以上方法均不适合，结合要证的结论要想消参需要在①②两式分别乘构造出代入即可.
2．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若在定义域内有两个极值点，求证：.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论的值，由导数得出单调性；
（2）由极值点的性质以及韦达定理得出，构造函数，利用导数证明不等式.
【详解】（1）由题意得：的定义域为，
令，，
当，即时，恒成立，
即：，在上单调递减，
当，即时，
令，解得：，
当时，，即；当时，，即，
在上单调递减；在上单调递增，
（2）在定义域上有两个极值点
由（1）知且是方程的两个不等实根，
则，

，
设，则，
，，，则在上为减函数，
，则成立.
【点睛】关键点睛：在问题二中，关键在于由极值点的性质结合韦达定理将双变量问题，转化为单变量问题，从而由导数证明不等式.
3．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，函数，且，，，求的取值范围．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）首先求得导函数，然后分与两种情况分别讨论函数单调性即可；
（2）首先将已知条件转化为，然后构造函数，通过求导判断的单调性，根据单调性得到，最后令，再根据的单调性求出参数的取值范围.
【详解】（1）已知，得，
当时，，，得在上递减；
当时，有正根，
当时，，在单调递增，
当时，，在单调递减；
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．
（2）由题知：，不妨设，
令，则，
令，则，
当时，，在上单调递增
当时，，在上单调递减，
，故，即在单调递减，
从而，即，
令，即在递减，在上恒成立，
可知，
由（1）可知有，
故．
【点睛】本题第（2）小问的关键点在于恰当的条件转化，将已知条件转化为，并通过构造函数，然后依据的单调性解决问题，合理的转化条件和构造函数是解决此类问题的关键点.
题型七：导数与数列不等式问题
【例1】已知函数，，．令，．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）利用构造法证明数列为等比数列，即可得解；
（2）要证，即证，只需证，构造函数，利用导数求出其最大值，可得，再令，即可得证.
【详解】（1）由，得，∴，
因此，即，
∴为等比数列，公比为，首项为．
故，即；
（2）由（1）知，
要证，即证，
也即证，这只需证，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
即，当且仅当时等号成立，
令，得，
∴，
即．
【点睛】方法点睛：证明数列累乘不等式，可通过不等式两边取对数，转换成累加不等式的证明，接着一般可结合题中结论，通过对数列通项放缩，达到证明目的.
【例2】已知函数在点处的切线方程为，且对任意的，恒成立．
(1)求a，b的值；
(2)求实数k的最小值；
(3)证明：．
【答案】(1)，；(2)1；(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求的值；
（2）由不等式转化为在恒成立，构造函数，利用导数讨论，判断函数的单调性，转化为求函数的最大值；
（3）根据（2）的结论，当时，在恒成立．令，转化为，再利用放缩法，裂项相消法求和.
【详解】（1），
利用导数的几何意义即可得到，即①；
切点满足切线方程可得，即②，
联立①②即可解出；
解得:，．
（2）由（1）得，，
可得在上恒成立；
即在恒成立；
设，，
只需证对于任意的有，
，
设，对称轴是，
当时，即，
所以，所以单调递增，所以恒成立，
当时，即，
所以存在，使，即，
当，使，函数单调递减，
当，，函数单调递增，
所以存在区间使，即，不恒成立，
综上可知；
（3）利用（2）的结论：令，有，
即在恒成立．
再令，得，
，，，…，，
这个式子相加得，
因为，，
所以，
所以
所以
【例3】已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)设，，证明：．
【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，分，和讨论导函数的正负，进而判断函数的单调性；
（2）将不等式等价转化为，构造函数（），利用导数判断函数的单调性，进而求解即可；
（3）结合前面的解析，取时，则，利用不等式的放缩即可证明.
【详解】（1）由题意可知的定义域为，

令，则，
①当时，，在上恒成立，在上单调递减．
②当时，， 时，，
时，，时，，
故在单调递减，在单调递增，在单调递减．
③当时，，时，，
时，，时，，
故在单调递减，在单调递增，在单调递减．
（2）当时，恒成立，
故，所以，即，
由得，令（），
则，
令，则，
在单调递增，则，
即在恒成立，故在单调递增．
所以，故在恒成立．
由在单调递增，而，，故．
（3）取时，，则，
所以，
因此，
则.
【例4】已知，函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设表示不超过x的最大整数，证明：，．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，分和，讨论导函数的符号，即可得出函数的单调性.
（2）当时，由（1）可知，，由此可得，由裂项相消法结合题意放缩可证明，即可证明.
【详解】（1）因为，，所以．
当时，恒成立，故在上单调递减．
当时，由，解得，则在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：当时，由（1）可知，，即，当且仅当时，等号成立，
则，则，
则．
又，所以，
故，
从而．
【例5】已知函数，．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，若关于x的不等式恒成立，求实数b的取值范围；
(3)设时，证明：．
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减；(2)；(3)证明见解析
【分析】（1）将代入，对其求导，利用导数与函数的单调性的关系即可得解；
（2）先利用导数求得的最大值，再将问题转化为，从而得到，构造函数，求得即可得解；
（3）结合（2）中结论取特殊值得到恒成立，进而得到，利用累加法即可得证，注意的验证.
【详解】（1）当时，，，则．
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
（2）当时，．
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以．
由不等式恒成立，得恒成立，
即在时恒成立，
令，，则．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以的最大值为，
所以，即实数b的取值范围是．
（3）由（2）知，在上恒成立，
当，时，在上恒成立，
取，由得，即，则，
所以，，…，，
上式相加得，，
所以．
又因为当时，，
所以．
【点睛】结论点睛：恒成立问题：
（1）恒成立；恒成立．
（2）恒成立；恒成立．
（3）恒成立；恒成立；
（4），，．
【题型专练】
1．已知，且0为的一个极值点．
(1)求实数的值；
(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【详解】（1）由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故.
（2）①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，
则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.
2．，
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明；
(3)证明对于任意正整数，都有.
【答案】(1)，在上单调递增；，在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析；(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数分类讨论求解单调区间即可.
（2）根据的单调性得到，即可证明.
（3）当且时，有，从而得到，即可得到，再化简即可证明.
【详解】（1）的定义域为，
①若，当时，，所以在上单调递增；
②若，当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，，即证.
（3）由（2）知当且时，，
对于任意正整数，令得，
所以

.
即证：.
3．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围；
(3)若，证明：．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)证明见详解
【分析】（1）对函数求导后分类讨论即可；
（2）由（1）的结论可得，继而解即可，或者分离参数转化为求的最大值；
（3）由（2）可知，再将放缩得：，累加即可得证.
【详解】（1）由题知函数的定义域为，．
①当时，，故恒成立，则在上单调递增．
②当时，令，解得，则在上单调递增；
令，解得，则在上单调递减．
综上：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）法一、
由（1）知当时，在上单调递增，
，，不满足恒成立；
当时，，解得，
所以a的取值范围为．
法二、
等价于，
令，，
令，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以a的取值范围为．
故答案为：
（3）由（2），令，得，则，当等号成立，
∴，．
∵，
∴，
所以．
当时，
，
当时，显然成立．
综上，．
【点睛】本题考察导数的综合应用，第一问含有参数的情况判断其单调性需要分类讨论；第二问是恒成立问题，可以分类讨论也可分离参数转化为函数最值问题；第三问不等式的证明关键是放缩，需要多积累经验，属于压轴题.
4．已知函数．
(1)若恒成立，求实数a的取值集合；
(2)求证：对，都有．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）求导，利用分类讨论思想判断函数的单调性，根据函数的单调性，结合已知不等式进行求解即可；
（2）先构造函数把转化为,再利用（1）中的结论构造不等式，结合不等式的性质和等比数列前项和公式进行证明即可.
【详解】（1）由且，令，
当时，则，，
当，有，即在上递增；
当，有，即在上递减；
所以，满足题设；
当时，，则，显然不合要求，舍去；
当时，则，
若时，即在R上递增，故上，不合要求；
若时，令得：，令得：，且，
则在上单调递减，在上单调递增，又，
故当时，，不合题意，舍去；
综上：实数a取值集合为．
（2）设且，则，在上单调递增，
所以．即在上恒成立，
所以，，，
则，
故只需证明：即可，
由（1）知，在恒成立，则，故，
令（，2，3，…，n），则（，2，3，…，n），
∴
，
∴．
【点睛】关键点点睛：构造函数结合（1）结论的应用，先用放缩法将的和转化为的和，再应用结合等比数列前项和公式得证.
5．已知函数．
(1)求函数的极值；
(2)求证：．
【答案】(1)①当时，没有极值；②当时，有极大值，无极小值.
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域后求，运用导数分类讨论与时单调性进而分析的极值.
（2）运用对进行放缩及对数运算公式即可证明.
【详解】（1），则定义域为，
.
①当时，恒成立，则为上的增函数，所以没有极值.
②当时，由，得；由，得.
所以在上单调递增，在上单调递减.
故当时，有极大值，无极小值.
综述：①当时，没有极值；
②当时，有极大值，无极小值.
（2）证明：取m＝1，由（1）知在上单调递减，所以.
即,.
令，得，即，
分别取k＝n＋1，n＋2，…，n＋（n＋1），，
可得．
即成立．