专题09 导数之分类讨论法（学生版+教师版）

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专题09 导数之分类讨论法
一、考情分析
导数是高中数学选修板块中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用导数求切线、判断单调性、求极值、最值等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无所适从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路，本文介绍利用分类讨论的思路，以飨读者.
二、考点梳理
【函数与导数解题策略】：
①分离参数＋函数最值； ②直接化为最值＋分类讨论；
③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。
通过讨论函数的单调性及最值，直接化为最值的优点是函数结构简单，是不等式恒成立的通性通法，高考参考答案一般都是以这种解法给出，缺点是一般需要分类讨论，解题过程较长，解题层级数较多，不易掌握分类标准。
三、题型突破
重难点题型突破1 基本类型（）
例1．设函数，其中．讨论的单调性.
【答案】答案见解析
【分析】
求出函数的导函数，分，两种情况讨论，根据导函数的符号，即可得出函数的单调区间.
【详解】
解：
当时，，在内单调递减.
当时，由，有.此时，当时，，单调递减；当时，，单调递增.
综上：当时，在内单调递减，
当时，在内单调递减，在单调递增.
例2．（2021·辽宁·高三月考）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若曲线的一条切线的斜率为，求与曲线的公共点的坐标.
【答案】（1）答案见解析；（2）、、和；
【分析】
（1）求，讨论和时，解不等式以及即可得单调递增区间和单调递减区间；
（2）令求得，即可得切点坐标或，设出切线方程与曲线方程联立即可求得切点坐标.
【详解】
（1）由可得：，
当时，，所以在上单调递增；
当时，令可得或，
令，可得；
所以当时，在上单调递减，
在和上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在和上单调递增；
（2）由，得，
所以满足条件的切线有两条，且切点的横坐标为，切点为或
当切点为时，的方程为，即，
将代入，得，即，
则，即，
解得：或，
当时，；当时，；
故与曲线的公共点的坐标为和；
当切点为时，的方程为，即，
将代入，得，即，
则，所以，解得：或，
当时，；当时，；
故与曲线的公共点的坐标为和.
【小试牛刀】、（2021·河北·高三月考）设函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若直线与函数的图象交于、两点，线段的中点为，求证：．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，以此可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）分析可知，所证不等式等价于，设，只需证，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，即可证得结论成立.
【详解】
（1）因为，则.
设.
①当时，对任意的，，，
此时函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
②当时，由得或，
则，
，当时，，，
当时，，，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）不妨设，由已知得，，
即，，
两式相减得，，
要证，即证，
即证，即证，
只需证，只需证，
即证，
设，则，只需证，
设，只需证，
，在上单调递增，
，故原不等式得证．
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）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.
重难点题型突破2 函数零点的大小情况分类
例3．已知函数． 讨论的单调性.
【答案】答案见解析
【分析】
求出函数的导函数，分，，三种情况讨论，根据导函数的符号，即可求出函数的单调区间.
【详解】
解：，
由，得，，
①当时，，在R上单调递增；
②当时， 在有，故单调递增；在有，故单调递减；在有，故单调递增；
③当时， 在有，故单调递增；在有，故单调递减；在有，故单调递增；
综上所述，当时，在R上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
例4.（2021·陕西渭南·高三月考（理））已知函数，．
（1）讨论在区间上的极值点；
（2）若关于x的不等式在上恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）当时，在上无极值点；当时，在上有极小值点，无极大值点；（2）．
【分析】
（1）求导得，再对分两种情况讨论得解；
（2）即在上恒成立，令，，则上式变为，再对分三种情况讨论即得解.
【详解】
解：（1）因为，所以
当，即时，，，，在上单调递增，在区间上无极值．
当时，令，得；令，得．
所以在上单调递减，在上单调递增，此时在区间上有极小值点．
综上，当时，在上无极值点；当时，在上有极小值点．无极大值点.
（2）由，得，整理得
令，，则，上式变为
①当时，上式恒成立
②当，时，，不成立．
③当时，，令，则．令，得；令，得，所以，则，解得
综上，a的取值范围为.
【小试牛刀】、（2021·河南中原·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若函数满足，且过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；(2).
【分析】
(1)首先求出的两个根，通过分类讨论参数的取值范围，求出的单调区间和极值即可；(2)首先结合已知条件求出参数，进而可求出过点的切线方程，然后通过分离参数，并构造新函数，利用新函数的性质求解即可.
【详解】
(1)，
令得或，
①若，即，则，
在上单调递增，无极值；
②若，即，
则当或时，；当时，，
故在和单调递增，在单调递减，
极大值为，极小值为；
③若，即，
则当或时，；当时，，
在和单调递增，在单调递减，
极大值为，极小值为，
综上可知，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，无极值；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
极大值为，极小值为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
极大值为，极小值为.
(2)由，，
可得，所以，，
设曲线与过点的切线相切于点，
则切线的斜率为，
所以切线方程为，
因为点在切线上，
所以，即，
设，
过点可作曲线的三条切线，即与的图像有三个交点，
因为，令，解得或，
所以当或时，；当时，，
在和上单调递减，在上单调递增，
的极小值为，极大值为，
则的大致图像如下：

从而由与的图像有三个交点，可得，
所以实数的取值范围是.
重难点题型突破3 二次函数类型（）
例5．已知函数.当时，求函数的单调区间.
【答案】答案见解析
【分析】
求出函数的导函数，分和两种情况讨论，根据导函数的符号即可得出函数的单调区间.
【详解】
定义域为，，
令可得，
当即时，对于恒成立，所以在上单调递增，
当即时，由可得：，
由可得：或，由可得：，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
例6．（2021·陕西渭南·高三月考）已知函数.
（1）当时，求的图象在点处的切线方程.
（2）讨论的单调性；
（3）若，证明：.
【答案】（1）；
（2）当a≤时，f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当时，f(x)在上单调递增，在上单调递减；
若时，f(x)在与上单调递减，在上单调递增.；
（3）证明见解析.
【分析】
（1）求出、，代入切线方程：即可；（2）先求定义域，求导后导函数是含参的二次函数，利用根的判别式与两根的分布情况进行分类讨论；（3）结合条件进行放缩，然后在不等式两边同除以x构造一个新函数进行证明（利用两个函数的凹凸性）.
【详解】
（1）解：当时，，
则，，，
所求切线方程为，即.
（2）解：的定义域为，，
对于二次方程，有.
当时，恒成立，在上单调递减.
当时，方程有两根，，
若，，，在上单调递增，在上单调递减；
若，，在与上单调递减，在上单调递增.
（3）证明：要证，即证，因为，，所以.
当时，不等式显然成立.
当时，因为，所以只需证，
即证.令，则，
由得；由，得.所以在上为增函数，在上为减函数，所以.
，则，易知在上为减函数，在上为增函数，所以，
所以恒成立，即.
【点睛】
函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
【小试牛刀】、（2021·湖南·临澧县第一中学高三月考）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）设 有两个不同的零点，且，证明：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求导，由，分和，利用判别式法求解；
（2）由，根据是方程的两不等根，且，得到且，即，设，由知，令，用导数法证明是增函数即可.
【详解】
（1）得定义域为.
，
由有：
当时，，所以在上为单调增函数；
当时，的判别式，即时，，
所以在上为增函数；
当时，有两不等正根，，
当时，，
所以，在上为增函数；
当时，，
所以，在上为减函数.
综合以上知：当时，在上为增函数；
当时，的增区间为：和，减区间为.
（2）由，
所以是方程的两不等根，且，
所以：且，
所以，
所以，
所以，.
设，则由知：，
令，
则，
令则，
所以在上为增函数，
所以，
所以，
所以在上为增函数，
所以，
所以，
即
所以，
即
重难点题型突破4 其他综合情况
例7．已知函数，.讨论函数的单调区间.
【答案】答案见解析
【分析】
求导可得，对和的大小进行分类讨论可得函数的单调区间.
【详解】
函数定义域是，
，
①当时，即时，当或时，；当时，.
此时，的增区间是和，减区间是，
②当时，对任意的恒成立，
此时，函数增区间，无减区间；
③当时，即时，当或时，；当时，.
此时，函数的增区间是和，减区间是.
综上，当时，函数的增区间是和，减区间是；
当时，函数的增区间是；
当时，函数的增区间是和，减区间是；
例8．（2021·河南许昌·高三月考（文））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）求的导函数，讨论参数判断的符号，进而确定的单调性；
（2）由题设可知在上恒成立，构造并利用导数研究单调性，即可求的取值范围.
【详解】
（1）∵，
当时，，由得；由得.
当时，令，令得，.
当时，由得；由得.
当，即时，由得；由得.
当，即时，恒成立.
当，即时，由得，由得.
综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在，上单调递增，在上单调递减；
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）由，故在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
设，则，
令，则，
，则，
在上单调递减，则，
，则在上单调递减，有，

的取值范围是.
【点睛】
关键点点睛：第二问，问题转化为在上恒成立，构造函数并利用导数研究单调性求值域，进而确定参数范围.
【小试牛刀】、（2021·全国·高二单元测试）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）设有两个极值点，，若恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】
（1）直接求导，对的不同取值，讨论函数的单调区间；（2）依题意得，，利用这两个方程消去不等式中的两个量，化为单变量问题，在构造函数解决.
【详解】
（1）因为，
所以，
所以．
令，，
①当，即时，，即，
所以函数的单调递增区间为
②当，即或时，
若，则，即，
所以函数的单调递增区间为．
若，令，得或．
由，即，得或；
由，即，得．
所以函数的单调递增区间为，，
单调递减区间为．
综上，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，，
单调递减区间为．
（2）由（1）得，
若有两个极值点，，则，是方程的两个不等正实根，
由（1）知，则，，则，
．
令，则，
当时，，为减函数，所以．
由题意，要使恒成立，只需满足
所以实数m的取值范围是．





．



四、 迁移应用
1．（2021·全国·高三专题练习）已知函数．讨论函数的单调性.
【答案】答案见解析
【分析】
求出函数的导函数，分和两种情况讨论，根据导函数的符号即可求出函数的单调区间.
【详解】
解：
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，得到，所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
2．（2021·全国·高三专题练习）设函数，．求的单调区间.
【答案】答案见解析
【分析】
设，求得，分、两种情况讨论，分析导数在上的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间.
【详解】
由题意可得的定义域为，．
令，则．
当时，当时，，函数单调递增；
当时，当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减.
综上：当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
3．（2021·全国·高三专题练习）已知函数，求函数的单调区间.
【答案】答案见解析
【分析】
求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间.
【详解】
函数的定义域是，
，
当时，对任意恒成立，所以，函数在区间单调递增；
当时，由得，由，得，
所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；
综上：当时，的单调增区间为，无单调减区间；
当时，的单调增区间为，单调减区间为.
4．（2021·广西南宁·模拟预测（理））已知函数．
（1）讨论的单调性．
（2）设，若恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）单调性见解析；（2）．
【分析】
（1）求得，分和两种情况分类讨论，结合导数的符号，即可求得函数的单调性；
（2）当时，根据， 构造函数，求得，令，利用导数求得单调性，结合，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数的定义域为，且，
（ⅰ）当时，，则在上单调递增；
（ⅱ）当时，令得到，
当时，单调递增，当时，单调递减；
综上可得，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由，令，则，故，
证明：时符合题意，
当时，，
以下证明：，
构造函数，
则．
令，则，
令，可得；令，可得，
于是在上递减，在上递增，于是，
可得当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，故，
综上可知，实数a的取值范围．
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
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．
5．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（理））已知函数（其中e为自然对数的底数，a为常数）．
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当函数有极大值，且极大值为a时，若方程（m为常数）有两个不等实根则.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求导函数，讨论参数与即可分析函数的单调性；
（2）当时，函数有极大值，即可求出，求导分析单调性，构造函数求导分析单调性即可证明结果．
【详解】
（1）解：由题意可得.
①当时，在上恒成立，∴函数在上单调递减；
②当时，令，令，
∴函数在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.；
（2）证明：由（1）可知，当时，函数有极大值，
且，解得，
∴（其中），则，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
不妨设，则，
当时，则.
令，
则，
∴在上单调递减，于是，即，
当时，，
又，∴，
又，且在上单调递减，
，即．
6．（2021·贵州·贵阳一中高三月考（文））已知函数（其中e为自然对数的底数，a为常数）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当函数有极大值，且极大值为a时，恒成立.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）对函数求导后，讨论和两种情况，进而求出单调区间；
（2）构造函数，，进而证明的最小值大于的最大值即可.
【详解】
（1）由题意可得.
①当时，在R上恒成立，所以函数在R上单调递减；
②当时，令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，函数在R上单调递减.
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：由（1）可知，当时，函数有极大值，
且，解得，
则，则问题，
设，，
，则时，，函数单调递减，时，
，函数单调递增，所以；
，则时，，函数单调递增，时，
，函数单调递减，所以，
所以，即成立.
【点睛】
本题第（2）问常规解法是将所有式子移到不等号一边，然后构造函数进行求解，但始终逃不掉的问题就是隐零点的问题；如果按照现在的方法处理，试题的难度一下子就会下降，但问题在于为何要这样构造，注意观察函数，可以借助切线不等式进行思考，另外的最小值必须大于的最大值，平常多注意方法的总结和归纳.
7．（2021·安徽·高三月考（文））已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，证明：当时，.
【答案】（1）时，单调递减；当时，单调递增；（2）证明见解析.
【分析】
（1）直接利用导数求函数的单调区间得解；
（2）只需证，即证，构造函数，证明即得证.
【详解】
解：（1）当时，，，
，令，
，故在上单调递增，
且，故时，，单调递减；
当时，，单调递增.
（2）当，时，，要证，只需证，
即证，令，则.
由（1）知单调递增，且在存在唯一零点，即.
当时，单调递减，当时，单调递增.
所以，
故当，时，.
8．（2019·北京市顺义区第一中学高三期中）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）当时，求证：在上是增函数；
（3）求证：当时，对任意，．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】
（1）求导得，分、、三类讨论，可得的单调区间；
（2）令，求导得，再令，由，即，从而证得结论成立；
（3）依题意，只需证：当时，对，，由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，从而证得结论成立．
【详解】
（1）∵，
∴，
当时，，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，，在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：令，
则，令，
∵，∴，∴，即，
∴在上是增函数；
（3）要证，当时，对任意，，
只需证：当时，对任意，，
由（1）知，，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，取得极小值，也是最小值，
故．
9．（2021·广西南宁·模拟预测（文））已知函数，在处的切线斜率为．
（1）求的值；
（2）已知，，令，求的单调区间．
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】
（1）由已知得出，从而可求得实数的值；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数在上的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间.
【详解】
（1）因为，则，则，解得；
（2）由题意，，其中，
所以，其中.
①当时，，
所以当时，，此时，函数单调递增，
当时，，此时，函数单调递减；
②当时，令，解得，，
（i）若，即，
则当时，此时，即函数的单调递增区间为、，
当时，此时，即函数单调递减区间为；
（ii）当即时，此时，且不恒为零，函数在单调递增；
（iii）当时，即当时，则当时，此时，
即函数单调递增递增区间为、，
当时，此时，即函数单调递减区间为.
综上，当时，函数的递增区间为，递减区间为；
当时，函数的递减区间为，递增区间为、；
当时，函数无递减区间，递增区间为；
当时，函数的递减区间为，递增区间为、．
10．（2021·云南·曲靖一中高三月考（理））已知函数.
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）是否存在实数a 使得f（x）≥0恒成立，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）答案见解析；（2）不存在，理由见解析．
【分析】
（1）先求导数，再根据方程根是否有解讨论导函数符号变化规律，最后根据导函数符号确定单调性；
（2）即最小值不小于零，根据（1）可得当时，无最小值，当时，解即可判断结果．
【详解】
（1）定义域为R，
当时，，则在R上单调递减；
当时，由得，若时，；若时，；
则在上单调递减；在上单调递增；
（2）不存在.
理由如下：
当时，不成立；
当时，则在上单调递减；在上单调递增；
解，得，与矛盾，无解．
综上可知，不存在实数使得恒成立．
11．（2021·河南·高三月考（理））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，且当时恒成立，求的最大值.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）求出导函数，分类讨论确定的正负得单调性；
（2）不等式采取分离参数法化为，引入新函数，利用导数求得的最小值，从而得出结论．
【详解】
解:（1）由题可知.
当时，所以在上单调递增，
当时，令，可得，
当时，，单调递增，
当时，，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.
（2）由时恒成立，
可得恒成立.
设，
则.
令，则，因为，所以，
所以在上单调递增，所以，即.
因为，当时，，，当时，，，
所以在上，单调递减，在上，单调递增，
所以在上，.所以.
所以的最大值为.
【点睛】
本题考查用导数求函数的单调区间，由不等式恒成立求参数范围．解题关键是掌握导数与单调性的关系，解题方法是求出导函数，然后由得增区间，得减区间，含有参数时一般需要分类讨论，而对不等式恒成立问题的处理方法之一是用分离参数法变形不等式，然后引入新函数，由导数求得新函数的最值，从而得出参数范围．难点在于求新函数最值或单调性时，需要对新函数的导数进行二次求导（对其中一部分形成的函数求导确定单调性、正负、零点等等），经过反复运算最终得出最值．
12．（2021·江苏·苏州市相城区陆慕高级中学高三月考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围；
（3）满足（2）的条件下，记两个零点分别为，证明：
【答案】（1）时，在定义域内为单调减函数，时，在上为单调减函数，在上为单调增函数；（2）；（3）证明见解析．
【分析】
（1）运用导函数并结合分类讨论分析函数的单调性即可得出结果；
（2）由（1）的结论结合函数的极值、最值，讨论即可求解参数的范围；
（3）构造新函数，运用极值点偏移的证明方法证明即可.
【详解】
（1）函数的定义域为，
时，恒成立，所以在上单调递减，
时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上，时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）时，由（1）知至多有一个零点，
时，由（1）知当时，取得最小值，最小值为
①当时，由于，故只有一个零点，
②当时，即，故没有零点，
③当时，即，
又，
由（1）知在上有一个零点．
又，
由（1）知）在有一个零点．
所以在上有两个零点．
综上，a的取值范围为；
（3）由（2）知，当时，在上有两个零点，不妨设，
则由（2）知，，且
令
有


由于
（且仅当等号成立）
所以当时，，当时，，
所以在单调递减，又，
所以即，
又，所以，
又由于，且在上单调递增，
所以
所以.
【点睛】
关键点点睛：解决极值点偏移问题的关键是通过构造函数，结合新函数及原函数的单调性确定证明结果.
13．（2021·河南·高三月考（理））已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若有两个极值点，，设点，，直线与的交点在曲线上，求实数的值.
【答案】（1）答案见解析；（2）-5.
【分析】
(1)先对函数进行求导，然后对进行讨论，推出函数的单调性即可；
（2）先表示出极值点的坐标，进而表示出直线的方程，求出交点坐标，最后代入原函数即可求出答案.
【详解】
（1），
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得，，
当或时，，当时，，
综上可知，当时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间是和，单调递减区间是.
（2）由（1）知，当时，有两个极值点，，
且满足，，即，，
所以
，
同理，
所以直线的方程为，与的交点坐标是，
把，代入，解得，
故实数的值为-5.
14．（2021·安徽·合肥一中高三月考（理））已知函数，，…为自然对数的底数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）求，分别讨论、、以及时，求不等式和的解集即可求解；
（2）结合（1）中的结论，分四类、、以及时讨论时的范围，前三类只需举反例说明不成立，当时，分和两种情况讨论即可求解.
【详解】
（1）由可得
①若，，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
②若，由得：或，且，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
③若，由得：，
恒成立，所以在上单调递增，
④若，由得：或，且，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
（2）由（1）知，
当时，，不满足题意，
当时，，，不满足题意，
当时，，不满足题意，所以，
当时，，在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增；
所以对恒成立，则，所以，
当时，，在上单调递增；在上单调递减；
所以，所以，
综上可知：.
【点睛】
思路点睛：由不等式恒成立（或能成立）求参数：
①可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；
②可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
15．（2021·黑龙江·哈尔滨市第六中学校模拟预测（理））已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求正实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）利用导数，并讨论、研究的符号，进而判断的单调性；
（2）将问题转化为恒成立，构造中间函数，只需求时的范围即可.
【详解】
（1）且，
∴时，即单调递增；
时，有，即在上单调递增；有，即在上单调递减；
综上，时在上单调递增；时在上单调递减，在上单调递增；
（2）由题设，，即恒成立，
令，则，
∴由（1）知：时有极小值也是最小值，故只需即可.
若，则，即在上递减，又，
∴时，，即恒成立.
∴正实数的范围为.
【点睛】
关键点点睛：第二问，将问题转化为恒成立，并构造函数并应用导数研究最值，进而求参数a的范围.
16．（2021·云南五华·模拟预测（理））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若恰有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】
（1）先求导，然后分类讨论，利用导数法求单调性即可；
（2），易知有一个零点0，令，
要使有三个零点，只需要有两个不为0的零点，再利用导数法研究函数的零点，即可求解
【详解】
（1），定义域为，

①当时，在单调递减，在单调递增：
②当时，由得或，
（i）当时，在上单调递增，
（ii）当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，
（ⅲ）当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增.
综上，当时，在单调递减，在单调递增：
当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增：
当时，在上单调递增：
当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增.
（2），易知，即有一个零点0，
令，
要使有三个零点，只需要有两个不为0的零点，
若的零点为0，即，解得，
此时有两个零点，但有一个零点是0，此时只有两个零点，故；
又
①当时，，则在上单调递增，故至多有一个零点，不合题意；
②当且时，在上单调递减，在上单调递增，
，
（i）当时，，故至多有一个零点，不合题意，舍去：
（ii）当且时，，
因为，所以在上有唯一零点
由（1）知，当时，，则当且时

所以在上有唯一零点，从而在上有两个零点，此时有三个零点.
综上，恰有三个零点时的取值范围是.
17．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；(2).
【分析】
(1)分类讨论参数的取值范围，来确定的正负号，从而确定单调性；
(2)由(1)中结论，求出最大值，结合恒成立问题的含义即可求解.
【详解】
(1)
①当时，，在上单调递增；
②当时，令，令.
所以在上单调递增，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.
(2)由(1)知，当时，在上单调递增，而不成立；
当时，的最大值为，有，即，所以.
综上.
故答案为：.
18．（2021·浙江嘉兴·模拟预测）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的不等式在上恒成立.求的取值范围；
（3）若实数b满足且，证明：.
【答案】（1）的单调增区间为；单调减区间为；（2）；（3）证明见解析.
【分析】
（1）分情况讨论，然后用导数法求单调区间即可；
（2）由得，令，则问题可转化为成立，利用导数法求解的最值即可求解；
（3）结合题意与（1）可得，故问题可转化为证成立即可，即证，令，即要证，即，再用导数法求解即可.
【详解】
当时，，
，由解得，由解得，
故的单调增区间为，单调减区间为；
当时，由，得的定义域为，
，
令解得，
由解得，由解得，
故的单调增区间为，单调减区间为；
经验证，时，的单调增区间也符合，单调减区间也符合；
综上可知：的单调增区间为，单调减区间为；
（2），
令，
则，
令，则，
由解得，由解得，
故在递增，在递减，，
，所以，
在上单调递增，
，
的取值范围；
（3），
又，在上递增，
所以，
下面证明：，
即证

，
，

在递减，

所以原命题成立
19．（2021·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性，并证明：；
（2）若函数与的图象恰有三个不同的交点，求实数的取值范围.
【答案】（1）在上是单调递减函数，证明见解析；（2）.
【分析】
（1）将代入函数得．利用导数与函数单调性的关系即可求得函数的单调区间，证明见解答过程；
（2）将两函数作差后构造新函数，在求导对分情况讨论，结合单调性，极值和函数零点存在性定理即可得到的范围．
【详解】
解：（1）当时，.
所以，
所以在上是单调递减函数.
又，
所以当时，，即.
令，则

，……
从而

，
所以.
（2）令，
所以.
设，则.
①当，即时，，所以在单调递减，
所以不可能有三个不同的零点；
②当，即时，有两个零点，，
所以.
又因为开口向下，
所以当时，，即，所以在上单调递减；
当时，，即，所以在上单调递增；
当时，，即，所以在上单调递减.
因为，且，所以，
所以.
因为，
所以令，
则.
所以在单调递增，
所以，
即.
又，
所以，
所以由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点.
因为，且，所以.
又，
所以，
所以在区间上有唯一的一个零点，
故当时，存在三个不同的零点.
故实数的取值范围是.
【点睛】
本题考查函数的单调性问题、利用导数研究函数零点的问题.解决零点个数问题的关键是能够选取合适的区间，利用零点存在性定理证得在区间内存在零点，从而使得零点个数满足题目要求；难点在于零点所在区间的选择上，属于难题.
20．（2021·福建·模拟预测）记函数，，其导函数为．
（1）讨论的单调性．
（2）当时，设，，．点在线段上（不含端点）且．证明：．
【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减；当时，函数在和单调递减，在时单调递增，且满足.（2）证明见解析.
【分析】
（1）求函数的定义域，导函数，再分类讨论当，和时，导函数的正负，进而判断函数的单调性.
（2）由已知可知，结合函数的单调性，将证明转化为证，构造函数判断单调性最值即可证得结论.
【详解】
（1）要使函数有意义，则，解得
所以函数的定义域为
求导
，，令
求导，令，得，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以
①当时，，，函数在上单调递增；
②当时，，，函数在上单调递减；
③当时，，当时，，当时，
故函数在上有两个根，设为，且，如图所示：

当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增；当时，，，函数单调递减；
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减；
当时，函数在和单调递减，在时单调递增，且满足.
（2）当时，，令，
由（1）知，函数在单调递增，在单调递减；
即函数在单调递增，在单调递减，且；
由，知，且
要证，即证，即证
结合函数的单调性，需证；
即证令，时，
即证，即证，即证
令，知函数在单调递减，且，即
故有得证.
【点睛】
方法点睛：利用导数讨论函数的单调性，通常需要从几个方面分类讨论：
（1）看函数最高次项系数是否为0，需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，若二次函数开口定时，需根据判别式讨论无根或两根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域的比较.