新高考数学三轮冲刺大题突破练习专题06 导数（解析版）

这是一份新高考数学三轮冲刺大题突破练习专题06 导数（解析版），共54页。
专题06 导数应用
解析几何一般作为解答题21题或者是22题形式出现。一般作为压轴题或者是次压轴题出现，难度较大。
1 极值点偏移，拐点偏移
2 函数放缩问题
3 端点效应问题
4 隐零点问题
5 同构问题
6 双变量恒成立使成立问题
7 与三角函数知识交叉问题
8 新定义问题


题型一：极值点偏移，拐点偏移问题


1 已知函数.
(I)若为上的增函数,求的取值范围;
(II)若,且,证明:.（拐点偏移）
【解析】(I),若在上为增函数,则恒成立,即恒成立,设,则,
当时,,当时,,
在上单调递减,在上单调递增,
,故,
实数的取值范围为;
(II)证明:若,由(I)知在上单调递增,由于,已知,不妨设,
设函数,则
,则
,
设,则,
由于,故在上为增函数,
.
在上为减函数,
,
,
而在上为增函数,
,故,从而,即.

题型二：函数放缩问题
1 已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：对任意的，
【解析】（1）由题意，的定义域为，且，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）要证，只需证，即证，
也即，设，则，
所以，从而在上单调递减，在上单调递增，
故，即，故当时，，
设，则，
所以，
故在上单调递减在上单调递增，
又，所以有2个零点和1，其中，
且当时，，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
结合知恒成立，从而，
所以当时，对任意的恒成立.


1 已知函数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）若，证明：当时，
【解析】（1）若，则，所以，所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）若，则当时，，
令，则，
所以在上单调递增，注意到，
故当时，，当时，，
所以在上单调递減，在上单调递增，所以，
即，两个不等号取等号的条件分别是和，等号不能同时成立，
所以当时，对任意的恒成立.

题型三：端点效应问题
1 设函数，其中为自然对数的底数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，；
（3）确定的所有可能取值，使得在区间内恒成立.
【解析】（1）由题意，的定义域为，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，
故在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，要证，只需证，即证，也即，
设，则，所以在上单调递增，
结合知恒成立，所以，故成立.
（3）解法1：由题意，等价于，
令，则恒成立，，
当时，，
设，则，
所以在上单调递增，结合知，即在上单调递增，
又，所以当时，，从而，符合题意，
当时，，由（1）可得在上单调递减，
又，所以当时，，另一方面，由（2）可得当时，恒成立，
从而当时，，不合题意，
当时，，故在上单调递减，结合知，即，不合题意，
综上所述，实数的取值范围为.

1 设函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若当时，，求的取值范围.
【解析】（1）当时，，
当时，，当时，，所以的减区间为，增区间为.
（2）当时，，设，
则，由（1）可得，所以，故在上单调递增，
又，所以恒成立，从而，符合题意，
当时，，因为，所以，
从而当时，，所以在上单调递减，
而，所以当时，，故在上单调递减，
又，所以当时，，故在上不能恒成立，不合题意，
综上所述，实数的取值范围为.

题型四：隐零点问题
．已知函数
（1）当时，求的单调区间；
（2）如果，是曲线上的任意一点，若以，为切点的切线的斜率恒成立，求实数的最小值；
（3）讨论关于的方程的实根的个数情况．
【解析】解：（1）当时，，定义域为，
则
令，得，由，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由题意，，
以，为切点的切线的斜率满足，
所以对恒成立．
又当时，，所以的最小值为
（3）由题意，方程化简得
，，
令，则．
当时，，当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
所以在处取得极大值，即最大值，最大值为
（1）
所以当时，即时，的图象与轴恰有两个交点，
方程有两个实根；
当时，的图象与轴恰有一个交点，
方程有一个实根；
当时，的图象与轴无交点，
方程无实根．

1已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有且仅有3个零点，求的取值范围．（其中常数，是自然对数的底数）
【解析】解：（1）的定义域为，且，
①若，则，当时，，单调递增，
时，，单调递减，
②若，当时，，
当时，，
当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
③若，则，
所以在上单调递减，
④若，当时，，
当时，，
当时，，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
综上所述：若，在上单调递增，在上单调递减，
若，在和上单调递减，在上单调递增，
若，在上单调递减，
若，在和上单调递减，在上单调递增．
（2）令，则，
所以依题意可得函数与的图像有3个不同的交点，
由（1）知必有或，
①当时，在和上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为（1），
的极大值为（1），的极小值为（a），
又（a），
所以函数与的图像至多有1个交点，不合题意，
②当时，在和上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为（1），的极大值为（a），
所以必须有成立，
因为，所以，
所以，
所以，
下面求不等式的解集，
令，则不等式等价于，
令函数，
则，
令，有，
函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，
又（2），所以，
即恒成立，故函数单调递减，
又（2），
所以当且仅当时，，
所以不等式的解集为，
即不等式的解集为．
所以的取值范围为．
类型五 同构问题
同构法的三种基本模式
1.乘积型：将两个式子分别同构变形成几个数的乘积，或者将等式（不等式）两边同构变形成几个数的积；
2.比商型：将两个式子分别同构变形成两个数的商，或者将等式（不等式）两边同构变形成几个数的商；
3.和差型：将两个式子分别同构变形成几个数的和与差，或者将等式（不等式）两边同构变形成几个数的和与差.
三、常用的同构变形
1.对数恒等式（黄金变换）：
，特别的；
2.常见变形（利用对数恒等式变形而来）
，，，，…，
，，，
，，
.

1 （2022 武汉二调‧22）已知函数，
，其中.
（1）当时，求的值；
（2）讨论的零点.
解：（1）略；
（2）由得（观察的形式进行同构变形），
即，即，
当时，，则，函数递减，
当时，，则，函数递增，
而，所以或（不能同时满足），
显然方程有一个解，
由得，设（），则，
当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以当时，函数有最小值，于是
当时，函数有一个零点；当时，函数有二个零点；当时，函数有三个零点.


（2022湖北八市3月联考22）设函数（为自然对数的底）.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在区间上单调递增，求实数的取值范围.
解：（1）当时，求（），则
（以下略）；
（2）∵，∴，
由题意可知，即在上恒成立，
由得，故，即，
不等式等价于，
即，
设，即，
显然在上单调递增，故问题转化为在区间上恒成立，
即，，，
设（），则，
故在区间上单调递减，从而，
综上所述，实数的取值范围为.

类型六 双变量恒成立使成立问题
已知．
（1）求函数的单调区间；
（2）设，，，求证：．
【解析】（1）解：函数的定义域为，
因为恒成立，
所以函数在为减函数，
故函数的单调递减区间为；
（2）证明：不妨设，
先证，只要证，即证，
即证，令，，则需证，
由（1）知，在为减函数，
当时，，又（1），
所以，即得证；
下面再证，即证，
令，，只要证，，
令，，则恒成立，故在为减函数，
所以（1），则，
所以成立．综上所述，．

已知函数．
（1）若，求曲线在点，（1）处的切线方程；
（2）若，求在区间，上的最小值；
（3）若函数有两个极值点，，求证：．
【解析】解：（1）当时，，，
（1），（1），
曲线在，（1）处的切线方程为；
（2）时，，，
，
当时，，
在，增，最小值为；
当时，令，解得：，令，解得：，
在，减，，增，最小值为．
证明：（3），函数有两个极值点、，
即有两个不同的实根，
当时，单调递增，不可能有两个不同的实根；
当时，设，，
若时，，单调递增，
若时，，单调递减，
，
．
不妨设，
，
，，，
先证，即证，
即证
令，即证
设，则
函数在上单调递减，
（1），
，
又，
．


类型七 与三角函数知识交叉问题
1 已知函数为的导数.
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）由题意，，当时，，所以，从而在上单调递增，故的最小值为.
（2）当时，成立，
当时，等价于（1），
当时，等价于（2），
设，则，
当时，设，则，
当时，由（1）可得，所以在上单调递增，结合知恒成立，所以在上单调递增，又，所以恒成立，
而在上，，从而，满足（1），
当时，，
易得在上为增函数，，
所以在上有一个零点，当时，；当时，，
从而在上单调递减，在上单调递增，又，
所以在上有一个零点，且当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，又，
所以在上恒成立，故在上单调递增，
又，所以在恒成立，从而，满足（2），所以当时，满足题意，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
又，
所以在上有一个零点，且当时，，从而在上单调递减，
又，所以当时，，不满足（1），不合题意，
综上所述，实数的取值范围为.


1．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)对任意的，都有，求a的取值范围．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）当时，，则．
所以，，
故所求切线方程为，即．
（2）设，
则．
因为，所以至少满足，即．
设．
因为，，所以在上单调递增，
所以．
设，
则．
因为，所以，，
则在上恒成立，即在上单调递增，
所以，即对任意，都有．
故a的取值范围为．


类型八 新定义问题
1 若函数同时满足下列两个条件，则称在上具有性质．
①在上的导数存在；
②在上的导数存在，且（其中）恒成立．
(1)判断函数在区间上是否具有性质？并说明理由．
(2)设、均为实常数，若奇函数在处取得极值，是否存在实数，使得在区间上具有性质？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
(3)设且，对于任意的，不等式成立，求的最大值．
【答案】(1)函数在区间上具有性质；
(2)存在实数，使得在区间上具有性质，的取值范围是；
(3)的最大值为.

【详解】（1）令，，
则，，
，，
当时，恒成立，
∴函数在区间上具有性质；
（2）∵，∴，
∵在处取得极值，且为奇函数，∴在处也取得极值，
∴，解得，∴， ，
当时，令，解得；令，解得；
故在单调递减，在单调递增，满足在处取得极值，
∴，当时，恒成立，
∴存在实数，使在区间上恒成立，
∴存在实数，使得在区间上具有性质，的取值范围是；
（3）∵，∴，
令， 则，
令，则，
当时，，在区间上单调递增，又∵，，
∴存在，使，∴当时，，，在区间上单调递减，当时，，，在区间上单调递增，
∴当时，的最小值为，
由，有，∴，
∵，∴，又∵恒成立，
∴，∵且，∴的最大值为.

1．对于函数f（x），若存在实数满足，则称为函数f（x）的一个不动点.已知函数，其中
(1)当时，
（i）求f（x）的极值点；
（ii）若存在既是f（x）的极值点，又是f（x）的不动点，求b的值：
(2)若f（x）有两个相异的极值点，，试问：是否存在a，b使得，均为f（x）的不动点？证明你的结论.
【答案】(1)（i）当时，没有极值点；当时，的极大值点为，极小值点为.（ii）.(2)不存在，证明见解析
(1)（i）当时，，.
当时，恒成立，在上递增，没有极值点.
当时，令解得，
则在区间递增；
在区间递减，
所以的极大值点为，极小值点为.
（ii）若是的极值点，又是的不动点，
则，即，
即，代入得 ，
，，
，，
，所以，则
(2)
，，
有两个相异的极值点，也即有两个不同的零点，
所以①，.
依题意，若是的不动点，
则，两式相减得，
，
，
，，这与①矛盾，
所以不存在符合题意的.


一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：；
(3)设函数的两个零点、，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析

【详解】（1）解：由可得，可得，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，；
（2）解：要证，即证，
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
因为和取等的条件不同，故，即；
（3）解：由题知①，②，
①②得③，
②①得④.
③④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，
所以，则，即，
所以.
因为
，
所以，即.
令，，则在上单调递增.
又，
所以，即，所以.

2．（2023春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）已知函数和的定义域分别为和，若对任意的都存在个不同的实数，，…，，使得（其中，为正整数），则称为的“重覆盖函数”.
(1)是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由；
(2)求证：是的“4重覆盖函数”；
(3)已知，，若为的“3重覆盖函数”，求实数的范围.
【答案】(1)否，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3).

【详解】（1）由题可得，注意到方程在时只有一个根0，则当，存在唯一，使得，故不是的“2重覆盖函数”；
（2）.
当时，，则此时；
当时，，则此时，则.
当时，函数单调递减，且 .则对于，，，
使得（其中）.
又使得.则任意的都存在4个不同的实数，，，，使得，即是的“4重覆盖函数”；
（3）因，则.
得在上单调递减，在上单调递增.
则.又时，，
则.若为的“3重覆盖函数”，则，方程总有3个根.但二次方程最多有2个实数根，故相应的实数的范围为空集.

3．（2023·四川凉山·二模）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同的极值点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】对求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）分，和讨论的单调性，知当时，函数有两个不同的极值点，要证，即证，比值代换法令可转化成，研究的单调性即可证明.
【详解】（1）或
∴的单调减区间为；
，∴的单调减区间为
（2）当时，∴单调递减，无极值点，不满足条件．
当时，，
，∴单调递减，无极值点，不满足条件．
当时，，
即的两根为．由韦达定理得，
∵，∴，满足条件.
要证，即证，
即证
令则只需证

∴在单增，得证

4．（2023春·云南曲靖·高三统考阶段练习）已知函数满足恒成立.
(1)求的取值范围；
(2)设，求在上的零点个数；
(3)在（2）的条件下，设在上最小的零点为，若且，求证：.
【答案】(1)(2)(3)证明见解析

【分析】（1）利用导数分析函数在其定义域上的单调性，可得出，可得出关于实数的不等式，解之即可；
（2）利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可知函数在上存在唯一零点，再由函数的图象关于直线对称可知函数在上也存在一个零点，综合可得出结论；
（3）分析可知且，根据（1）中的结论且，所以，可得出，即，利用函数在上的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）因为，则函数定义域为，求导得，
设，则.
因为，所以，在单调递减.
又，，
所以存在唯一的，使得，解得.
所以在单调递增，单调递减.
所以.
所以，解得，所以.即，解得.
（2），则，
由（1）可知，设，
所以，
设，，
所以.
因为，所以，则在单调递增.
所以.
由（1）可知时，.
所以.所以在上单调递减.
所以当，即时，.
所以在上单调递增.
因为，，
所以在存在唯一零点.
又由可知图形关于直线轴对称，
故在也存在唯一零点.
所以在上的零点个数为.
（3）因为，整理可得且.
因为时，；当时，，当时，，
所以且，所以.
所以，所以，所以.
由（1）可知在单调递增，所以，即.

5．（2023春·四川德阳·高二德阳五中校考阶段练习）已知函数，
(1)若，试确定函数的单调区间；
(2)若，且对于任意，恒成立，求实数k的取值范围；
(3)令，若至少存在一个实数，使成立，求实数k的取值范围.
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)(3)

【详解】（1）若，则，可得，
令，解得，
则，；，；
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）则，可得，
令，解得，
则，；，；
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
当，即时，在上单调递增，
则，即符合题意；
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，
则，解得；
综上所述：实数k的取值范围为.
（3）若，则，可得，
故原题意等价于至少存在一个实数，使成立，
构建，则对恒成立，
故在上单调递增，则，
可得，
故实数k的取值范围为,
6．（2023·全国·模拟预测）已知函数.
(1)若在上的最大值为，求实数的值.
(2)若存在两个零点，.
①求实数的取值范围；
②证明：.
【答案】(1)(2)①；②证明见解析
【详解】（1）设，，则，所以在上单调递增，
所以当时，.
易知，
令，则.
设，则，
若，则当时，，单调递增，无最大值，
即在上无最大值，不合题意；
若，令，得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，，
所以，解得.故实数的值为.
（2）①由（1）知，在上单调递增，
所以存在两个零点，等价于在上存在两个零点，，其中，.若，则，在上单调递增，至多一个零点，不合题意；
若，令得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
要使存在两个零点，则，解得.
当时，，
设，，
因为，所以在上单调递增，所以，
又，所以在和上各存在一个零点.
所以实数的取值范围是.
②由①知，
要证，只需证，只需证，只需证，只需证.
不妨设，则，，，
故只需证.
设，，
因为，
所以在上单调递增，所以，
所以，则，所以.

7．（2023·全国·模拟预测）已知函数在上单调递增.
(1)求的最大值；
(2)证明：当时，在上仅有一个零点.
【答案】(1)1(2)证明见解析
【详解】（1）当时，
由题可得，当时，恒成立，
即当时，恒成立，
因为当时，，所以，故的最大值为1.
（2）当时，，
因为在上单调递增，且当时，
，
所以当时，即，
即，
令，则在上的零点即的零点，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，
因为，，所以存在，使得，
所以当时，，单调递减，，
当时，，单调递增，
又，故存在唯一的，使得，
所以当时，，单调递减，，
当时，，单调递增，
又，故存在唯一的，使得，
即在上仅有一个零点.

8．（2023春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数.
(1)若，
（i）求的极值.
（ii）设，证明：.
(2)证明：当时，有唯一的极小值点，且.
【答案】(1)（i）的极小值为无极大值；（ii）证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）（i）若，则，
由，得.
当时，；当时，.
的单调递减区间为，单调递增区间为.
故的极小值为无极大值.
（ii）由（i）可知，的极值点为在上单调递减，在上单调递增，当时，，又，
不妨设，则若，则，
设，则.
设，则为增函数，则.
，则在上为增函数，，
即.
，又在上单调递减，
，即.
（2），记，，
记，当时，，
当在单调递减，
当在单调递增，
，
在单调递增，即在单调递增，
，
使，
当在单调递减，
当在单调递增，
所以当时，有唯一的极小值点，且


令，

在单调递减，
即.

9．（2023春·山西运城·高二校联考阶段练习）已知函数.
(1)证明：函数有且只有一个零点；
(2)设，，若是函数的两个极值点，求实数的取值范围，并证明.
【答案】(1)证明见解析
(2)，证明见解析

【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合，即可证明结论；
（2）求得函数导数，根据题意可知是导函数等于0时即的两个不同实数根，结合一元二次方程根的分布，列出不等式组，求得实数的取值范围；由是方程的两根，可得根与系数的关系，结合的表达式化简求值，可证明结论.
【详解】（1）证明：由题意知函数的定义域为，
对任意恒成立，
当且仅当时，，
所以在上单调递增；
又，所以函数在定义域上有且仅有1个零点.
（2）因为，
所以.
由题意知是方程在内的两个不同的实数解，
令，
又，且函数图像的对称轴为直线，
所以只需，
解得，即实数的取值范围为.
由是方程的两根，
得，，         
故
，
又，
所以.


一、解答题
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)(2)
当时,,所以切点为,所以切线斜率为2
所以曲线在点处的切线方程为
（2）
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点,不合题意
若(1)当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减当单调递增
所以当,
令则
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
又，，
所以在上有唯一零点
又没有零点,即在上有唯一零点
(2)当
设

所以在单调递增

所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减，
当，，
又，
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点
所以,符合题意
所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为


2．（2022·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)(2)见解析
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.



3．（2022·全国·统考高考真题）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
【详解】（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.

4．（2022·北京·统考高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
【答案】(1)(2)在上单调递增.(3)证明见解析

【详解】（1）解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为，    
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.

5．（2022·天津·统考高考真题）已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）求出可求切线方程；
（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求.
（ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.
【详解】（1），故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.

6．（2021·全国·统考高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.

7．（2021·全国·统考高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.



，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.



，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【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，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，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)考查数形结合思想的应用．
8．（2021·北京·统考高考真题）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：













增
极大值
减
极小值
增

所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.

9．（2020·山东·统考高考真题）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．