新高考数学二轮复习导数专项练习专题17 函数与导数压轴大题专题训练（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022·云南·昆明一中模拟预测）已知函数，且恒成立．
(1)求的最大值；
(2)当取得最大值时，设，若有两个零点为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导得，对进行分类讨论，求出，即，进而求得的最大值；
（2）由（1）得，则 ，令整理得，，作差变形得，要证，即证，代换得，构造，利用导数可证不等式恒成立.
【详解】（1）由题意得，
当时，，在上单增，当时，，此时显然不成立；
当时，令，得，
所以在上单减，在上单增，
，即，所以，，
所以，的最大值为；
（2）由（1）式可知，即，所以 ，
则有两个零点为，，即；，
所以，，两式相减得，即，
要证不等式恒成立，等价于，
代入得．
令，，，
所以函数在上单调递增，，得证.
2．（2022·云南·玉溪市民族中学模拟预测（文））已知函数．
(1)若是的极值点，求a的值；
(2)若，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用求出，再利用导数判断单调性验证；（2）利用分析法证明，得到只需证．令，利用导数判断单调性，求出的值域为．再令，利用导数证明出在区间上单调递减，得到，即可证明.
【详解】（1）的定义域为，且．
因为是的极值点，所以，解得．
当时，，．
令，则，
所以当，，单增；当，，单减.
因为，
所以当时，，即，此时单调递增；
当时，，即，此时单调递减，
所以当时，取得极大值，符合题意．
故为所求．
（2）因为，所以要证，只需证，
即证．
令，则，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增，且当时，，
当x趋近于时，t趋近于，x趋近于时，t趋近于，
所以当时，的值域为．
令，
则．
因为，所以，即在区间上单调递减，
所以，
即．
综上，当时，．
【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．
3．（2022·浙江·三门县观澜中学模拟预测）设，
(1)当时，求证：对于任意；
(2)设，对于定义域内的，有且仅有两个零点求证：对于任意满足题意的，．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将代入中，构造新函数求导，利用函数导数单调性判断即可；（2）先化简，根据解析式分析在两段上各有一个零点或者在第二段上有两个零点，分别讨论分析即可.
【详解】（1）证明：当时，，令
所以
所以
因为，所以
所以在上单调递增
所以
所以对于任意，
（2）由
当时，
当时，
所以
依题有且仅有2个零点，
当，不满足题意
所以在两段上各有一个零点或者在第二段上有两个零点．
①两段上各有一个零点，令．
则，得
，得
因此：
令，恒成立，
所以在单调递减.
要证：
即证：
即证：
即证：
因为
所以
所以成立，
因此，成立
②若均在同一段：上，
则必有
所以对于任意满足题意的，．
【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：
①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），
②求极值或最值
③求切线方程
④通过切线方程求原函数的解析式
⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围
⑥证明不等式
解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.
4．（2022·河北·模拟预测（理））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．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得在时成立，即，然后构造函数，结合导数与单调性关系可求；
（2）由有3个不同实数解，可得有三个不同的实数解，构造新的函数，结合导数与单调性关系及函数性质可求．
【详解】（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．
5．（2022·四川泸州·一模（文））己知函数（其中）．
(1)当时，求的最大值；
(2)对任意，都有成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)最大值为0
(2)
【分析】（1）将代入函数中，求出函数的导数，根据函数单调性求出最值..
（2）任意都有成立，代入进行参变分离，得，
构造新函数，求最值即可求得.
【详解】（1）将代入函数中，，由
所以
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减；
故函数
（2）任意都有成立，
即，即，
令， ，
令，
则在上恒成立，即 在上单调递增.
又，
故在 内有零点，设零点为，
当时，，
当时，，
所以，则，
所以，
设，，
所以在单调递增，
，即，
所以，
所以，
所以.
即实数a的取值范围是
【点睛】导数题常作为压轴题出现，常见的考法：
①利用导数研究含参函数的单调性（或求单调区间），
②求极值或最值
③求切线方程
④通过切线方程求原函数的解析式
⑤不等式恒（能）成立问题，求参数的取值范围
⑥证明不等式
解决问题思路：对函数求导利用函数的单调性进行求解；构造新函数对新函数，然后利用函数导数性质解决.
6．（2022·山东济南·模拟预测）已知函数．
(1)当时，若，证明：．
(2)当时，，求a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先不等式变形后，构造函数，利用导数证明，即可证明；
（2）首先构造函数，分，和三种情况讨论函数的单调性，讨论不等式，并得到的取值范围.
【详解】（1）当时，需证，只需证
设，
，
当时，，
所以在上单调递增，
所以．
所以
（2）因为，所以
设，
可得，
又，则，
若，，由（1）知，当时，；
当时，，
所以恒成立，符合题意；
若，，
当时，，不合题意；
若，因为时，，
所以在上单调递增，
因为，又，
所以存在，，
当时，，
在上单调递减，，不合题意；
综上，，的取值范围是．
7．（2022·四川绵阳·一模（理））已知函数（）．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数在上恰有两个零点，求函数在上的最小值．
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析
(2)
【分析】（1）求导，分类讨论导函数的正负即可求解，
（2）根据第一问可知的单调性，进而可判断在上恰有两个零点 ，满足，根据零点存在性定理即可列不等式求解.
【详解】（1）由题意得．
当时，由，函数在上单调递增．
当时，令,令或
故函数在上单调递减，在和上单调递增．
当时，令，令或
函数在(k，4)上单调递减，在，上单调递增．
（2）当或时，函数在(0，3)上为单调函数，最多只有一个零点．
当时，函数在(0，k)上单调递增，在(k，3)上单调递减．
要使函数在(0，3)上有两个零点，则需满足：
且 解得．
∴．
又，
∴当时，；当时，．
又 ，∴
8．（2022·广东·肇庆市外国语学校模拟预测）已知向量， 函数．
(1)求函数的值域;
(2)函数在上有 10 个零点， 求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，结合三角恒等变换得，再根据三角函数性质求解即可；
（2）由题知，再根据三角函数性质得，解不等式即可得答案.
【详解】（1）解：
，
所以，的值域为.
（2）解：令， 即，
因为，所以，
因为函数在上有10个零点，
所以方程在上有10个实数根，
所以， 解得．
所以，的取值范围为.
9．（2022·四川·盐亭中学模拟预测（文））设函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若的图象与轴没有公共点，求的取值范围．
【答案】(1)函数在上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）求导，根据导函数的正负分析的单调性即可；
（2）将的图象与轴没有公共点转化为小于零，解不等式即可.
（1）
由题意，的定义域为，
，
则当时，单调递减；当时，单调递增．
故函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）
由（1）知函数的最大值为，要使的图象与轴没有公共点，只需的最大值恒小于，即恒成立，
故，得，所以的取值范围为.
10．（2010·浙江·一模（文））已知实数满足，设函数．
(1)当时，求的极小值；
(2)若函数与的极小值点相等，证明：的极大值不大于．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到、、的关系表，从而求出函数的极小值；
（2）首先利用导数求出的极小值点，再求出的导函数，即可得到，从而求出的单调区间与极值，即可证明.
（1）
解：当时，
所以．列表如下：
所以的极小值为．
（2）
证明：．
由于，所以当或时，当时，
即在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取极小值，
所以为的极小值，
而，
所以，即．
所以当或时，当时，
即在和上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以．
故的极大值不大于．
11．（2022·全国·模拟预测）已知函数，当时，函数有意义且.
(1)求的范围；
(2)若当时，；证明： ，且满足：时，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导函数的符号以及条件，对a分类讨论即可求解；
（2）令m为自变量，构造函数，将原函数不等式转化为新函数的极小值，求导，缩放，研究新函数的单调性即可.
（1）
若，则定义域为，显然不合题意，
若，则 ，
在 递减，当时，，
若，则在时， ，递增，在时， ，递减，
有，不合题意舍去，所以；
（2）
令
，
对求导， 在 递增，
，
由（1）和条件知 ，
令 ，
则 ，
则在递减，递增， ，
∴，不等式得证；
综上，a的取值范围是 .
【点睛】本题的难点在于将m作为自变量构造新函数 ，再对 利用 作缩放，但是 是常用的缩放方法，通过这个题记住这种方法也是有益的.
12．（2021·山东泰安·模拟预测）已知函数
(1)当时，求函数的极值
(2)若有唯一极值点，求关于的不等式的解集.
【答案】(1)极大值为，极小值为.
(2)
【分析】(1)直接利用导函数求极值即可；(2)首先结合已知条件得到，然后求解不等式即可.
【详解】（1）由题意可知，的定义域为，，
当时，，
则或；，
故在和上单调递增，在上单调递减，
故的极大值为，极小值为.
（2）由题意可知，有唯一的正解，从而，
结合极值点定义可知，二次函数有两个不同的零点，，
从而由韦达定理可知，，即，
从而，
因为，从而，
故关于的不等式的解集为.
13．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测）已知函数.
(1)若，求函数的极值；
(2)若直线与曲线相切，求实数的值.
【答案】(1)极大值为；极小值为；
(2).
【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，由极值定义可求得结果；
（2）设切点为，利用切线斜率和切点坐标可构造方程组，消元得到；令，利用导数可求得，则可确定的唯一解为，代回方程组可求得的值.
（1）
当时，，
则定义域为，；
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减；
的极大值为；极小值为.
（2）
假设与相切于点，
，
，即，
又，
，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，即有唯一解：，
，解得：.
14．（2019·陕西·安康市教学研究室三模（理））已知函数.
(1)若是的极值点，求的值并讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)，在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，令导数为零，求出m的值，再对导函数求导，运用分类讨论即可求解；
（2）运用函数不等式，求出m=3时的最小值即可证明.
（1）
，由已知得 ，解得.
∴， ，
∴ ，令 ，则 ，即 在上单调递增且 ，
∴ 时， ；时， ，
∴在上单调递减，在上单调递增；
（2）
当时，，，，
∴只需证明当时，.
当时， ，令 ，则有 ，即 在上单调递增，
∵ ， ，∴ 在上有唯一的实根，
当时， ；当 时， ，∴在处取得最小值，
由 得，，
，
综上可得当时，
15．（2020·海南·高考真题）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
【详解】（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,
∴所求三角形面积为．
（2）［方法一］：通性通法
,，且.
设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，
因此
>1,
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由得，即，而，所以．
令，则，所以在R上单调递增．
由，可知，所以，所以．
令，则．
所以当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以，则，即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知，令，所以，所以．
于是．
由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．
令，所以．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为，且，所以，即．
令，则，所以在区间内单调递增．
因为，所以时，有，即．
下面证明当时，恒成立．
令，只需证当时，恒成立．
因为，所以在区间内单调递增，则．
因此要证明时，恒成立，只需证明即可．
由，得．
上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．
当时，因为，显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．
【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．
16．（2020·全国·高考真题（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2).
【分析】（1），对分和两种情况讨论即可；
（2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.
【详解】（1）由题，，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
令，得或，所以在上单调递减，在
，上单调递增.
（2）由（1）知，有三个零点，则，且
即，解得，
当时，，且，
所以在上有唯一一个零点，
同理，，
所以在上有唯一一个零点，
又在上有唯一一个零点，所以有三个零点，
综上可知的取值范围为.
【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.
17．（2020·全国·高考真题（文））已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.
18．（2020·全国·高考真题（文））已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间
【分析】（1）[方法三]不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；
（2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数 ，再求导得到，根据的正负，判断 的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性.
【详解】（1）
[方法一]【最优解】：
等价于．
设，则．
当时，，所以在区间内单调递增；
当时，，所以在区间内单调递减．
故，所以，即，所以c的取值范围是．
[方法二]：切线放缩
若，即，即当时恒成立，
而在点处的切线为，从而有，
当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为．
[方法三]：利用最值求取值范围
函数的定义域为：
，
设，则有 ，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，
即，
要想不等式在上恒成立，
只需；
所以c的取值范围为．
（2）且
因此，设 ，
则有，
当时，，所以， 单调递减，因此有，即
，所以单调递减；
当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，
所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.
【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；
方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.
方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.
19．（2019·全国·高考真题（理））已知函数，为的导数．证明：
（1）在区间存在唯一极大值点；
（2）有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.
【详解】（1）由题意知：定义域为：且
令，
，
在上单调递减，在上单调递减
在上单调递减
又，
，使得
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即：在区间上存在唯一的极大值点.
（2）由（1）知：，
①当时，由（1）可知在上单调递增
在上单调递减
又
为在上的唯一零点
②当时，在上单调递增，在上单调递减
又
在上单调递增，此时，不存在零点
又
，使得
在上单调递增，在上单调递减
又，
在上恒成立，此时不存在零点
③当时，单调递减，单调递减
在上单调递减
又，
即，又在上单调递减
在上存在唯一零点
④当时，，
即在上不存在零点
综上所述：有且仅有个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.
B组 能力提升
20．（2019·陕西·安康市教学研究室一模（理））已知函数，其中.
(1)若，求的单调区间；
(2)若在区间上，恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间；
（2）由确定函数的单调性，再分类讨论求的最小值，由最小值大于0可得参数范围．
（1）
当时，因为，所以，
令，得；令，得或.
所以，在上单调递减，在上单调递增.
（2）
因为，所以，
令，得；令，得或，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是.
①若，即时，在上单调递增，在上单调递减，
因为在区间上，恒成立，
所以，解得，
又，所以.
②若，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
因为在区间上，恒成立，
所以，解得.
又，所以.
综上，可得，即a的取值范围是.
21．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；
(3)，关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析．
(2)；
(3)．
【分析】（1）求出导函数分类讨论确定的正负得单调性；
（2）由（1）的单调性，结合零点存在定理确定零点个数，从而得参数范围；
（3）不等式分离参数得，右边引入新函数，由导数求得新函数的最大值后可得参数的范围．
【详解】（1），
时，恒成立，在上是增函数，
时，时，，是减函数，时，，是增函数，
综上，时，在R上是增函数，时，在上是减函数，在上是增函数；
（2），
由（1）时，只有一个零点，
时，若时，则由在上递减得，显然足够大时，，因此在上还有一个零点，不合题意；
时，由（1）知是极小值也是最小值，函数只有一个零点，此时；
时，在上递增，有一个零点，因此，
此时，时，，因此在上也有一个零点，不合题意，
综上，的取值范围是；
（3）不等式即为，又，
所以恒成立，
设，，
则，
由（1）知，从而，且时，，
所以时，，递增，时，，递减，
所以时，，
所以，．
【点睛】方法点睛：用导数研究不等式恒成立问题，一般有两种方法：
（1）直接由不等式引入函数，利用导数求得函数的最值，然后由最值满足的不等关系求得参数；
（2）分离参数后，引入新函数，由导数得新函数的最值，然后可得参数范围．
22．（2022·北京·人大附中模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在处取得极小值，求的值；
(3)若存在正实数，使得对任意的，都有，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
(3)．
【分析】（1）由导数的几何意义求解；
（2）由求得值，并验证此时是极小值点；
（3）求出导函数，，然后根据的正负或0分类，注意由导函数的连续性得出在（存在正实数）上与同号，从而得函数的单调性，得函数值的正负．
【详解】（1），，又，
∴切线方程为；
（2）由（1），函数在处取得极小值，则，即，，
设，则，，由的图象的连续性知在附近是正值，
因此在附近是递增的，又，
所以在附近从左到右，由负变正，在左侧递减，在右侧递增，是极小值，符合题意；
所以．
（3），，
当，即时，由的图象的连续性知必存在，使得对任意，，对应递增，因此，不合题意，
当，即时，由的图象的连续性知必存在，使得对任意，，对应递减，因此，满足题意，
时，，时，，，恒成立，在上递增，，不合题意，
综上，的取值范围是．
【点睛】易错点点睛：本题考查导数的几何意义，导数与极值，不等式恒成立问题．在已知极值点求参数值时，是极小值点，在由求得参数后，一般需验证此时是极小值点，否则容易会出现错误．原因时，不一定是极值点，当值也可能不是极小值点．
23．（2023·浙江温州·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．
【答案】(1)；
(2)1.
【分析】(1)根据题意求出函数的解析式，利用导数讨论函数的单调性，求出函数的最小值，列出方程，解之即可；
(2)根据题意可得，即在上恒成立且在上恒成立，利用导数分别研究函数和的单调性，进而求出、，由可得，即可求解.
【详解】（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.
【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的方法
(1)分离参数法求范围：若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.
24．（2022·广西·南宁市第十九中学模拟预测（文））已知函数.
(1)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(2)讨论函数的单调性.
【答案】(1).
(2)答案见解析.
【分析】（1）当时，将恒成立，化为恒成立，由此可构造函，利用导数判断其单调性，将不等式恒成立问题转化为函数的最值或值域问题；
（2）求出函数的导数，分类讨论a的取值，确定导数的正负，即可判断函数的单调性.
【详解】（1）当时，恒成立，即恒成立，即恒成立，
令 ，则 ，
∴在上单调递增，
故，故，即实数a的取值范围为.
（2）由题意得，
当时，，由得，由得，
故此时在上递增，在上递减；
当时，由得或 ，
当 时，恒成立，仅在时取等号，∴在R上单调递增；
当 时，，
由，得 或 ；由，得 ，
∴在 上单调递增；在上单调递减；
当 时， ，
由，得 或 ,由，得 ，
∴在上单调递增,在上单调递减；
综上所述︰当时，在上递增，在上递减；
当 时，在R上单调递增；
当 时， 在 上单调递增；在上单调递减；
当 时，在上单调递增，在上单调递减.
【点睛】方法点睛：第二问讨论函数的单调性，求出函数导数后，要根据参数a的取值情况，确定导数的正负情况，因此根据的根的情况，对a分类讨论，则可解决问题.
25．（2022·浙江·模拟预测）已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)记，存在满足，证明：
①存在唯一极小值点；
②.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）求得以及，结合导数的几何意义，直接写出切线方程即可；
（2）①对参数分类讨论，且当时，构造函数，根据其与的交点个数，从而判断有且仅有一个根，即可证明；
②根据已知条件，构造函数，从而对已知条件进行放缩后只需证明，令，再次构造函数，即可通过，证明所证不等式.
【详解】（1）当时，
，故切线方程为：，
即.
（2）
①当
故恒成立，在上递减，不满足且这一条件；
当时，存在 ， ，
下证有且仅有一根.
只有一个交点.
恒成立，故在上递减，
仅有唯一交点.
此时存在满足，
且当 ， ，
故存在唯一极小值点.
②由题意知，
，
令 单调递增，
，
，
欲证，即证，
只需证：成立，
两边同除，令
即证，
设
综上：成立，即成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的极值点问题，以及证明不等式；其中第二问处理的关键是构造函数进行适度的放缩，以及在证明时，令，使得双变量问题转化为单变量问题进行处理，属综合困难题.
26．（2022·全国·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：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
（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.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
27．（2022·全国·高考真题（理））已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（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
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
28．（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
29．（2021·全国·高考真题（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.
30．（2021·全国·高考真题（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
[方法二]：构造差函数
由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．
构造函数，求导数得．
当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；
当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．
由于，
当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．
构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．
所以，实数a的取值范围为．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．
因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．
①当时，与只有一个交点，不符合题意．
②当时，取上一点在点的切线方程为，即．
当与为同一直线时有得
直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．
记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．
综上所述，实数a的取值范围为．
[方法四]：直接法
．
因为，由得．
当时，在区间内单调递减，不满足题意；
当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．
因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．
令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．
故实数a的范围为．]
【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
1
2
+
0
－
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增