2025届高考数学一轮知识清单专题08 导数压轴大题归类 （解析版）

这是一份2025届高考数学一轮知识清单专题08 导数压轴大题归类 （解析版），共45页。
目录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc171325335" 题型一： 不等式证明1：无参基础思维型 PAGEREF _Tc171325335 \h 1
\l "_Tc171325336" 题型二： 不等式证明2：有参数型基础证明 PAGEREF _Tc171325336 \h 4
\l "_Tc171325337" 题型三：极值点偏移：和型 PAGEREF _Tc171325337 \h 6
\l "_Tc171325338" 题型四：极值点偏移：积型 PAGEREF _Tc171325338 \h 8
\l "_Tc171325339" 题型五：极值点偏移：含参型 PAGEREF _Tc171325339 \h 12
\l "_Tc171325340" 题型六：极值点偏移：平方型 PAGEREF _Tc171325340 \h 15
\l "_Tc171325341" 题型七：极值点偏移：非对称型 PAGEREF _Tc171325341 \h 18
\l "_Tc171325342" 题型八：比值代换型证明 PAGEREF _Tc171325342 \h 21
\l "_Tc171325343" 题型九：三零点型不等式证明 PAGEREF _Tc171325343 \h 24
\l "_Tc171325344" 题型十：三角函数型不等式证明 PAGEREF _Tc171325344 \h 27
\l "_Tc171325345" 题型十一： 零点与求参 PAGEREF _Tc171325345 \h 29
\l "_Tc171325346" 题型十二：三个零点型求参 PAGEREF _Tc171325346 \h 32
\l "_Tc171325347" 题型十三：恒成立求参：三角函数型 PAGEREF _Tc171325347 \h 34
\l "_Tc171325348" 题型十四：恒成立求参：整数解型 PAGEREF _Tc171325348 \h 37
\l "_Tc171325349" 题型十五：能成立求参：双变量型 PAGEREF _Tc171325349 \h 42
题型一： 不等式证明1：无参基础思维型
证明不等式基础思维：
1.移项到一侧，证明函数的最值大于0（小于0）证明法
2.恒等变形，再证明新恒等式法。
1.（四川省金太阳普通高中高三第三次联考数学）已知函数.
（1）讨论的单调性.
（2）当时，证明：.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）求导得，分类讨论参数范围可求的单调性；
（2）将不等式变形得，构造函数，通过求出最值，证明即可得证.
（1）
的定义域为，
若，恒有，则在上单调递增，在上单调递减，
若，令，得，
若，恒有在上单调递增，
若，当时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
若，当时，；当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减；
（2）
证明：当时，，
令函数，则，
令函数，则，
当时，；当时，，
所以，从而，
所以当时，；当时，，
故，因为，
所以，故.
2.已知函数．
（1）讨论函数在上的单调性；
（2）若，求证：在上恒成立.
【答案】（1）答案见详解（2）证明见详解
【分析】
（1）求导得，令导数为0，得，再分类讨论与的位置关系即可求解；
（2）当时，恒成立，令，设法证明即可.
（1）
由得，
令得，，
当时，，对恒成立，在单减；
当时，，对恒成立，在单增；
当时，，当，，单减；当，，单增；
综上所述，当，在单减；当，在单增；当，当，单减；当，单增；
（2）若，则，在上恒成立，即对恒成立，令，则，
令得，当时，，单增；
当时，，单减，
所以，令，则，又，即，故，构造函数，
又，设，，当，，单增，当，，单减，故（得证），
所以，，令，在单增，，所以，所以在上恒成立.
3.（2022·河南南阳·南阳中学校考模拟预测）已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，求证：．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）求导后，对分类讨论，根据导数的符号可得结果；
（2），利用导数求出的最小值大于即可得证明不等式成立.
【详解】（1），
当时，在R上单调递减；
当时，令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上所述：当时，的增区间为；
当时，的增区间为，减区间为.
（2）证明：当时，，
令，
，令，
因为恒成立，
所以在R上单调递增，，
由零点存在性定理可得存在，使得，即，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，
由二次函数性质可得，
所以，即，得证．
题型二： 不等式证明2：有参数型基础证明
有参数型不等式证明：
通过参数范围，确定函数的单调性，然后利用最值放缩证明不等式
1.（2024高三·全国·专题练习）设函数．
(1)当，求在点处的切线方程；
(2)证明：当时，；
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可；
（2）先证明在上存在唯一零点，设为，再由导数求出最小值结合基本不等式和对数的运算证明即可.
【详解】（1）当时，，
则，即，
所以在点处的切线方程为，即.
（2）因为，
因为为单调递增函数，也为单调递增函数，
所以为单调递增函数，又，且，
所以在上存在唯一零点，设为，
当时，，为单调递减函数；当时，，为单调递增函数；
所以，
由可得，即，
所以，
当且仅当时取等号，
所以当时，，
2.（2024·全国·高考真题）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
3.（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明，只要证即可，设，利用导数求得最值即可证明．
【详解】（1）函数的定义域为，且．
当时，恒成立，
所以在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）当时，因为，所以要证，只要证明即可，
即要证，等价于（*）．
令，则，
在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当时，等号成立．
又在上单调递增，，
所以存在，使得成立．综上所述，原不等式成立．
题型三：极值点偏移：和型
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.
1.（22-23高三·广东深圳·阶段练习）已知函数
(1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围；
(2)设是两个不相等的实数，且．求证：
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）先判断不成立，当时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；
（2）设，可得恒成立，从而可证不等式.
【详解】（1）当时，，
因为，所以，即，不符合题意；
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以．
由恒成立可知，所以．
又因为，所以的取值范围为．
（2）因为，所以，即．
令，由题意可知，存在不相等的两个实数，，使得．
由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减．
不妨设，则．
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，即在区间上恒成立．
因为，所以．
因为，所以．
又因为，，且在区间上单调递增，
所以，即．
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，并利用原函数的单调性进行转化.
2.（22-23高三·陕西安康）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个不同零点，求的取值范围，并证明.
【答案】(1)；(2)，证明见解析.
【分析】
（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数单调性及最值，分类讨论即可判定的取值范围，构造差函数证明即可.
【详解】（1）当时，，易知，
所以曲线在点处的切线方程为：；
（2）由已知可得，
①若，则，，
即在上单调递增，上单调递减，，
又时，，所以函数存在两个零点；
②若时，，显然不符合题意；
③若时，令，
当时，令或，令，
即在上单调递减，和上单调递增，
函数极小值为，函数极大值为，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，，则单调递增，至多一个零点，不符合题意；
当时，令或，令，
即在上单调递减，和上单调递增，
函数极大值为，函数极小值为，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
综上所述，时函数有两个零点，则一正一负，
不妨令，设，
令，即在R上单调递增，
所以，，
故时，有，时，有，
即，所以，
则，
又因为在上单调递减，故，证毕.
3.（2023·河南平顶山·模拟预测）已知函数有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设是的两个零点，证明：．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）等价于有两个零点，设，求出函数的最小值利用零点存在性定理分析即得解；
（2）不妨设，等价于证明，再利用极值点偏移的方法证明.
【详解】（1）解：由，得，
设，则，，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，所以，
，
，所以a的取值范围是．
（2）证明：不妨设，由（1）知，则，，，
又在上单调递增，所以等价于，即．
设，则．
设，则，
设，则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，又因为，，，
所以存在，使得，当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增．
又因为，，
所以当时，，当时，，
所以当时，，单调递减，
因为，所以，
所以，即原命题得证．
题型四：极值点偏移：积型
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根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
1.（22-23高三上·北京房山·期中）已知函数
(1)求函数单调区间；
(2)设函数，若是函数的两个零点，
①求的取值范围；
②求证：．
【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求导后，根据正负即可得到的单调区间；
（2）①将问题转化为与在上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；
②由①可得，设，利用导数可求得，进而得到，即，根据的范围和单调性可得结论.
【详解】（1）定义域为，，
当时，；当时，；
的单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点；
由（1）知：，又，
在的图象如下图所示，
由图象可知：，，即的取值范围为.
②不妨设，由①知：，
，，
在上单调递增，在上单调递减；
设，则，
在上单调递减，，，
又，，又，；
，，在上单调递增，
，则.
2.（2024·广东湛江·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．
【答案】(1)在上单调递增，上单调递减，(2)见解析
【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.
【详解】（1）由题意可得，所以，
的定义域为，
又，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
（2）由，得，设，
，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
又，，且当趋近于正无穷，趋近于，
的图象如下图，
所以当时，方程有两个根，
证明：不妨设，则，，
设，
，所以在上单调递增，
又，所以，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，所以，
故.
3.（23-24高三 ·河南·阶段练习）已知函数.
(1)若有唯一极值，求的取值范围；
(2)当时，若，，求证：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，
所以的取值范围是.
（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
由，，不妨令，
要证，只证，即证，就证，
令，求导得
，于是函数在上单调递减，，
而，则，即，又，
因此，显然，又函数在上单调递增，则有，
所以.
题型五：极值点偏移：含参型
含参型极值点偏移：
1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；
2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.
1.（23-24高三上·江苏镇江·阶段练习）已知函数．若函数有两个不相等的零点．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见详解.
【分析】
（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知：，
若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点，
故，
显然当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以若要符合题意，需，
此时有，且，
令，
而，
即在上递减，故，
所以，
又，
故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意，
综上；
（2）结合（1），不妨令，
构造函数，
则，
即单调递减，所以，
即，
因为，所以，
由（1）知在上单调递增，所以由，
故.
2.（22-23高按·四川泸州）已知函数，e为自然对数的底数.
(1)若函数在上有零点，求的取值范围；
(2)当，，且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据零点利用参变分离整理可得，构建新函数，结合导数求最值；（2）根据极值点偏离，构建新函数（），先利用导数判断其单调性，再结合单调性分析证明.
【详解】（1）令，即，则
函数在上有零点等价于方程在上有解，
设，则，
故函数在上是减函数，在上是增函数，故
所以a的范围是.
（2）因为，故，
因为，所以得，
故在上是减函数，在上是增函数
因为，，
所以不妨设，，
设（），
故，
所以在上是增函数，
所以，即，
故，即，
因为，，且，
所以，
因为在上是减函数，
所以，故.
3.（21-22高三·河南郑州·）已知函数.
(1)当时，求的单调区间和极值；
(2)若，且，证明：
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求函数导数，讨论时，时，结合导函数的零点及正负可得极值和单调区间；
（2）由（1）可设，，要证，只要证，即证，在区间上单调递增，所以，又，即证，构造函数，结合函数单调性可得证.
【详解】（1），
①时，因为，所以，
函数的单调递增区间是，无单调递减区间，无极值；
②当时，令，解得，
当时，；当，，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
此时函数的极小值为，无极大值.
综上所述，
当时，函数的单调递增区间是，无单调递减区间，无极值；
当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
极小值为，无极大值.
（2）因为，由（1）可知，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
不妨设，则，
要证，只要证，即证，
因为在区间上单调递增，所以，
又，即证，
构造函数，即，.
，
因为，所以，，即，
所以函数在区间上单调递增，故，
而，故，
所以，即，所以成立.
题型六：极值点偏移：平方型
对于平方型，可以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.
1.（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上
(1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值；
(2)已知函数，关于的方程有两个不等实根.
（i）求实数的取值范围;
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大值；
（2）（i）根据题意知，，进行同构，将问题转化为方程有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究的单调性和极值，即可求出a的取值范围.
（ii）由知，先证，即极值点偏移问题，构造函数，求，在单调递增，，得，从而可得即，再由的单调性，即可得到.
【详解】（1）因为在轴上方，所以：；
为直角三角形，所以当轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设，则，（）.
设（），则，由.
因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以.
从而：.
（2）（i）因为，即，即，
令，所以，
因为为增函数，所以即，
所以方程有两个不等实根等价于有两个不等实根，
令，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以.
当时，；当时，由洛必达法则知；所以.
（ii）由（i）知，，令，，
因为，所以，
因为，，所以，即在单调递增，，所以.因为，所以，又因为，所以，
因为，，且在上单调递减，
所以，即，所以，所以.
2.（22-23高三·辽宁·模拟）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.
【分析】
（1）求出函数的导数，再按分类探讨的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合时函数的单调性，由，，再构造函数，，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）
函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，而，时，恒成立，
因此当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，记，，
则，
即有函数在上单调递增，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
所以.
3.（2023·广东广州·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.
题型七：极值点偏移：非对称型
1.（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解.
（2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解.
【详解】（1）因为函数的定义域是，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
（2）因为是函的两个零点，由（1）知，
因为，设，则，
当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，．
又因为，且，
所以，．
首先证明：．
由题意，得，设，则
两式相除，得．
要证，只要证，即证．
只要证，即证．
设，．
因为，所以在上单调递增．
所以，即证得①．
其次证明：．设，．
因为，所以在上单调递减．
所以，
即．
所以②．
由①②可证得．
2.（22-23高三·福建福州）已知函数（）．
(1)试讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，（），求证：．
【答案】(1)当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，根据的不同取值范围，对的符号进行讨论即可；
（2）由已知及（1）中单调性，可知，且，故只需证明，再借助不等式性质和放缩，即可证出.
【详解】（1）由已知，的定义域为，，
①当时，，恒成立，
∴此时在区间上单调递增；
②当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）若函数有两个零点，（），
则由（1）知，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
当时，，当时，，（*）
∵，∴，∴，
又∵，∴，
∴只需证明，即有.
下面证明，
设
，，
设，则，
令，解得，
当时，，在区间单调递减，
当时，，在区间单调递增，
∴，在区间上单调递增，
又∵，∴，
即，
∴由（*）知，，∴，即.
又∵，，
∴，原命题得证.
3.（21-22高三·浙江·模拟）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数的图象与的图象交于，两点，证明：.
【答案】(1)增区间为，减区间为
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，分别解不等式，可得；
（2）由，，两式相减得：，然后将原不等式的证明问题转化为，再通过换元将二元问题化为一元问题，构造函数，利用导数讨论其单调性，由单调性可证.
【详解】（1）的定义域为
令，解得
令，解得
所以的单调增区间为，减区间为
（2）由（1）得
由题知，
两式相减整理可得：
所以要证明成立，只需证明
因为，所以只需证明
令，则只需证明，
即证
令
记
则
易知，当时，，当时，
所以当时，
所以当时，，函数单调递增
故，即
所以，原不等式成立.
题型八：比值代换型证明
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.
构造对数不等式时，比值代换是常见经验思维：
1.一般当有对数差时，可以运算得到对数真数商，这是常见的比值代换形式
2.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程
3.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。
1.（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知函数为函数的导函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知函数，存在，证明：．
【答案】(1)函数在区间上单调递减，在区间上单调递增。(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究函数单调性即可.
（2）由可得，结合（1）可得，联立两者可得，运用比值代换法，设，转化为求证,即可证明.
【详解】（1）的定义域为，，令，则，
所以函数在单调递增，又因为，所以，，
即：，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由（1），得，
又，即，所以．不妨设，所以．
由（1）得当，函数单调递增，所以，
故，所以，
所以，故．下证．即证：，
设，则，所以函数在区间上单调递增，
所以，故，即，所以，即，
所以，得证．
2.（2024高三·全国·专题练习）已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明.
【答案】(1)在上单调递增(2)，证明见解析
【分析】（1）对求导，根据的符号得出的单调性；
（2）由题意可知有两解，求出的过原点的切线斜率即可得出的范围，设，根据分析法构造关于的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可，
【详解】（1）时，，故，
在上单调递增.
（2）关于的方程有两个不同实根,，即有两不同实根，，得，
令，，令，得，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
时，取得最大值，且，得图象如图：.
，则，
即当时，有两个不同实根，，两根满足，，
两式相加得：，两式相减地，上述两式相除得，
不妨设，要证：，只需证：,即证，
设，令，则，
函数在上单调递增，且,，即，.
3.（21-22高三·重庆·模拟）已知函数有两个不同的零点.
(1)求的最值；
(2)证明：.
【答案】(1)，无最小值(2)见解析
【分析】（1）求出导函数，由函数有两个不同的零点，则在内必不单调，得，进而得到函数的单调性，即可求出函数的最值．
（2）由题意转化为证明，不妨设，令，只需证明，设，根据函数的单调性，即可作出证明．
【详解】（1），有两个不同的零点，∴在内必不单调，故，
令，解得，∴在上单增，上单减，
∴，无最小值．
（2）由题知两式相减得，即，
故要证，即证，即证，
不妨设，令，则只需证，设，则，
设，则，∴在上单减，∴，∴在上单增，
∴，即在时恒成立，原不等式得证．
题型九：三零点型不等式证明
三个零点型不等式证明常见思维，关键是问题的转化．证明不等式问题第一步转化是消元，把三个根用一个变量表示，第二步构造新函数，证明的最小值，第三步由导数求得极小值点的范围，并对变形，第四步换元，最终转化为关于的多项式不等式，问题易于解决．
（广东省华附、省实、广雅、深中2021届高三上学期四校联考数学试题）
已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且，证明：，；
（3）记方程的三个实根为，，，若，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；（3）证明见解析.
【分析】
（1）求出函数导数，分别解出和即可得出单调区间；
（2）易得，不等式转化为，，构造函数，利用导数可得在单调递增，可化为证，由，可得只需证，构造函数，利用导数即可证明；
（3）令，则，由（1）可知单调性，可判断，可知，，即，，构造函数，可知的两个零点为，易知，由可证.
解：（1）的定义域是，，
令，解得或，，，
则由可解得或，由可解得，
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为
（2）令，则，
由解得，由解得，
则在单调递增，在单调递减，故，即，
欲证：，，即证：，，
令，则，，，，故在单调递增，
，故只需证，，，即，，，，故，
则不等式等价于，整理得，
令，则，则在单调递增，
，即，即，综上可得：，；
（3）令，则，由（1）可知在单调递增，在单调递减，
由题易知，，故，
因为，故存在，使得，由（2）可知，，
故，，
令，易知在单调递减，在单调递增，
即的两个零点为，易知，故，
在单调递减，在单调递增，，.
2.（浙江省舟山中学2021-2022学年高三上学期12月月考数学试题）已知函数．
（1）求函数的最小值；
（2）若有三个零点，
①求的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）（2）① ；②证明见解析【分析】
（1）令，求出，然后判断单调性即可求解；
（2）①：由（1）知，时，，在单调递增，不合题意；由函数零点存在定理可得在和内分别有唯一的零点记为，，则，在上单增，在上单减，在上单增，又由函数零点存在定理即可得有三个零点，符合题意；
②：记的三个零点大小为，即，又，则当时，成立，所以，即，化简，得，进而即可证明.
（1）解：，令，则，
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，即函数的最小值为；
（2）解：①：由（1）知，时，，在单调递增，不合题意；
当时，，，，
所以在和内分别有唯一的零点记为，，则，
所以在上单增，在上单减，在上单增．
易知，1为的一个零点，，，又，，
所以有三个零点，符合题意．综上，．
②证明：不妨记的三个零点大小为，即．
又，即．
所以当时，成立．即当，则，且，又在有且只有一个零点，
所以，即．化简，得，
所以．即．
3.已知，关于x的方程的不同实数解个数为k.
（1）求k分别为1，2，3时，m的相应取值范围；
（2）若方程的三个不同的根从小到大依次为，求证：.
【答案】（1）时，；时，或；时，；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由于时，均有且只有一解，因此只要考虑时，的解的个数，由一元二次方程的分布可得；
（2）由（1）知，把用替换，其中，由韦达定理求得，不等式转化为.构造函数，求得的最小值，求，确定在上有极小值点，然后证明即可．换元设，不等式转化为，首先，因此只要证明，注意，，证明成立即可．
【详解】
解：（1）注意到无论m为何实数，时，均有且仅有一个实数根，只需考虑方程的根的个数．
时，，时，，
时，或，则或；时，，即，此时，，，满足题意．
（2）由（1），，注意到，则..
只需证明：.令，即需证明..
则为增函数，而，，
则在上存在零点，则时，；时，.
则在上单调递减，在上单调递增.，
则
令，只需证明
注意到，只需证明，
，则，令，显然，，所以成立，所以原不等式成立．
题型十：三角函数型不等式证明
对于含有三角函数型不等式证明：
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性
1.（河南省开封市杞县高中2023届高三文科数学第一次摸底试题）已知函数．
(1)求函数在内的单调递减区间；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）求得，令，求得，即可求解；
（2）令，求得，令，
分和两种情况求得函数的最大值，即可证得.
(1)解：由题意，函数，可得，
令，即，即，解得，
即在的单调递减区间是.
(2)解：令，可得，
令，则，
当时，，单调递减，即在单调递减，
即，所以，
从而在上单调递减，即恒成立；
当时，由（1）知，的极大值点满足，这些极大值点使得的分子值不变，但分母随x的增大而增大且，
所以当时，，恒成立．
综上可得，当时，得证．
2.（云南民族大学附属中学2022届高三高考押题卷二数学（理）试题）已知函数，，其中.
(1)试讨论函数的单调性；
(2)若，证明：.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求导，再根据导数的正负求出函数的单调区间，
（2）要证，只要证，由于时，，当时，令，再利用导数求出其最小值大于零即可
（1）的定义域为当时，，在上单调递增；当时，令，解得；令，解得；综上所述：当时，在上单调递增，无减区间；当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2），，即证：，即证：当时，，，当时，令，则在上单调递增在上单调递增综上所述：，即
3.已知函数的图象在原点处的切线方程为.
(1)求函数的解析式；
(2)证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）由原点处的切线方程有，，即可求参数a、b，进而写出的解析式；
（2）由题设只需证恒成立，令利用导数研究其单调性，进而确定各单调区间上的函数符号，即可证结论.
(1)由在原点处的切线方程为且，
∴，， 解得，，∴.
(2)证明：要证，即证，
令，则，，，
令，则，，
当时，，
∴在上是增函数，，即.
∴在上是增函数，则.
当时，，，
∴，在上的增函数，.即，
∴在上单调递减，则.当时，.
综上，在定义域R上恒有，即.
题型十一： 零点与求参
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，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，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．
1.（23-24高三·广东清远·模拟）已知定义在正实数集上的函数，．
(1)设两曲线，有公共点为，且在点处的切线相同，若，求点的横坐标；
(2)在（1）的条件下，求证：；
(3)若，，函数在定义域内有两个不同的零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3).
【分析】（1）根据两曲线，有公共点，且在该点处的切线相同，由求解.
（2）构造函数，利用导数求出函数最小值，结合（1）的信息推理即得.
（3）求出函数，利用函数零点的意义分离参数，转化为求直线与函数图象有两个交点的的范围.
【详解】（1）函数的定义域为，设曲线的公共点，
求导得，依题意，，
即，由，得，，
所以点的横坐标为.
（2）由（1）知，设，，
求导得，当时，，当时，，
则函数在上递减，在上递增，
因此，
即当时，，所以.
（3）依题意，，定义域为，
由，得，令，
由函数在定义域内有两个不同的零点，得直线与函数的图象有两个交点，
而，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，而，且当时，恒有，
则当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点，即函数有两个不同零点，
所以实数的取值范围是.
2.（23-24高三上·西藏林芝·期末）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数在处取得极值，不等式对恒成立，求实数的取值范围；
(3)若函数在定义域内有两个不同的零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)(3)
【分析】
（1）求导，然后分和讨论函数的单调性；
（2）先根据求出，再将不等式恒成立问题转化为，构造函数，求其最小值即；
（3）将函数在定义域内有两个不同的零点的问题转化为函数和函数的图象有两个不同的交点，观察图象可得答案.
【详解】（1）由已知，
当时，恒成立，函数在上单调递增，
当时，令，得，函数单调递增，
令，得，函数单调递减，
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）若函数在处取得极值，则，解得，
经检验符合题意，所以，
则不等式恒成立即恒成立，
整理得在上恒成立，所以，设，则，
令，得，单调递减，令，得，单调递增，
所以，所以；
（3）令，可得，
若函数在定义域内有两个不同的零点，
则函数和函数的图象有两个不同的交点，
当函数和函数的图象相切时，
因为函数和函数均过点，则为切点，
又，
则切线方程为，故，即
如图，当时，函数和函数的图象只有一个交点，
观察图象可得：当函数和函数的图象有两个不同的交点时有且，
即且，即实数的取值范围为.
3.（22-23高三上·福建福州·阶段练习）已知函数.
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)若在上有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）对的方法进行求导，利用导数几何意义求出在点处的切线方程；
（2）对进行求导，然后对进行分类讨论研究图像，进而求出实数a的取值范围.
【详解】（1）时，，。，，
所以切线方程为，即
（2）当时，∵，∴函数在上单调递增，
从而至多有一个零点，不符合题意.当时，∵，
∴当时，，单调递增，当时，，单调递减，
∴在上单调递增，在上单调递减.因为，所以在上有两个不同的零点需要满足：解得，所以当时，，满足在上有两个不同的零点.
∴a的取值范围是.
题型十二：三个零点型求参
1.（23-24高三·湖北省直辖县级单位·模拟）若函数，当时，函数有极值.
(1)求函数的极值；
(2)若关于的方程有三个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)极大值，极小值；(2)
【分析】（1）对函数进行求导，利用，解方程组即可得解析式；
对函数求导，令，并解导数不等式，分类讨论即可得答案；
（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有3个交点，即可得答案；
【详解】（1），由题意知，解得，
故所求的解析式为；，
令，得或，列表如下：
当时，有极大值，当时，有极小值；
（2）由（1）知，得到当或时，为增函数；
当时，为减函数，∴函数的图象大致如图，
由图可知当时，与有三个交点，有三个零点，
所以实数的取值范围为．
2.（23-24高三·云南玉溪·模拟）设，曲线在点处的切线与轴相交于点.
(1)求实数的值；
(2)若函数有三个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用导数求出函数在处的切线方程后结合其过的点可求实数的值.
（2）利用导数讨论函数的单调性和极值，从而可求实数的取值范围.
【详解】（1）由，得，且.
令，则，
所以曲线在处的切线方程为.代入解得.
（2）由（1）知，令，解得或，
当或时，，当时，，
故的单调递增区间是和，单调递减区间是，
由此可知在处取得极大值，在处取得极小值，
因为函数有三个零点，即方程有三个根，
而当时，，当，，
故，所以.
3.（2022高三·河南南阳·专题练习）若函数，当时，函数有极值．
(1)求函数的解析式；
(2)若关于的方程有三个零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）对函数进行求导，利用，解方程即可得答案；
（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有3个交点，即可得答案.
【详解】（1），当时，函数有极值，
所以，解得，得到解析式为，
经检验，符合题意，所以所求函数解析式为.
（2）由（1）可知
令，得或
当变化时，、的变化情况如下表：
因此，当时，有极大值，当时，有极小值，所以大致图象如图所示，
又因为有三个零点，即有三个实数解，
所以实数的取值范围为.
题型十三：恒成立求参：三角函数型
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，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围．
(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据函数的单调区间可得，即，利用导数讨论函数的性质求出即可；
（2）由题意，当时，显然成立；当时，；当时，有．令，利用二阶求导讨论函数的性质，求出、即可.
【详解】（1）由题意知，即．令，则．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
从而，故．
（2）由题意知．当时，显然成立；当时，；当时，有．
令，则．令，则．
∵，∴，故，因此单调递减，
从而，因此单调递增，从而，，
由，解得；由，解得．综上：．
2.（2023·河南洛阳·校联考模拟预测）已知函数．
(1)求的最值；
(2)当时，，求实数的取值范围．
【答案】(1)最小值为，无最大值。(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，根据函数的定义域，结合导数和函数单调性的关系，即可求解函数的最值；
（2）首先化简不等式，转化为不等式，再参变分离为对任意的恒成立，转化为利用导数，求函数的最值问题，即可求解.
【详解】（1），
当时，单调递减；
当时，单调递增，所以，无最大值．
（2）当时，不等式，
即对任意的恒成立，令，
则，当时，，则，则，
则在区间上单调递增，则．
当时，，令，
则，易知在区间上单调递增，
且，，
由零点存在性定理知，，使得当时，单调递减；当时，单调递增，又，
因为，所以，即，又，所以，又，所以．
所以，所以单调递减，所以．
综上，，所以，解得，即实数的取值范围是
3.（2023上·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线方程为，判断当时函数的单调性；
(2)当时，在恒成立，求的最大值.
【答案】(1)在上单调递增(2)
【分析】（1）根据切线求得，然后利用导数求得的单调区间.
（2）利用分离常数法化简不等式，然后利用构造函数法，结合导数求得的取值范围，进而求得的最大值.
【详解】（1），，
若曲线在点处的切线方程为，则，
此时，
当时，，所以，所以在上单调递增.
（2）当时，，不等式，即，
试题在区间上恒成立.设，，
，所以在上单调递增，
，所以存在，使得，
所以在上单调递减；在上单调递增，
，
，所以，而，所以，所以的最大值为.
题型十四：恒成立求参：整数解型
解决不等式恒成立问题，常用方法有：
将原不等式变形整理，分离参数，继而构造函数，转化为求解函数的最值问题解决；
（2）直接构造函数，求导数，求解函数的最值，使得最小值恒大于(或大于等于)0或恒小于（或小于等于）0，解不等式即可.
1.（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知函数，其导函数为.
(1)若在不是单调函数，求实数的取值范围；
(2)若在恒成立，求实数的最小整数值.
【答案】(1)(2)【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可知在有变号零点，由此结合函数的单调性，解不等式即可求得答案；
（2）法一：采用分离参数法，将原不等式变为即为在恒成立，构造函数，求函数的导数，利用导数求其最小值，即可求得答案；
法二：求函数的导数，利用导数判断其单调性，求得函数最小值，结合解不等式即可求得答案.
【详解】（1）；
因为在不是单调函数，所以在有变号零点；
因为恒成立，令，则在有变号零点；
因为，所以在单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，所以实数的取值范围是.
（2）（法一）令，因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，所以在恒成立，即为在恒成立，
令，则
，令，则在恒成立，
所以在单调递减；因为；
所以有唯一零点，且
当时，，即，所以在单调递增；
当时，，即，所以在单调递减；
所以；所以实数的最小整数值为.
（法二）由（1）得，当时，在上单调递增，
所以成立.当时，存在，使得
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，
令得；解之得.综上，，
所以实数的最小整数值为.
2.（2023下·天津滨海新·高二统考期末）已知函数，.
(1)若，求m的值及函数的极值；
(2)讨论函数的单调性：
(3)若对定义域内的任意x，都有恒成立，求整数m的最小值.
【答案】(1)，极大值为，无极小值(2)答案见解析(3)1
【分析】（1）由可求出，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；
（2）对函数求导后，分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（3）方法一：将问题转化为在上恒成立，构造函数，求出后得，再构造函数，对其求导判断其单调性，从而可求出的单调区间，求出其最大值，进而可求出整数m的最小值；方法二：由（2）可知，当时，有最大值，则将问题转化为需要即可，构造函数，利用导数求出其最大值即可.
【详解】（1）的定义域为，
因为，，则，解得.
当时，，.
当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；
所以在时取得极大值且极大值为，无极小值．
（2）因为，
当时，在上恒成立，此时在上单调递增；
当时，
当时，，则在上单调递增；
当时，，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，
（3）解法一：若对定义域内的任意x，都有恒成立，
所以，即在上恒成立，
即在上恒成立，设，则.
设，则所以在上单调递减，
因为，，所以，使得，即.
当时，，当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
因为，所以故整数m的最小值为1
解法二：若对定义域内的任意x，都有恒成立，
由（2）可知，当时，在上单调递增，
因为，显然不符合对定义域内的任意x，都有恒成立
由（2）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值.
若对定义域内的任意x，都有恒成立，只需要即可.
设，显然在上单调递减，
因为，，
所以要使，只需要整数，故整数m的最小值为1
3.（2023下·辽宁朝阳·高二校联考期末）已知函数，
(1)若，求的图象在处的切线方程；
(2)若对任意的恒成立，求整数a的最小值；
(3)求证，
【答案】(1)。(2)1(3)证明见解析
【分析】（1）求导得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程，
（2）根据恒成立将问题转化为恒成立，构造函数求导，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理即可求解，
（3）由（2）的结论可得，即可由求和关系，结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）当时，，
，
所以的图象在处的切线方程为，
（2）由可得对任意的恒成立，
记则，
由于均为的单调减函数，故在单调递减，
且
所以存在唯一的实数，使得，即，
当单调递增，
当单调递减，
所以当时，取极大值也是最大值，，
由于均为的单调递增，且均为正，故单调递增，
因此，所以，
当时，现证明，
设，
则当时单调递减，当时，单调递增，
当，故
当单调递增，当单调递减，所以，故，
由于，所以，
所以综上可知，故
所以整数a的最小值为1
（3）由（2）知当时，恒成立，即对任意的恒成立，
取，则，所以，
因此
4.（2023下·江苏苏州·高二统考期中）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)讨论的单调性；
(3)若对任意，有恒成立，求整数m的最小值．
【答案】(1)极大值为，无极小值．(2)分类讨论，答案见解析.(3)1
【分析】（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得；
（2）求导，分，讨论可得；
（3）参变分离，将问题转化为在上恒成立问题，记，利用导数求函数的最大值所在区间可得.
【详解】（1）的定义域为，
当 时，，令，解得
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减．
所以在时取得极大值为，无极小值．
（2）因为
当时，在上恒成立，此时在上单调递增；
当时
当时，，则在上单调递增；
当时，，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．
（3）因为对任意，恒成立，所以在上恒成立，
即在上恒成立．设，则．
设，，则在上单调递减，
因为，，所以，使得，即．
当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，所以．
因为，所以，故整数的最小值为1．
题型十五：能成立求参：双变量型
恒（能）成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
1.（2023·全国·模拟预测）已知函数，，．
(1)求的极值；
(2)若存在，对任意的，使得不等式成立，求实数的取值范围．（）
【答案】(1)极大值，极小值为(2)
【分析】（1）求出，令，得或，再列出的变化关系表，根据表格和极值的概念可求出结果；
（2）根据（1）求出在上的最小值为，则将若存在，对任意的，使得不等式成立，转化为在上恒成立，再构造函数，，转化为，利用导数求出代入可得解
【详解】（1）由，
得,
令，得或，
的变化关系如下表：
由表可知，当时，取得极大值，为，当时，取得极小值，为.
（2）由（1）知，在上单调递减，所以当时，，
于是若存在，对任意的，使得不等式成立，则在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，
，因为，所以，，
因为，所以，所以，
所以单调递减，故，
于是，得，又，所以实数a的取值范围是．
2.（2023上·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数，．
(1)若直线是曲线的一条切线，求的值；
(2)若对于任意的，都存在，使成立，求的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】(1) 直线是曲线的一条切线,根据切点在切线和原函数上，斜率是切点处导数列式求的值即可；
(2) 把任意的，都存在，使成立转化，在参数分离转化为恒成立,构造函数 ，求出，进而求出 的取值范围.
【详解】（1）由得,
设直线 与曲线的切点为,则， 解得因此的值为.
（2）由得
设，则 ,因为当时，，所以在上单调递增，
又因为所以存在 ，使 ,
且当时， ；当时， ；
从而 ，且当 时， ；
当 时， ,所以函数 在上单调递减，在上单调递增，
因此 ,由，得从而 ,
所以由对于任意的，都存在，使 成立，
得对于任意的，都有 ,即不等式在上恒成立，
即不等式 在上恒成立.设 ，则
因为 ，当 时，;当 时，;
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以 ，因此 ,
故 的取值范围为.
3.（2023上·北京·高三北京市第五中学校考阶段练习）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)若存在，使得，求a的取值范围．
【答案】(1)(2)当时，的减区间为，无增区间；当 时，的减区间为，增区间为(3)
【分析】（1）当时，求出函数的导数，求出曲线在点处切线的斜率，然后求解切线的方程即可；（2）先求出函数的导数，分和两种情况讨论即可得到单调区间；
（3）将题中条件转化为若，使得成立，再结合函数放缩得到若，使得成立，再根据（2）中的单调情况可知为与中的较大者，从而得到当或即可满足题意，进而求解即可．
【详解】（1）当时，，则，得，，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）由，则，当时， 恒成立，此时在R上单调递减；
当时，令，解得，此时与的变化情况如下：
由上表可知，的减区间为，增区间为，
综上，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的减区间为，增区间为．
（3）将在区间上的最大值记为，最小值记为，因为存在，使得，
所以，使得成立，即或，当时，，
若，使得成立，只需，由（2）可知在区间上单调或先减后增，
故为与中的较大者，所以只需当或即可满足题意，
即只需或，解得或 ，
综上所述，的取值范围是．
极大值
极小值
＋
－
＋
↗
↘
↗
3
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
-
0
+
↘
极小值
↗