新高考数学三轮复习考前冲刺练习16 导数大题综合（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023·山东青岛·统考模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若存在，使成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)先求导，把切点的横坐标代入导数方程得切线的斜率，再求切点坐标，从而求出切线方程，由方程求出切线与轴的交点即可求出三角形的面积.
(2) 令，则只要函数在区间的最小值小于即可.通过求导讨论函数的单调性，从而可求函数的最小值，最后求出a的取值范围.
【详解】（1）当时，，
，所以曲线在处的切线的斜率，又，
切线方程为.
与轴的交点分别是，
切线与坐标轴围成的三角形的面积·
（2）存在，使即，即.
即存在，使成立.
令，因此，只要函数在区间的最小值小于即可·
下面求函数在区间的最小值.
，
令，因为，
所以为上的增函数，且.
在恒成立·
在递调递增，
函数在区间的最小值为，
，得.
【点睛】易错点点睛：第二问的关键点在于把不等式能成立问题转化为求函数的最小值问题，在这类问题中，最容易错的地方是分不清恒成立和能成立的区别，若在给定区间内恒成立，则要大于的最大值；若在给定区间内能成立，则只需要大于的最小值.
2．（2023·辽宁·校联考二模）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数分类讨论、、时的单调性即可.
（2）根据已知条件将证明转化成证明（），运用导数研究的最大值与0比较即可.
【详解】（1）由题意知，定义域为，
，
令，则，
①当时，，，在上单调递减，
②当时，，的2个根为，，
此时，则，或，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
③当时，，的2个根为，，
此时，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，①当时，在单调递减；
②当时，在单调递减，在单调递增，在单调递减；
③当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为有两个极值点，，
所以由（1）可知，且，，
所以，
要证，即证，
只需证，，
令，，
则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减，
又，，
由零点存在性定理得，使得，即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
则，
令，，
则当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
【点睛】隐零点问题求解三步曲：
（1）用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的取值范围．
（2）以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
（3）将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
3．（2023·辽宁·辽宁实验中学校联考模拟预测）已知函数，．
(1)若，求实数a的取值范围；
(2)存在正实数a，使得成立，（e为自然对数的底数），求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）即，令，对其求导，求其最大值，即可求解；
（2）因为时，存在正实数成立，即在上有解，令，求解的范围，则在上有解即可求解.
【详解】（1）函数恒成立．即，在上恒成立
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时取得最大值，即，即，
故的取值范围是；
（2）因为时，存在正实数成立，
即在上有解，
即在上有解，令，，
又，所以在上递减，在上递增，
所以当时，有最小值，则，
则在上有解
令，则，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，又，，所以存在使得，
所以当时，当时，当时，
所以只需，即时满足题意，故实数的取值范围是．
4．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）设是定义在区间上的函数，其导函数为．如果存在实数a和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质．
(1)设函数，其中b为实数．
（i）求证：函数具有性质；
（ii）求函数的单调区间．
(2)已知函数具有性质.给定，，设m为实数，
，，且，，若，求m的取值范围．
【答案】(1)（i）见解析；（ii）见解析
(2)
【分析】（1）（i）对求导，可得恒成立，即可证明函数具有性质；（ii），与的符号相同，分，，和，讨论的正负，即可得出函数的单调区间.
（2）对求导，，分析可知其在恒成立，分，和三种情况讨论求解m的取值范围．
【详解】（1）（i），
因为，恒成立，所以函数具有性质；
（ii）设，与的符号相同.
当即时，，，
故此时在区间上递增；
当时，对于，有，所以此时在区间上递增；
当时，的图象开口向上，对称轴，而，
对于，总有，，所以此时在区间上递增；
当时，的图象开口向上，对称轴，方程的两根为：
，且，，
当时，，，此时在区间上递减；
同理得：在区间上递增.
综上所述：当时，在区间上递增；
当时，在区间上递减，在上递增.
（2）由题意，得：，
又对任意的都有，
所以对任意的都有，在上递增.
又，
当时，，且，
所以，所以或，
若，则，
所以不合题意.
所以，即，解得：，，
当时，，，符合题意.
当时，，且，
同理有，即，解得：，，
综合以上讨论，所求m的取值范围时.
【点睛】本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识、考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.
5．（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）已知函数，.
(1)函数在处取得极大值，求的值；
(2)若，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数求得函数的极大值即可.
（2）令，分类讨论、、与时研究其最值与0比较即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
所以，
所以.
因为，所以.
当，或时，，
当时，，
令，
则当或时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且.
因为，，所以，
即.
（2）由为偶函数，则只需考虑的情况：
记，有，
（ⅰ）当，有，所以单调递增，有，
①当，有，成立；
②当，记，
则只需证，；，；
有，
当，有，则单调递增，，成立；
当，有，则单调递减，有，成立；
（ⅱ）当，有，所以单调递减，
有，
记，其中，只需证，
有，
当，易知，
当，有，
所以单调递减，则，成立；
综上可知，有.
【点睛】利用导数证明不等式策略：
（1）待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
（2）若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
6．（2023·辽宁辽阳·统考一模）已知函数.
(1)求的最小值.
(2)若，且.证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）.
【答案】(1)7
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数求得的单调区间，进而求得的最小值.
（2）（ⅰ）利用差比较法证得不等式成立.
（ⅱ）将证明转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以.
（2）（ⅰ）由（1）可知，
，
因为，所以，，
则，所以.
（ⅱ）由得，
要证，只需证，只需证，
即证.
令函数，
则，
所以
，
因为，
所以，在上单调递减.
所以，则，故.
7．（2023·湖南·模拟预测）已知函数为自然对数的底数.
(1)若是函数的唯一极值点，求正实数的取值范围；
(2)令函数，若存在实数，使得，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，令，要使是函数的唯一极值点，即，利用导数研究的单调性即可得出答案；
（2）令，将函数变形为，设，要证明，即证明，不妨设，结合的单调性即证明，构造函数，研究其单调性即可证明.
【详解】（1）
，
令，则，令，解得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
.
因为是函数的唯一极值点，又，
所以，即时，恒成立，
所以当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
故有且仅有一个极值点.
所以正实数的取值范围为.
（2）证明：的定义域为，
令，则上述函数变形为，
对于，则，
即在上单调递增，
由已知存在实数使得，
不妨设，所以存在对应的，使得，
对于，则，
因为，所以当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以为函数的唯一极小值点，
所以，则，
令，
则
，
所以在上单调递减，所以，
即，又，所以，
又由的单调性可知，即有成立，
所以.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解极值点问题、证明不等式问题；本题证明不等式的基本思路是：证明，即证明，再将所证不等式构造为的形式，从而将多变量问题转化为单一变量问题.
8．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）已知函数.
(1)若函数在上有两个不同的零点，求实数k的取值范围；
(2)是否存在实数k，使得对任意的，都有函数的图象在的图象的下方？若存在，请求出最大整数k的值；若不存在，请说理由.
（参考数据：）
【答案】(1)
(2)存在，1
【分析】（1）由题知方程在上有两个不同的根，进而构造函数，研究其性质即可得答案；
（2）由题知对恒成立，进而构造函数，研究其性质得在区间内单调递增，进而得即可得答案.
【详解】（1）解：因为，
则由题意知方程在上有两个不同的根.
由得令，则，
由解得.
当时，，单调递减；
当时，单调递增，
所以当时，取得最小值为，
又，，
所以，解得.
（2）解：假设存在实数k满足题意，则不等式对恒成立，
即对恒成立.
令则，
令，则，
因为在上单调递增，，
且的图象在上不间断，所以存在使得
即则，
所以当时，单凋递减；当时，单调递增，
则取到最小值，
当且仅当时，等号成立，
但由于故等号无法取到，则,
所以即在区间内单调递增.
所以，
所以存在实数k满足题意，且最大整数k的值为1.
【点睛】关键点点睛：本题第二小问解题的关键在于构造函数，，结合函数隐零点问题，基本不等式等求得函数的在区间内的单调.
9．（2023·安徽·校联考二模）已知函数，为的导函数．
(1)当时，若在[上的最大值为，求；
(2)已知是函数f（x）的两个极值点，且，若不等式恒成立，求正数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数与函数的最值的关系以及根据的不同取值分类讨论求解；
（2）根据题意得，从而可得不等式，再根据，从而，进而将双变量转化为单变量，即不等式在上恒成立，利用导函数与单调性、最值关系求解.
【详解】（1）当时，，其定义域为（0，＋∞），
且，所以，
所以，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
①当，即时，在[t，t＋1]上单调递增，
所以；
②当，即时，；
③当时，g（x）在[t，t＋1]上单调递减，
所以，
综上所述
（2）因为，所以，
由题意知的定义域为，
故是关于x的方程的两个根，
所以，
即，
所以，
等价于．
因为，所以原式等价于，
又，作差，得，
即，所以原式等价，
因为，所以恒成立．
令，则，
故不等式在上恒成立，
令．
又因为，
当时，得，所以在上单调递增，
又，所在上恒成立，符合题意；
当时，可得时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式恒成立，
只需满足，又，故，
即正数m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛:本题第二问的关键在于利用，从而可得不等式，再将代入不等式可得，再将双变量问题转化为单变量问题，即可利用导函数的单调性、最值关系求解.
10．（2023·重庆·二模）已知函数，．
(1)若不等式恒成立，求 的取值范围；
(2)若时，存在4个不同实数，，，，满足，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）该问题为恒成立问题，只需，所以我们分情况讨论计算的最大值，然后满足计算出的取值范围即可;(2)因为，得，利用指对同构找到，，，之间的关系计算即可.
【详解】（1）由题易知，，
①当，函数定义域为，
，不合题意，舍去；
②当，函数定义域为，由，解得，
当，，即在区间单调递增，
当，，即在区间单调递减，
，即，
设函数，，
，即在单调递增，
又因为，故时，成立，即成立，
故的取值范围是．
（2）当，，
设函数，，，
易知，，单调递增，
，，单调递减，
不妨令，
由，即，
又因为，，
故，即，
由函数单调性可知，方程至多有两解，
故不妨令，，
两式相减得，
由，得，
故，问题得证．
【点睛】函数与函数都可以构造为同一函数，其中，，或者构造为，其中，；该题同构为计算较为方便.
11．（2023·江苏·校联考模拟预测）已知函数．
(1)求的最小值；
(2)证明：．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，结合奇偶性，分析的最小值；
（2）设，，通过构造函数法证明和，从而即可证明.
【详解】（1）因为，所以是偶函数．
因为的导函数为，令
当时，，所以即单调递增，
所以，所以单调递增，所以．
因为是偶函数，所以的最小值1．
（2）设．
因为，令
所以，
所以即单调递增，所以，
所以单调递增，所以，所以，
设，则．
令由（1）可知，所以即单调递增，
所以，所以单调递增，所以，
所以．
所以．
12．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知函数.
(1)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若方程有两个实根，，且，求证：.
参考数据：，.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求的导数，对a分类讨论，根据函数的单调性求a的取值范围.
（2）由，是方程的两个根，令，将和分别用t表示，构造函数，对函数求导求最值证明不等式.
【详解】（1）函数的定义域为，由题意，.
当时，，函数在上单调递增，不合题意；
当时，由得，所以函数在上单调递增，在上单调递减.
又函数在区间上单调递减，所以，，即.
因此，实数的取值范围是.
（2）由题意，
于是，令，则由可得，.
于是，即.从而.
另一方面，对两端分别取自然对数，则有，
于是，即证，即，其中.
设，.则，
设，.
则在上恒成立，
于是，在上单调递增，从而.
所以，，即函数在上单调递增，于是.
因此，，即原不等式成立.
【点睛】令，结合方程组，可得，.
分析要证，两边取对数，只要证，从而构造出函数，.
13．（2023·浙江·校联考二模）已知，．
(1)求在点的切线方程；
(2)设，，判断的零点个数，并说明理由．
【答案】(1)
(2)存在唯一零点，理由见解析
【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程即可；
（2）先根据题意得到，再分，，三种情况讨论，结合构造函数，二次求导，零点存在性定理即可得到结论．
【详解】（1）由，，
则，
所以，，
所以在点的切线方程为．
（2）依题意得，
①当时，因为，，所以，即无零点；
②当时，，，
因为，，所以，即在上递减，
令，，
则，，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，则，
所以当，，即；
当，，即，即，
则，，
所以存在，使得在上递增，在上递减，
又，所以，而，
所以在上存在唯一零点；
③当时，设，则，，
因为，所以，即在上递减，
又，，
所以存在，使得在上递增，在上递减，
又，，
所以存在，使得在上递增，在上递减，
又，，所以在上递增，所以，
所以在上无零点，
综上可知，在上存在唯一零点．
【点睛】关键点点睛：涉及函数零点问题，利用导函数研究函数的单调性，极值和最值情况，结合零点存在性定理是解答这类题的关键．
14．（2023·广东·统考模拟预测）已知函数，其中a为常数，…是自然对数的底数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，问有几个零点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)三个
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可求得所求切线的方程；
（2）令，可得出，令，则原方程转化为（*），令，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.
【详解】（1）解：当时，，则，
，则，
故当时，曲线在处的切线方程为.
（2）解：令，可得，
即，即，即，
令，则上述方程转化为（*）
的零点个数即为方程（*）的根的个数.
则，令可得，列表如下：
所以，为函数的唯一极大值点，且，
令，当时，，，
①当时，，，且函数在上单调递减，
为解方程，只需解方程，
令，其中，即，
令，其中，则，令，可得，列表如下：
所以，函数在上单调递增，则，故，
，，
根据零点存在定理，存在唯一的，使得，即，
所以，，故方程（*）在上有唯一解；
②当时，不成立，故不是方程（*）的解；
③当时.
（i）当时，，，所以，单调递增，单调递减，
故在上单调递增，
因为，
，
根据零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
（ii）当时，，，而在上单调递增，
为解方程，只需解方程，
令，其中，
因为，所以，函数在上单调递减，
因为，，
故存在唯一的，使得，即，即，
故方程在区间上也存在唯一解.
综上所述，当时，方程存在三个解，即函数有三个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
15．（2023·辽宁丹东·统考一模）已知函数，．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若有三个不同的零点，，，求a的取值范围，并证明：．
【答案】(1)在单调递增，在单调递减，在单调递增
(2)，证明见解析
【分析】（1）由已知得，求导函数，根据导函数的符号确定函数的单调性即可；
（2）由题可得，则是的一个零点，求，讨论函数单调性确定零点个数即可得a的取值范围；根据函数满足，则零点，满足，再将转化为单变量的式子，构造函数确定其取值范围即可证明结论.
【详解】（1）定义域为，当时，，则．
当时，；当时，；当时，．
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增．
（2）因为，则是的一个零点，不妨设．
定义域为，则，
令，即，则．
若，则，当时，，单调递增，有且只有一个零点．
若，则，当时，，当且仅当时，，单调递增，有且只有一个零点．
若，则，有两个正数根．
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
因为，所以，且，．
因为，，所以存在唯，使得．
因为，，所以存在唯一，使得．
综上，若有三个不同零点，，，则a的取值范围为．
由，可得，于是．
设，则当时，，单调递增，
所以，可得当时，．
由可得，
因为，所以．
因为．所以．
因此．
【如何想到证明：时】
因为，所以，
等价于．
等价于．
等价于．
等价于．
等价于．
由于，所以，
从而等价于．
因此我们只需证明：当时，．
【点睛】关键点点睛：第二问，讨论参数研究的零点情况并确定范围，构造函数证明不等式右侧，注意构造函数形式原因.
16．（2023·福建福州·统考二模）已知函数．
(1)若，试判断的单调性，并证明你的结论；
(2)若恒成立．
①求的取值范围：
②设，表示不超过的最大整数．求．（参考数据：）
【答案】(1)为上的增函数，证明见解析
(2)① ；②当或2时，；当时，
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出函数的单调性；
（2）①恒成立，只要即可，利用导数求出函数的最小值，从而可得出答案；
②先利用作差法判断的单调性，然后结合①中的结论求出的范围，再根据的定义即可得解.
【详解】（1），
记，则，
所以，所以单调递减；
，所以单调递增,
所以，所以，即，且仅有，
所以为上的增函数；
（2）①，
令，则，
则，所以单调递增,
所以，即，
①当时，，所以为递增函数，
所以，满足题意；
②当时，，
有唯一零点，且，
则时，单调递减，
所以，不合题意，舍去，
综上，；
②经计算：，
因为，所以数列单调递增，
所以，当或2时，，
当时，，
当时，由①可知，此时，即，
令，则，则有，
令，
则有，
因为，
所以当时，，
所以，当或2时，；当时，．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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．
17．（2023·山东聊城·统考模拟预测）已知函数．
(1)证明：当时，；当时，；
(2)若关于x的方程有两解，证明：
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）求出函数的导数，根据其正负判断函数的单调性，从而证明结论；
（2）①根据有两解可得有两零点，利用其导数求得其最小值，根据条件列出相应不等式，求得参数范围，即证明结论；
②根据由，推出，结合和（1）的结论，得，即，同理可得，从而同构函数，结合一元二次方程根的分布求得其根的范围，即可证明结论.
【详解】（1）证明：设，则，仅当时取等号，
所以是增函数，且，当时，，即；
当时，，即．
综上，当时，；当时，．
（2）证明：①由题意，得，，
则，．
令，则，．
因为时，，当时，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以是的极小值点，也是最小值点，且．
要有两个不同的零点，首先必须，即，
而当时，，所以需满足，
则当时，在区间内有一个零点；
又，则在区间内又有一个零点．
综上，若关于x的方程有两解，则．
②由①可知，由，得，
即，即．
因为，所以由（1），得，
即，整理，得①．
因为，所以同理可得②
由①②，同构函数，则，．
因为，，，所以方程有两个不等正实根，
设，则且，则有，，
所以，即．
【点睛】难点点睛：本题主要考查了利用导数判断函数的单调性和解决零点问题以及证明不等式，综合性加强，难度较大，解答的难点在于证明，要结合方程两解情况，同构函数，进而判断其根的分布范围，进而证明结论.
18．（2023·湖北黄石·统考模拟预测）已知，函数，.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)设较小的零点为，证明：.
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；极小值，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数法求极值及单调区间即可；
（2）先由零点存在定理说明存在两个零点，
法一：由导数法证，，结合函数单调性即可证明；
法二：由导数法证明证明当时，，再令代入不等式化简得证.
【详解】（1）因为，，所以，
当时，；当时，，所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
故有极小值，无极大值；
（2）因为当时，，所以，
所以，
又时，；时，，
所以有两个零点 ；
法1：下面证明，，
设，
则，所以在上递增，
又时，，所以对成立，
所以得证 ，
，
令，则，，，∴.
设，，
则，所以在上递减，
所以，所以，
所以得证 ，
因为函数区间单调递减，
又，，，、、，
所以 ；
法2：下面证明当时，，
设，，
，
所以在上递增，
所以，所以，
再设，，
，
所以在上递增，
所以，所以，
综上，当时， ，
现有，所以，
故得，
故得，
所以 .
【点睛】证明零点所在区间问题：
（1）可结合零点存在定理说明在区间端点处异号及函数单调性证明；
（2）通过将结论不等式变形，构造成题设函数的形式，从而将问题转化为证明不等式成立. 如本题变形成，变形成，则可转化为证；
（3）证明不等关系可通过构造函数，结合导数法证明.
19．（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）已知函数且.
(1)设，讨论的单调性；
(2)若且存在三个零点.
1）求实数的取值范围；
2）设，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)1）；2)证明见解析
【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.
(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1）,,
因为,定义域为
当时,,解,得,解,得
当时,,解,得,解,得
综上, 当时, 增区间为,减区间为,
当时, 增区间为,减区间为,
（2）1）因为且存在三个零点.
所以有3个根
当时, ,
在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当,,即有两个根,
令,可转化为与有两个交点
,
可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,
其中,当,
所以可得,
即得.
2）因为且存在三个零点.
设，,易知其中 ,,
因为,所以,故可知;①
由1）可知与有两个交点,
,是单调递增的, ,,,所以;②
,
若,则
若,
构造函数,
设,
因为
又因为,
所以③
因为
又因为
所以
即得④
由③④可知, ,在上单调递增, 可得
,可知与同号
所以,
在上单调递增.
,,又由1)可知
所以,
,,是单调递增的,
所以⑤
由①②⑤可知
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,
结合特殊值得到再利用单调性可得.
20．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）设函数，，.
(1)求在上的单调区间；
(2)若在y轴右侧，函数图象恒不在函数的图象下方，求实数a的取值范围；
(3)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)a≤1
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，分和，两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解函数的单调区间；
（2）设函数，求得，令，求得，分和，两种情况讨论，求解函数的单调，进而求得的取值范围.
（3）取，由（2）知，令，，令，化简得到，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数，可得，
当，即时，，此时函数在上单调递增；
当，即时，令，解得；
令，解得，
函数在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，函数单调递增区间为；当时，单调递增区间为，递减区间为.
（2）解：设函数，则，
令，则，
当，即时，，即，
即，所以成立，此时符合题意；
当，即时，令，解得，所以在区间上单调递减，又由，此时在上单调递减，
所以，显然不满足题意.
综上可得，实数的取值范围为.
（3）证明：取，由（2）知，
因为，令，代入得到，
即，且，
令，，即，代入化简得到，
所以成立.
【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.
增
极大
减
减
极小
增