高考数学二轮复习 专题03 导数及其应用(含解析)

这是一份高考数学二轮复习 专题03 导数及其应用(含解析)，共42页。试卷主要包含了【2022年全国甲卷】已知，则，【2022年新高考1卷】设，则，【2022年全国甲卷】已知函数，【2022年全国乙卷】已知函数等内容，欢迎下载使用。

专题03 导数及其应用
1．【2022年全国甲卷】当时，函数取得最大值，则(       )
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】
因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
2．【2022年全国甲卷】已知，则(       )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由结合三角函数的性质可得；构造函数，利用导数可得，即可得解.
【详解】
因为,因为当
所以,即,所以；
设，
，所以在单调递增，
则,所以，
所以,所以，
故选：A
3．【2022年新高考1卷】设，则(       )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
4．【2022年新高考1卷】(多选)已知函数，则(       )
A．有两个极值点 B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】
由题，，令得或，
令得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，
故D错误.
故选：AC.
5．【2022年全国乙卷】已知和分别是函数且)的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】
由分别是函数的极小值点和极大值点，可得时，，时，，再分和两种情况讨论，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】
解：，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，当时，，
若时，当时，，则此时，与前面矛盾，
故不符合题意，
若时，则方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
∵,∴函数的图象是单调递减的指数函数，
又∵,∴的图象由指数函数向下关于轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的倍得到，如图所示：

设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，
故切线方程为，
则有，解得，
则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，
又，所以，
综上所述，的范围为.
【点睛】
本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.
6．【2022年新高考1卷】若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．
【答案】
【解析】
【分析】
设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.
【详解】
∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
7．【2022年新高考2卷】曲线过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】         
【解析】
【分析】
分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；
【详解】
解： 因为，
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，
又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；
故答案为：；
8．【2022年全国甲卷】已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线．
(1)若，求a；
(2)求a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【解析】
【分析】
(1)先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可；
(2)设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围.
(1)
由题意知，，，，则在点处的切线方程为，
即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得；
(2)
，则在点处的切线方程为，整理得，
设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得，
则，整理得，
令，则，令，解得或，
令，解得或，则变化时，的变化情况如下表：




0

1



0

0

0










则的值域为，故的取值范围为.
9．【2022年全国甲卷】已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则环．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【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.
(1)
的定义域为，

令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
(2)
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
因为,即证
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.
【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
10．【2022年全国乙卷】已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)由导数确定函数的单调性，即可得解；
(2)求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
(1)
当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
(2)
，则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，当x趋近正无穷大时，趋近于正无穷大，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
又，当n趋近正无穷大时，趋近负无穷，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
11．【2022年全国乙卷】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)
【解析】
【分析】
(1)先算出切点,再求导算出斜率即可
(2)求导,对分类讨论,对分两部分研究
(1)
的定义域为
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
当
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
有
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

【点睛】
方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
12．【2022年新高考1卷】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
【解析】
【分析】
(1)根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
(2)根据(1)可得当时， 的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
(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)
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、仅有一个零点，
当时，由(1)讨论可得、均无零点，
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，，
故在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，
此时有两个不同的零点，
此时有两个不同的零点，
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.
【点睛】
思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
13．【2022年新高考2卷】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
【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.
14．【2022年北京】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
【解析】
【分析】
(1)先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
(2)在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
(3)令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞)上单调递增，即得证.
(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.
15．【2022年浙江】设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
(ⅰ)若，则；
(ⅱ)若，则．
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)(ⅰ)见解析；(ⅱ)见解析.
【解析】
【分析】
(1)求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
(2)(ⅰ)由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，(ⅱ) ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
(1)
，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
(2)
(ⅰ)因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
(ⅱ)当时，同(ⅰ)中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则即，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】
思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.

1．(2022·全国·南京外国语学校模拟预测)设函数在R上存在导数，对于任意的实数，有，当时，，若，则实数的取值范围是(       )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，得到为奇函数，在上单调递减，分和两种情况，利用奇偶性和单调性解不等式，求出实数的取值范围.
【详解】
∵，∴．
令，且，
则在上单调递减．
又∵，
∴，
∴为奇函数，在上单调递减．
∵，
∴．
当，即时，，
即
即，由于在上递减，则，
解得：，
∴．
当，即时，，
即．
由在上递减，则，
解得：，所以．
综上所述，实数的取值范围是．
故选：D．
【点睛】
构造函数，研究出构造的函数的奇偶性和单调性，进而解不等式，是经常考查的一类题目，结合题干信息，构造出函数是关键.
2．(2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测(理))已知函数，若对任意实数，不等式总成立，则实数的取值范围为(       )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
将所求不等式变形为，构造函数，可知该函数在上为增函数，由此可得出，其中，利用导数求出的最大值，即可求得实数的取值范围.
【详解】
当时，由可得，
即，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
由可得，
所以，，即，其中，
令，其中，则.
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，，.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.
3．(2022·江苏无锡·模拟预测)已知，则，，的大小为(       )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定条件，构造函数，利用函数的单调性比较大小作答.
【详解】
令函数，当时，求导得：，
则函数在上单调递减，又，，，
显然，则有，所以.
故选：C
【点睛】
思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.
4．(2022·福建·三明一中模拟预测)己知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若，则(       )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意化简得到，设，得到，结合题意和函数的单调性，即可求解.
【详解】
由，可得，即，
设，可得，
因为，可得，
又因为，所以，即，所以，
当时，，可得函数在为单调递增函数，
所以，即.
故选：B.
5．(2022·河南·开封市东信学校模拟预测(文))已知函数，则曲线在点处的切线方程为(       )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据导数的几何意义及点斜式方程即可求解.
【详解】
∵，∴.
又，切点为
所以曲线在点处的切线的斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为
，即.
故选：B.
6．(2022·湖北·模拟预测)若过点可作曲线三条切线，则(       )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设切点为，根据导数的几何意义写出切线的方程，代入点，转化为方程有3个根，构造函数，利用导数可知函数的极值，根据题意列出不等式组求解即可.
【详解】
设切点为，
由，故切线方程为，
因为在切线上，所以代入切线方程得，
则关于t的方程有三个不同的实数根，
令，则或，
所以当，时，，为增函数，
当时，，为减函数，
且时，，时，，
所以只需，解得
故选：A
7．(2022·全国·模拟预测(理))若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是(       )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先判断不是方程的根，再方程两边同除以，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的图象，令，设方程的两根分别为、，对分类讨论，结合函数图象即可得解；
【详解】
解：当时等式显然不成立，故不是方程的根，当时，将的两边同除以，可得，
令，则且，所以，
所以当和时，当时，
即在和上单调递减，在上单调递增，且，
函数的图象如下所示：

令，设方程的两根分别为、，，
①当时，方程无解，舍去；
②当时，，若，则，由图可得有且仅有一个解，故舍去，
若，则，由图可得有且仅有一个解，故舍去，
③当时，或，
若，由，，所以，由图可得与各有一个解，符合题意，
若，由，，可设，，，
由图可得无解，有两个解，符合题意，
综上可得的取值范围为；
故选：A
8．(2022·河南安阳·模拟预测(理))已知函数，若时，在处取得最大值，则实数a的取值范围是(       )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意当时恒成立，整理得，当时，在图像的下方，结合图像分析处理．
【详解】
根据题意得当时恒成立
则，即
∴当时，在图像的下方
，则，则
故选：B．

9．(2022·河南开封·模拟预测(理))若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为(       )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题设有，构造，利用导数研究其单调性及值域，将问题转化为在上恒成立，再构造结合导数求参数范围.
【详解】
由题设可得，令，则在上恒成立，
由，在上；在上；
所以在上递增；在上递减，且，
在上，上，而，
所以，只需在上恒成立，即恒成立，
令，则，即在上递增，故.
故a的取值范围为.
故选：B
【点睛】
关键点点睛：不等式化为，构造研究单调性，进一步将问题转化为研究在上恒成立.
10．(2022·湖北·黄冈中学模拟预测)已知a，b为正实数，直线与曲线相切，则的最小值为(       )
A．8 B．9 C．10 D．13
【答案】B
【解析】
【分析】
设切点为,求函数的导数，由已知切线的方程，可得切线的斜率，求得切点的坐标，可得,再由乘1法结合基本不等式，即可得到所求最小值．
【详解】
设切点为 ，
的导数为，
由切线的方程可得切线的斜率为1，令，
则 ，故切点为，
代入，得，
、为正实数，
则，
当且仅当，时，取得最小值9，
故选：B
11．(2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测(理))已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【解析】
【分析】
(1)对函数进行求导，分为和两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；
(2)函数有两个零点即有两个零点，根据(1)中的单调性结合零点存在定理即可得结果.
(1)
由题意知，，
的定义域为，．
若，则，所以在上单调递减；
若，令，解得．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)
因为，所以有两个零点，即有两个零点．
若，由(1)知，至多有一个零点．
若，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，由于，即，故没有零点；
③当时，，即．
又，故在上有一个零点．
存在，则．
又，因此在上有一个零点．
综上，实数a的取值范围为．
12．(2022·山东·德州市教育科学研究院三模)已知函数，曲线在处的切线与直线垂直.
(1)设，求的单调区间；
(2)当，且时，，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为，；
(2).
【解析】
【分析】
(1)根据题意结合导数的几何意义可得，则，对求导，利用导数判断单调性，注意函数的定义域；(2)整理得，对求导，分类讨论理解处理．
(1)
∵
曲线在处的切线与直线垂直，则，即
∴，的定义域为
则
当时，，时，，
函数的单调增区间为，单调减区间为，
(2)
当，且时，，即

构建，则
当，由当时恒成立
在上单调递减且
当时，，则；
当时，，则
∴当，且时，.
当时，当时，
在上单调递增且
∴当时，，可得，与题设矛盾.
当，则
在上单调递增且
∴当时，，可得，与题设矛盾.
综上所述：的取值范围为.
13．(2022·四川省泸县第二中学模拟预测(理))已知函数(e为自然对数的底数)有两个零点．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)若的两个零点分别为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)根据导数的几何意义切线的斜率为，利用点斜式求切线方程；(2)分析可得对的零点即的零点，对分析可得，利用零点整理可得，构建函数利用导数证明．
(1)
当时，，，
又，所以切点坐标为，切线的斜率为．
所以切线方程为，即
(2)
由已知得有两个不等的正实跟．
所以方程有两个不等的正实根，即有两个不等的正实根，①
要证，只需证，即证，
令，，所以只需证，
由①得，，
所以，，消去a得，只需证，
设，令，则，
则，即证
构建则，
所以在上单调递增，则，
即当时，成立，
所以，即，即，
所以，证毕．
【点睛】
利用同构处理可得，结合零点代换整理可得．
14．(2022·河南安阳·模拟预测(文))已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)对于，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)求出、的值，结合点斜式可得出所求切线的方程；
(2)由参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
(1)
解：当时，，则，所以，，
此时，函数在处的切线方程为.
(2)
解：，由可得，其中，
令，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，
因为，，
所以，存在使得，
则，
令，其中，则，故函数在上为增函数，
因为，所以，，可得，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，.
【点睛】
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：
(1)，；
(2)，；
(3)，；
(4)，.
15．(2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模(文))已知函数.
(1)讨论函数在上的单调性；
(2)已知，是函数的两个不同的极值点，且，若不等式恒成立，求正数的范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据题意得，令，再求导，分和两种情况讨论即可；(2)等价于，又，，所以，整理得，令，，则不等式在上恒成立，令，再求导分析即可.
(1)
，所以，令，故.
当时，在上恒成立，
所以在上单调递增，即在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
即在上单调递增，在上单调递减.
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)
等价于，
由题意可知，分别是方程的两个根，即的两个根，
即，，原式等价于.
因为，，所以原式等价于，又，，
作差得，，即，所以原式等价于，
因为，所以恒成立.
令，，则不等式在上恒成立，
令，又因为，
当时，可得时，，所以在上单调递增，
又因为，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，由于，所以，
即实数的取值范围为：.
【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．