【突破压轴冲刺名校】 压轴专题12 导数综合问题大题综合 2024届新高考数学二轮复习尖子生30题难题突破（新高考专用）

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【突破压轴冲刺名校】
压轴专题12 导数综合问题大题综合
2024届新高考数学复习尖子生30题难题破（新高考专用）
1．（2023·江苏宿迁·江苏省沭阳高级中学校考模拟预测）已知函数，为的导函数.
(1)讨论的极值；
(2)若存在，使得不等式成立，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）求得，设，求得，分和，两种情况讨论，结合函数的单调性和极值的定义，即可求解；
（2）根据题意转化为存在，使得，构造函数，求得，分、和，结合函数的单调性和极值、最值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，
可得函数的定义域为，且，
设，则，
①当时，可得，所以在上单调递增，所以没有极值；
②当时，若，则，在上单调递减，
若，则，在上单调递增，
所以在处取得极小值，且极小值为，在上没有极大值，
综上，当时，没有极值；当时，的极小值为，无极大值.
（2）由题意知，存在，使得，
即存在，使得，
构造函数，则，
当，即时，在上恒成立，单调递增，
所以，可得，与矛盾，不满足题意；
当，即时，若，则，单调递减，
若，则，单调递增，此时，
由，可得，所以，
因为，所以不等式不成立；
当，即时，在上恒成立，单调递减，
所以，可得，满足题意.
综上，实数a的取值范围为.
【点睛】方法技巧：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，一般涉及分离参数法，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．
2．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）设函数，．
(1)设，求的单调性；
(2)若直线与曲线恰好交于一点，确定满足要求的有序实数对的集合．
【答案】(1)在R上单调递减
(2)


【分析】（1）求导，利用导函数符号判断即可；
（2）由题，方程恰有一个实数根，分类讨论，利用导数研究函数单调性，结合函数值域分析b的取值，从而确定的集合
【详解】（1）对求导有，令，则，
令，得，令，得或，
可知在，上分别单调递减，在上单调递增，
且为奇函数，因此在上，，在上，．
所以当a≥1时，，则在R上单调递减；
（2）由题意，方程恰有一个实数根．
①当a≥1时，可知在R上单调递减，
当趋向负无穷大时，趋向正无穷大；当趋向正无穷大时，趋向负无穷大．此时b∈R；
②当时，令，则，使得．
此时在和上单调递减，在上单调递增．
当趋向负无穷大时，趋向正无穷大；当趋向正无穷大时，趋向负无穷大及，此时．
由于，即，解得，，
所以，且，
③当a=0时，即，可知b=0；
④当时，令，则，使得，
此时在和上单调递增，在上单调递减．
当趋向负无穷大时，趋向负无穷大；当趋向正无穷大时，趋向正无穷大及，此时．
由于，即，解得，，
所以，且，
⑤当a≤－1时，则，故在R上单调递增，因此b∈R．
综上所述，.
【点睛】方法点睛：已知曲线的交点个数，求参数的取值范围的常用方法：
(1)直接法：在同一平面直角坐标系中，画出两个函数的图象，然后数形结合求解；
(2)分离参数法：将其交点的个数转化为方程根的个数，然后分离参数，转化成求函数的值域问题进行求解．
3．（2023·江苏·统考一模）已知定义在上的两个函数，.
(1)求函数的最小值；
(2)设直线与曲线，分别交于A，B两点，求的最小值.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由题可得，然后利用导数求函数的最值即得；
（2）构造函数，题设等价于恒成立，求实数k的最大值，然后利用导数研究函数的性质，求出k的最大值进而即得.
【详解】（1）因为，，
所以，，则，令，解得，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为；
（2）由，可得，
作出函数与的大致图象，则直线与两函数图象有交点，

设，
则题设等价于恒成立，求实数k的最大值，且，
所以，
由，可得，且，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，
设，则，函数在上单调递增，
又，则，
解得，则，即，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，进而把问题转化为求最值问题，然后利用导函数结合条件即得.
4．（2023·江苏·统考一模）已知，函数，.
(1)若，求证：仅有1个零点；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）代入，求出导数，通过证明单调性继而证明出仅有1个零点；
（2）由解析式可知，证明有两个零点，只需证明在或上存在零点，分类讨论的不同取值时，在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数的取值范围.
【详解】（1）当，，
时，，
所以在上单调递增，且，
所以仅有1个零点.
（2），
当时，，在上单调递增，此时仅有1个零点0；
当时，时，设，
则，所以在上单调递减，
所以，所以在上单调递增，
时，，
，所以在上单调递减，此时仅有1个零点0；
当时，，
由上知在上单调递增，在上，，
所以存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
要使有两个零点，则，
此时；
当时，由上知在上单调递减，
且在上单调递减，，
时，，则，
所以存在使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
时，，
所以，所以在上有1个零点，此时有两个零点.
综上，的取值范围为
【点睛】方法点睛：
本题中在判断零点范围是使用了两个技巧：
①合理的放缩函数，如，，在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界，将函数放缩至上确界或者下确界；
②通过函数取值范围确定零点范围，如通过可得，通过可得，此处用到整体换元的思想，令.
5．（2023·江苏·二模）已知函数 ．
(1)当时，求函数的单调递增区间
(2)若函数在的最小值为，求的最大值．
【答案】(1)单调递增区间为
(2) ．

【分析】（1）求导并判断导数符号，进一步可得单调区间；
（2）求导，对进行分类讨论，根据函数在的最小值为，求得的取值范围，从而得到的最大值．
【详解】（1）当时，，
则，
令，在R上单调递增，
当时，，当时，，
即在上递减，在上递增，
故，
所以恒成立，仅当时取等号，
即的单调递增区间为
（2）
当时，时，，时，，
则在取得最小值，符合题意；
当时，时，，时，，
时，，
因为最小值为，所以得，即；
当时，由（1）可知单调递增，则当时无最小值，不合题意；
当时，时，，时，，
时，，
则有，不合题意；
综上可得，的最大值 ．
【点睛】难点点睛：本题考查了利用导数求函数的单调区间、利用导数根据函数最值求参数的最值，难点在于根据最小值求参数时，要注意讨论a的取值，结合函数的单调性，得到相应的不等式，确定参数范围.
6．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）已知函数，且
(1)求实数的值
(2)若关于的方程有个不同的实数根，，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】因为，所以设，对进行分类讨论，利用导数研究的单调性、最小值，可得实数的值
研究的单调性得要证，即证，即证，即证，设，利用导数研究单调性，即可得证．
【详解】（1）因为，所以
设，则．
当时，，所以单调递增，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递增，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递减，
所以，不满足题意．
当时，在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，
所以，所以
综上可知：．
（2）因为，所以，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以．
要证，即证．
因为，，所以即证，
因为，所以即证
设，
则，
所以在区间上单调递减，所以．
综上可知，原命题得证．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解题步骤：若为极值点，证明：
要证，即证（此处根据函数图像分析），也就是证明或者，又因为，，也就是证明：或者，即证明或者，设，求的单调性及最值即可.
7．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)当时，求函数的极值；
(2)若，求的取值范围；
(3)当时，试讨论在内零点的个数，并说明理由．
【答案】(1)，无极大值；
(2)；
(3)答案见解析.

【分析】（1）求函数的导数，然后根据导数与函数极值的关系即得；
（2）分，，讨论函数的单调性，结合条件进而即得；
（3）根据（2）的结论，分别讨论，和时零点的个数.
【详解】（1）当时，，由，得，
由，可得，在上单调递减，
由，可得，在上单调递增，
所以，无极大值；
（2）由题可知，
①若，当时，，
当且仅当时取等号，所以符合题意；
②若，当时，；
当时，，
所以当时，，当且仅当，且时取等号，
所以在上单调递增，，所以符合题意；
③若，由（1）可得在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，又，
由零点存在定理及的单调性，存在唯一的，使得，
当时，单调递减，所以．
可见，不符合题意；
综上，的取值范围是；
（3）①若，由（2）可得时，在内无零点，
当时，，又由单调递增，
则，
所以若在内无零点；
②若，由（2）可得时，在内无零点．
当时，．
可见，若在内无零点
③若，由（2）可得存在唯一的，当时，，单调递减；
当时，单调递增．
又，所以，又，
由零点存在定理及的单调性，存在唯一的，使得，
所以在内存在唯一的零点；
当时，，所以，所以在内没有零点；
所以在有且仅有1个零点．
综上所述：若在内无零点；若在内有且仅有1个零点．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)=0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
8．（2022秋·江苏常州·高三华罗庚中学校考阶段练习）已知函数，()，
(1)当时，令函数，求的单调区间；
(2)在（1）的条件下，设函数有两个极值点为，，其中＜，试比较与的大小．
【答案】(1)答案见解析
(2).

【分析】(1)对函数求导，若时，，若时，求导函数的零点，利用导数的正负得到原函数的单调性即可；
(2)由（1）知，当由于的两个极值点满足方程，利用韦达定理得到， ，求，令，求导分析的单调性，求出最值，即可得出结论.
【详解】（1）由题意可得：，
所以，
若时，，此时在内单调递减；
若时，令，得或，
当或，；
当时，.
所以当时，在和上单调递减；
在上单调递增.
（2）由（1）知，有两个极值点当且仅当，
由于的两个极值点满足方程，
所以，所以，因为，所以.



，
令，则，
因为时，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.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，这是非常必要的.根据题目的特点，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.
9．（2023秋·江苏扬州·高三校联考期末）已知函数，．
(1)若的最值和的最值相等，求m的值；
(2)证明：若函数有两个零点，，则．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)分别对函数求导，利用导数求出函数的最值，结合最值相等即可求解；
(2) 设，，根据有两个零点，，可得：函数是增函数，则，进而将要证明的不等式转化为证，只需证，构造函数，利用导数取出函数的单调性即可证明结论.
【详解】（1）对函数求导可得：，令，可得：，
所以函数在上递增，在上递减，
则，又，所以，，
令，可得：，所以函数在单调递减，在单调递增，
则，
由题意可知：，，
所以m的值为．
（2）若有两个零点，，不妨设，
，设，，
由，得，
因为函数是增函数，所以，
则，设，则，，
欲证，即证，即证，
只需证（*）
设，，
，在上，，单调递减，
所以，所以，
令即得（*）成立，
从而，命题得证．
【点睛】思路点睛：根据题目的特点，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·江苏常州·华罗庚中学校考模拟预测）已知，其中.
(1)当时，分别求和时的单调性；
(2)求证：当时，有唯一实数解；
(3)若对任意的，都有恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）当，时，，当，时，，利用导数计算即可判断单调性.
（2）当时，等价于，构造函数，则，讨论当n为偶数，当n为奇数时，的单调性，结果即可证得结果.
（3）等价于．由（2）知，，即可求得结果．
【详解】（1）.
当，时，，.
由，得；由，得.
所以，在单调递增，在单调递减.
所以，即，
当，时，，.
因为，所以在单调递增.
（2）当时，.
即，即.
令，则.
所以，当为偶数时，，单调递减.
因为，所以有唯一解.
当为奇数时，若，则，在单调递增；若，则，在单调递减. 因为，所以有唯一解.
综上，当时，有唯一实数解
（3）当，时，等价于，
即，即.

由（2）知，，
所以，
所以，.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
11．（2023春·江苏南京·高三南京市第一中学校考开学考试）已知函数f（x）＝ae﹣x+lnx﹣1（a∈R）．
(1)当a≤e时，讨论函数f（x）的单调性：
(2)若函数f（x）恰有两个极值点x1，x2（x1＜x2），且x1+x2≤2ln3，求的最大值．
【答案】(1)f（x）在（0，+∞）上单调递增；
(2)3

【分析】(1)求导得，当a≤0时，恒成立；当0＜a≤e时，
令 g′（x）＝ex﹣a，分析g（x）单调性结合取值得，进而可得结论.
(2) 函数f（x）恰有两个极值点x1，x2得，故令，则，，
构造结合导数分析单调性，再判断最值.
【详解】（1）函数的定义域为（0，+∞），，
当a≤0时，恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当0＜a≤e时，令，则ex﹣ax＝0，设g（x）＝ex﹣ax，则，
易知，当0＜x＜lna时，，g（x）单调递减，
当x＞lna时，，g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（lna）＝elna﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，
∴，在（0，+∞）上单调递增；
综上，当a≤e时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
（2）依题意，，则，
两式相除得，，设，则t＞1，x2＝tx1，，
∴，，
∴，
设，则，
设，则，
∴在（1，+∞）单调递增，则，
∴，则h（t）在（1，+∞）单调递增，
又x1+x2≤2ln3，即h（t）≤2ln3，h（3）＝2ln3，
∴t∈（1，3]，即的最大值为3．
【点睛】思路点睛：对于带参函数讨论单调性的问题，一般在求导后结合对参数分类讨论进行分析；导数问题中带有不等式求范围或最值问题，一般先根据条件转化为它的等价条件，结合式子特征构造合适的函数，再求导结合单调性分析最值.
12．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考开学考试）已知函数，为函数的导函数
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，若，，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）首先求出的解析式，再利用导数求出的单调区间；
（2）首先求出的解析式，再利用导数说明函数的单调性，即可得到①或②两种情况，再分别证明即可.
【详解】（1）解：因为定义域为，
则，即，
所以，
当时恒成立，所以在上单调递增，
当时，令解得，令解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上可得，当时在上单调递增，
当时在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：当时，
所以，，
所以，
令，则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以在上单调递增，
不妨设，因为，所以有①或②两种情况，
当①时，因为在上单调递增，
所以，所以，
当②时，由，得，所以，
则，
由，所以，
令，，
则，
所以，即在上单调递减，且当趋向于1时趋向于0，则，
所以，则，即，
综上可得当，，且时，.
【点睛】关键点点睛：第一问中，根据的结构，对分类讨论；第二问中，对于②，在证明时，利用将双变量变为单变量，再利用导数证明不等式.
13．（2021春·江苏·高三统考阶段练习）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)若函数有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）在定义域内，根据函数求导判断函数单调性，找出定义域内最小值，当满足时即可求的取值范围.
（2）根据（1）中求导结果得出零点的取值范围，根据零点性质可知，据此利用函数单调性定义得出和的大小关系，从而证明出.
【详解】（1）由题意得，，
令，则，
在上单调递增，且，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
故当时，函数取得最小值，
，得.
（2）证明：不妨设，
由（1）得，在上单调递减，在上单调递增，
，故，
，


设，则，
故在上单调递增，
，
故，即，
又在上单调递减，，
.
14．（2023春·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设，若，且对任意恒成立，求实数的取值范围.
【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）求出函数的导数，分和讨论导数的正负，从而判断函数的单调性；
（2）由题意对任意，可变形为，故设，推出，从而将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求解函数最值即可求得答案.
【详解】（1）因为，
所以，
因为，
若,则在上单调递增，
若，当时，，当时，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
综上可得，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）对任意，
即，设，则，
即，
当时，，
由（1）知在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
所以，
设，则在上单调递增，
且，
所以存在，使得，
即，即，
由在上是增函数，得，
时，单调递减，
时，单调递增，
所以，
所以由得，即，
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：在解答对任意恒成立时，根据此时函数的结构特征，设出函数，将恒成立问题转化为函数的最值问题，关键在于求该函数的最值时，求出其导数，要结合零点存在定理判断其极值点，从而求得最值.
15．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知函数．
(1)求函数在区间上的最大值；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用导数分析函数在上的单调性，即可求得函数在上的最大值；
（2）由可得出，令，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.
【详解】（1）解：当时，，则，
所以，函数在上单调递增，所以，.
（2）解：函数的定义域为，由可得，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，且，
当时，，则，所以，函数在上单调递增，
当时，，则，所以，函数在上单调递减，
所以，，
令，其中，则，则函数在上为增函数，
因为，，则存在，使得，
当时，；当时，.
由题意可知，直线与函数的图象有两个交点，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
【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.
16．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）已知函数.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)设函数有两个极值点，若过点的直线恒在函数图象的下方，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，递减区间为
(2)

【分析】（1）先求导数，再利用导数的求解单调区间；
（2）先求出过点的直线，利用图象的位置关系转化为恒成立问题求解.
【详解】（1）当时，，
令，令或，
的单调递增区间为，递减区间为.
（2），令；
有两个极值点，或，其中
过的直线方程为

又



且




过的直线方程为.
∵直线恒在函数图象的下方，
对恒成立，
，
令，则，
当时，，为增函数；
当时，，为减函数；∴；
∴，
当且仅当时取“，令，易知为增函数.
，
存在唯一的使，故可取“，
，
的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题考查不等式的恒成立问题，主要方法有：
（1）分离参数法：若分离参数成恒成立，则，
若分离参数成恒成立，则.
（2）最值法：若无法分离参数，则通过求解函数的最值来转化，若恒成立，
则，若恒成立，则.
17．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知函数，其中a为实数．
(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；
(2)若，试判断关于x的方程在区间上解的个数，并给出证明．（参考数据：）
【答案】(1)；
(2)2个，证明见解析.

【分析】（1）由导函数恒成立，利用分离参数法得到，记，利用单调性求出，即可求出a的取值范围；
（2）由得到函数，利用导数判断出在区间上的单调性，利用零点存在定理即可判断.
【详解】（1）因为在区间上单调递增，
所以对恒成立，
所以．
记.
因为 在上单调递增且恒大于0.
在上单调递增，当时，所以不可能取得最大值；
当时且单调递增，单调递增且恒大于0，所以在上单调递增，所以.
所以.
（2）由得到.
令，则.
记，则
.
当时，，单调递减，即单调递减.
．
而，当
故，
故当时，，
所以存在唯一的使，
且当时，，单调递增；当时，，单调递减．
当时，令，
则，以在上单调递增.
因为，，
所以存在唯一的使，且在上单调递减；在上单调递增.
而，，，
∴存在唯一的使，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上所述：当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．
，
当时，
，
所以 ，，
所以在，上各有一个零点，
所以在区间上共两个解．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
（4）利用导数证明不等式；
（5）利用导数研究零点问题.
18．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）已知函数．
(1)若时，，求实数a的取值范围；
(2)讨论的零点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）根据题意，求导，得到，对进行分类讨论，可得的单调性，进而求得的时候，实数a的取值范围.
（2）通过分类讨论，可得函数的单调性，进而得到的图像，根据数形结合，可得的零点个数.
【详解】（1）的定义域是，．
①当时，，所以在上单调递增，
又因为，所以当时，，满足题意；
②当时，令，
由，得，．
当时，，，所以在上单调递减，
所以，不满足题意．
综上所述，．
（2）①当时，由（1）可得在上单调递增，且，
所以在上存在1个零点；
②当时，由（1）可得必有两根，，
又因为，所以，．
x






＋
0
－
0
＋

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增

当时，因为，所以在上存在1个零点，
且，；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，故，所以在上存在1个零点；
当时，因为，
，而在单调递增，且，而，
所以，所以在上存在1个零点．
从而在上存在3个零点．
综上所述，当时，存在1个零点；当时，存在3个零点．
【点睛】思路点睛：通过求导，得到，通过分析导数，得到的图像，通过数形结合，可求得不等式恒成立时，参数的取值范围，以及相应的的零点个数
19．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）已知，函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)过原点分别作曲线和的切线和，试问：是否存在，使得切线和的斜率互为倒数？请说明理由；
(3)若时，恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，理由见解析
(3)，．

【分析】（1）求出的导数，分类讨论和时导数的取值情况，即可求出的单调性；
（2）首先根据题意求出过原点时的切线斜率，再根据俩切线斜率的关系，表示出的切线斜率，列出一个含a参数的等式，欲证明（2）问成立，只需证明存在解，也就是存在零点，求出的导数，找到单调区间和极值点即可判断是否存在；
（3）化简不等式得，确定不等式定义域，在确定定义域下对进行放缩简化，因为，所以欲使不等式恒成立，只需证明，欲使化简不等式成立只需满足函数在定义域内最小值大于等于0，以此求导计算即可.
【详解】（1）由已知，
当时，在恒成立，在上单调递增；
当时，由，得，
若时，，在上单调递增，
若时，，在上单调递减；
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）假设存在，使得切线和的斜率互为倒数.
，，
设的切线方程是，则，显然，，切点为，
于是，解得，
所以的斜率为，于是的斜率为             
设的切点坐标为，
由，，
又，所以，整理得，
设（），，
当时，，递增，而，所以 ，
时，，递减，又，
所以存在，使得，
因此关于的方程有正数解．
所以存在，使得切线和的斜率互为倒数.
（3）时，恒成立，
即在时恒成立，
当时，恒成立，即，又，则．.
下面证明：当时，在时恒成立．
先证明时，，
由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减；
则，即，有，
所以当时，，
要证明，只需证明对任意的，恒成立，
令，则，
由，得，
①当即时，在上恒成立，
则在上单调递增，于是
．
②当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
于是，
令，则，
则在上单调递增，
于是，所以恒成立，
所以时，不等式恒成立，因此的范围是，．
【点睛】结论点睛：高中常用放缩放缩不等式
（1）指数函数放缩：
①；②；③；④
（2）对数函数放缩：
①；②；③；④；⑤
（3）指对函数混合放缩：

（4）三角函数函数放缩：
①；②
20．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）已知函数(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝1，证明：曲线y＝f(x)与直线y＝x＋1恰有两个公共点，且这两个公共点关于点(0，1)对称．
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析.

【分析】（1）求导后分类讨论、、时的的单调性.
（2先构造函数研究单调性，再由零点存在性定理可证得有两个公共点；先设一个交点坐标，再判断此点关于点对称的点是否也在与上即可.
【详解】（1）∵，
当时，，，
∴在上单调递减，在单调递增；
当时，，，
∴在上单调递增，在单调递减；
综述：当时，在上单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增，在单调递减；
（2）①证曲线与直线有两个公共点，
当时，，令，
∵不是方程的根，
∴，
令，，则，
∴在，上单调递增，
又，，
∴由零点存在性定理可知，在上有一个零点，
又，，
∴由零点存在性定理可知，在上有一个零点，
∴有两个零点，即：与恰有两个公共点.
②证两个公共点关于(0,1)对称，
设为与的一个交点，则，
又，
，
∴点也是与的一个交点，
又∵与恰有两个公共点，
∴两交点分别为：，，
又∵点与点关于点对称，
∴两个公共点关于点对称.
∴综述：与恰有两个公共点，且两个公共点关于点对称.
21．（2023·江苏南通·统考模拟预测）设函数，.
(1)若函数图象恰与函数图象相切，求实数的值；
(2)若函数有两个极值点，，设点，，证明：、两点连线的斜率.
【答案】(1)1
(2)证明见解析

【分析】（1）设切点为，结合导数的几何意义求解即可；
（2）由有两个极值点，可得有两个不等的正根，且，可得，要证：，即证.令证，进而构造函数，再利用导数求解即可；
【详解】（1）设与切于，
由，则，
所以，则，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
又，所以，
所以.
（2）解法一：
由，
所以，
因为有两个极值点，
，即有两个不等的正根，且，

，
要证：，即证.
不妨设，即证：，
即证：，
令证
令，
在上，证毕!
解法二：
因为，所以，
令，则，
因为函数有两个极值点，所以，解得.
所以，
所以的斜率
.
令，则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，.
不妨设，令，则，
所以，
即，证毕!
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，通常要分析不等式结构，构造函数求解.本题关键在于分析要证：，即证.令证，进而构造函数，再利用导数求解.
22．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）已知函数．
(1)当时，证明：在区间上单调递增；
(2)若函数存在两个不同的极值点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）求导，再令，利用导数法判断的正负即可；
（2）求导，由存在两个不同的极值点，得到存在两个不同的变号零点，再令，用导数法研究其零点即可；
【详解】（1）解：，令，
则，
当时，，递减；当时，，递增，
∴，
∴在上单调递增．
（2）因为，
所以，
∵存在两个不同的极值点，
∴存在两个不同的变号零点，
令，则，
，
令，
，则在上递减，
注意到，
∴当时，，则，递减；
当时，，则，递增，
∴．
要使有两个不同的变号零点，则，解得．
且当时，，当时，，
∴．
综上：，即m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问在研究的零点时，不仅要其最小值小于0，也要研究和时的情况.
23．（2022秋·江苏徐州·高三徐州市第三中学校考阶段练习）设，为实数，且，函数
(1)求函数的单调区间；
(2)若对任意，函数有两个不同的零点，求的取值范围；
(注：是自然对数的底数).
【答案】(1)答案见解析
(2)

【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由得，函数在上单调递减，
由得，函数在上单调递增.
所以当时，在上单调递增；
当时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
（2）有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
当时，，因此的零点为正数，
令，则，
则有2个不同的解等价于有2个不同的解，
令，求导得，
令，求导得，即函数在上单调递增，
又，于是当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，
因此当时，取极小值，即为最小值，为，
因为有2个不同零点，则有，显然，对任意恒成立，
于是，
当时，由及，取，则， ，
由零点存在性定理知，存在，使成立，
令，，令，，
即在上递增，，则在上递增，，因此，
因为当时，，取，则，即，
由零点存在性定理知，存在，使成立，
因此当时，函数有两个不同的零点，
所以实数的取值范围是.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
24．（2022秋·江苏南京·高三校考期末）已知函数，其中．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)已知函数(是自然对数的底数)，若，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）先对求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数的单调性即可得解；
（2）先将问题转化为有唯一解，构造函数，分类讨论与两种情况，利用导数研究的图像，再将问题转化为大于的极大值或小于的极小值，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递减，在上单调递增；
综上：当时，的单调递减区间为；
当时，的单调递减区间为和，单调递增区间为.
（2）因为，所以，
因为，曲线与曲线都有唯一的公共点，
所以，方程有唯一解，即方程有唯一解，
令，则，
对于，
当，即时，，故函数在上单调递增，
易知，当趋向于0时，趋向于无穷小，趋向于0，故趋向于无穷小；
当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于无穷大，故趋向于无穷大；
所以的值域为，
所以，与有且只有一个交点，满足题意；
当，即时，有两个实根，且，，
若，则当或时，，当时，，
所以先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，
要使有唯一实数根，则大于的极大值或小于的极小值，
记为极大值点，则，恒成立，
又，即，则的极大值为，
令，则，故在上单调递增，
故，则，故，
记为极小值点，则，恒成立，
又，即，则的极小值为，
令，则，
故在上单调递减，
因为，即，取，
则，所以，
令，则，
所以在上单调递减，故，
所以，即，
所以趋向于无穷小，则趋向于无穷小，
所以不存在，使得恒成立；
若，记为极大值点，则，同理可得恒成立，
因为在上单调递减，所以，则，故，
记为极小值点，则，同理可得不存在，使得恒成立；
综上：要使，曲线与曲线都有唯一的公共点，，即的取值范围为.
【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．
25．（2023春·江苏南京·高三校考开学考试）已知函数．
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若，且在区间上恒成立，求a的取值范围；
(3)若，判断函数的零点的个数．
【答案】(1)单调增区间为；单调减区间为
(2)
(3)有1个零点

【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）求得的根，然后按照根与已知区间的关系分类讨论确定的正负得单调性，从而函数的最小值，由最小值大于0得参数；
（3）求出，对再求导得出其最小值，由最小值大于0得，从而得的单调性，然后结合零点存在定理确定零点个数，为此计算时的函数值（小于0），，可得零点存在且唯一．
【详解】（1）若，则，
由得，；由得，．
所以函数的单调增区间为；单调减区间为．
（2）依题意，在区间上．．
令得，或．
若即，则由得，，递增；由得，，递减．
所以，满足条件；
若，则由得或，在时递增或时递增；由得，递减．，
依题意，即，所以．
若，则．
所以在区间上单调递增，，不满足条件；
综上，．
（3）．
所以．设，．
令得．
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．
因为，所以．
所以的最小值．
从而，在区间上单调递增．
又，
设．
则．令得．由，得；
由，得．所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以恒成立．所以．
所以．
又，所以当时，函数恰有1个零点．
【点睛】方法点睛：用导数研究函数零点个数问题，主要是由导数确定函数的单调性，然后结合零点存在定理得零点个数．难点是在确定零点存在时，零点两边函数值异号时点的取得．
26．（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）已知函数和，
(1)求在处的切线方程；
(2)若当时，恒成立，求的取值范围；
(3)若与有相同的最小值．
①求出；
②证明：存在实数，使得和共有三个不同的根、、，且、、依次成等差数列．
【答案】(1)
(2)
(3)① ；②证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）当时，不等式等价于，构造函数，则，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，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围；
（3）①对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数、的单调性，求出两个函数的最小值，根据这两个函数的最小值相等可得出关于实数的等式，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，结合可求得实数的值；
②根据①可得当时，的解的个数、的解的个数均为，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得、的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）解：因为，则，所以，，
所以，在处的切线方程为.
（2）解：当时，不等式等价于．
设，则，且.
对于函数，.
（ⅰ）当且时，，故，
则在上单调递增，因此；
（ⅱ）当时，令得，．
由得，，
故当时，，在单调递减，因此，不合乎题意.
综上，的取值范围是．
（3）解：①的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
函数的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，其中，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
②由①可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，故，
故有两个不同的零点，即方程的解的个数为.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为.
当，由①讨论可得、仅有一个解，
当时，由①讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.
设，其中，故，
设，其中，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且，
当时，，即，即，
当时，，即，即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根、，
此时有两个不同的根、，
故，，，，
所以，即，即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
又可化为，即，即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，故，即.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系．
27．（2023春·江苏南京·高三校联考期末）已知函数，.
(1)若，恒成立，求实数a的取值范围；
(2)判断方程在上实根个数，并说明理由.
【答案】(1)．
(2)1.

【分析】（1）求出导函数，分类讨论说明的正负，得的单调性，确定题设不等式是否恒成立，得参数范围；
（2）在时，由（1）得，利用导数证明，然后求得导函数，由不等式性质得时，，得单调递增，方程变形为，
然后由的范围分类讨论可得．
【详解】（1），
时，，在上递减，恒成立；
时，恒成立，在上递增，不合题意；
时，存在使得，时，，在上递增，不合题意，
综上，的取值范围是．
（2）由（1）得时，，
设（），则，
时，单调递减，时，，单调递增，
，所以，
，
所以在上是增函数，
方程，
由得，此时，因此是方程在上的一根，
时，，，方程在上无解，
时，，，方程在上无解，
时，，，方程在上也无解，
综上，方程在上只有一个解，根的个数为1.
【点睛】关键点点睛：本题考查由导数研究函数的单调性，不等式恒成立问题，研究方程根的个数问题，解题关键是方程进行同构变形为，因此我们只要确定的单调性，然后分数讨论得出结论．
28．（2023春·江苏南京·高三江苏省江浦高级中学校考阶段练习）已知函数有两个零点，，且，
(1)求的取值范围；
(2)证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）易得，分和讨论，对时，根据存在两零点得，求出的范围，再结合，放缩得，确定，则，再构造函数，，求出其单调性即可得到的范围；
（2）利用基本不等式得，放缩证明，利用比值换元法设，构造函数，，求导证明其单调性，得到其范围即可.
【详解】（1）因为的定义域为，所以
当时，恒成立，所以在上单调递增，
故不可能有两个零点，故舍去；
当时，令，解得
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，要使有两个零点，
则，解得，
又，，
所以当时，在和上各有一个零点，，
且，所以，
由单调性知，当时，，
当时，，
因为，所以，即
所以，而，
即，所以，而，
令，
则，，，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以
（2）
，当且仅当取等号，而，
故
要证，即证，即证
即证，
即证，
.设，，，
，，

令，，
令，，易知在上单调递增，
故，
∴在单调递增，
∴，∴在上单调递增，
∴得证.
【点睛】关键点睛：本题第2问首先采用了基本不等式进行放缩得，从而将题目的证明转化为证明，然后得到，利用经典的比值换元法，设，，则，从而设，，通过多次求导研究其单调性和值域即可.
29．（2023·江苏泰州·统考一模）已知函数和有相同的最大值.
(1)求实数；
(2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】(1)利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；
(2)构造函数和，利用导数和单调性讨论函数的零点，结合函数分类讨论对应方程根的个数和分布证明.
【详解】（1），令.
有最大值，且在上单调递增上单调递减，.
时，，
当时，单调递增；当时，单调递减，
.
（2）由，由，
令,
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减，至多两个零点，
令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增；上单调递减；至多两个零点.
令，
当时，，所以；
当时，由，
设，，
所以当时，，
所以在单调递增，所以，
所以，且，所以，
设
当时，，当时，，
所以在上单调递减，方程无解，
当时，由在上单调递增，
方程有唯一解，
当时，注意到，
设，对恒成立，
所以，
所以当时，，即，
因为，所以，，所以，
所以，
在和上各有一个零点，
示意图

如下注意到，
令，，即函数在上单调递减，
因此，即有，
在和上各有一个零点.
且由，而，
而在上单调递增，由，
由，而
而在上单调递减，由，
于是得，
，证毕!
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键，进而可得同构等式，根据函数的单调性分类讨论证明.
30．（2023·江苏南通·二模）已知函数．
(1)若，，求实数a的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将分为零正负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可；
（2）由题意要证，只要证，涉及到转化的思想令，，求的最小值即可求得结果.
【详解】（1）依题意，.           
①当时，在上，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.        
②当时，令，得，解得，，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
③当时，判别式，所以，
所以在上单调递增，所以.
综上，实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，是的极小值点.
由（1）知，，，则.
综上，要证，只需证，
因为

，
设，.        
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以，即得成立．
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，
（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；
（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.