专题17 函数与导数压轴解答题常考套路归类（精讲精练）-备战2024年高考数学二轮复习讲练测（新备战2024年高考专用）

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函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：
（1）含参函数的单调性、极值与最值；
（2）函数的零点问题；
（3）不等式恒成立与存在性问题；
（4）函数不等式的证明．
（5）导数中含三角函数形式的问题
其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．
【核心考点目录】
核心考点一：含参数函数单调性讨论
核心考点二：导数与数列不等式的综合问题
核心考点三：双变量问题
核心考点四：证明不等式
核心考点五：极最值问题
核心考点六：零点问题
核心考点七：不等式恒成立问题
核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题
核心考点九：利用导数解决一类整数问题
核心考点十：导数中的同构问题
核心考点十一：洛必达法则
核心考点十二：导数与三角函数结合问题
【真题回归】
1．（2022·天津·统考高考真题）已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
【解析】（1），故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
2．（2022·北京·统考高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
【解析】（1）因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
3．（2022·浙江·统考高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【解析】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
4．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
5．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
6．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【解析】（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
7．（2022·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解析】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
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，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
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，即的解的个数为2.
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2.
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，，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.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【方法技巧与总结】
1、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0．
（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令．
（3）判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
（4）比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
（5）转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，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
2、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．
3、 比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．
【核心考点】
核心考点一：含参数函数单调性讨论
【规律方法】
1、导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调区间．
2、导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：
（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．
3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．
在此我们首先要清楚之间的联系是如何判断原函数单调性的．
（1）二次求导目的：通过的符号，来判断的单调性；
（2）通过赋特殊值找到的零点，来判断正负区间，进而得出单调性．
【典型例题】
例1．（2023春·山东济南·高三统考期中）已知三次函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程，
(2)讨论的单调性.
【解析】（1）当时，，
，
所以曲线在点处的切线斜率为，
又，，
整理可得曲线在点处的切线方程为；
（2），
若，由可得，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
当时，，
可得或，
所以在 为增函数，在上为减函数，
当时，
若，
在 为减函数，在上为增函数，
若，，在上为减函数，
若，
在 为减函数，在上为增函数，
综上可得：
若，
在上为增函数，在上为减函数，
当时， 在 为增函数，在上为减函数，
当时，
若
在 为减函数，在上为增函数，
若，，在上为减函数，
若，在 为减函数，在上为增函数.
例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，讨论函数单调性；
【解析】因为的定义域为，
所以，
当时，令，解得或，令，解得，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
当时恒成立，所以在上单调递增，
当时，令，解得或，令，解得，
所以在上单调递减，在和上单调递增，
综上可得，当时，在上单调递减，在和上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，求的单调区间.
【解析】函数的定义域为，
求导得：，
若，当时，，当时，，因此在上单调递减，在上单调递增，
若，由，得或，由，得，
因此在，上单调递增，在上单调递减，
若，恒成立，因此在上单调递增，
若，由，得或，由，得，
因此在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数的递减区间为，递增区间为；
当时，函数的递增区间为，，递减区间为；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数的递增区间为，，递减区间为.
例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.求函数的单调区间；
【解析】函数的定义域为，
则，
当时，因为，所以，则，
故函数的单调递增区间为；
当时，由可得，由可得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
综上：当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
核心考点二：导数与数列不等式的综合问题
【规律方法】
在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可以达到减少运算量的目的．
【典型例题】
例5．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：.
【解析】（1），，，，
，
时，，
∴，函数在上单调递增，
∴恒成立，满足条件.
时，对于方程，其，方程有两个不相等的实数根，
，，
，
当时，，此时函数单调递减，
，则，不满足条件，舍去.
综上可得：实数a的取值范围是.
（2）证明：由（1）可知：取时，函数在上单调递增，
∴在上恒成立，
令，则，
∴，
∴，
∴.
例6．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若不等式对恒成立，求实数a的范围；
(3)证明：当．
【解析】（1）由题，则.
得，故在点处的切线方程为：
.
（2）由题，，
令，则.
①当，即时，，有在上单调递增，则，得在上单调递增，
此时，故满足题意.
②当，即时，令，得，
则在上单调递减，又，
得在上单调递减，此时，故不合题意.
综上可得：.
（3）由（2），当时有.
注意到，则令，其中.
则由
可得，当且仅当取等号.
其中.
则令，其中，
得.
又代换后原不等式中的等号已经取不到（需），故有
即，其中.
则有
故原式得证.
例7．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数（）.
(1)，求证：；
(2)证明：.()
【解析】（1）先证，令，此时，故，
所以在上单调递增，
所以，即.
再证，
令，，
，在上单调递增，
故，即，
综合以上可得时，；
（2）由（1）可知，
，
要证，只需证，
即证，即证；
，
要证，即证
令，则，
在上单调递增，，，
所以在区间上存在零点，则时，，时，，
故在上单调递减，上单调递增，
而，，
由于 ，,故，
故，
所以时，，
故当时，成立，当时，也成立，
所以，得证，则成立.
核心考点三：双变量问题
【规律方法】
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是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．
【典型例题】
例8．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数.
(1)若过原点的一条直线与曲线相切，求切点的横坐标；
(2)若有两个零点，且，证明：
①；
②.
【解析】（1）由可得，
设切点，
则切线方程为，
代入，解得；
（2）令，得，因为有两个零点，
所以，
设，则，且，
所以，
从而，
故，
，
①令，则，
令，则，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，即，
所以在上单调递增，又，
所以，即；
②令，则，
令，
则，
当时，，
所以当时，，因此在上单调递增，而，
所以当时，，
故，从而在上单调递增，
又因为，
所以，即.
例9．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论极值点的个数；
(2)若有两个极值点，且，证明:.
【解析】（1）,则,
显然不是的零点,
令,则,
在单调递减,在（0,1）单调递减,在单调递增.
当时，，当时，，且
时,只有一个实数根，所以此时有1个极值点,
时,没有实数根，故有0个极值点,
当时，，有一个实数根，但不是极值点，故此时没有极值点，
时,有两个不相等的实数根，故有2个极值点.
（2）由（1）知,,且在（0,1）单调递减,在单调递增,
先证:,即证:，即证:.
即证:.
令,
即证:,
令则
令,则,则在单调递减
,
,即在单调递减,
,证毕.
再证:,
,且
.
在单调递增,在单调递减,在单调递增,
.
即证:,
又,
即证:.
令,
.
令,
,
令
,
令
令,
,
在单调递减,在单调递增.
,
,当时,单调递增;当时,单调递减.
,
在单调递减,在单调递增.
,
在单调递增,在单调递减.
,
,
,
在单调递增,
,
所以原命题得证.
例10．（2023·全国·高三专题练习）巳知函数.
(1)求函数f（x）的最大值;
(2)若关于x的方程有两个不等实数根证明:
【解析】（1）因为，所以.
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
（2）方程
可化为.
设，显然在上是增函数，又，
所以有，即方程有两个实数根，.
由（1）可知，则有，所以的取值范围为.
因为方程有两个实数根，，所以，
则，要证，即证.
，
需证.
需证.
不妨设，令，则，即要证.
设，则，
所以在上是增函数，，即成立，故原式成立.
核心考点四：证明不等式
【规律方法】
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）对数单身狗，指数找基友
（5）凹凸反转，转化为最值问题
（6）同构变形
【典型例题】
例11．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性
(2)设为的两个不同零点，证明：当时，．
【解析】（1）当时，，则定义域为，；
①当时，，恒成立，在上单调递增；
②当时，令，解得：（舍）或，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）不妨设，则，且，
两式作差整理得：，，
；
；
要证，
只需证，
又，则只需证；
即证；
令，则，
在上单调递增，，
当时，，即，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
则，（当且仅当时取等号）；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
（当且仅当时取等号）；
，即；
又，，
成立.
例12．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知．
(1)求的单调递增区间；
(2)若，且，证明．
【解析】（1） 的定义域为 .
∵，仅当时取等号，
∴ 的单调递增区间为 .
（2）由题可得 ，
若 ， 则必有 ， 则 ；
若，则必有，则．
∴若，则．
要证，只需证，只需证，即证，
又，故只需证．
令．
则．
∵，∴，∴，
且，
∴，故在上单调递增．
∵，∴，∴，∴，得证.
例13．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数在处的切线方程为.
(1)求实数m和n的值；
(2)已知，是函数的图象上两点，且，求证：.
【解析】（1）由，得.
因为函数在处的切线方程为，
所以，，则；
（2）证明：由（1）可得，，，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
因为，是函数的图象上两点，且，
不妨设，且，所以.
由，得，即.
设，.
设，则，所以，
即，故.
要证，只需证，
即证，即证，即证，
即证，即证.
令，，
则，
证明不等式；
设，则，
所以当时，；当时，，
所以在上为增函数，在上为减函数，
故，所以成立.
由上还不等式可得，当时，，故恒成立，
故在上为减函数，则，
所以成立，即成立.
综上所述，.
核心考点五：极最值问题
【规律方法】
利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．
【典型例题】
例14．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求在上的最值；
(2)讨论的极值点的个数.
【解析】（1）当时，，
，故在上单调递增，
，.
（2）,
①当时,恒成立,此时在上单调递增，不存在极值点.
②当时,令,即，解得:或，
令,即，解得
故此时在递增,在递减,在递增,
所以在时取得极大值，在时取得极小值，故此时极值点个数为2，
综上所述:时,无极值点，
时,有2个极值点.
例15．（2023·江西景德镇·高三统考阶段练习）已知函数，其中a为大于0的常数，若．
(1)讨论的单调区间；
(2)若在取得极小值，求的最小值．
【解析】（1），
求导，
由，令，得，
（1）当时，，
当和时，，所以在和上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
（2）当时，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
（3）当时，，
当和时，，所以在和上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
（2）由（1）知，当时，在处取得极小值，不符合题意；
当时，在处取得极小值，即，
则，其中
令，即求
求导
令，得，即
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
故在处取得极小值，即最小值
所以的最小值为
例16．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知，函数的最小值为2，其中，．
(1)求实数a的值；
(2)，有，求的最大值．
【解析】（1）由题意知，，
则，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，又，
所以，解得，
经检验，符合题意.
故.
（2）由，得
，即，
对于，可得不等式在R上恒成立，
即在R上恒成立，
设，则，
若，则，函数在R上单调递增，
且，符合题意；
若，令，令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
由，得，即①；
对于，可得不等式在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，
若，则，不符合题意；
若，令，令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
由，得，即②.
当时，由①②得，，即，
设，则，，
故存在零点，故当且仅当，时等号成立.
综上，的最大值为1.
核心考点六：零点问题
【规律方法】
函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．
【典型例题】
例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若存在，使得成立，求的取值范围；
(2)若函数有三个不同的零点，求的取值范围．
【解析】（1）若存在，使得成立，
则在时成立，故，
令，，则，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
故，所以，
故的取值范围为；
（2）有3个不同实数解，所以有三个不同的实数解，
令，则，
令，则，
因为，所以当或时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，，，
由题意得，
故的取值范围为．
例18．（2023·全国·高三专题练习）设，已知函数，和.
(1)若与有相同的最小值，求a的值；
(2)设有两个零点，求a的取值范围.
【解析】（1），，令，则
所以在上单调递减，在上单调递增，则
因为，则的定义域为
，令，则
所以在上单调递减，在上单调递增，则
依题，
所以，
（2）因为，
令，即，则
即，则
因为在上单调递增，则，
即在上有两个零点，
由（1）可得：，解得：
此时在上有一个零点，
当时，下证在上有一个零点，
取，则
令，则
所以在单调递减，则，即，
因为，令，则，
所以，
令，则，
令，则，
所以在上递增，所以，
所以，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以在上有一个零点，
则的取值范围为
例19．（2023春·广西·高三期末）已知函数.
(1)当时，求函数的最大值；
(2)若关于x的方1有两个不同的实根，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当时，，故，
当时，，故在上为增函数，
当时，，故在上为减函数，
故.
（2）方程即为，
整理得到：，令，
故，因为均为上的增函数，故为上的增函数，
而，故的解为，
因为方程有两个不同的实数根，故有两个不同的正数根，
设，则，
若，则，故在上为增函数，
在上至多一个零点，与题设矛盾；
若，则时，；时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
由有两个不同的零点可得，
故.
当时，，而，
故在有且只有一个零点，
又，设，
令，，则，
故在上为减函数，故，
故，故在有且只有一个零点，
综上.
核心考点七：不等式恒成立问题
【规律方法】
1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
（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、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），．
3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，，，．
（1）若，，有成立，则；
（2）若，，有成立，则；
（3）若，，有成立，则；
（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集．
【典型例题】
例20．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数.
(1)若函数的图象在处的切线与直线平行，求函数在处的切线方程；
(2)求证：当时，不等式在上恒成立.
【解析】（1），
函数的定义域为，得，
则.
又因为切线与直线平行，所以，解得.
又，故切线方程为，
即；
（2）由在上恒成立，得在上恒成立.
令，即在上恒成立，
易知.
①当时，，
所以在上单调递减，
所以，所以，满足题意；
②当时，令，得，
所以当时，，当时，.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（ⅰ）当，即时，在上单调递增，
因为，
所以存在，使得成立，所以，不满足题意；
（ⅱ）当，即时，
函数在上单调递增，在上单调递减.
所以.
设，
则，所以在上单调递增，
则，故，
即存在，使得成立.所以，不满足题意；
（ⅲ）当，即时，在上单调递减，
所以，所以，满足题意.
综上，.
例21．（2023·上海·高三专题练习）已知函数且为常数）.
(1)当，求函数的最小值；
(2)若函数有2个极值点，求的取值范围；
(3)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最小值；
（2）函数的定义域为，，
设，，由，得，
列表如下：
当时，，当时，，
做出函数与的图像，如下图，
当时，直线与的图像有2个交点，设这两个交点的横坐标分别为，且，
有图可知，当或时，，当时， ，此时函数有2个极值点，
所以的取值范围是；
（3）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.
例22．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若不等式在区间上有解，求实数的取值范围．
【解析】（1）当时，，
，
当时，，，所以，即在上单调递增，
当时，，，所以，即在上单调递减，
则的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）因为，
则，
①当时，即时，因为，，，
所以，因此函数在区间上单调递增，
所以，不等式在区间上无解；
②当时，即时，当时，，，
因此，所以函数在区间上单调递减，
，不等式在区间上有解．
综上，实数的取值范围是．
核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题
【规律方法】
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示．

图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．
【典型例题】
例23．（2022•浙江期中）已知函数有两个不同的零点，．
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：．
【解析】解：（1）函数
，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
故当时，函数取最小值，
若函数有两个不同的零点，．
则，即；
证明：（2）若函数有两个不同的零点，．不妨设，
则，且，
若证．即证，
构造函数，，
所以，
所以，，
令，则，所以单调递增，
所以（1），
所以，所以（1），
即，，
又，所以
因为在区间上单调递增，
所以，故原不等式得证．
例24．（2021春•汕头校级月考）已知，函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，
求的取值范围；
设的两个零点分别为，，证明：．
【解析】解：（1）函数的定义域为，
，
①当时，，在单调递增；
②当时，由得，
则当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减．
（2）法1：函数有两个零点即方程在有两个不同根，
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，如图：
可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，
只须，
设切点，，所以，
又，所以，解得，
于是，所以，
法2：由（1）当时，在单调递增，不可能有两个零点，
，
此时，
需解得，
从而，
又故在有一个零点；，
设，，则
故在单调递减在有一个零点故的取值范围为．
原不等式，
不妨设，
，，
，，
，，
，
令，则，于是，设函数，
求导得：，
故函数是上的增函数，
（1），即不等式成立，故所证不等式成立．
例25．（2022•浙江开学）已知，（其中为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，函数有两个零点，，求证：．
【解析】解：，
，时，，
，
时，增区间为：，减区间为：；
时，，
时，增区间为：；
时，，
，
时，增区间为：，减区间为：；
综上：时，增区间为：，减区间为：；
时，增区间为：；
时，增区间为：，减区间为：；
（Ⅱ）证法一：由（1）知，时，增区间为：，减区间为：；
且时，，，
函数的大致图像如下图所示：
因为时，函数有两个零点，，所以，即，
不妨设，则，
先证：，即证：，
因为，所以，又在单调递增，所以即证：
又，所以即证：，，
令函数，，
则，
因为，所以，，故，
函数在单调递增，所以，
因为，所以，，即，
所以．
（Ⅱ）证法二：因为时，函数有两个零点，，
则两个零点必为正实数，，
问题等价于有两个正实数解；
令
则，在单调递增，在单调递减，且，
令，，
则，
所以在单调递增，，
又，故，，
又，所以，
又，所以，，
又在单调递增，所以，
所以．
核心考点九：利用导数解决一类整数问题
【规律方法】
分离参数、分离函数、半分离
【典型例题】
例26．已知函数．
（1）求函数在处的切线方程
（2）证明：在区间内存在唯一的零点；
（3）若对于任意的，都有，求整数的最大值．
【解析】（1），
，，
，
在处的切线为；
（2）证明：，
，
当时，，
在上单调递增，
（3），（4），
在区间内存在唯一的零点．
（3），且，
，
令，则，，
由（2）知，在上单调递增，且在区间内存在唯一的零点，
设该零点为，则，
故当时，，即，在上单调递减，
当，时，，即，在，上单调递增，
，
，
故整数的最大值为3．
例27．已知函数，．
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）令，若在恒成立，求整数的最大值．（参考数据：，）．
【解析】
（1）（1）当时，可得，则，
可得，且，
即函数在点处的切线的斜率，
所以切线方程为，即，
函数在点处的切线方程．
（2）由，
因为在恒成立，即在恒成立，
即在恒成立，
令，可得，
令，可得在上单调递增，且，
所以存在，使得，
从而在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为在恒成立，所以，
所以整数的最大值为．
例28．已知函数．
（1）证明：在区间内存在唯一的零点；
（2）若对于任意的，都有，求整数的最大值．
【解析】
（1）证明：∵，
∴，
当时，，
∴在上单调递增，
∵，，
∴在区间内存在唯一的零点．
（2）解：∵，且，
∴，
令，则，，
由（1）知，在上单调递增，且在区间内存在唯一的零点，
设该零点为，则，
故当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
∴，
∴，
故整数的最大值为3．
核心考点十：导数中的同构问题
【规律方法】
1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式
2、同构式的应用：
（1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根
（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路>
①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；
③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围．
（3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程
（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解
【典型例题】
例29．（2022·河北·高三阶段练习）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：．
【解析】（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．
例30．（2022·河南郑州·二模（文））已知函数，．
（1）求函数的极值；
（2）当x>0时，证明：
【解析】（1）定义域为，
则，时，，在单调递增，
时，，在单调递减，
故函数的极大值为，无极小值
（2）证明等价证明（），
即．
令
，
令，则在上单调递增，
而，
故在上存在唯一零点，且，
时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增，
故，又因为即，
所以，从而，
即
例31．（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））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．
【解析】（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．
核心考点十一：洛必达法则
【规律方法】
法则1、若函数和满足下列条件：
（1）及；
（2）在点的去心 \t "" 邻域内，与可导且；
（3），那么=．
法则2、若函数和满足下列条件：（1）及；
（2），和在与上可导，且；
（3），
那么=．
法则3、若函数和满足下列条件：
（1）及；
（2）在点的去心 \t "" 邻域内，与可导且；
（3），
那么=．
注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
（1）将上面公式中的，，，洛必达法则也成立．
（2）洛必达法则可处理，，，，，，型．
（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．
（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．
，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
【典型例题】
例32．已知函数在处取得极值，且曲线在点处的切线与直线垂直．
（1）求实数的值；
（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1），；
函数在处取得极值，；
又曲线在点处的切线与直线垂直，；
解得：；
（2）不等式恒成立可化为，即；
当时，恒成立；当时，恒成立，
令，则；
令，则；
令，则；
得在是减函数，故，进而
（或，，
得在是减函数，进而）．
可得：，故，所以在是减函数，
而要大于等于在上的最大值，但当时，没有意义，
变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，，故答案为．
例33．设函数．
（1）证明：当时，；
（2）设当时，，求的取值范围．
【解析】（1）易证．
（2）由题设，此时．
①当时，若，则，不成立；
②当时，当时，，即；
若，则；
若，则等价于，即．
记，则．
记，则，．
因此，在上单调递增，且，所以，
即在上单调递增，且，所以．
因此，所以在上单调递增．
由洛必达法则有，
即当时，，即有，所以．
综上所述，的取值范围是．
例34．设函数．如果对任何，都有，求的取值范围．
【解析】，
若，则；
若，则等价于，即
则．
记，
因此，当时，，在上单调递减，且，
故，所以在上单调递减，
而．
另一方面，当时，，
因此．
核心考点十二：导数与三角函数结合问题
【规律方法】
分段分析法
【典型例题】
例35．（2023·河南郑州·高三阶段练习）已知函数，．
(1)求证：在上单调递增；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
【解析】（1），，
当时，，，，（等号不能同时成立），所以；
当时，，，，所以，
所以当时，，综上，在上单调递增．
（2），化简得，
①当时，，显然恒成立；
②当时，，显然恒成立；
③当时，，∴．
设，，
设，．
∵，∴，，∴，在上单调递增，
又由，所以
当时，∴，，∴在上单调递减，
当时，，，∴在上单调递增，
所以，故．
例36．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数（a为常数），函数.
(1)证明：（i）当时，；
（ii）当时，；
(2)证明：当时，曲线与曲线有且只有一个公共点.
【解析】（1）令,所以,则,
所以在上单调递增，且，
所以当时，,即,所以；
当时，,即,所以
（2）解法一:
由，得，
设，则 .
令，由上述推理可得或.
① 当时，，
因为，当且仅当，所以在上单调递增，
又因为，所以的零点有且仅有一个为0.
② 当时，列表如下：
首先在上无零点；
取且
从而在上有且仅有一个零点.
综上所述，曲线与曲线有且仅有一个公共点.
解法二:
令
令
①当时，在上单调递增，
注意到,所以在上有唯一的零点.
②当时，令或,
且当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增,且
当时，无零点
当时，，当时，
.，
令,
,在上有唯一的零点，证毕!
例37．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若，判断函数的单调性；
(2)证明：.
【解析】（1）因为，
所以,
因为，所以在上，
由，解得.
当时，，故在上为增函数；
当时，，在上为减函数.
（2）证明：由（1）知，当时，
在上为增函数，在上为减函数.
因为，
所以，
故，
所以，
所以.
设，
所以在上为减函数.
又，则，所以，
所以.
【新题速递】
1．（2023·北京·高三专题练习）已知是函数的一个极值点．
(1)求值；
(2)判断的单调性；
(3)是否存在实数，使得关于的不等式的解集为?直接写出的取值范围．
【解析】（1），则，
，解得.
，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
故是函数的极大值点，满足.
（2），
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
（3），
当，易知，，故.
故，满足条件.
当时，设，故，
故，即，
当时，设，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
故，故.
，
即可以无限接近.
综上所述：.
2．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知．
(1)若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个极值点，证明：．
【解析】（1）函数定义域为，依题意，，成立，
即，成立，而当时，，因此，
而时，不是常数函数，于是得，
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）知，，因有两个极值点，则，即有两不等正根，
于是得，有，
，
，令，，
，显然函数在上单调递增，而，
因此，使得，即，当时，，当时，，
于是得在上单调递减，在上单调递增，，
显然在上单调递增，则，因此，即有，
所以.
3．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知函数，其中，若的图象在点处的切线方程为．
(1)求函数的解析式；
(2)求函数在区间上的最值．
【解析】（1）依题意，，切点在切线上，则，
，
而的图象在点处的切线斜率为，，解得得，
所以函数的解析式为.
（2）由（1）知，，由得或，
当时，或，有，，有，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，又，，，，
所以在上的最大值为 ，最小值为.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，.
(1)若直线与在处的切线垂直，求的值；
(2)若函数存在两个极值点，，且，求证：.
【解析】（1）∵，∴在处的切线斜率，
∵直线与切线垂直，∴，∴.
（2）由题意得，，
由函数有两个极值点，则，在上有两个不等的实根，即，在有两个不等式的实根，，
∵，，，
∴，则，且，，
方法一：要证，即证，
则，
同理可得：，
则，
，
令，，
则，，
由，则，，则，则，
则在上单调递增，
∴，∴，即，
∴成立.
方法二：要证，即证：，
又
，
又，
所以，
又
所以只需证明：，，
令，，
求导，，，
由，则，，则，则，
则在上单调递增，∴
所以，即.
5．（2023·北京·高三专题练习）已知函数，直线与曲线相切．
(1)求实数的值；
(2)若曲线与直线有两个公共点，其横坐标分别为．
①求实数的取值范围；
②证明：．
【解析】（1）设切点，，
得，，所以，代入直线方程得；
（2）①由（1）知，若曲线与直线有两个公共点，则等价于有2个实数根，，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，当趋向于正无穷大时，趋向于0，当趋向于负无穷大时，趋向于负无穷大，
则；
②，即，等价于，
令，，
，
因为，所以，故，
所以在上单调递增，故,
不妨设，故，即，
由已知，所以，
由①知，当时，单调递增，
故，所以，
所以.
6．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，，求实数a的取值范围．
【解析】（1）易知函数的定义域为．
当时，，∴
令，得；令，得
∴函数的单调递增区间为，
的单调递减区间为．
（2）
，
①当时，恒成立，在上单调递增，
∴此时 ，
②当，令，得；令，得 ，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴．
∵，，，
∴此时
③当，恒成立，在上单调递减．
∴此时，令，得.
要使，，只需在的最大值点
综上，实数a的取值范围为
7．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，过点作曲线的切线l，求l的方程；
(2)当时，对于任意，证明：．
【解析】（1）由题，时，，，
设切点，则切线方程为，
该切线过点，则，即，
所以或．又；；，．
所以，切线方程为或；
（2）设，则，
令，则，
可知，时，；时，，
故时均有，则即在上单调递增，，
因为时，则，，故在上单调递增，
此时，．
所以，当时，对于任意，均有．
8．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数．
(1)若单调递增，求a的取值范围；
(2)若有两个极值点，其中，求证：．
【解析】（1）由得，
由单调递增，则，得，
设，则，
可知时，，单调递增；时，﹐单调递减，则时，取得极大值，也即为最大值，则．
所以，a的取值范围是．
（2）由题，函数有两个极值点，则即有两个不相等实数根，
由（1），可知时，取得极大值，且时，时，故有两个不等实根时，且．
过点与的直线方程为，
构造函数，，
令，则，
则时，，即单调递减；时，，即单调递增，所以时，极小值为，
所以时，，则，
即，故当时，，
设方程根为，则．构造函数，
设，
可知时，则，
所以时，，
设方程解为，则．
于是有，如图，
所以，证毕．
9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若存在，使得，设函数的图像与轴的交点从左到右分别为，，，，证明：点，分别是线段和线段的黄金分割点.（注：若线段上的点将线段分割成两部分，且其中较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，则称此点为该线段的黄金分割点）
【解析】（1）因为，
所以.
①当时，由解得，由解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，由解得，由解得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上可知：当时，在上单调递减，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）若存在，使得，
则，
得，
得对任意恒成立，
即对任意恒成立，
所以
所以；
代入得，
由可得.
因为函数的图象关于对称，所以有
，得，，，，
所以，，
所以点，分别是线段和的黄金分割点.
10．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数，，，其中为常数，若.
(1)讨论的单调区间；
(2)若在取得极小值，且恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1），明显可见，
①，即，此时恒成立，即在定义域内单调递增；
②，即，和上，在上，即在和上单调递增，在上单调递减；
③，即，和上，在上，即在和上单调递增，在上单调递减；
（2）在取得极小值,分析①②③三种情况，则只有②满足题意，此时，， 当时，对于，则，可得，，单调递增；，，单调递减；故，；又，，
，，单调递减；，，单调递增；故
；又，；
当时，不妨令，，
，，令，则
，，令，则
，，在时为单调递增函数，且，
若，则时，，单调递增，且，
故，得单调递增，
，得到单调递增；
，符合题意；故时，恒成立；
若，，则，，在单调递减，，在单调递减，，不符题意；
综上所述，
11．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C：的焦点为F，过点P(2，0)作直线交抛物线于A，B两点．
(1)若的倾斜角为，求△FAB的面积；
(2)过点A，B分别作抛物线C的两条切线，且直线与直线相交于点M，问：点M是否在某定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
【解析】（1）∵l的倾斜角为，∴，
∵直线为点P(2，0)，∴直线的方程y＝x－2，即x＝y＋2，
联立直线与抛物线方程，化简可得，
设A，B，则，，
∴，
又∵点F(1，0)到直线的距离是，
∴．
（2）设的方程为，
联立直线与抛物线方程，化简可得，
则，由韦达定理可得＝4m，＝－8，
∴，
不妨设点A在x轴上方，点B在x轴下方，
当时，，求导可得，∴，
∴抛物线C上过点A的切线的方程为，即①，
当时，，求导可得，∴，
∴抛物线C上过点B的切线方程为，即②，
联立①②可得，，
∵，
∴，
∵＝4，∴，
又∵，∴x＝－2，即M的横坐标恒为－2，
∴点M在定直线x＝－2上．
12．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知函数，，
(1)求函数的单调区间；
(2)若对于定义域内任意，恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，
．
当时，对任意的，，
此时函数的单调递增区间为，无递减区间；
当时，由，可得；由，可得,
函数的增区间为，减区间为．
综上，当时，函数的单调递增区间为，无递减区间；
当时，函数的增区间为，减区间为.
（2）对任意的，，
即，
可得对任意的恒成立，
构造函数，其中，则，，
构造函数，其中，
则，在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
，因为，
则，
构造函数，其中，
则，函数在上为增函数，
因为，则，则，
由可得，
所以，
所以，可得，
所以，
．
减
极小值
增
0
0
0
0
0
极大值
极小值