2026年高考数学复习知识清单(全国通用)专题04导数大题培优归类(13题型)(学生版+解析)

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题型1 同构型
1.（2025高三·全国·专题练习）设函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)在和上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析.
【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解，即可求出结果；
（2），即，故即证时，>.通过构造函数利用导数证得在单调递增，通过构造证明.即可证明结果.
【详解】（1）由函数可得令，解得或.
当时，；当时，；
当时，.故在和上单调递减，在上单调递增.
（2）=当时，，要证，即证>.
设则
当时，则在上单调递增，因为
当时，，，故只需证明.令，
则当时，单调递减；当时，单调递增，
故，则在上成立，故，即成立.
2.已知函数，
(1)求的最小值；
(2)证明：.
2024届辽宁省辽宁省高三重点高中协作校联考模拟预测数学试题
【答案】(1)1
(2)证明见详解
【分析】（1）换元令，构建，利用导数判断的单调性和最值，进而可得的最小值；
（2）由（1）结合正弦函数性质可得，构建，，利用导数可证，进而结合指数函数性质分析证明即可.
【详解】（1）令，由可知，
构建，
则在内恒成立，
可知在内单调递减，则，
所以的最小值为1.
（2）由（1）可知：，即，
又因为，则，
可得，则，
构建，，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，
即，可得，
注意到，则，
所以.
3.已知函数，，其中.
（1）试讨论函数的单调性；
（2）若，证明：.
四川省乐山市高中2022届第一次调查研究考试数学（理）试题
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）的定义域为，求出，分别讨论，，时不等式和的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；
（2）的定义域为，不等式等价于，，
令，只需证，令，利用导数判断单调性和最值即可求证.
解（1）的定义域为，
由可得：，
当时，令，解得；令，解得或；
此时在上单调递增，在和上单调递减：
当时，，此时在和上单调递减；
当时，令，解得，令，解得或，
此时在上单调递增，在和上单调递减：
综上所述：当时，在上单调递增，在和上单调递减；
当时，在和上单调递减；
当时，在上单调递增，在和上单调递减.
（2）因为，的定义域为，所以即，
即证：，令，只需证，令，则，
令，解得：；，解得；所以在上单调递减，在上单调递增；
所以，所以，
所以，即成立
题型2 凸凹翻转型
1.已知，.
（1）求函数的单调区间；
（2）对一切，恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切，都有成立.
天津市红桥区2021-2022学年高三上学期期中数学试题
【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增（2）（3）证明见解析
【分析】
（1）求出的导函数，令导函数小于0，可求得函数单调递减区间，导函数大于0，可求得函数单调递增区间；
（2）把与解析式代入已知不等式，整理后设，求出的导函数，根据导函数的正负判断单调性，进而求出的最小值，即可确定的范围；
（3）所证不等式两边乘以，左边为，右边设为，求出左边的最小值及右边的最大值，比较即可得证．
（1）
解：因为，所以，
当，，当，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）
解：原不等式等价于，即对一切恒成立，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以实数a的取值范围为；
（3）证明：原问题等价于证明，
由（1）可知，的最小值是，当且仅当时取到，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当且仅当时取到，
所以对一切，都有成立．
2.（24-25高三·辽宁锦州·模拟）已知函数为实常数，，其中.
(1)时，讨论的单调性；
(2)求的最值；
(3)时，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)最小值是，无最大值
(3)证明见解析
【分析】（1）求得导函数，对进行分类讨论，根据导数的正负确定单调性即可；
（2）求导得，利用导数研究函数的单调性，即可得出最值；
（3）要证明，等价于．设，利用导数求的最大值，结合（2）知，证即可．
【详解】（1）时，，，
当时，，在上单调递减；
当时，由得，
时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减；在上单调递增．
（2）因为，所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故的最小值是，无最大值．
（3）时，，
要证明，需要证明，等价于①，
设，可得，
由得，
时，，单调递增；
时，，单调递减，
则的最大值是，即，
由（2）知，
又因为，即，
所以①式成立，所以．
3.已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：.
陕西省西安市高新第一中学2021-2022学年高二上学期第一次月考理科数学试题
【答案】（1）答案见解析.（2）证明见解析
【分析】（1），令，分别讨论，，，解不等式或即可得单调增区间和减区间，进而可得单调性.
（2）设分别求，利用导数判断两个函数的单调性以及最值，求出即可求证.
解（1）因为，所以，，，
令，当时，恒成立，此时在上单调递减，
当时，解不等式可得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
当时，解不等式可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递减，
当时，在和上单调递减，
在上单调递增，
当时， 在上单调递增，在上单调递减，
（2）由可得，由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，设，则，
由即可得；由即可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以，所以对任意的恒成立.
题型3 三角函数型
1．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）已知．
(1)试判断的单调性；
(2)若时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)当时，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）对实数的取值进行分类讨论，分析函数在区间上的单调性，验证能否恒成立，由此可得出实数的取值范围；
（3）由（2）得当时，故只需证明，构造函数，，利用导数分析函数的单调性，可得出其函数值的符号变化，由此可证得结论成立.
【详解】（1）因为，该函数的定义域为，.
当时，，则在上是增函数；
当时，令，得，
由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为.
综上所述，当时，在上是增函数；
当时，函数的减区间为，增区间为.
（2）即恒成立，则，
且函数在上为增函数，故，
当时，，则在是增函数，成立，合乎题意；
当时，，由（1）可知，函数在上为减函数，在上为增函数，
所以不合题意．
所以．
（3）由（2）得当时，，
所以要证，只要，即证：，
设，，则，
因为函数、在上均为增函数，故函数在是增函数，
因为，，所以存在，使．
故时，，则在上为减函数，
当时，，则在上为增函数，
因为，，
所以时，，故命题成立．
2．（24-25高二下·浙江丽水·期末）已知函数为奇函数．
(1)求a的值；
(2)设函数，
①证明：有且只有一个零点；
②记函数的零点为，证明：．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据可求出a的值；
（2）①讨论和时函数的单调性或函数值的正负，结合零点存在性定理可证明函数有且只有一个零点；
②由①可得，结合的范围分析函数单调性可证明不等式.
【详解】（1）由题意得，，
∴，即恒成立，∴.
（2）①当时，函数与函数均在上单调递增，
∴在上单调递增，
又，，
∴存在唯一零点.
当时，，，∴，
当时，，，∴，
∴当时，无零点，
综上，有且只有一个零点，且该零点.
②由①可知，且，故，
∴，
令，则.
当时，，∴在上单调递增，
∴，即得证.
3．（2025·江苏宿迁·模拟预测）已知，．
(1)判断的单调性；
(2)若函数图象在处切线斜率为，求；
(3)求证：．
【答案】(1)在上单调递增；
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后借助因式分解与二次函数的性质可得其导函数的正负，即可得其单调性；
（2）借助导数的几何意义可得，计算即可得解；
（3）结合的取值范围，可将所需证明的不等式转化为证明，构造函数，，则可借助导数结合基本不等式得到的单调性，即可得证.
【详解】（1），
由，则，
故，，
故在上恒成立，故在上单调递增；
（2）由题意知，
则，
故或，
由，
故无解；
则，即，又，故；
（3）由，则，，
要证，只需证，
即只需证，
由（1）知在上单调递增，
故，即，
故只需证，即只需证，
即只需证，
令，，
则，
由，当且仅当时等号成立，
由，故不能取等，即有，
则，
令，，则，
故在上单调递增，则，
即，故在上单调递增，则，
即有，即得证.
题型4 数列型证明
1．（25-26高三上·湖北·开学考试）已知．
(1)若时，求在上的最大值和最小值；
(2)若恒成立，求的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数判断出函数在上的单调性，再根据单调性求解即可；
（2）当时，因为，不满足题；当时，利用导数求出函数的最大值，再根据求解即可；
（3）由（2）知，当时，恒成立，即，令，则有，由时，，最后利用累加法即可得证.
【详解】（1）因为，
当时，令，
因为函数定义域为，所以；
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以为的一个极大值点，也为最大值点，
所以
而，
又因为，
又因为，
所以，
所以；
（2）若时，因为，不满足题目要求，
若时，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以为的一个极大值点，也为最大值点，
所以即可，
令，
因为单调递减，且，
所以；
（3）证明：由（2）知，当时，恒成立，
即，等号成立当且仅当时取得．
所以.
令，代入化简即得，
又因为时，．
即得，
累加即得．
2．（25-26高三上·广西·开学考试）已知函数，曲线在处的切线与直线垂直.
(1)求的值；
(2)求在上的最小值；
(3)证明：对任意的正整数，都有.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由切线与已知直线位置关系求解；
（2）二次求导判断单调性求解；
（3）将（2）中结论对任意的恒成立，转化为对任意的恒成立，即对任意的恒成立，然后令，累加放缩可证.
【小题1】因为，所以，则.
因为曲线在处的切线与直线垂直，
所以，即的值为.
【小题2】由（1）可知，则.
设，则.
显然在上恒成立，
则在上单调递增，即在上单调递增.
因为，所以在上恒成立，
则在上单调递增，
故，即在上的最小值为.
【小题3】证明：由（2）可知对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
即对任意的恒成立.
令，则，
所以，，，…，，
所以，
即，
故.
3．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，，直线与的图象相切．
(1)求的值；
(2)若方程在上有且仅有两个解，求的取值范围，并比较与的大小；
(3)若，，求证：．
【答案】(1)
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）首先设切点为，根据导数的几何意义构造方程组，解方程组即可求出参数的值；
（2）首先构造函数，利用导数求得函数的单调性，然后根据零点存在定理构造不等式组，求解不等式组即可求出参数的取值范围，最后根据根的范围，利用作差法比较与的大小.
（3）首先构造函数（），利用导数证明当时，，即当时，.利用证明的不等式可得当，时，，进而得到.利用这个放缩不等式即可证明结论成立.
【详解】（1）设切点为，则，，
由，
得，且，
所以，．
（2）由，得．
令，
则．
在上，，单调递减；
在上，，单调递增．
要使的图象在上与轴有两个不同的交点，
则，所以，
此时，故的取值范围是．
由此可知，方程在上有且仅有两个解，满足，．
因为，
所以．
（3）令（），
，得：在上单调递增，
故当时，，即当时，，
故当，时，，
所以，
从而．
题型5 三角函数与数列型
1．（2025高三·全国·专题练习）若存在正实数，对任意，使得，则称函数在上是一个 “ 函数”．
(1)证明： 函数在区间上是一个 “ 函数”；
(2)证明： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由给定的定义，利用导数证明及在上恒成立；
（2）利用（1）的信息及结论可得在上成立，取，利用裂项相消法求和推理得证.
【详解】（1）要证在区间上是一个“ 函数”，
需证时，，
证明如下：
令，求导得，
令，求导得，
即在上单调递增，又 ，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
因此，即，
再令，求导得，
令，求导得，
当或时，，则在上单调递增；
时，，则在上单调递减，
又，，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
因此，即，
综上可得：
即函数在区间上是一个 “ 函数”．
（2）当，则，由（1）知且，则，
因此，即当时，，
令，，
则，
所以
．
2．（24-25高二下·安徽合肥·期末）已知双曲正弦函数，双曲余弦函数．
(1)求双曲正弦函数在处的切线方程；
(2)证明：当时，；
(3)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）直接求导得，，则得到切线方程；
（2）方法一：令，求导得到单调性即可证明；方法二：首先证明当时，，令，证明其单调性即可证明；
（3）首先利用导数证明，令，代入得到相关不等式组，累加得，再根据（2）得到，最后即可证明原不等式.
【详解】（1）由已知，，
所以，
又，所以，切线方程为．
（2）方法一：令，
则，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，所以在上单调递增，
所以，
所以当时，成立．
方法二：先证：当时，，
令，则，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，所以在上单调递增，
所以，
所以当时，成立．
再证：当时，，
令，则，
因此在上单调递增；
所以，故．
综上，当时，．
（3）先证：，令，
则，令，则，
在上单调递增，，
即在上单调递增，，
，当时取等号，
即，
令，则，
当时，，
即，
则有：，
相加可得：，
因为，则，所以，
即．
又由（2）知，当时，．
所以，．
所以，.
3．（24-25高二下·四川南充·期末）已知函数（为自然对数的底数），.
(1)求函数在区间上的最值；
(2)若对，求证：；
(3)求证：.
【答案】(1)最大值为，最小值为；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，根据导数判断函数在区间上单调性，进而可求得最值；
（2）证明，通过构造函数，利用导数分析最值即可证得结论成立；
（3）令，由（2）得，再借助放缩，得证.
【详解】（1）对函数求导可得，
令，则，
当时，，
由正弦函数性质可知，当，即，，
当，即，，
因为，所以时，，时，，
即函数在区间单调递增，在区间上单调递减，
而，，，
所以函数的最大值为，最小值为；
（2）要证，只需要证明，其中，
设，，
设，
因为函数、在上均为减函数，
则在区间内单调递减
因为，，所以，，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减
又因为，，，，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减.
因为，，
所以在区间内恒成立，
即对，成立；
（3）令，所以，
所以，，，…，，
所以.
对，，所以，
所以
，
所以得证.

题型6 隐零点型
1．（23-24高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数,.
(1)判断的单调性;
(2)若, 求证:,其中e是自然对数的底数.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，由导数的正负即可求解函数的单调性，
（2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值，进而可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，当，；
故在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：令，则，
令，则，显然在上单调递增．
又，，故存在唯一的，使得．
从而在上单调递减，在上单调递增，
，
又，两边取对数得，故，
，
故在上单调递增，所以，得证．
2．（23-24高三上·陕西安康·阶段练习）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，令，若为的极大值点，证明：.
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对参数分类讨论，根据不同情况下导函数函数值的正负，即可判断单调性；
（2）利用导数判断的单调性，求得的范围，满足的条件，以及，根据的范围夹逼的范围即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
①当时，，函数在上单调递增；
②当时，由，得，由，得，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减.
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）当时，，
设，则，
当时，，所以在上单调递增，
又，
所以存在，使得，
且当；
又当；
故当，；当，；当，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极大值，故，
且，所以，
，
又在单调递减，所以.
【点睛】关键点点睛：本题考察含参函数单调性的讨论，以及导数中的隐零点问题；处理问题的关键是能够准确分析的单调性，以及求得隐零点的范围以及满足的条件，属综合中档题.
3．（2024·广东广州·二模）已知函数．
(1)讨论的零点个数；
(2)若存在两个极值点，记为的极大值点，为的零点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析.
【分析】（1）将问题转化成讨论与的交点个数，利用导数研究函数的单调性，从而结合图象得到答案；
（2）分类讨论，利用导数研究函数的单调性，从而判断函数的极值点和零点，依次证明不等式．
【详解】（1）因为，
当时，，此时有一个零点；
当时，，所以不是函数的零点，
令，
故只需讨论与的交点个数即可，
，
因为，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
，且时，，且时，，
所以的大致图象如图所示：
故当与有一个交点，
当时，与有2个交点；
综上，时，函数有1个零点，当时，函数有2个零点．
（2）函数，
当时，，所以函数只有一个极值点，不满足条件；
当时，，所以函数无极值点；
当时，，令得或；令得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时，
因为，时，，
所以函数在上无零点，在上有一个零点，
所以；
当时，，令得或；令得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时，
因为时，，
，
所以函数在上有一个零点，且，
所以，
综上，．
【点睛】关键点点睛：零点可理解为两函数的交点的横坐标，在求解时可分析单调性和极值，数形结合求解.
题型7 极值点偏移型
1．（22-23高三上·云南·阶段练习）已知函数，．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若存在，，使得，则．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证.
【详解】（1），，令，解得，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，要使，则有，而，故，
所以的取值范围为．
（2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增；
当时，单调递减，
设，所以，，
①若，则，成立；
②若，先证，此时，
要证，即证，即，，
令，，
，
所以在(1,2)上单调递增，所以，
即，，所以，
因为，，所以，
即．
【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理.
2．（22-23高三上·江苏南通·期中）已知，其极小值为-4.
(1)求的值；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：.
【答案】(1)3
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分、和三种情况求的极小值，列方程求解即可；
（2）构造函数，根据的单调性和得到，再结合和的单调性即可得到；设，通过比较和的大小关系得到，，再结合即可得到.
【详解】（1）因为，所以.
当时，，
所以单调递增，没有极值，舍去.
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为，舍去
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为.
所以.
（2）由（1）知，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以不妨设.
下面先证.
即证，因为，所以，
又因为区间上，单调递减，
只要证，又因为，
只要证，只要证.
设，
则，
所以单调递增，
所以，所以.
下面证.
设，因为，
在区间上，；在区间上，.
设，，因为，
所以，所以.
设，，因为，
所以，所以.
因为，所以，
所以.
【点睛】极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法：
①构造，
②确定的单调性，
③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系，
④利用的单调性即可得到或.
3．（22-23高三上·全国·阶段练习）已知函数（且）.
(1)若函数的最小值为2，求的值；
(2)在（1）的条件下，若关于的方程有两个不同的实数根，且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题知，再根据和时的情况求解函数最小值即可得答案；
（2）方法一：根据题意得，进而令得，
再令，求函数最小值即可；
方法二：由题知方程有两个不同的实数根， ，，
进而根据极值点偏移问题求解即可.
【详解】（1）解：因为，，
所以，.
当时，有，所以函数在上单调递增，所以函数不存在最小值；
所以不合题意，故.
当时，令，得.
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以，解得.
所以，的值为.
（2）解：方法一：
由（1）知，，.
因为为方程的两个不同的实数根，
所以①；②.
①－②得：，即，
所以，
令，有，
所以，从而得.
令，则，
所以函数在上单调递增，即，
即，又，
所以，恒成立，即，得证.
方法二：
由（1）知，，.
因为为方程的两个不同的实数根，
所以，即方程有两个不同的实数根.
令，，则，.
令，得.
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
因为，
所以.
令，，
则.
所以在上单调递减，所以，即.
所以，所以.
又在上单调递增，所以.即，得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于由，结合得到，再根据函数的性质得，进而证明结论；
题型8 极值点偏移型(混合型）
1．（20-21高三·福建·阶段练习）已知函数
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，且，证明: .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分，两种情况，分别研究的正负，即可得到的单调性；（2）将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论，不妨令，分或两种情况求解，构造函数，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明.
【详解】（1）
当时，， ， 所以单调递增；， ， 所以单调递减；
当时，， 所以单调递减；， 所以单调递增；
（2）证明：
， ∴ ，
即当时，
由（1）可知，此时是的极大值点，因此不妨令
要证，即证：
①当时，成立；
②当时
先证
此时
要证，即证：，即，即
即： ①
令 ，
∴
∴在区间上单调递增
∴，∴①式得证.
∴
∵，
∴ ∴ ∴
2．（21-22高二下·广东佛山·期末）已知函数，其中．
(1)若，求的极值：
(2)令函数，若存在，使得，证明：．
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）依题意可得，令，则上述函数变形为，利用导数说明的单调性，即可得到存在、，使得，再根据的单调性，可得，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
【详解】（1）解：当时，，
所以，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）证明：，
令，则上述函数变形为，
对于，，则，即在上单调递增，
所以若存在，使得，则存在对应的、，
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，
又的单调性可知，即有成立，
所以.
【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．
3．（2022·山东·模拟预测）已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
（2）证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.

题型9 双变量型
1．（24-25高二下·福建福州·期中）已知函数，其中.
(1)当时，求出函数的极值并判断方程的解的个数；
(2)当时，证明：对于任意的实数，都有.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数及函数的单调区间，然后利用极值的概念求解即可；将方程解的个数转化为与交点的个数，根据函数的单调性及零点作出函数示意图，数形结合即可求解；
（2）将所证不等式等价转化为证明，令，，设，多次求导研究其单调性，即可证明.
【详解】（1）当时，，则，
当时；当时，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数有极小值，无极大值.
方程解的个数，转化为与交点的个数，
由于在上单调递减，在上单调递增，
所以，
令，解得.且时，；时，，

所以，当时，方程有0个解，
当或时，方程有1个解，
当时，方程有2个解.
（2）要证，
不妨设，即证，
两边同时除以并化简，即证，
令，则，设，
，令，则在上恒成立，
得在上单调递增，
故，故在上单调递增.
所以，从而命题得证.
2．（24-25高二下·天津·期末）已知函数：．
(1)若当时，恒成立；求实数a的取值范围；
(2)若关于x的方程有两个不同实数根；且，
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用不等式分离参变量，再构造函数求导判断单调性来求最大值，即可得参数范围；
（2）（i）利用等式分离参变量，再构造函数求导判断单调性来求作出函数图象，从而可得参数范围；
（ii）利用（1）来证明，从而把二元不等式化为一元不等式，再利用函数求导证明单调性求最大值即可.
【详解】（1）若当时，恒成立，
即恒成立，即在上恒成立，
令，则
所以当时，单调递增，
当时单调递减，
所以，所以，即a的取值范围是．
（2）（i）若关于x的方程有两个不同实数根，
即有两个不同实数根，
等价于与的图象有两个交点，
因为，
所以当和时，，单调递增，
当时，，单调递减，
且当时，，当时，，
所以，作出函数的图象：
所以直线与的图象有两个交点的a的取值范围是．
（ii）方法（一）由（i）知，，由（1）知，
因为，所以，
设的根为，即，所以，
从而，所以，
令，则，
所以当时，单调递增，
从而，从而．
（ii）方法（二）由（i）知，，构造函数
则令
则再令
，
所以当时，，从而单调递增，
因为，
所以存在，满足，
此时当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
又因为
所以存在满足
当时，，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
又，所以在上恒成立，
即， 设的根为，即，
则，从而有，
又由得，，从而，
又由（1）知，，设的根为，即
所以，从而，所以．
3．（24-25高二下·黑龙江·期末）已知函数
(1)设函数，不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
(2)若有两个极值点.
（i）求的取值范围；
（ii）求证：.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）代入然后求导，对，讨论判断；
（2）（i）法一：等价转化方程有两个不同的变号根等价有两个不同的根，然后构建函数研究性质即可；法二：直接求导，然后利用二阶导，求出最小值判断即可；（ii）构建函数，然后求导可判断，然后构建函数，可知，最后可得结果.
【详解】（1）由，得，，
当时，，，在上单调递增，
所以，不等式恒成立；
当时，，当时，，
所以在上单调递减，，与已知不等式矛盾.
故；
（2）（i）法一：由（），求导得，
由题意得方程有两个不同的变号根，
即：有两个不同的根，
设，则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，所以，
又时，；时，，所以.
法二：由，求导可得，令，
由题意得函数存在两个不同的变号零点，则，
令，解得，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，所以，
当，即时，不合题意；
当时，由，
令，求导可得，
当时，，则在上单调递增，
所以，则，
由，则当时，函数存在两个不同的变号零点，
可得，解得.
（ii）证明：由（i）知：为方程的两个不等的实根，不妨设，
令，
求导可得，由，当且仅当时取等号，则，
所以函数在上单调递增，由，则当时，可得，
由，且在上单调递减，
则，可得；
由当时，，则函数在上单调递减，
由，则，所以，
要证，只需证，由，
则令，求导可得，令，
则，所以函数在上单调递增，，
则当时，，即，
所以函数在上单调递增，又，
则当时，，
所以不等式在上恒成立，可得。
综上所述，.
题型10 换元型
1．（2025高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)若，设分别在抛物线与曲线上，且轴，求的最小值；
(2)设是的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意作出图形，从而可得，再构造函数，利用导数即可求出最值，即可求解.
（2）由题意可得，化简得，结合题意不妨设，要证，只需证，即证，再令，，即证，再令，再构造函数，利用导数从而可求得，从而可求解证明.
【详解】（1）当时，．
设，因为轴，所以，且．
则，
令，则，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增．
故当时，取得最小值，最小值为，
即的最小值为．
（2）由的定义域为，求导得．
因为是的两个极值点，所以，
即，，
则（*），
不妨设，要证，
只需证，
将（*）式代入整理得，
令，即证，令，即证，
令，则，
所以在上单调递增，所以，原不等式得证．
2．（2025高三·全国·专题练习）已知函数有且只有一个零点．
(1)求的值；
(2)设函数，对任意的，求证：不等式恒成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求函数的导数，并确定函数的定义域，然后求函数的极值点，并确定极值点两侧的单调性，分析最值，根据单调性和最值可得；
（2）先求得函数，设，采用分析法，将不等式进行化简，并通过换元设，对所证不等式进行整理，并设新的函数，根据导数讨论函数的单调性和最值得证．
【详解】（1）的定义域为，．
由，得．
∵ 当时，则在区间上是增函数，
当时，，在区间上是减函数，
∴在处取得极大值也为最大值．
由题意知，解得．
（2）由（1）知，不妨设，
则要证明，
只需证，
即，
即证．
设，则只需证明，化简得．
设，则，∴在上单调递增，
∴，即，得证．
故原不等式恒成立．
3．（24-25高三下·山西大同·期末）已知函数．
(1)若曲线在点处的切线与直线平行，求实数a的值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若，求证：．
【答案】(1)1；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）应用导数的几何意义及已知平行关系有，求参数值即可；
（2）由（1）令，讨论、、，结合二次函数的性质确定的符号，进而确定的单调性；
（3）由题设得，令，得，将问题化为证明，结合（2）即可证.
【详解】（1）的定义域为，，所以，
依题意有，即，解得，此时，
所以曲线在点处的切线方程为，与平行．
所以实数a的值为1．
（2）令，方程的判别式．
若，即，恒成立，
即对任意，，所以在上单调递增；
若，即或，
当时，在上恒成立，
即对任意，，所以在上单调递增；
当时，令，得或；
令，得．
在上，；在上，．
所以在，上单调递增，在上单调递减．
综上，
当时，在定义域上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间，上单调递增．
（3）由整理可得，
因为，，所以，因此，
因为，所以，
令，则，所以，，
所以，
要证，需证，即证，即，
由（2）知时，在上单调递增，所以时，，
所以，所以．
题型11 韦达定理型
1．（23-24高二下·江苏镇江·期末）已知．
(1)若曲线在处的切线与垂直，求实数a的值；
(2)若函数存在两个不同的极值点，，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由导数的几何意义可得，即可解得实数的值；
（2）函数在定义域上有两个极值，等价于在上有两个不相等的根，解不等式组，求得的范围，化简得到，再构造，利用导数证明即得.
【详解】（1）的定义域为，且，
因为曲线在点处的切线与直线垂直.
所以，解得．
（2）由题意可得，，
因为函数有两个极值点，，
即在上有两个不等实根，，
则，，
由题意得，解得.
则


令，其中，
，
，，故在上单调递减；
所以，即，
故得证．
2．（24-25高二下·山东临沂·期末）已知函数.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当的最大值为0时，求；
(3)当时，正实数满足，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）只需求得即可得解；
（2）分析得知的最大值为，其中，说明即可求解；
（3）利用导数说明，结合已知得，结合是正实数即可得证.
【详解】（1）当时，，求导得，
所以，
故所求为；
（2），求导得，
若，则恒成立，
这意味着此时在上单调递增，但这与的最大值为0矛盾，
故，
当时，，
，
所以在上单调递增，在上单调递减，
记，则
所以的最大值为，
设，
因为都是增函数，
所以是增函数，
注意到，
所以，解得，
综上所述，当的最大值为0时， ；
（3）当时，正实数满足，
即，
进一步变形得，
令，求导得，
，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
解得或，
但由于都是正实数，
所以.
3．（2025·安徽合肥·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有两个极值点，求实数的取值范围，并证明.
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）先求出函数在某点的导数得到切线斜率，再结合该点坐标求出切线方程；
（2）通过求导分析导数的正负来确定函数的单调性，进而根据判别式判断极值点的情况，最后求出函数在极值点处的取值范围.
【详解】（1）当时，，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2），记，则
当即时，恒成立，故此时无极值点.
当即时，令，得
由知，则
当时，；当时，；当时，，
故是函数的两个极值点，从而实数的取值范围是.
由，即，即，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，从而，
所以.

题型12 两个零点与不等式:
1.（2023·山西·模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点（），求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.
令，则，
令，则，所以在内单调递减，
又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取极大值也是最大值.
因此，即实数的取值范围为.
（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.
令，则，当时，解得.
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取极大值为.
又因为，当时，，当时，.
且时，.
所以，且.
因为是方程的2个不同实数根，即.
将两式相除得，
令，则，，变形得，.
又因为，，因此要证，只需证.
因为，所以只需证，即证.
因为，即证.
令，则，
所以在上单调递增，，
即当时，成立，命题得证.
2.（2024高二上·全国·专题练习）已知函数．
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.
令，则，
令，则，所以在内单调递减，
又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取极大值也是最大值.
因此，即实数的取值范围为.
（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.
令，则，当时，解得.
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取极大值为.
又因为，当时，，当时，.
且时，.
所以，且.
因为是方程的2个不同实数根，即.
将两式相除得，
令，则，，变形得，.
又因为，，因此要证，只需证.
因为，所以只需证，即证.
因为，即证.
令，则，
所以在上单调递增，，
即当时，成立，命题得证.
3.（2024高三·全国·专题练习）已知函数.
（1）函数的图象能否与轴相切？若能与轴相切，求实数的值；否则请说明理由；
（2）若函数恰好有两个零点、，求证：.
【答案】（1）能，；（2）证明见解析.
【分析】（1）假设函数的图象能与轴相切，设切点横坐标为，根据题意可得，求出的值，即可得出结论；
（2）分析得出所证不等式等价于，令，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，证明，即可说明所证不等式成立.
【详解】（1）假设函数的图象能与轴相切，设切点横坐标为，则，
由题意可得，解得；
（2）证明：由题意得，则，所以.
要证，只需证，只需证.因为，所以，从而.
只需证，只需证.设，即证.
设，则，
所以函数在上增函数，从而，所以.
题型13 三个零点不等式
1.（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）已知函数，且，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，函数有三个零点，，，且，试比较与2的大小，并说明理由．
【答案】(1)答案见解析(2)，理由见解析
【分析】（1）分类讨论与，结合导数与函数的关系即可得解；
（2）观察式子先确定，再利用转化法与换元法得到，进而利用双变量处理方法得到，利用导数证得，从而得解.
【详解】（1）由，得，又，所以，
则，所以，．
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得；令，得或；
所以在与上单调递减，在上单调递增．
（2），理由如下：
因为，
由，得，解得或．
因为，所以，，是的正根，则，
又，所以，，
两式相减得．
令，，则，得，则．
令，则，
所以，，可得，
．
设，则，
再设，则，
所以在上为增函数，则，
即，则在上为增函数，
从而，
所以，即，
所以，即．
【点睛】关键点睛：本题第2小题的解决关键是利用换元法，将转化为，从而再利用导数处理双变量的方法求解即可.
2.、（2023·广东广州·华南师大附中校考三模）已知函数，.
(1)讨论零点的个数；
(2)当时，若存在，使得，求证：.
【答案】(1)时，有两个零点；时，没有零点；时，有一个零点；
(2)证明见详解.
【分析】（1）先求导函数，然后分类讨论的值，判断函数的单调性及极值、最值，判断极值、最值与零的大小，结合零点存在性定理判断零点个数即可；
（2）先证，再根据转化为
，解不等式得，累加即可证明结论.
【详解】（1），所以，
若，由，，
即在上单调递增，在上单调递减，故，
若，则，此时函数无零点；
若，，此时函数只有一个零点；
若，，时，，，
即使得，即此时函数有两个零点；
若，由或，，
即在和上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，
而，且，
即使得，此时函数有且仅有一个零点；
若，此时恒成立，即在上单调递增，，即使得，此时函数有且仅有一个零点；
若，由或，，
即在和上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，，
又，
即使得，此时函数有且仅有一个零点；
综上所述：时，有两个零点；时，没有零点；
时，有一个零点.
（2）当时，由（1）任取设，
先证，即证，
设，即在定义域上单调递增，
故，则成立，
由得：
所以，
即，
解得，故，证毕.
【点睛】思路点睛：第一问，求导后需要详细的分类讨论的值，判断函数的单调性，再根据单调性求函数的极值、最值，判断极值、最值与零的大小，结合零点存在性定理判断零点个数，讨论需要不重不漏；
第二问，利用常用的不等式得出，
再放缩得，
解不等式得，累加即可证明结论，通过整体思想将三个零点整合，有较高的技巧性，需要多加积累思想方法.
3.（2023·河南·校联考模拟预测）已知定义在上的函数，其中.
(1)若函数存在极值，求实数的取值范围；
(2)设存在三个零点，其中.
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：.
【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）对函数求导，根据导函数在定义域内的符号判断函数的单调性，进而求出极值即可；
（2）（i）将函数有三个零点转化为除1外还有两个零点.分类讨论使条件成立的的取值范围即可；
（ii）结合（i）可得.将问题转化为证明不等式恒成立，设，利用函数的单调性即可证明.
【详解】（1），结合，当时，恒成立，函数在上单调递增，此时不存在极值；当时，若时，；若时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，此时为函数的极小值点，此时存在极值，
故实数的取值范围为.
（2）易得，（i），
设，因为，则除1外还有两个零点.，令，当时，在恒成立，则，所以在上单调递减，不满足，舍去；
当时，除1外还有两个零点，则不单调，所以存在两个零点，所以，解得.当时，设的两个零点分别为，则，所以.
当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
又，所以，而，且，
，且，所以存在，使得，
即有3个零点.综上，实数的取值范围为.
（ii）证明：结合（i）因为，
若，则，所以.当时，先证明不等式恒成立，
设，则，所以函数在上单调递增，于是，即当时，不等式恒成立.由，可得，
因为，所以，即，两边同除以，
得，即，所以.

结束
同构型不等式证明：
利用函数同等变形，通过构造“形似”函数新形式，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.
利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通过幂转指或幂转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数的单调性进行研究．
常见的同构函数有：①f(x)＝eq \f(ln x,x)；②f(x)＝xln x；③f(x)＝xex；④f(x)＝eq \f(x,ex).
其中①④可以借助eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln x,eln x)＝eq \f(t,et)，②③可以借助xex＝(ln ex)ex＝(ln t)t＝tln t进行指对互化．
凸凹翻转型证明不等式思维：
凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明.
对于含有三角函数型不等式证明：
充分利用正余弦的有界性进行适当的放缩。
数列不等式型：
证明不等式，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变形将右边也转化为求和式，即
这样一来，设，
则只需证，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，即如果能够证出恒成立，则原不等式也就成立.
涉及到三角函数型不等式证明，证明思路和基础不等式导数证明思路一致，对于三角函数，主要是正余弦，要充分利用正余弦函数的有界性。
虚设零点法：
涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出来，然后寻找一种整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决
极值点偏移多有零点这个条件。零点型，注意数形结合思想的应用：
零点是否是特殊值，或者在某个确定的区间之内。
零点是否可以通过构造零点方程，进行迭代或者转化。
将方程根的判定转化为函数的单调性问题处理.

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.
增
极大值
减

利用韦达定理证明不等式
1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。
2.利用韦达定理代换：可以消去参数

两个零点型求参：
两个零点型，比较复杂，多数为所求区间内为“类二次函数型”，所以需要求极值点，还需要“内点型找点”。
在处理数据时，可以适当放缩构造：
1.是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
2.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.