2024一轮题型分类细讲精练11：导数在不等式.恒等式和零点问题综合应用

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考点一：利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数g（x）的方法，把问题转化为研究构造的函数g（x）的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：
①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究，
考点二：利用导数证明不等式的基本步骤：
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
【方法技巧】
方法点睛：与和相关的常见同构模型：
（1），构造函数（或，构造函数）；
（2），构造函数（或，构造函数）；
（3），构造函数（或，构造函数）.
方法点睛:该题考查函数与导数的综合应用,属于难题,主要应用的方法有不等式放缩,关于常见的放缩有:
(1);
(2);
(3);
(4).
【核心题型】
题型一：导数在不等式恒成立问题
1．（2023·全国·郑州中学校考模拟预测）已知函数，对于，恒成立，则满足题意的的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将在时恒成立转化为对于恒成立，设，且，即满足成立即可求满足题意的的取值．
【详解】解：函数，对于，恒成立，
即，对于恒成立，
可变化为：对于恒成立，
设，则函数在上单调递增，函数的值域为，
则不等式转化为在上恒成立，
设，则，
①当时，则恒成立，所以在上单调递增，
又，则，使得，不满足恒成立；
②当时，令，得，所以时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，则
设，则，得，
所以时，，单调递增，时，，单调递减，
所以，又，
所以，即.
所以综上所述，的取值集合为．
故选：D．
2．（2022·河南·统考一模）已知，若不等式恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】当时，不等式显然成立，当时，转化为恒成立，利用函数的单调性，转化为在上恒成立，构造函数，利用导数求出其最大值，可求出的取值范围.
【详解】由有意义，知，
因为，所以当时，，，不等式显然成立，
当时，不等式恒成立，等价于恒成立，
等价于恒成立，
设，因为，
所以在上单调递增，
因为，，所以，
所以恒成立，等价于，
又在上单调递增，所以不等式等价于在上恒成立，等价于在上恒成立，等价于在上恒成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以在上恒成立等价于.
综上所述：的取值范围为.
故选：B
3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，可知函数为上的增函数，即对任意的，，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】不妨设，由可得出，
即，
令，其中，
则，所以，函数在上为增函数，
则，则，
令，其中，，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，则，
令，其中，则，故函数在上为增函数，
因为，，所以，，
由可得，所以，，可得，
且当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
所以，.
故选：A.
题型二：利用导数研究能成立问题
4．（2023·广西柳州·二模）设函数（，e为自然对数的底数），若存在使成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由可将其中的换为自变量，两边同时平方化简，再将参数分离开，构造新函数，求得新函数的最值即可得到a的取值范围.
【详解】
存在，使成立，即存在，使成立，
即，
存在，使与有交点，
对求导得，再求导得，
令，解得，
当时，当时，
在上单调递减，在上单调递增，
==
，即在上恒大于0，
在上单调递增，
要使与有交点，则.
故选：C.
5．（2022·河南驻马店·河南省驻马店高级中学校考模拟预测）已知e是自然对数的底数．若，使，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意分类讨论，当时显然成立，当时，由原不等式同构函数，利用函数单调性可得，分离参数后利用导数求最大值即可得解.
【详解】当时，，显然成立，符合题意；
当时，由，，可得，
即，，
令，，在上单增，
又，故，即，即，，即使成立，令，则，
当时，单增，当时，单减，故，故；
综上：.
故选：A.
题型三：利用导数研究函数零点问题
6．（2022·江西新余·统考二模）若存在两个正数，使得不等式成立，其中， 为自然对数的底数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题知存在两个正数，，令，则，进而转化为存在，使得成立，再研究函数的最小值进而得答案.
【详解】解：因为存在两个正数，使得，
所以，不等式两边同得：存在两个正数，，
故设，则，
则原问题等价于，存在，使得，
因为，所以，存在，使得成立，
设，，恒成立，
所以为增函数，
因为，
故当时,，当时,，
即当时,函数取得极小值也是最小值为：，
即，
存在，使得成立，则，解得
所以，实数的取值范围是.
故选：C
7．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知函数，，，则函数的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】先求时，函数的零点，再根据为偶函数，可得时，函数还有一个零点，由此可得答案.
【详解】当时，，所以不是函数的零点，
因为，所以，所以为偶函数，
当时，，，，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在时取得最大值，
所以当时，有唯一零点，
又函数为偶函数，其图象关于轴对称，所以在时，还有一个零点，
综上所述：函数的零点个数为.
故选：A
8．（2022·内蒙古呼伦贝尔·校考模拟预测）已知，若函数有三个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先利用导数求出函数的单调区间和极值，再画出函数图象，结合函数图象求解即可.
【详解】由题意，得，
当，时，，单调递增，
当，时，，单调递减，
易知当时，有极大值，极大值；
当时，有极大值，极大值，
，画出函数的大致图象与直线如图所示，则由图像可得，
当或时，的图象与直线有三个交点，
所以实数的取值范围为.
故选：A
9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数与函数的图象恰有3个交点，则实数k的取值范围是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】把题意转化为关于x的方程有3个根.进行分类讨论：分别研究和的根的情况，求出k的取值范围.
【详解】因为函数与函数的图象恰有3个交点，所以有3个根.
经验证：x=1为其中一个根.
当时，可化为，及
i.或时，方程有且仅有一个根x=-1；
ii.且时，方程有两个根，或x=-1.
当时，可化为.
令，（x>0）.则.
当时，有，所以在上单减.
因为，所以有且只有1个根x=1.所以需要有两个根或x=-1，才有3个根，此时且.
当时，有且仅有一个根x=-1，所以只需在有2个根.此时.
在上，，单减；在上，，单增.
且当时，；当时，；
所以只需，即，亦即.
记.
则，所以当时，，所以在上单调递减，所以当时，，在上单调递增.所以，即（当且仅当x=1时取等号）.
所以要使成立，只需，解得：.所以且.
综上所述：实数k的取值范围是.
故选：B
题型四：利用导数研究函数的根问题
10．（2022·四川南充·统考一模）已知函数有两个极值点，若，则关于x的方程的不同实根个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】对函数进行求导，将函数的两个极值点，转化为的两个根，即可推出关于的方程的两个根为或，若，由导函数图像，判断函数的单调性，并画出函数图像，由图像即可求出方程不同的实根.
【详解】解：，
由题意知是函数的两个极值点，即是方程的两根，
从而关于的方程有两个根，或，
若，所以根据题意画图，

由图可看出有两个不等实根，只有一个不等实根，
综上方程的不同实根个数为3个.
故选：B.
11．（2023秋·河南安阳·高三校考期末）已知是函数的图象与函数的图象交点的横坐标，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】根据题意整理可得，构建新函数，则转化为，求导，利用导数判断的单调性，结合单调性分析可得，运算整理即可.
【详解】由题意可知实数满足，整理得，
设，则，可得：，
∵在上恒成立，则在上单调递减，
∴，则，即，
故.
故选：A.
12．（2022·吉林长春·统考模拟预测）已知函数，若函数与的图象恰有6个不同的公共点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】首先利用导数分析的图象与性质，然后由有个根，结合二次函数根的分布来求得的取值范围.
【详解】依题意，
当时，，
所以，在区间递减；在区间递增.
所以，当时，；当时，；.
当时，，
，
所以在区间递增；在区间递减，
所以，.
由此画出的大致图象如下图所示，
由图可知，若直线与的图象有个交点，则.
由于函数与的图象恰有6个不同的公共点，
即，有个不同的根，
由于，
所以，解得.
故选：A
题型五：利用导数研究函数的图像和性质问题
13．（2022·广东汕头·统考三模）已知函数，若关于x的方程有四个不同的实根，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】把方程有四个不同的实根，转化为函数和的图象有四个交点，作出两个函数的图象，结合图象，即可求解.
【详解】当时，，
当时，，当时，，
所以当时，在上单调递减，在上单调递增.
又当时，，
所以根据周期为1可得时的图象，故的图象如图所示：
将方程，转化为方程有四个不同的实根，
令，其图象恒过，
因为与的图象有四个不同的交点，所以或，
又由，，，，，
故，，，，
所以或，即或，
故选：C.
【点睛】方法点拨：把方程有四个不同的实根，转化为函数和的图象有四个交点，结合图象，列出相应的不等关系式是解答的关键.
14．（2022·天津·统考一模）已知函数，，若函数恰有6个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别画出、的图象，采用换元法令，考虑中的取值可使有6个解时对应的的取值范围
【详解】令，作出，图象如下：
当时，，
与的图象只有一个交点；与的图象有三个交点
故当时，函数有四个零点，故A错误
当时，，
与的图象只有一个交点；与的图象有两个交点
故当时，函数有三个零点，故C错误
当时，，
与的图象只有一个交点；与的图象有三个交点
故当时，函数有四个零点，故B错误
当时，，
与的图象有三个交点；与的图象有三个交点
故当时，函数有六个零点，故D正确
故选：D
15．（2023秋·天津北辰·高三校考期末）已知函数，若函数与的图象恰有5个不同公共点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用导数分段画出函数的大致图象，将函数
与的图象恰有5个不同公共点的问题转化为方程有5个不同的根的问题，然后采用换元法将问题变为讨论在给定区间上有解的问题.
【详解】当 时， ，，
当时，，当时，，
故时， ；
当时， ，
当时，有极大值，当时，，
作出的大致图象如图：
函数与的图象恰有5个不同公共点，
即方程有5个不同的根，
令 ，根据其图象，讨论有解情况如下：
令,
(1当 在和上各有一个解时，
即 ，解得 ，
（2）当在和上各有一个解时，
，解得，
（3）当有一个根为6时，解得，此时另一个根为 ，不合题意；
（4）当有一个根为1时，解得，此时另一个根也为1，不合题意，
综上可知：，
故选：A
题型六：利用导数研究双变量问题
16．（2022·福建福州·福建省福州格致中学校考模拟预测）已知，若，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用同构构造，得到，结合的单调性，得到，构造，求出其最大值，得到a的取值范围.
【详解】由题意得：，又因为，所以，
，即，
所以，
设，
则，
，所以单调递增，
所以，
因为，
所以，
令，，
则，
当时，，当时，，
故在处取得极大值，也是最大值，
，
故.
故选：A
17．（2022·安徽六安·安徽省舒城中学校考一模）已知函数．若对任意的，都存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用导数可求得的单调性及在，上的取值情况，再根据题意可得或，由此建立关于的不等式组，解出即可．
【详解】，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
且，
又对任意的，，都存在唯一的，，使得成立，
或，
又，，故，
，解得．
故选：C
18．（2020·全国·模拟预测）已知函数，，实数，满足．若，，使得成立，则的最大值为（ ）
A．3B．4C．5D．
【答案】A
【分析】首先化简函数，和，，并判断函数的单调性，由条件转化为子集关系，从而确定值.
【详解】，
，，
当时，解得：，当时，解得：，
所以在的单调递增区间是，单调递减区间是，当时取得最小值，
，函数在单调递增，
，，所以，，
令，解得：或，
由条件可知的值域是值域的子集，
所以的最大值是，的最小值是，
故的最大值是.
故选：A
题型七：利用导数解决实际问题
19．（2022春·山西太原·高三太原五中校考阶段练习）如图，某款酒杯的容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面为面积是的正三角形.若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则酒杯可放置圆柱形冰块的最大体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据轴截面求出圆锥底面圆的半径，设出圆柱形冰块的底面半径，用含的式子表达出圆柱形冰块的高，从而得到圆柱形冰块的体积关于x的表达式，用导函数求解最大值.
【详解】设圆锥底面圆的半径为，圆柱形冰块的底面圆半径为，高为，由题意可得，，解得:，，
设圆柱形冰块的体积为，则.
设，则，当时，；
当时，，故在取得极大值，也是最大值，所以，故酒杯可放置圆柱形冰块的最大体积为.
故选：C
20．（2022·全国·模拟预测）如图所示，在正方体中，，点，，分别在棱，，上（不包含端点），且平面平面，点在线段上，且，则三棱锥的体积的最大值是（ ）
A．B．2C．D．6
【答案】B
【分析】正方体中，先证明PG⊥平面EFG，说明PG为三棱锥的高，再求得底面三角形EFG的面积，即可求得三棱锥体积的表达式，利用求导即可求得其最大值.
【详解】因为正方体，连接 ，则 ,
又 ,故 平面 平面 ,
故 ,同理 平面 ,
所以平面,
因为平面EFG//平面，所以平面EFG，且为正三角形，
，得PG⊥平面EFG．
设，则，，
又,故即，所以PG＝，
所以，（ ），
，当时，，V随着x的增大而增大，
当时，，V随着x的增大而减小，所以当时，V取最大值,,
故选:B
21．（2022·河南开封·统考二模）如图，将一块直径为的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用正四棱柱底面正方形外接圆半径、高与半球的半径构成直角三角形可得到正四棱柱底面边长和高的关系，由此得到正四棱柱体积，利用导数可求得，结合半球体积可求得结果.
【详解】设正四棱柱的底面正方形边长为，高为，
则底面正方形的外接圆半径，，，
正四棱柱体积，
，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
又半球的体积为，
切割掉的废弃石材的体积为.
故选：A.
22．（2023·浙江·统考一模）设函数,．
(1)当时,证明:;
(2)若,求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)先将表示出,对其进行放缩为,构造新函数,求导求其单调性最值,即可证明;
(2)构造,先考虑特殊情况,可求出,再考虑的情况,对其进行放缩为,构造,取,可得,故存在小于零的函数值,故不符合题意舍,可得,取时,可证明不等式成立,只需证成立即可,构造,求导求单调性可证明,先考虑的情况,对进行放缩为,构造,求导求单调性即可证明在时的范围,即可证明成立,再考虑时,对进行放缩为,构造,求导求单调性求最值即可得,取为,即可得成立,综上即可得a的取值范围.
【详解】（1）解:由题知,
故,
记,所以,
所以时,,单调递增,
上,,单调递减,所以,即,
故,得证;
（2）由题,不妨记,
因为,故;
当时,,
令,取,
因为,所以
故,,
故有小于零的函数值,
因为,所以存在使得,故不符合题意舍,
下证符合题意:
①若,;
②若,令,所以,
当时,,所以单调递增,
当时,,所以单调递减,
故,即,
将替换代入上不等式可有:,
当时,
,
记,
,故单调递增,
则时,,又有,
故成立,
当时,因为,
所以,
记,所以,
所以在单调递增,则,
因为,,所以,故,
即,
综上所述:.
.
题型八：导数的综合问题
22．（2023·浙江·统考一模）设函数,．
(1)当时,证明:;
(2)若,求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)先将表示出,对其进行放缩为,构造新函数,求导求其单调性最值,即可证明;
(2)构造,先考虑特殊情况,可求出,再考虑的情况,对其进行放缩为,构造,取,可得,故存在小于零的函数值,故不符合题意舍,可得,取时,可证明不等式成立,只需证成立即可,构造,求导求单调性可证明,先考虑的情况,对进行放缩为,构造,求导求单调性即可证明在时的范围,即可证明成立,再考虑时,对进行放缩为,构造,求导求单调性求最值即可得,取为,即可得成立,综上即可得a的取值范围.
【详解】（1）解:由题知,
故,
记,所以,
所以时,,单调递增,
上,,单调递减,所以,即,
故,得证;
（2）由题,不妨记,
因为,故;
当时,,
令,取,
因为,所以
故,,
故有小于零的函数值,
因为,所以存在使得,故不符合题意舍,
下证符合题意:
①若,;
②若,令,所以,
当时,,所以单调递增,
当时,,所以单调递减,
故,即,
将替换代入上不等式可有:,
当时,
,
记,
,故单调递增,
则时,,又有,
故成立,
当时,因为,
所以,
记,所以,
所以在单调递增,则,
因为,,所以,故,
即,
综上所述:.
23．（2023·广东广州·统考二模）已知定义在上的函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)分类讨论，答案见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论解和作答.
（2）当时，可得为任意正数，当时，变形给定不等式，构造函数并利用单调性建立不等式，分离参数求解作答.
【详解】（1）函数，，求导得：，
当时，，函数在上单调递增，
当时，由得，由得，则在上递增，在上递减，
所以当时，函数的递增区间是；
当时，函数的递增区间是，递减区间是.
（2）因为，且当时，不等式恒成立，
当时，，恒成立，因此，
当时，，
令，原不等式等价于恒成立，
而，即函数在上单调递增，因此，
即，令，，
当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，
，因此，
综上得，
所以实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
24．（2023·四川凉山·统考一模）已知函数．
(1)是的导函数，求的最小值；
(2)已知，证明：；
(3)若恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)0
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出的表达式，求导，通过讨论的单调性，即可求出的最小值；
（2）通过（1）中的取值范围得出，即可证明不等式；
（3）分离参数，构造函数，通过（1）中的结论，可得出的取值范围，即可求得的取值范围.
【详解】（1）由题意，在中，
所以，，
在中，，
，
令，解得，
又时，，时，，
∴，即的最小值为0．
（2）在中，，
可知，当且仅当时等号成立，
∴时，，即，
∴.
∴不等式成立．
（3）由题意及（1）（2）得，.
当时，恒成立，
∴不等式恒成立，
令，
则命题等价于，
∵，∴.
∴，当，即时能取等号，
∴，即.
∴的取值范围为．
【高考必刷】
25．（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）设命题p：“”是“”成立的必要不充分条件.命题q：若不等式恒成立，则．下列命题是真命题的（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分别判断出命题p、q的真假，进而对四个选项一一判断.
【详解】，解得：.
因为，所以“”是“”成立的必要不充分条件.故p为真命题；
若不等式恒成立，所以.
记，只需.
求导得：，令，解得：，列表得：
所以.
所以.故q为真命题.
对于A：为假命题.故A错误；
对于B：为真命题.故B正确；
对于C：为假命题.故C错误；
对于D：为假命题.故D错误；
故选：B
26．（2023·全国·高三专题练习）若函数恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】令，即可得到，令，则与有两个交点，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得到，从而求出参数的取值范围.
【详解】解：令，即，所以，
即方程有两个不相等实数根，
令，则与有两个交点，
因为，则当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，则，当时，则，
所以，解得，即.
故选：A
27．（2023·广西柳州·统考模拟预测）设函数（，为自然对数的底数），若曲线上存在点使成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，存在，使成立，即存在，使成立，即可得到与有交点，利用导数分析的单调性，进而求解.
【详解】
由题意， 存在，使成立，
即存在，使成立，
所以，即，
所以
所以存在，使与有交点，
对，，求导得，
设，则，
令，即；令，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
又，
，
要使与有交点，则，
所以的取值范围是.
故选：A.
28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数， 若函数，则函数的零点个数为（ ）
A．1B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】本题首先通过函数奇偶性求出，再利用导数研究其在上的零点个数即可.
【详解】当时，，
当时，，
，
，且定义域为，关于原点对称，故为奇函数，
所以我们求出时零点个数即可，
，，令，解得，
故在上单调递增，在单调递减，
且，而，故在有1零点，
，故在上有1零点，图像大致如图所示：
故在上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在上也有2个零点，且，故共5个零点，
故选：D.
29．（2022·河北衡水·衡水市第二中学校考一模）某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据正六棱锥和球的几何性质，结合球的表面积公式、棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可.
【详解】如图所示：
设该正六棱锥的高，侧棱长为，设该正六棱锥外接球的半径为，
因为正六棱锥外接球的表面积为，所以有，
因为外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，
所以，
设，
在正六边形，因为正六边形边长为，所以，
在中，由余弦定理可知，
在直角三角形中，，所以有，
由勾股定理可知，
因为，所以，因此有，
而，所以，
该正六棱锥的体积，
，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，因为，，
所以，因此该正六棱锥的体积的取值范围是，
故选：B
【点睛】关键点睛：利用导数的性质求值域是解题的关键.
30．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知函数，关于的方程恰有两个不等实根，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出函数的图像，数形结合可得出实数a的取值范围，将用a表示，可得表示为以a为自变量的函数，利用导数可求函数的单调性，进而求出最大值.
【详解】解：作出函数的图像如下图所示：
由图像可知，当时，直线与函数的图像有两个交点，，
，则，可得，
，
构造函数，，
则，
当，，此时函数单调递增，
当，，此时函数单调递减，
，
故选：B.
31．（2023·全国·高三专题练习）定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”.已知在区间上为“凹函数”，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据“凹函数”的定义得到，即在上恒成立，构造函数推得，再构造函数推得，从而得到，由此得解.
【详解】因为，所以，，
则，，
因为在区间上为“凹函数”，所以，
即在上恒成立，则在上恒成立，
当，即时，因为，，所以，
故显然成立，
当，即时，令，则在上恒成立，
又因为，所以在上单调递增，
所以，即，则在上恒成立，
令，则，
又，当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
所以，
综上：，即.
故选：D.
【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．
二、多选题
32．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知函数在处有极值，且极值为8，则（ ）
A．有三个零点
B．
C．曲线在点处的切线方程为
D．函数为奇函数
【答案】AC
【分析】由条件根据极值与导数的关系求，判断B，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性定理判断A，根据导数的几何意义求切线，判断C，根据奇函数的定义判断D.
【详解】由题意得，又，又，解得(舍去）或，故B项错误；
，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，，，，
所以有三个零点，故A项正确；
又，，
则曲线在点处的切线方程为，即，故C项正确；
，故D项错误.
故选：AC.
33．（2023·全国·模拟预测）已知函数，，下列正确的是（ ）
A．若函数有且只有1个零点，则
B．若函数有两个零点，则
C．若函数有且只有1个零点，则，
D．若有两个零点，则
【答案】AD
【分析】根据函数零点的性质，结合常变量分离法，导数的性质逐一判断即可.
【详解】由，
当时，
令，
当时，，函数单调递增，
当时，函数单调递减，故，
函数的图象如下图所示：
当时，直线与函数的图象没有交点，所以函数没有零点，
当时，直线与函数的图象只有一个交点，所以函数只有一个零点，而，所以选项A正确，选项C不正确；
当时，直线与函数的图象只有二个交点，所以函数只有二个零点，因此选项B不正确，选项D正确，
故选：AD
34．（2023·全国·模拟预测）设函数，若恒成立，则满足条件的正整数可以是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】ABC
【分析】根据题意可得，利用导数结合分类讨论解决恒成立问题.
【详解】若恒成立，则恒成立，
构建，则，
∵，故，则有：
当，即时，则当时恒成立，
故在上单调递增，则，
即符合题意，故满足条件的正整数为1或2；
当，即时，令，则，
故在上单调递减，在上单调递增，则，
构建，则当时恒成立，
故在上单调递减，则，
∵，
故满足的整数；
综上所述：符合条件的整数为1或2或3，A、B、C正确，D错误.
故选：ABC.
35．（2023·湖南永州·统考二模）已知，，，，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】令，，求导可求得的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB正误；由，可确定，结合单调性可得CD正误.
【详解】令，，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
若，则，
令，
则，
当时，，
，
在上恒成立，在上单调递减，，
即，又，，
，，
，，在上单调递增，
，即，A错误；
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
由得：；
设，，
则；
当时，，，
在上单调递减，，即，
又，，又，，
，，在上单调递增，
，即，B正确；
，，，
，又，，在上单调递减，
，则，C正确；
，又，，在上单调递增，
，则，D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，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.
三、填空题
36．（2023·四川绵阳·绵阳中学校考模拟预测）关于x的不等式在上恒成立，则a的取值范围是______．
【答案】
【分析】不等式转化为，构造函数，判断函数单调递增得到，转化为，构造函数，根据函数的单调区间计算最小值即得到答案.
【详解】，即，
设，恒成立，故单调递增.
原不等式转化为，即，即在上恒成立.
设，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
故，即，解得.
故答案为：.
【点睛】将不等式化为,这种方法就是同构法，同构即结构形式相同，对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了．
37．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）已知函数的导函数满足：，且，当时，恒成立，则实数的取值范围是________________.
【答案】
【分析】注意到，所以可设，进而得到，参变分离得，所以
【详解】设，则，故，
则，又因为，即，所以，，又因为恒成立，
即，因为，
参变分离得在上恒成立，
其中，
理由如下：构造，则，令得：，当得：，当得：，故在处取得极小值，也是最小值，，从而得证.
故，故，实数a的取值范围为
故答案为：
【点睛】①含参不等式经常考虑参变分离的方法；
②熟悉常用结论：，；
③观察函数的形式，渗透同构的思想.
38．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若关于的方程有3个不同的实数根，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】将方程有3个不同的实数根，转化为必有一正一负两个根，利用数形结合及二次函数的性质结合条件即得.
【详解】当，，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，，
作出函数的大致图象，
设，则有两个不同的实数根，由可知，与异号，
不妨设，要使方程有3个不同的实数根，
则或，
①当时，，得；
②当时，设，则，得，
综上，的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】已知函数有零点求参数常用的方法和思路：
直接法：直接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范围；
分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决；
数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解.
39．（2023·四川攀枝花·统考二模）已知函数，若存在非零实数，使得成立，则实数k的取值范围是_________．
【答案】
【分析】不妨设，化简可得，令，求出的值域即可求k的取值范围.
【详解】因为，且
不妨设，则，即，
从而可得，由已知方程有正数解，
令，则函数的图象与函数的图象有交点，
因为，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，则上值域为，上值域为，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题(共0分)
40．（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．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，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）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.
【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.
41．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．
只需证当时，恒成立．
当时，．
只需证明⑤式成立．
⑤式，
令，
则，
所以当时，单调递减；
当单调递增；
当单调递减．
从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．
综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，
记，
，
①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；
②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意.
综上，.
【整体点评】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，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！
42．（2022·全国·高三专题练习）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点．
[方法二]【最优解】：分离常数法
函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点．
记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故．
因此，当时，直线与只有1个交点．
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，
另一方面：，
所以当时，成立，
因此只需证明当时，，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
，
，，
，因为，所以，
，
只需证明，
即只需证明，
令，
则，
，即成立，
因此.
[方法二]【最优解】：放缩转化法
．
设，则由得．
从而只要证．
上式左边．
使用不等式可得
1
+
0
-
单增
极大值
单减