专题26 导数大题综合-备战2024年数学新高考一轮复习之专题知识归纳和题型技巧大综合

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冲刺秘籍
导函数与原函数的关系
单调递增，单调递减
极值
极值的定义
在处先↗后↘，在处取得极大值
在处先↘后↗，在处取得极小值
两招破解不等式的恒成立问题
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
常用函数不等式：
①，其加强不等式；
②，其加强不等式.
③，，
放缩
，
利用导数证明不等式问题：
（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）转化为证不等式（或），进而转化为证明（），因此只需在所给区间内判断的符号，从而得到函数的单调性，并求出函数的最小值即可.
证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
冲刺训练
一、解答题
1．（2023·广东佛山·校考模拟预测）已知函数.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)判断函数的零点个数，并证明.
【答案】(1)
(2)有个零点，证明见解析
【分析】（1）对求导，令，，得出在的单调性，结合零点存在性定理可得在上单调递增，在上单调递减，再比较的大小，即可得出答案.
（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论，和时，的正负，即可得出证明.
【详解】（1）的定义域为，故，
令，，
当时，，
所以在上单调递减，且，
，
所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，
所以函数在区间上的最小值为.
（2）有个零点，证明如下：
因为，，
若，，
所以在区间上单调递增，又，，
结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点，
若，则，则，
若，因为，所以，
综上，函数在有且仅有一个零点.
2．（2023·江苏常州·校考一模）已知函数.
(1)若，求的值；
(2)证明：当时，成立.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：根据，可得是的极小值点求出，再利用导数检验即可；解法二：求出，分、讨论，利用导数判断单调性可得答案；
（2）当时，设，利用导数判断出单调性可得答案.
【详解】（1）解法一：由，得，
又，所以是的极小值点，
故，而，故，
若，则，
当；当，
所以在单调递减，在单调递增，
故是唯一的极小值点，也是最小值点，
由，所以当且仅当时，
解法二：由，得，又，
当时，有恒成立，所以在上单调递减，
又，则不成立，
当时，令，得，
则时，有时，有，
即在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
，
函数在单调递减，单调递增，
，当且仅当取等号，
故；
（2）当时，，
设，
当时，，
又由（1）知，故，
当时，，
设，则，
则在单调递增，，
所以，则在单调递增，
，
综上，，即当时，.
【点睛】思路点睛：在证明不等式时构造函数，利用导数判断出单调性结合最值的正负是常用的方法.
3．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）设函数，.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)
【分析】（1）直接代入求导得，则得到其单调区间；
（2）将题目转化为，设，通过二次求导和零点存在定理得到导函数的零点，再利用隐零点法结合的最值即可得到答案.
【详解】（1）时，函数的定义域为，
因为，所以，当时，，当时，，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）函数的定义域为，
等价于，
设，则，
设，则恒成立，
所以在上单调递增，
即在上单调递增，当，当，
所以，使得，即，所以，
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以，
设，则，而恒成立，
所以为增函数，
由，所以.
因为均为减函数，所以在上为减函数，
所以，当时，，所以实数的取值范围为
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是将题目转化为，再设新函数，通过求导和隐零点法得到，再设，得到其最值即可得到答案.
4．（2023·广东佛山·统考模拟预测）已知函数，其中.
(1)讨论函数极值点的个数；
(2)对任意的，都有，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导后，将问题转化为与交点情况的讨论问题，利用导数可求得的单调性和极值，进而确定图象，采用数形结合的方式可求得结果；
（2）将恒成立的不等式转化为，构造函数，利用导数可证得，由此得到，进而确定的取值范围.
【详解】（1）由题意知：定义域为，，
令，则，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，当时，恒成立，
大致图象如下图所示，

则当时，恒成立，即恒成立，
在上单调递减，无极值点；
当时，与有两个不同交点，
此时有两个变号零点，有两个极值点；
当时，与有且仅有一个交点，
此时有且仅有一个变号零点，有且仅有一个极值点；
综上所述：当时，无极值点；当时，有两个极值点；当时，有且仅有一个极值点.
（2）由题意知：当时，恒成立；
设，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
即，，
又恒成立，，即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题对于含参函数极值点的讨论的解题关键是能够将问题转化为导函数零点个数的讨论，通过参变分离的方式进一步将问题转化为曲线与直线交点个数的问题，从而采用数形结合的方式来进行求解.
5．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知函数有两个零点.
(1)证明：；
(2)求证：①；②.
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）对函数求导并求最小值，根据区间单调性及零点存在性定理，讨论参数a的范围；
（2）①分析法，将问题化为证明，构造，，利用导数证明单调性，进而判断函数符号即可证；
②利用导数分别证及，构造中间函数，利用放缩或导数证明不等号式，结合零点得到、，即可证结论.
【详解】（1）由，当时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，
当时，，所以，
若，即时，则时，此时在上不存在零点，
要使有两个零点，故.
（2）①要证，不妨设，则证，
因为在上单调递增，即证，
令，，则，
所以在单调递增，所以，即，得证；
②引理1：当时：
证明：当时，得证.
利用引理1：，所以①，
引理2：：
证明：令，
则，当时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
利用引理2，因为，所以，
所以，所以②，
由①，②知：.
【点睛】关键点点睛：第二问②，将所证不等式拆解为分别证、，得到、为关键.
6．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知，函数．
(1)讨论的单调性；
(2)求证：存在，使得直线与函数的图像相切．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数解析式，明确其定义域并求导，根据二次函数的性质，结合导数与函数单调性的关系，可得答案；
（2）根据导数的几何意义，建立方程，将其等价于新函数求零点问题，利用导数研究新函数的单调性以及零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1）的定义域是，，
当时，恒成立，在单调递增；
当时，令，则，显然成立，
解得：，，
当时，；当时，，
的增区间是和，减区间是．
（2），则，设切点坐标为．
由直线与函数的图象相切，则，解得：．
显然直线过原点，则，所以．
整理得，即：，得：．
设，．
当时，，递减，当时，，递增．
又，．所以存在，使得．
存在，使得直线与函数的图像相切．
7．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）已知函数.
(1)若有两个极值点.求实数的取值范围.
(2)在（1）的条件下，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）二次求导,根据单调性结合最值确定极值点个数求参即可;
（2）构造函数应用单调性求最值，把分解为分别证明不等式可得.
【详解】（1）因为，所以.
令，则.
因为有两个极值点，，所以有两个不等正实根.
①当时，，所以在上单调递增，
则在上至多有一个零点，舍去.
②当时，令得
当时，，则在上为增函数；
当时，，则在上为减函数；
所以时，取极大值，即为最大值为.
所以有两个不等正实根的必要条件是
，解得.
当时，，
因为，所以，由零点存在性定理知：
存在唯一的，使得成立.
因为，令，
则，取，则且，
所以，由零点存在性定理知：存在唯一的，使得成立.
所以时，有两个不等正实根.
综上，实数的取值范围是.
（2）由（1）知，且.所以
因为在上为增函数，及，
所以，又因为，所以.
因为，所以.
所以，所以，
所以.所以.
其中（其中）
构造函数，则.
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立.
所以.
【点睛】关键点点睛:证明不等式把分解为,构造函数求出导函数应用单调性证明不等式.
8．（2023·广东梅州·统考三模）已知函数，，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）由题意得，令，则，分类讨论，，即可得出答案；
（2）由（1）得，题意转化为方程在上有实根，令，则，分类讨论，，，即可得出答案．
【详解】（1），令，则
当时，，函数在上单调递增；
当时，，得，，得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，，方程在上有实根等价于方程在上有实根.
令，则
当时，，函数在上单调递增，，不合题意；
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，，不合题意；
当时，，得，，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，所以
综上所述，的取值范围为
9．（2023·山东济南·校考模拟预测）设函数，已知恒成立．
(1)求实数的值；
(2)若数列满足，且，证明：.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】不等式化为，构造新函数，结合，得到，求出的值为，再利用函数单调性证明时不等式恒成立即可；
根据条件把不等式转化为证明，利用分析法进一步变化不等式，最后构造函数利用函数单调性即可.
【详解】（1）由题意可知，，即，
设，则在上恒成立，
注意到 ，故是函数的最小值点，也是极小值点，
则，因为 ，
所以 ，所以 ．
下面证明当时，在上恒成立，
，则，
令，得
令，得，
所以 在上单调递减，在上单调递增；
故，得证；
所以实数的值为1．
（2）由（1）知当时，，
因为 ，设，则，
所以 ；
因为 ，所以 ，
故要证 ，只需证：，
因为 ，故只需证：，
因为 ，所以 ，
故只需证： ，即，
只需证：．
设，
故只需证：当时，，
因为 ，
所以 在上单调递增，
所以 ，得证；所以原不等式成立．
10．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知函数有三个极值点，其中.
(1)求的取值范围；
(2)求证：；
(3)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，将问题等价转化为有两个不等实根，令，根据导数的正负判断函数的单调性，进而求解；
（2）根据题意，是的两个根，将问题等价转化为证明，令，利用函数的单调性进而求证；
（3）根据题意可得，将要问题等价转化为，令，利用导数与函数的单调性得到，令，，根据函数的单调性进而求证.
【详解】（1）
有两个不等根
令，则
在单调递增，上单调递减，且
.
（2）由（1）知，是的两个根
先证
令，
则
在上单调递增
又得证
（3）因为，所以，
，所以
要证，即证：，
又因为，即证：.
令，
所以单调递减，单调递增，
，即.令，
时，单调递减，
所以所以，即，
即成立.
【点睛】利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题.对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后再去证明.
11．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知函数，．
(1)试求与的公切线方程.
(2)设，，若不等式对一切恒成立，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设曲线在处的切线与曲线相切，导数写出曲线在处的切线，将切线方程与联立，消去，由求出的值，即可得出公切线方程；
（2）设，利用导数分析函数的单调性，根据可解出最小值点的取值范围，然后对最小值点的取值范围进行分类讨论，求出的取值范围，结合基本不等式可求得的最大值.
【详解】（1）因为的定义域为，设曲线在处的切线与曲线相切，
，则切线斜率为，
所以，曲线在处的切线方程为，即，
联立可得，
，整理可得，
即，
令，其中，
则，
令可得，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，故方程只有唯一解，
此时，与的公切线方程为.
（2）设，则，
令，则，则函数在上为增函数，
因为当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
所以，存在唯一的，使得，即，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
即，即，
解得或.
（i）当时，，
又因为，所以，，可得；
（ii）当时，，与矛盾，舍去.
综上所述，，
又因为，，则，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
【点睛】关键点睛：本题考查代数式最值的求解，本题在求解最值时，涉及到隐零点问题，即将最值点所满足的等式进行代换，从而将所求代数式加以简化求解.
12．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的零点分别为，且，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数的定义域和导函数，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；
（2）由已知结合两点定义可得，由分析可得要证明，只需证明，
设，则只需证明，设，再利用导数求函数的最值即可证明结论.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，令，则，
∴当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减；
（2）由（1）知，方程的两个不等的正实根，即，
亦即，从而，
设，又，即，
要证，即证，
只需证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
令，则
设，则
则在上单调递增，有，
于是，即有在上单调递增，
因此，即，
所以成立，即．
【点睛】关键点点睛：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．
13．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）已知函数．
(1)若，求证：；
(2)当时，对任意，都有，求整数的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）将恒成立问题转化为最值问题，利用导数判断函数单调性进而即得；
（2）选特值，时，举反例验证结论不成立，从而得出，赋值，通过参数放缩与导数，来证明结论成立，即找到了整数的最大值.
【详解】（1）时，设，则，，
即在上恒成立，
在上单调增， 又，
即；
（2）时，当时，，所以．
下证符合．
时，当时，，所以当时，．
记，则只需证对恒成立．
，令，则在递减，
又，所以存在，使得，
则在递增，在递减；
又，所以存在使得，且，
所以在递增，在递减，又，所以对恒成立，
因为，所以符合．
综上，整数的最大值为3．
【点睛】当出现两个参数时，尽可能通过讨论或参数放缩来减少参数的个数，降低解题难度.
14．（2023·重庆巴南·统考一模）已知函数．
(1)当时，
（I）求处的切线方程；
（II）判断的单调性，并给出证明；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)（I）；（II）单调递增，证明见解析
(2)
【分析】（1）由导数的几何意义可求得切线的斜率，从而可求切线方程；由，令，求导判断单调性得，即可求解；
（2）当，取判断不成立；当时，三次求导结合隐零点进行判断不成立；当时，，可得，即.
【详解】（1）当时，，可得.
（I），
所以在处的切线方程为，即.
（II），
设，则单调递增，
所以，即，
所以当时，单调递增.
（2）设，
由题意恒成立.
①当时，不恒成立，不合题意；
②当时，设，，
，，，
设，，，单调递增，
由零点存在定理得，使得.
在上，，即，
所以在上单调递减，，不恒成立，不合题意；
③当时， ，
则，
当时，，即，则，
所以当时，单调递增.
可得：，即，所以.
综上，的取值范围为．
【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分类讨论参数.
15．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）已知函数，且，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，函数有三个零点，，，且，试比较与2的大小，并说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）分类讨论与，结合导数与函数的关系即可得解；
（2）观察式子先确定，再利用转化法与换元法得到，进而利用双变量处理方法得到，利用导数证得，从而得解.
【详解】（1）由，得，又，所以，
则，所以，．
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得；令，得或；
所以在与上单调递减，在上单调递增．
（2），理由如下：
因为，
由，得，解得或．
因为，所以，，是的正根，则，
又，所以，，
两式相减得．
令，，则，得，则．
令，则，
所以，，可得，
．
设，则，
再设，则，
所以在上为增函数，则，
即，则在上为增函数，
从而，
所以，即，
所以，即．
【点睛】关键点睛：本题第2小题的解决关键是利用换元法，将转化为，从而再利用导数处理双变量的方法求解即可.
16．（2023·河北沧州·校考模拟预测）已知函数.
(1)求函数的极值点个数；
(2)若不等式在上恒成立，求可取的最大整数值.
【答案】(1)极值点个数为1
(2)4
【分析】（1）求出，然后证明只有一个变号零点即可；
（2）条件不等式可转化为，然后求出，分、两种情况得到的单调性，然后可得到成立，然后利用导数可分析出答案.
【详解】（1）已知，
可得
令，则，
函数单调递减，且当时，，故函数先增后减，
当时，，
其中，∴，∴
当时，，
∴函数只有一个零点，∴函数的极值点个数为1.
（2）变形，得，
整理得，
令，则，∵，∴，
若，则恒成立，即在区间上单调递增，
由，∴，∴，∴，此时可取的最大整数为2，
若，令，则，令，则，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在区间上有最小值，，
于是问题转化为成立，求的最大值，
令，则，∵当时，，单调递减，
当时，单调递增，∴在处取得最大值，
∵，∴，∵，，
，此时可取的最大整数为4.
综上，可取的最大整数为4.
17．（2023·河北·校联考三模）已知函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若为函数的导函数，有两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)当时，在上单调递减
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据函数的定义求出的解析式，再通过其导函数的正负来判断函数的单调性；
（2）求出，把零点问题转化成方程的根，再转化成函数图象的交点，根据图象即可求出的范围；把代入，通过两个等式构造，结合的范围即可证明.
【详解】（1）因为，令，则，
所以（），
故（）.
当时，，
，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
故在上恒成立.
所以当时，在上单调递减.
（2）（ⅰ）有两个零点等价于有两个不同的根.
而 （），
所以有两个不同的根，
等价于有两个不同的根，
等价于与有两个不同的交点.
因为， （），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
而当趋向正无穷时，趋向0，趋向0时，趋向负无穷，
为使与有两个不同的交点，所以.
（ⅱ）有两个零点，则
，.
即，.
所以，
即，
得，
所以.
因为，所以.
【点睛】方法点睛：判断函数单调性时主要考虑其导函数的正负；零点问题常常可转化为方程的根；关于双变量问题通常需要通过等式构造，找出其等式关系.
18．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性：
(2)若是方程的两不等实根，求证：；
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由题意得，函数的定义域为.
由得：，
当时，在上单调递增；
当时，由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为是方程的两不等实根，，
即是方程的两不等实根，
令，则，即是方程的两不等实根.
令，则，所以在上递增，在上递减，，
当时，；当时，且.
所以0，即0.
令，要证，只需证，
解法1（对称化构造）：令，
则，
令，
则，
所以在上递增，，
所以h，所以，
所以，所以，
即，所以.
解法2（对数均值不等式）：先证，令，
只需证，只需证，
令，
所以在上单调递减，所以.
因为，所以，
所以，即，所以.
【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出．
19．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）（1）当时，求证：.
（2）已知函数有唯一零点，求证：且.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）要证明，只需证明，故设，利用导数研究函数的单调性，由此证明结论；
（2）利用导数研究函数的单调性，结合条件可得，由此可得，，结合（1）证明，
利用导数证明时，，由此可得，
方法一：化简可得，证明，由此可得结论，
方法二：求方程方程的根，证明，由此可得结论；
方法三：设，，证明，由此证明结论.
【详解】（1）设
，
在上单调递增，
，得，
即.
（2）因为，
所以，令，
则，
当时，，函数在单调递减，即在单调递减，
当时，，函数在单调递增，即在单调递增.
所以当时，函数取最小值，，
当时，，
又，
，，
所以当，，单调递减，
当，，单调递增.
所以当时，函数取最小值，，
因为函数有唯一零点，则，即
，即，
将①代入②，得，
即，
若，则，矛盾，
设，则，
当时，，在单调递增.
因为，，
，
，
由，得，等式两边取自然对数，得
根据（1）中时，
，得
设，
则，
所以函数在上单调递减，
所以当时，
所以当时，，
，得，
，令，，
当时，，所以在上单调递增，
，
由，
方法一：，
，，
则函数的图象为开口向上，对称轴为的抛物线，
，，又，
由二次函数图象可得，，
故，
所以.
综上，
方法二：，
方程的根为，，
因为，所以，又，所以，
又，，
所以，即，又，解得
方法三：设，，
则，
所以函数在上单调递增，
.
【点睛】关键点点睛：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．
20．（2023·湖南长沙·周南中学校考二模）已知函数.
(1)若函数有两个零点，求实数的取值范围；
(2)若对任意的实数，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”.若时，函数是“恒切函数”，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据零点的个数先估计零点的取值范围，然后可将问题转化成方程的解的个数问题；
（2）根据新定义先找出“恒切函数”所满足的条件，然后利用该条件，找到所满足的条件后进行研究.
【详解】（1）依题意，令，则，
当时，，方程无解，无零点；
所以，所以，
设，，则讨论零点可以转化为讨论的零点.
，设，
由于，，，
①时， 为上的减函数，有，
有为上的减函数，此时存在唯一零点，不合题意；
②当时，即，在上单调递增，，
，使得，即在上递减，在上递增，
又，所以，由于时，，
故在内存在唯一零点；在内存在唯一零点，此时符合要求；
③时，在上单调递减，上单调递增，
此时的极小值为唯一零点，不符合要求；
④当时，即，
在上单调递增，，
使得，即在上递减，在上递增，
且由单调性知，又由于时，，
故在内存在唯一零点；
在内存在唯一零点，此时符合要求.
综上，a的取值范围：；
（2）根据题意，若函数为“恒切函数”，切点为，
则即，
函数是“恒切函数”，设切点为，
即，可得，
则有即
考查方程的解，
设，因为，令，得.
当时，；
当时，.
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
所以.
（i）当时，因为，，
所以，函数在区间上存在唯一零点.
又因为；
（ii）当时，因为，所以函数在区间上有唯一零点，
由，则，
综上所述，.
【点睛】第二问的处理，先需要读懂新定义，然后根据新定义找到所满足的关系式，利用导数的工具，零点存在定理，进一步确定的取值范围.
21．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）已知函数，，且在上的极大值为1．
(1)求实数的值；
(2)若，，，求的值．
【答案】(1)
(2)，或，或
【分析】（1）由题意得到的表达式，对和这三种情况进行逐一分析，结合导数得到的单调性和最值，进而可得实数的取值范围；
（2）作出满足条件的函数图象，对和这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.
【详解】（1），，
① 时，，∴，无极值．
② 时，，∴，
当，即时，，无极大值；
当时，时，；时，，
∴在处取极大值，即，∴，舍去．
③时，，
∴，
时，；时，；时，．
∴在处取极大值，∴符合题意．
综上，．
（2）由（1）可知，，，
令可得，令可得或，
如图所示．

① 当时，，
当时，，则，矛盾；
当时，，∴，矛盾．
② 当时，符合题意．
③ 当时，时，，∴，
则，，∴，矛盾．
④ 当时，符合题意．
⑤ 当时，时，，∴，
则，，∴，矛盾．
⑥ 当时，符合题意．
⑦ 当时，，则，∴，与矛盾．
⑧ 当时，，，∴，与矛盾．
综上，，或，或．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象，对和这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.
22．（2023·湖南·校联考二模）已知函数．
(1)求的最小值；
(2)证明：方程有三个不等实根．
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）设，，利用导数研究其单调性可得的最小值，再结合在定义域内单调递增，即可求出答案；
（2）令，构造函数，利用导数判断单调性和值域，从而判断方程的根的个数即可
【详解】（1）设，，则，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故的最小值为，
因为在定义域内单调递增，所以的最小值为；
（2）由可得，整理可得，
设，
令，，
则，由得．
因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增．
由于，故，又由，由零点存在定理，存在，使得，
∴有两个零点1和，方程有两个根和，

则如图，时，因为，故方程有一个根，
下面考虑解的个数，其中，
设，结合的单调性可得：
在上为减函数，在上为增函数，
而，，，
故在上有且只有一个零点，
，设，
故，故即，
而，故在上有且只有一个零点，
故有两个不同的根且，
综上所述，方程共有三个不等实根
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是令，将问题转化为关于m的方程有两根，数形结合判断关于m的方程的根的情况
23．（2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测）已知函数.
(1)若的极大值为3，求实数的值；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当，对求导，得出的单调性和极大值，即可得出答案.
（2）由题意整理可得，利用换元法，令，则，令，利用导数求出的最小值，求解即可得出答案.
【详解】（1）因为，由，得，即的定义域为.
因为，
所以，
因为，
所以当时，，
当时，，所以当时，
在上单调递增，在上单调递减.
所以当时，取得极大值，
解得.
（2）当时，，
即，所以.
令，则，
令，则，所以当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，所以，又，所以，
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点在于把恒成立问题通过分离参数转化为新函数的最值问题，转化后利用导数判断出其定义域上的单调性求出值域或最值问题就解决了.
24．（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数，其中．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若存在两个极值点的取值范围为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）求导后，分类讨论，根据导数的符号可得结果；
（3）根据存在两个极值点可得，且，根据单调性可得，将化为，利用比值代换可求出结果.
【详解】（1）当时，，定义域为，
所以，
所以，又，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）的定义域是，
，，
令，则．
①当或，即时，恒成立，所以在上单调递增．
②当，即时，由，得或；
由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减
（3）由（2）当时，在上单调递增，此时函数无极值；
当时，有两个极值点，即方程有两个正根，
所以，则在上是减函数．所以，
因为，
所以
，
令，则，
，
所以在上单调递减，
又，且，
所以，
由，
又在上单调递减，
所以且，所以实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：涉及到双变量的问题一般可以利用比值代换处理，本题中，将化为后，设，化为关于的函数，再利用导数进行处理.
25．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(3)若，且在上恒成立，证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）依题意可得在上恒成立，参变分离可得在上恒成立，求出的最小值，即可得解；
（3）依题意可得，参变分离可得在上恒成立，令，，求出函数的导函数，分、两种情况讨论，即可得到，令，，利用导数求出的最小值，即可得证.
【详解】（1）函数的定义域为，且，
令，令，解得，因为，，
所以当时，即，
所以的单调递增区间为；
当时，即，
所以的单调递减区间为；
（2）若函数在上单调递增，所以在上恒成立，
令，则，
即在上恒成立，
令，，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以在上单调递减，所以，
所以，则，即实数的取值范围为.
（3）因为，所以，解得，
所以，又在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
则，
所以当时，则在上单调递增，此时显然不恒成立；
当时，则当时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以时，
所以，
因为，所以，
令，，则，
所以当时，即单调递减，当时，即单调递增，
所以，所以.
【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．
26．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）已知函数．
(1)若，求函数的最值；
(2)若，函数在上是增函数，求a的最大整数值．
【答案】(1)最小值为，最大值为
(2)0
【分析】（1）求导分析函数的单调性与最值即可；
（2）将题意转化为在上恒成立，参变分离可得，设，求导后根据零点存在性定理可得上有极大值点，设为，再根据满足的方程代入，结合的取值范围分析最大值的范围即可.
【详解】（1）若，则函数，．
令，则或，由于，
因而当时．单调递减，
当时．单调递增，
所以的最小值为，最大值为
（2），
由在上是增函数，
得在上恒成立，
即，分离参数得
设，则，
，即
设，由于
因而方程在上有解，设为，
则，且当时，，当时，
所以的最大值为．
因而，即，
又
又
所以a的最大整数值为0．
【点睛】方法点睛：
（1）函数在区间上单调递增或单调递减，转化为导函数在区间上非负或非正恒成立；
（2）恒成立问题可考虑参变分离，再构造函数分析最值；
（3）极值点不能求解则设隐零点，将满足的等式条件化简代入原函数，再根据的区间可求出极值的范围.
27．（2023·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）已知函数
(1)求的单调区间;
(2)若存在实数，使得方程有两个不相等的实数根，求证：
【答案】(1)的增区间为，无减区间，
(2)证明见解析
【分析】（1）先对函数求导后，再令，利用导数可求出的单调区间和最小值，从而可得，进而可求出的单调区间，
（1）由题意可得，，然后对化简变形可得，不妨设，令，则问题转化为，由（1）可证得结论.
【详解】（1）因为，
所以，
令，则
，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
所以，
所以在上递增，
所以的增区间为，无减区间，
（2）证明：由题意得，则，
因为，所以，
所以，
因为，
所以
不妨设，令，则证，即证，
即，
由（1）知在上递增，
所以当时，，
即时，，得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，解题的关键是通过已知条件对化简变形，再换元可得，则将问题转化为证明，结合（1）可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
28．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知函数与分别是与的导函数.
(1)证明:当时,方程在上有且仅有一个实数根;
(2)若对任意的,不等式恒成立,求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知得,,则,设,根据导数确定函数的单调性,结合隐零点即可证明;
（2）设,令,转化为对任意的,,利用导数结合分类讨论的思想求解即可.
【详解】（1）,
当时,,
令,
令,则,
显然在上是单调递增函数,且,
∴在上有唯一零点,
且时,单调递减,
时,单调递增,
又,
,
∴在上有唯一的根,
∴在上有唯一零点,
即在上有且仅有一个实数根.
（2）∵,
令,则,
等价于:,
,
令,
则,
令,
则,
故在上单调递增,,
故即在上单调递增,,
当时,,
∴在上单调递增,
∴;
当时,,取,
则,
,
∴,
∴,使得,
时,单调递减,
此时,不符合题意.
综上可知:的取值范围为.
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题,一般采用的方法有:单调性、特殊位置的函数值的正负、隐零点的探索、分类讨论思想等,需要学生对基本方法,基本技能进行整合.在证明不等式或求参数范围问题时,通常用两种方法:①参变量分离,构造新的函数,利用导数确定函数的单调性求解;②带参求导,利用分类讨论的思想求解,此时要注意分类的标准和分类是否全面.
29．（2023·湖南·校联考模拟预测）已知函数．
(1)若，求的最小值；
(2)若有两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）若时，求得，得出函数的单调性，进而求得其最小值；
（2）根据题意，得到，令，求出a的取值范围，得到，证明成立，即可证明成立.
【详解】（1）若，则，所以，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值．
（2）证明：，因为有两个极值点，
所以是方程的两个根，即，
所以
，
，①
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，的图象如图所示，

不妨设，
令，则，所以，
所以，
所以，②
下面证明．
由，可得，所以，即，
可得，即，
令，，则，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，所以，所以在上单调递减，
所以，即，所以，③
由②知，所以，
即，所以.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，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.
30．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若在有两个极值点，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，结合一元二次方程知识分类讨论，即可求得答案；
（2）法一：根据在有两个极值点可得在上有两个不等实数根，可确定范围以及韦达定理，进而求得表达式，结合其表达式构造函数，利用导数判断单调性，推出，即可证明结论；
法二和法三：结合（1）以及解法一，由表达式构造函数求导后，将a看作变量，将该导数整理变形或者利用导数中的切线不等式的重要结论判断导数的正负，即可判断函数单调性，即可证明结论.
【详解】（1）的定义域为R，
，，对于，则，
当时，，在上单调递增，
当时，由得，
当和时，，
当时，，
在单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单增，
当时，在上单调递增，在上单调递减；.
（2）法一：在上有两个极值点，
则，即在上有两个不等实数根，
即这两个极值点即为（1）中，
，
由韦达定理知
，
，
，
由于，故在上单调递减，则，
则，即，
令，
，
由于在上单调递减，则，
故，在上单调递增，，
即，即，
而要证明，即转化为证明，
由以上结论可知，成立；
法二：结合以上分析可得
，
令，，
由于，则，则，
则
在上为减函数，则得证..
法三：，
设，则，
即在上单调递增，故，则，
故，
则
，
故，在为减函数，
而，则得证.
【点睛】难点点睛：根据在有两个极值点，证明不等式成立，首先要结合导数确定的范围，继而要表示出，由此构造函数，利用导数判断函数的单调性，结合单调性解决问题，计算过程相当复杂，难度较大.