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专题07 函数与导数常考压轴解答题（练习）-2024年高考数学二轮复习练习（新教材新高考）
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这是一份专题07 函数与导数常考压轴解答题（练习）-2024年高考数学二轮复习练习（新教材新高考），文件包含专题07函数与导数常考压轴解答题练习原卷版docx、专题07函数与导数常考压轴解答题练习解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共72页， 欢迎下载使用。
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题07 函数与导数常考压轴解答题
目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153477627" 01 含参数函数单调性讨论 PAGEREF _Tc153477627 \h 2
\l "_Tc153477628" 02 导数与数列不等式的综合问题 PAGEREF _Tc153477628 \h 3
\l "_Tc153477629" 03 双变量问题 PAGEREF _Tc153477629 \h 7
\l "_Tc153477630" 04 证明不等式 PAGEREF _Tc153477630 \h 12
\l "_Tc153477631" 05 极最值问题 PAGEREF _Tc153477631 \h 15
\l "_Tc153477632" 06 零点问题 PAGEREF _Tc153477632 \h 18
\l "_Tc153477633" 07 不等式恒成立问题 PAGEREF _Tc153477633 \h 26
\l "_Tc153477634" 08 极值点偏移问题与拐点偏移问题 PAGEREF _Tc153477634 \h 31
\l "_Tc153477635" 09 利用导数解决一类整数问题 PAGEREF _Tc153477635 \h 39
\l "_Tc153477636" 10 导数中的同构问题 PAGEREF _Tc153477636 \h 42
\l "_Tc153477637" 11 洛必达法则 PAGEREF _Tc153477637 \h 46
\l "_Tc153477638" 12 导数与三角函数结合问题 PAGEREF _Tc153477638 \h 49
01 含参数函数单调性讨论
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.讨论函数的单调性.
【解析】由已知可得，，定义域为，
所以.
（ⅰ）当时，.
当时，有，在上单调递增；
当时，有，在上单调递减.
（ⅱ）当时，，
解，
可得，或（舍去负值），且.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
（ⅲ）当时，在上恒成立，
所以，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，讨论的单调性．
【解析】由题设且，
当时在上递减；
当时，令，
当时在区间上递减；
当时在上递增．
所以当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为.
02 导数与数列不等式的综合问题
3．（2023·广东·高三执信中学校联考期中）设函数，，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若对任意，函数均有2个零点，求实数m的取值范围；
(3)设且，证明：．
【解析】（1）的定义域为，其中，
，
当，即时，恒成立，在上单调递增.
当，即时，令解得，
在区间上单调递增；
在区间上单调递减.
综上所述，时在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）得，时，在上单调递增，在上单调递减.
依题意可得对任意，均有恒成立，
即
恒成立，
设，
，
令解得，
所以在区间上，单调递增，
在区间上，单调递减，
所以.
所以.
对于函数
当和时，，所以，
结合零点存在性定理可知，此时有两个零点.
所以实数m的取值范围是.
（3）要证明，
即证明，
即证明，
即证明，
注意到
，
所以即证明，
由（2）得，
即，
取代入上式，
得：，，
所以，
所以.
4．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若，且，求证：．
【解析】（1）由可得，
所以在处的切线斜率，
且，故所求切线方程为．
（2）设在处的切线斜率为k，
由（1）得，
且，故在处的切线方程为，
设，则．
设，则．
因为，所以，仅在时取等号，故在上单调递增．
列表如下．
所以，即．
令，其中，且，
则有，，…，，
累加得，
即，
取，即得，
当时，显然满足题意，
综上可得.
5．（2023·河北张家口·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)若曲线在处的切线与直线平行，求函数的极值；
(2)已知，若恒成立.求证：对任意正整数，都有.
【解析】（1）由，可得，
由条件可得，即.
则，
令可得，当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的极大值为，无极小值.
（2），即对任意的恒成立，
即，其中，
令，则，即，
构造函数，则，令，得，列表如下：
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，，
即时，恒成立，
取，则对任意的恒成立，
令，则，
所以，
所以，即.
03 双变量问题
6．（2023·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考期中）已知函数
(1)若，证明：在上恒成立；
(2)若方程有两个实数根且，证明：
【解析】（1）因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时,，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
（2）证明：先证右半部分不等式： ；
因为，，
所以；
可求曲线在和处的切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立
7．（2023·四川成都·高三校联考阶段练习）已知函数，其中．
(1)当时，求证：在上单调递减；
(2)若有两个不相等的实数根．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【解析】（1）当时，，，令，，
令，得，，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，即，
所以函数在上单调递减.
（2）（i）有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，，
令，，
，当时，，即函数在上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；
当时，，，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，函数有两个零点，则，解得，
又，，不妨设，，
所以实数的取值范围为.
（ii）要证，即证，
又，，，即证，
将，两式相减可得，，
只需证，
即证，令，即证；
设函数，，则，
所以函数在上单调递增，则，即，
所以原不等式得证.
8．（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值．
【解析】（1）时，函数的定义域为
由解得．
当时，在单调递减；
当时，在单调递增．
（2），则．
根据题意，得方程有两个不同的实根，
，即且，所以．
由，可得
又
总有对恒成立．
①当时，恒成立，此时；
②当时，成立，即
令函数，则在恒成立
故在单调递增，所以．
③当时，成立，即
由函数，则，解得
当时，单调递增；当时，单调递减又，当时，
所以．
综上所述，．
04 证明不等式
9．（2023·山东青岛·高三统考期中）已知函数（……是自然对数底数）．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．
【解析】（1）当时，，
∴，
令，显然在单增，且，
所以当时，，；当时，，；
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2），
令，，则，
所以在上单调递增，
∵，又，，
所以，又，
故，使，即，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值；
所以，
又，∴，
∴，
令，显然在单调递增，
∴，
要证，即证，
即，即，
令，，则，
当时，，
所以在上单调递减，∴，
所以，故．
10．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)当，时，证明：.
【解析】（1）因为，所以.
，
故曲线在处的切线方程为，
即.
（2）证明：令，
则.
因为，所以.
令，则.
令，则.
当时，单调递增，故，
即在上恒成立，则在上单调递增，则，
即在上恒成立，则在上单调递增，
故，即.
11．（2023·四川内江·高三威远中学校校考阶段练习）已知，是的导函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，与x轴负半轴的交点为点P，在点P处的切线方程为．求证：对于任意的实数x，都有.
【解析】（1）由题意得，令，则，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，得，，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由（1）可知，
令，有或，
故曲线与x轴负半轴的唯一交点P为．
曲线在点处的切线方程为，
则，
令，则，
所以，
当时，若，，
若，令，
则，
故在时单调递增，．
故，在上单调递减，
当时，由知在时单调递增，，在上单调递增，
所以，即成立．
05 极最值问题
12．（2023·广东韶关·统考一模）已知函数.
(1)若在处的切线与的图象切于点，求的坐标；
(2)若函数的极小值小于零，求实数的取值范围.
【解析】（1）.所以即切线斜率为，
又，所以，令解得，
则，故点坐标为.
（2），
因为，
令得，
①当由的变化可得
符合题意；
②当由的变化可得
不符合题意；
③当，，单调递减，没极值点；
④当，由的变化可得
，
解得；
综上所述，.
13．（2023·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的最小值.
【解析】（1）因为定义域为，则，
当时，令，解得，令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当时，令，解得，令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）因为，所以，
所以，即
令，则有，
设，则，由得
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，即，又因为，
所以，当且仅当时等号成立
所以，从而，所以原式
设，则，由得
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以所求最小值为.
14．（2023·四川成都·统考二模）已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)若是的最大的极大值点，求证：.
【解析】（1）∵，∴
又，所以在处的切线方程为，
（2）由（1）得，所以，
当时，，所以在无极大值点.
当时，令，则在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，，
所以当时，，即，
所以是的极小值点，在内无极大值点
∵，，
所以存在，使得，即，即，
当时，；当时，，
所以是的极大值点，也是的最大的极大值点.
因为在上单调递减，所以，
.
所以
06 零点问题
15．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)曲线在点处的切线方程为，求实数的值．
(2)在（1）的条件下，若，试探究在上零点的个数．
【解析】（1）由，
得，则有
所以切线方程为．
又因为曲线在点处的切线方程为，
所以．
（2）由（1）知，
则．
令，则．
当时，，则单调递减，
所以．
所以在上单调递增．
当时，；当时，．
所以在上存在零点，且只有一个零点．
当时，，则单调递减，，，
所以存在，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减．
而，所以在上无零点．
综上，在上只有1个零点．
16．（2023·四川南充·阆中中学校考一模）已知函数
(1)当时，求在上的最小值；
(2)若在上存在零点，求的取值范围.
【解析】（1）当时，， ，
，
令，，，
则在上是增函数，则>0，所以，
即在上是增函数，则.
（2）， ，
，
令，，，
（1）当时，，则在上是减函数，则，
①若，易得，则在上是减函数，，不合题意；
②若，因，，则根据零点存在定理，必，使，即，
变化时，，的变化情况如下表：
则，故要使函数在上存在零点，需使，即；
（2）当时，，而，
当时，，
故在上是增函数，，不合题意；
（3）当时，在上是增函数，在上是增函数，
则在上是增函数，，不合题意，
综上所述，的取值范围是.
17．（2023·全国·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数.
(1)若，求的图象在点处的切线方程；
(2)若对任意，不等式，求a的取值范围；
(3)若，，判断方程的解的个数，并说明理由.
【解析】（1）若，则，
，，，
故的图象在点处的切线方程为.
（2）（1）当时，，所以.
（2）当时，恒成立，
令，则.
令，
，，，易知，
所以，在上单调递增，，即.
综上，a的取值范围是.
（3）设，，
①当时，单调递增，，单调递减，
所以在上单调递增，
又，，
故在上有1个零点.
②当时，，单调递增，
所以；
，单调递增，又，
所以，故在上无零点.
③当时，，在上单调递减，
易知单调递增，从而在上单调递减，
又，，
所以在上有1个零点.
综上，在上有2个零点，即所求方程的解有2个.
18．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)当时，过点与函数相切的直线有几条？
(2)若有两个交点，求实数的取值范围．
【解析】（1）当时，函数，设切点为，
因为，所以；
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
化简得：，即；
记，则，
令，解得或；
当时，所以在上单调递增，
当时，所以在上单调递减，
当时，所以在上单调递增；
，，当趋向时，故在无零点，
，故在内有1个零点，
，故在内有1个零点，
综上，有2个零点，即过点与函数相切的直线有2条．
（2）令，
则有两个交点等价于有两个零点，
易得，
当时，在上单调递增，则至多有一个零点，
因此，令，则，
所以在上单调递增，且，
所以存在，使得，则，
当时，，即，所以在上单调递减，
当时，，即，所以在上单调递增；
因此，，且，
所以，则，
故；
当时，，则在上没有零点，不符合；
当时，，则在上只有一个零点，不符合；
当时，；则在上有两个零点，又，
此时，所以，
因为，
所以在上有且只有一个零点，即在上有且只有一个零点；
易得，
设，则，易知在上递增，
则，故在上单调递增，
则，故，
所以在上有且只有一个零点，即在上有且只有一个零点，
综上，实数的取值范围为．
19．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的最值；
(2)若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围．
【解析】（1）由题意可得：，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以的最小值为，无最大值．
（2）令，
则，
若方程有两个不同的解，则有两个不同的零点．
（ⅰ）若，则，由得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
①当时，，即，故没有零点，不满足题意；
②当时，，只有一个零点，不满足题意；
③当时，，即，
当时，，，
又因为，故，所以，
又，
故在上有一个零点．
设，
则，单调递增，所以，
故当时，，
又，所以，因此在上有一个零点，
所以当时，有两个不同的零点，满足题意；
（ⅱ）若，则由得，．
①当时，，
当时，；当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
又，
所以至多有一个零点，不满足题意；
②当时，，则，
所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意；
③当时，，
当时，；当时，；当时，．所以在和上单调递减，在上单调递增，
又，所以至多有一个零点，不满足题意；
综上，实数a的取值范围为．
07 不等式恒成立问题
20．（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，所以，
令，
可得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，也为最大值，且，
所以，所以在上单调递减.
（2）由，得，
即在上恒成立.
令，可得，
令，可得，
令，可得；
令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，
所以在中存在唯一的使得，
在中存在唯一的使得，
即有.
因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，.
又，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
所以时，的极小值为
时，的极小值为
因为，
可得，所以，
所以.
代入和，
则有，
同理可得，
所以，
所以，
所以，即实数的取值范围为
21．（2023·河北·校联考模拟预测）已知函数，．
(1)若的最大值是0，求的值；
(2)若对任意，恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，．
若，则，在定义域内单调递增，无最大值；
若，则当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，为，解得，
显然符合题意，所以的值为
（2）对任意恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
设，则，所以在上单调递增，且，，
所以有唯一零点，且，
所以．
构造函数，则.
又函数在上是增函数，所以．
由在上单调递减，在上单调递增，
得，
所以，
所以的取值范围是
22．（2023·河南·高三校联考期中）已知函数．
(1)若在区间上无零点，求实数m的取值范围；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】（1）令，得，令，
则，
当时，，，故，
则在区间上单调递减，
因为，当时，，
故实数m的取值范围为．
（2）依题意在时恒成立，
令，解得．
下证当时，不等式在时恒成立．
先证明：当时，．
令，则，
令，则，
易知，所以在上单调递增，，即，
所以在上单调递增，得，即当时，．
再证明：当时，，（*）
因为当时，，故只需证明．
令，
则．
①当时，，在上单调递增，
；
②当时，由知，
所以，
所以（*）成立．
综上所述，实数m的取值范围为．
23．（2023·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)求的单调区间，
(2)当时，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1），
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，令，得或，令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，恒成立，则在上单调递增，
当时，令，得或，令，得，
在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为，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；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2），即，
整理得，因为，所以，
令，
因为，所以在上单调递减，
因为，所以，所以，
因为，所以，令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围是.
08 极值点偏移问题与拐点偏移问题
24．已知函数，且为定义域上的增函数，是函数的导数，且的最小值小于等于0．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）设函数，且，求证：．
【解析】（Ⅰ）解：，
由为增函数可得，恒成立，即，得，
设，则，
由，得，由，得．
在上减，在上增，在1处取得极小值即最小值，
（1），则，即，
当时，易知，当时，则，这与矛盾，从而不能使得恒成立，
；
由可得，，即，
由之前讨论可知，，当时，恒成立，
当时，由，得，
综上；
（Ⅱ）证明：，
，
，
，
即，
则
，
令，，
则，在上增，在上减，（1），
，
整理得，
解得或（舍，
．
25．已知函数，其定义域为．（其中常数，是自然对数的底数）
（1）求函数的递增区间；
（2）若函数为定义域上的增函数，且，证明：．
【解析】解：（1）易知，
①若，由，解得：，
故函数在递增，
②若，令，解得：，或，
令，解得：，
故在递增，在，递减，在递增，
③若，则，
故函数在递增，
④若，令，解得：或，
令，解得：，
故在递增，在递减，在，递增，
综上，若，在递增，
若，在，递增，
若，在递增，
若，在，，递增；
（2）函数在递增，
，即，
注意到（1），故（1），
即证，即证，
令，，
只需证明（1），
故，
下面证明，即证，
由熟知的不等式可知，
当时，即，
故，
易知当时，，
故，
故，
故，即递增，即（1），
从而．
26．（2023·天津和平·高三天津一中校考阶段练习）已知函数，a为实数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：．
【解析】（1）当时，，，
，故，
故函数在处的切线方程为，即；
（2）定义域为，
，
令，解得，令，解得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）由题意得，解得，
故，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
可知函数在处取得极值，故符合题意，
因为，，
令，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且当时，恒成立，，当时，，
画出的图象如下：
故，
令，，
则，
因为，所以，，
故在上单调递减，
又，故在上恒成立，
即，，
因为，所以，
其中，故，
其中，，在上单调递增，
故，即，
令，，
则
，
当时，所以单调递增，
由复合函数可得在上单调递增，
又，
故存在，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，，
故当时，恒成立，
因为，故，即，
又，故，
其中，，在上单调递增，
故，故，
综上，.
27．（2023·吉林长春·高二长春十一高校考期末）已知函数，．（为自然对数的底数）
(1)当时，求函数的极大值；
(2)已知，，且满足，求证：．
【解析】（1）当时，，定义域为，
则，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值为；
（2）由题意知，，由可得，
所以，令，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，则，
令，，又，，所以，，则，
①若，则，即，所以；
②若，设，且满足，如图所示，
则，所以，下证：．
令，，
则，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
又因为，所以，，，
所以，即，
又因为，所以，即．
由①②可知，得证.
28．（2023·辽宁·高二统考期末）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，而，时，恒成立，
因此当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，记，，
则，
即有函数在上单调递增，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
所以.
09 利用导数解决一类整数问题
29．（2023·浙江台州·统考一模）设
(1)求证：；
(2)若恒成立，求整数的最大值．（参考数据，）
【解析】（1）要证：，（，），
只要证：，又当时，，当时，，
即与同号，故只要证：，即证：，
令，（，），则，
当时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，故原不等式得证．
（2）因为，当时，有，
则，所以整数．
当时，由（1）可得，
下证：，，只要证：．
令，，
因为，
所以在上单调递减，故，所以得证,
综上所述，整数的最大值为2．
30．（2023·安徽·高三合肥一中校联考阶段练习）已知．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，求整数的最大值．
【解析】（1）．
当时，，则在上单调递增；
当时，令，可得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
（2）由（1）得，当时，在上单调递增，所以至多有一个零点，
要使函数有两个零点，
则，且，
令，则，
令，则，
∴即在上单调递减．
∵，，
∴，使得，
且在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
且，
且，
所以函数有两个零点，符合题意；
当时，，不符合题意,
所以整数a的最大值为-2．
31．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的定义域为．当时，若在上恒成立，求整数的最大值．
（注释：其中e为自然对数底数，，，，）
【解析】当时，，恒成立，即，恒成立，
当时，，，
则为不等式恒成立的必要条件，又，
下证，当时，，
设，，
则，所以，
故整数的最大值为1．
32．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)求函数的极值；
(2)若m为整数，对任意的都有成立，求实数m的最小值．
【解析】（1）由（），
得（），令，解得，令，解得，
∴函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
故函数的极大值是，函数无极小值．
（2）设，
则（）.
当时，，，，
∴，故在上单调递增，
又，不满足题意，∴舍去．
当时，令，得，令，得，
故在上单调递增，在上单调递减，
的最大值．
令（），显然在上单调递减，
且，，
故当时，，满足题意，故整数m的最小值为1．
10 导数中的同构问题
33．已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）设，若对任意，，，且，都有，求实数的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）当，函数定义域为，，恒成立，此时，函数在单调递增；
当，函数定义域为，，则，，恒成立，此时，函数在单调递增；
（Ⅱ）时，在，上递增，在，上递减，
不妨设，则．
，
等价于有，
即，
令，
等价于函数在，上是减函数，
即在，恒成立，分离参数，
得，
令，．
在，递减，（1）
，
又，故实数的取值范围为，．
34．已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）求证：若对恒成立，则；
（3）设，对任意的，都有成立，求实数的取值范围．
【解析】解：（1），
若，则在上恒成立，在上单调递增，原函数无极值；
若，则当时，，当时，，
在上为减函数，在上为增函数，
则的极小值为（a）；
证明：（2）由（1）知，当时，函数在上是增函数，
而（1），当时，，与恒成立相矛盾，
不满足题意；
当时，函数在上是增函数，在上是减函数，
（a）
（1），当时，（a）（1），此时与恒成立相矛盾．
；
解：（3）由（2）可知，
当时，函数在，上是增函数，又函数在，上是减函数，
不妨设，
则，
，即．
设，
则等价于函数在区间，上是减函数．
，在，上恒成立，
即在，上恒成立，即不小于在，内的最大值．
而函数在，是增函数，的最大值为．
，
又，，．
35．已知函数，，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，且对任意，，，都有，求实数的取值范围．
【解析】解：（1）时，，
，（1），（1），
则曲线在处的切线方程是：；
（2）当时，，
故函数在，上是增函数，
又函数在，上是减函数
不妨设
则，
即，
设，
则等价于函数在区间，上是减函数，
因为，所以在，上恒成立，
即在，上恒成立，即不小于在，内的最大值，
而函数在，是增函数，所以的最大值为，
所以，又，所以，．
36．已知函数和有相同的最大值．
（1）求；
（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比数列．
【解析】解：（1），，
又与有相同的最大值，
，且与的符号草图分别为：
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，
两函数的最大值（1）与（e）相等，
即，又，
；
（2）证明：根据（1）知当直线过两函数的交点时，满足题意，
设，，直线与在的左边交点为，，
直线与在的右边交点为，，
则，
且，，，
，，
即，又，，且在上单调递增，
，
，又，
，即，
又，，且在上单调递减，
，
，
，
，
，，成等比数列．
故原命题得证．
11 洛必达法则
37．已知．
（1）求的单调区间；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，，
令，则
所以当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以时，（1），
即在上单调递增，
所以的增区间为，无减区间．
（2）对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立．
当，对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立．
记，则，
记，
则，
所以在单调递减，又（1），
所以，时，，即，
所以在单调递减．
所以，
综上所述，的取值范围是．
38．已知函数．
（1）若函数在点，（1）处的切线经过点，求实数的值；
（2）若关于的方程有唯一的实数解，求实数的取值范围．
【解析】解：（1），在点，（1）处的切线的斜率（1），
又（1），切线的方程为，
即，由经过点，
可得．
（2）证明：易知为方程的根，
由题只需说明当和时原方程均没有实数解即可．
①当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解，
若，，，
令，故在单调递增，在单调递减，
故在单调递减，
从而，，此时方程也无解．
若，由，
记，则，
设，则有恒成立，
恒成立，
故令在上递增，在上递减
（1），可知原方程也无解，
由上面的分析可知时，，方程均无解．
②当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解，
若，和①中的分析同理可知此时方程也无解．
若，由，
记，则，
由①中的分析知，
故在恒成立，从而在上单调递增，
当时，，
如果，即，则，
要使方程无解，只需，即有
如果，即，此时，，方程一定有解，不满足．
由上面的分析知时，，方程均无解，
综合①②可知，当且仅当时，方程有唯一解，
的取值范围为．
39．已知函数在处取得极值，且曲线在点处的切线与直线垂直．
（1）求实数的值；
（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1），；
函数在处取得极值，；
又曲线在点处的切线与直线垂直，；
解得：；
（2）不等式恒成立可化为，即；
当时，恒成立；当时，恒成立，
令，则；
令，则；
令，则；
得在是减函数，故，进而
（或，，
得在是减函数，进而）．
可得：，故，所以在是减函数，
而要大于等于在上的最大值，但当时，没有意义，
变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，，故答案为．
12 导数与三角函数结合问题
40．（2023·江西景德镇·高一统考期中）已知.
(1)求函数的值域；
(2)当时，
①讨论函数的零点个数；
②若函数有两个零点，，证明 .
【解析】（1），
设，，对称轴为，
则，
则函数的值域为，即函数的值域为；
（2）①，即，
当时，，，题设即，
当或，即或时，方程无解；
当，即时，方程仅有一解，此时；
当，即时，方程有两解，此时函数有两个零点；
综上所述，当时，函数没有零点；
当时，函数有一个零点；
当时，函数有两个零点；
②，由①可知，满足方程，
则，
则，
由于，则，
则，则，
则，
由于，，则，即，即证.
41．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）已知，．
(1)求在处的切线方程；
(2)求证：对于和，且，都有；
(3)请将（2）中的命题推广到一般形式，井用数学归纳法证明你所推广的命题．
【解析】（1）因为，所以，
又，所以求在处的切线方程为．
（2）不妨设，
令，，
则，
因为，
所以，
所以在上恒成立．在上单调递减，
所以，即．
（3）对于任意的，任意的，，
都有，
证明：①当时，由（2）知，命题显然成立．
②假设当时命题成立．
即对任意的，，，…，及，，2，3，…，k，．
都有．
现设，，，…，，及，，2，3，…，k，，．
令，，2，3，…，k，则．
由归纳假设可知
所以当时命题也成立．
综上对于任意的，任意的，且，
都有．
42．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考三模）已知函数.
(1)，求实数的值；
(2)若，且不等式对任意恒成立，求的取值范围；
(3)设，试利用结论，证明：若，其中，则.
【解析】（1）由函数，可得，所以，.
又由，所以，解得.
（2）若，可得，
则，则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，则，设函数，可得，
因为，所以恒成立，所以函数在上严格递增，
所以，故，即实数的取值范围为.
（3）解法1：由，
因为，可得，
当且仅当时，等号成立；
所以，当且仅当时，等号成立，
故，
当且仅当时等号成立.
因此有，
，
，
以上个式子相加得：
.
解法2：由，
可得，
当且仅当时等号同时成立.
故，
，
，
以上个式子相加得：
.
43．（2023·湖北孝感·高三校联考阶段练习）已知：函数，且，.
(1)求证：；
(2)设，试比较，，，的大小.
【解析】（1）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，即证：
，.
设，，由切线不等式
得，
故，单调递增，，得证.
（2）证法一：由，得在上单调递减，且，
在上单调递增且；
由（1）知
当时，在上单调递增，
故，即.
当时，
由上面的结论，得时，
有，即
由在上单调递增，
故，
即.综上，得
∵，∴，
∵，关于单调递减，
∴，.
综上，得.
证法二：∵，∴，
∵，在上是减函数，
∴，即；
，在上是减函数，
∴，即
下面证明：当时，.（1）
设，则，
∴，即；
设，则，
∴即，
∴（1）式成立
下面证明：
（2）
∵，∴，
∴（2）式成立.
单调递减
极小值
单调递增
+
0
-
极大值
1
+
0
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
1
0
+
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
1
0
+
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
0
单调递增
极大值
单调递减
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题07 函数与导数常考压轴解答题
目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc153477627" 01 含参数函数单调性讨论 PAGEREF _Tc153477627 \h 2
\l "_Tc153477628" 02 导数与数列不等式的综合问题 PAGEREF _Tc153477628 \h 3
\l "_Tc153477629" 03 双变量问题 PAGEREF _Tc153477629 \h 7
\l "_Tc153477630" 04 证明不等式 PAGEREF _Tc153477630 \h 12
\l "_Tc153477631" 05 极最值问题 PAGEREF _Tc153477631 \h 15
\l "_Tc153477632" 06 零点问题 PAGEREF _Tc153477632 \h 18
\l "_Tc153477633" 07 不等式恒成立问题 PAGEREF _Tc153477633 \h 26
\l "_Tc153477634" 08 极值点偏移问题与拐点偏移问题 PAGEREF _Tc153477634 \h 31
\l "_Tc153477635" 09 利用导数解决一类整数问题 PAGEREF _Tc153477635 \h 39
\l "_Tc153477636" 10 导数中的同构问题 PAGEREF _Tc153477636 \h 42
\l "_Tc153477637" 11 洛必达法则 PAGEREF _Tc153477637 \h 46
\l "_Tc153477638" 12 导数与三角函数结合问题 PAGEREF _Tc153477638 \h 49
01 含参数函数单调性讨论
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.讨论函数的单调性.
【解析】由已知可得，，定义域为，
所以.
（ⅰ）当时，.
当时，有，在上单调递增；
当时，有，在上单调递减.
（ⅱ）当时，，
解，
可得，或（舍去负值），且.
解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；
解可得，，所以在上单调递减.
（ⅲ）当时，在上恒成立，
所以，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，讨论的单调性．
【解析】由题设且，
当时在上递减；
当时，令，
当时在区间上递减；
当时在上递增．
所以当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为.
02 导数与数列不等式的综合问题
3．（2023·广东·高三执信中学校联考期中）设函数，，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若对任意，函数均有2个零点，求实数m的取值范围；
(3)设且，证明：．
【解析】（1）的定义域为，其中，
，
当，即时，恒成立，在上单调递增.
当，即时，令解得，
在区间上单调递增；
在区间上单调递减.
综上所述，时在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）得，时，在上单调递增，在上单调递减.
依题意可得对任意，均有恒成立，
即
恒成立，
设，
，
令解得，
所以在区间上，单调递增，
在区间上，单调递减，
所以.
所以.
对于函数
当和时，，所以，
结合零点存在性定理可知，此时有两个零点.
所以实数m的取值范围是.
（3）要证明，
即证明，
即证明，
即证明，
注意到
，
所以即证明，
由（2）得，
即，
取代入上式，
得：，，
所以，
所以.
4．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若，且，求证：．
【解析】（1）由可得，
所以在处的切线斜率，
且，故所求切线方程为．
（2）设在处的切线斜率为k，
由（1）得，
且，故在处的切线方程为，
设，则．
设，则．
因为，所以，仅在时取等号，故在上单调递增．
列表如下．
所以，即．
令，其中，且，
则有，，…，，
累加得，
即，
取，即得，
当时，显然满足题意，
综上可得.
5．（2023·河北张家口·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)若曲线在处的切线与直线平行，求函数的极值；
(2)已知，若恒成立.求证：对任意正整数，都有.
【解析】（1）由，可得，
由条件可得，即.
则，
令可得，当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的极大值为，无极小值.
（2），即对任意的恒成立，
即，其中，
令，则，即，
构造函数，则，令，得，列表如下：
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，，
即时，恒成立，
取，则对任意的恒成立，
令，则，
所以，
所以，即.
03 双变量问题
6．（2023·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考期中）已知函数
(1)若，证明：在上恒成立；
(2)若方程有两个实数根且，证明：
【解析】（1）因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时,，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
（2）证明：先证右半部分不等式： ；
因为，，
所以；
可求曲线在和处的切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立
7．（2023·四川成都·高三校联考阶段练习）已知函数，其中．
(1)当时，求证：在上单调递减；
(2)若有两个不相等的实数根．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【解析】（1）当时，，，令，，
令，得，，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，即，
所以函数在上单调递减.
（2）（i）有两个不相等的实数根，，即方程有两个不相等的实数根，，
令，，
，当时，，即函数在上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；
当时，，，，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
，函数有两个零点，则，解得，
又，，不妨设，，
所以实数的取值范围为.
（ii）要证，即证，
又，，，即证，
将，两式相减可得，，
只需证，
即证，令，即证；
设函数，，则，
所以函数在上单调递增，则，即，
所以原不等式得证.
8．（2023·四川攀枝花·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值．
【解析】（1）时，函数的定义域为
由解得．
当时，在单调递减；
当时，在单调递增．
（2），则．
根据题意，得方程有两个不同的实根，
，即且，所以．
由，可得
又
总有对恒成立．
①当时，恒成立，此时；
②当时，成立，即
令函数，则在恒成立
故在单调递增，所以．
③当时，成立，即
由函数，则，解得
当时，单调递增；当时，单调递减又，当时，
所以．
综上所述，．
04 证明不等式
9．（2023·山东青岛·高三统考期中）已知函数（……是自然对数底数）．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．
【解析】（1）当时，，
∴，
令，显然在单增，且，
所以当时，，；当时，，；
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2），
令，，则，
所以在上单调递增，
∵，又，，
所以，又，
故，使，即，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值；
所以，
又，∴，
∴，
令，显然在单调递增，
∴，
要证，即证，
即，即，
令，，则，
当时，，
所以在上单调递减，∴，
所以，故．
10．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)当，时，证明：.
【解析】（1）因为，所以.
，
故曲线在处的切线方程为，
即.
（2）证明：令，
则.
因为，所以.
令，则.
令，则.
当时，单调递增，故，
即在上恒成立，则在上单调递增，则，
即在上恒成立，则在上单调递增，
故，即.
11．（2023·四川内江·高三威远中学校校考阶段练习）已知，是的导函数，其中．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，与x轴负半轴的交点为点P，在点P处的切线方程为．求证：对于任意的实数x，都有.
【解析】（1）由题意得，令，则，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，得，，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：由（1）可知，
令，有或，
故曲线与x轴负半轴的唯一交点P为．
曲线在点处的切线方程为，
则，
令，则，
所以，
当时，若，，
若，令，
则，
故在时单调递增，．
故，在上单调递减，
当时，由知在时单调递增，，在上单调递增，
所以，即成立．
05 极最值问题
12．（2023·广东韶关·统考一模）已知函数.
(1)若在处的切线与的图象切于点，求的坐标；
(2)若函数的极小值小于零，求实数的取值范围.
【解析】（1）.所以即切线斜率为，
又，所以，令解得，
则，故点坐标为.
（2），
因为，
令得，
①当由的变化可得
符合题意；
②当由的变化可得
不符合题意；
③当，，单调递减，没极值点；
④当，由的变化可得
，
解得；
综上所述，.
13．（2023·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的最小值.
【解析】（1）因为定义域为，则，
当时，令，解得，令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当时，令，解得，令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）因为，所以，
所以，即
令，则有，
设，则，由得
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，即，又因为，
所以，当且仅当时等号成立
所以，从而，所以原式
设，则，由得
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以所求最小值为.
14．（2023·四川成都·统考二模）已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)若是的最大的极大值点，求证：.
【解析】（1）∵，∴
又，所以在处的切线方程为，
（2）由（1）得，所以，
当时，，所以在无极大值点.
当时，令，则在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，，
所以当时，，即，
所以是的极小值点，在内无极大值点
∵，，
所以存在，使得，即，即，
当时，；当时，，
所以是的极大值点，也是的最大的极大值点.
因为在上单调递减，所以，
.
所以
06 零点问题
15．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)曲线在点处的切线方程为，求实数的值．
(2)在（1）的条件下，若，试探究在上零点的个数．
【解析】（1）由，
得，则有
所以切线方程为．
又因为曲线在点处的切线方程为，
所以．
（2）由（1）知，
则．
令，则．
当时，，则单调递减，
所以．
所以在上单调递增．
当时，；当时，．
所以在上存在零点，且只有一个零点．
当时，，则单调递减，，，
所以存在，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减．
而，所以在上无零点．
综上，在上只有1个零点．
16．（2023·四川南充·阆中中学校考一模）已知函数
(1)当时，求在上的最小值；
(2)若在上存在零点，求的取值范围.
【解析】（1）当时，， ，
，
令，，，
则在上是增函数，则>0，所以，
即在上是增函数，则.
（2）， ，
，
令，，，
（1）当时，，则在上是减函数，则，
①若，易得，则在上是减函数，，不合题意；
②若，因，，则根据零点存在定理，必，使，即，
变化时，，的变化情况如下表：
则，故要使函数在上存在零点，需使，即；
（2）当时，，而，
当时，，
故在上是增函数，，不合题意；
（3）当时，在上是增函数，在上是增函数，
则在上是增函数，，不合题意，
综上所述，的取值范围是.
17．（2023·全国·模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数.
(1)若，求的图象在点处的切线方程；
(2)若对任意，不等式，求a的取值范围；
(3)若，，判断方程的解的个数，并说明理由.
【解析】（1）若，则，
，，，
故的图象在点处的切线方程为.
（2）（1）当时，，所以.
（2）当时，恒成立，
令，则.
令，
，，，易知，
所以，在上单调递增，，即.
综上，a的取值范围是.
（3）设，，
①当时，单调递增，，单调递减，
所以在上单调递增，
又，，
故在上有1个零点.
②当时，，单调递增，
所以；
，单调递增，又，
所以，故在上无零点.
③当时，，在上单调递减，
易知单调递增，从而在上单调递减，
又，，
所以在上有1个零点.
综上，在上有2个零点，即所求方程的解有2个.
18．（2023·安徽·高三校联考阶段练习）已知函数．
(1)当时，过点与函数相切的直线有几条？
(2)若有两个交点，求实数的取值范围．
【解析】（1）当时，函数，设切点为，
因为，所以；
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
化简得：，即；
记，则，
令，解得或；
当时，所以在上单调递增，
当时，所以在上单调递减，
当时，所以在上单调递增；
，，当趋向时，故在无零点，
，故在内有1个零点，
，故在内有1个零点，
综上，有2个零点，即过点与函数相切的直线有2条．
（2）令，
则有两个交点等价于有两个零点，
易得，
当时，在上单调递增，则至多有一个零点，
因此，令，则，
所以在上单调递增，且，
所以存在，使得，则，
当时，，即，所以在上单调递减，
当时，，即，所以在上单调递增；
因此，，且，
所以，则，
故；
当时，，则在上没有零点，不符合；
当时，，则在上只有一个零点，不符合；
当时，；则在上有两个零点，又，
此时，所以，
因为，
所以在上有且只有一个零点，即在上有且只有一个零点；
易得，
设，则，易知在上递增，
则，故在上单调递增，
则，故，
所以在上有且只有一个零点，即在上有且只有一个零点，
综上，实数的取值范围为．
19．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的最值；
(2)若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围．
【解析】（1）由题意可得：，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以的最小值为，无最大值．
（2）令，
则，
若方程有两个不同的解，则有两个不同的零点．
（ⅰ）若，则，由得．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
①当时，，即，故没有零点，不满足题意；
②当时，，只有一个零点，不满足题意；
③当时，，即，
当时，，，
又因为，故，所以，
又，
故在上有一个零点．
设，
则，单调递增，所以，
故当时，，
又，所以，因此在上有一个零点，
所以当时，有两个不同的零点，满足题意；
（ⅱ）若，则由得，．
①当时，，
当时，；当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
又，
所以至多有一个零点，不满足题意；
②当时，，则，
所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意；
③当时，，
当时，；当时，；当时，．所以在和上单调递减，在上单调递增，
又，所以至多有一个零点，不满足题意；
综上，实数a的取值范围为．
07 不等式恒成立问题
20．（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）当时，，所以，
令，
可得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，也为最大值，且，
所以，所以在上单调递减.
（2）由，得，
即在上恒成立.
令，可得，
令，可得，
令，可得；
令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，
所以在中存在唯一的使得，
在中存在唯一的使得，
即有.
因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，.
又，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
所以时，的极小值为
时，的极小值为
因为，
可得，所以，
所以.
代入和，
则有，
同理可得，
所以，
所以，
所以，即实数的取值范围为
21．（2023·河北·校联考模拟预测）已知函数，．
(1)若的最大值是0，求的值；
(2)若对任意，恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，．
若，则，在定义域内单调递增，无最大值；
若，则当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，为，解得，
显然符合题意，所以的值为
（2）对任意恒成立，
即在上恒成立．
设，则．
设，则，所以在上单调递增，且，，
所以有唯一零点，且，
所以．
构造函数，则.
又函数在上是增函数，所以．
由在上单调递减，在上单调递增，
得，
所以，
所以的取值范围是
22．（2023·河南·高三校联考期中）已知函数．
(1)若在区间上无零点，求实数m的取值范围；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】（1）令，得，令，
则，
当时，，，故，
则在区间上单调递减，
因为，当时，，
故实数m的取值范围为．
（2）依题意在时恒成立，
令，解得．
下证当时，不等式在时恒成立．
先证明：当时，．
令，则，
令，则，
易知，所以在上单调递增，，即，
所以在上单调递增，得，即当时，．
再证明：当时，，（*）
因为当时，，故只需证明．
令，
则．
①当时，，在上单调递增，
；
②当时，由知，
所以，
所以（*）成立．
综上所述，实数m的取值范围为．
23．（2023·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)求的单调区间，
(2)当时，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1），
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，令，得或，令，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，恒成立，则在上单调递增，
当时，令，得或，令，得，
在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为，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；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（2），即，
整理得，因为，所以，
令，
因为，所以在上单调递减，
因为，所以，所以，
因为，所以，令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围是.
08 极值点偏移问题与拐点偏移问题
24．已知函数，且为定义域上的增函数，是函数的导数，且的最小值小于等于0．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）设函数，且，求证：．
【解析】（Ⅰ）解：，
由为增函数可得，恒成立，即，得，
设，则，
由，得，由，得．
在上减，在上增，在1处取得极小值即最小值，
（1），则，即，
当时，易知，当时，则，这与矛盾，从而不能使得恒成立，
；
由可得，，即，
由之前讨论可知，，当时，恒成立，
当时，由，得，
综上；
（Ⅱ）证明：，
，
，
，
即，
则
，
令，，
则，在上增，在上减，（1），
，
整理得，
解得或（舍，
．
25．已知函数，其定义域为．（其中常数，是自然对数的底数）
（1）求函数的递增区间；
（2）若函数为定义域上的增函数，且，证明：．
【解析】解：（1）易知，
①若，由，解得：，
故函数在递增，
②若，令，解得：，或，
令，解得：，
故在递增，在，递减，在递增，
③若，则，
故函数在递增，
④若，令，解得：或，
令，解得：，
故在递增，在递减，在，递增，
综上，若，在递增，
若，在，递增，
若，在递增，
若，在，，递增；
（2）函数在递增，
，即，
注意到（1），故（1），
即证，即证，
令，，
只需证明（1），
故，
下面证明，即证，
由熟知的不等式可知，
当时，即，
故，
易知当时，，
故，
故，
故，即递增，即（1），
从而．
26．（2023·天津和平·高三天津一中校考阶段练习）已知函数，a为实数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：．
【解析】（1）当时，，，
，故，
故函数在处的切线方程为，即；
（2）定义域为，
，
令，解得，令，解得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）由题意得，解得，
故，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
可知函数在处取得极值，故符合题意，
因为，，
令，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且当时，恒成立，，当时，，
画出的图象如下：
故，
令，，
则，
因为，所以，，
故在上单调递减，
又，故在上恒成立，
即，，
因为，所以，
其中，故，
其中，，在上单调递增，
故，即，
令，，
则
，
当时，所以单调递增，
由复合函数可得在上单调递增，
又，
故存在，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，，
故当时，恒成立，
因为，故，即，
又，故，
其中，，在上单调递增，
故，故，
综上，.
27．（2023·吉林长春·高二长春十一高校考期末）已知函数，．（为自然对数的底数）
(1)当时，求函数的极大值；
(2)已知，，且满足，求证：．
【解析】（1）当时，，定义域为，
则，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值为；
（2）由题意知，，由可得，
所以，令，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，则，
令，，又，，所以，，则，
①若，则，即，所以；
②若，设，且满足，如图所示，
则，所以，下证：．
令，，
则，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
又因为，所以，，，
所以，即，
又因为，所以，即．
由①②可知，得证.
28．（2023·辽宁·高二统考期末）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，而，时，恒成立，
因此当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，记，，
则，
即有函数在上单调递增，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
所以.
09 利用导数解决一类整数问题
29．（2023·浙江台州·统考一模）设
(1)求证：；
(2)若恒成立，求整数的最大值．（参考数据，）
【解析】（1）要证：，（，），
只要证：，又当时，，当时，，
即与同号，故只要证：，即证：，
令，（，），则，
当时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，故原不等式得证．
（2）因为，当时，有，
则，所以整数．
当时，由（1）可得，
下证：，，只要证：．
令，，
因为，
所以在上单调递减，故，所以得证,
综上所述，整数的最大值为2．
30．（2023·安徽·高三合肥一中校联考阶段练习）已知．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，求整数的最大值．
【解析】（1）．
当时，，则在上单调递增；
当时，令，可得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
（2）由（1）得，当时，在上单调递增，所以至多有一个零点，
要使函数有两个零点，
则，且，
令，则，
令，则，
∴即在上单调递减．
∵，，
∴，使得，
且在上单调递增，在上单调递减，
当时，，
且，
且，
所以函数有两个零点，符合题意；
当时，，不符合题意,
所以整数a的最大值为-2．
31．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的定义域为．当时，若在上恒成立，求整数的最大值．
（注释：其中e为自然对数底数，，，，）
【解析】当时，，恒成立，即，恒成立，
当时，，，
则为不等式恒成立的必要条件，又，
下证，当时，，
设，，
则，所以，
故整数的最大值为1．
32．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)求函数的极值；
(2)若m为整数，对任意的都有成立，求实数m的最小值．
【解析】（1）由（），
得（），令，解得，令，解得，
∴函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
故函数的极大值是，函数无极小值．
（2）设，
则（）.
当时，，，，
∴，故在上单调递增，
又，不满足题意，∴舍去．
当时，令，得，令，得，
故在上单调递增，在上单调递减，
的最大值．
令（），显然在上单调递减，
且，，
故当时，，满足题意，故整数m的最小值为1．
10 导数中的同构问题
33．已知函数．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）设，若对任意，，，且，都有，求实数的取值范围．
【解析】解：（Ⅰ）当，函数定义域为，，恒成立，此时，函数在单调递增；
当，函数定义域为，，则，，恒成立，此时，函数在单调递增；
（Ⅱ）时，在，上递增，在，上递减，
不妨设，则．
，
等价于有，
即，
令，
等价于函数在，上是减函数，
即在，恒成立，分离参数，
得，
令，．
在，递减，（1）
，
又，故实数的取值范围为，．
34．已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）求证：若对恒成立，则；
（3）设，对任意的，都有成立，求实数的取值范围．
【解析】解：（1），
若，则在上恒成立，在上单调递增，原函数无极值；
若，则当时，，当时，，
在上为减函数，在上为增函数，
则的极小值为（a）；
证明：（2）由（1）知，当时，函数在上是增函数，
而（1），当时，，与恒成立相矛盾，
不满足题意；
当时，函数在上是增函数，在上是减函数，
（a）
（1），当时，（a）（1），此时与恒成立相矛盾．
；
解：（3）由（2）可知，
当时，函数在，上是增函数，又函数在，上是减函数，
不妨设，
则，
，即．
设，
则等价于函数在区间，上是减函数．
，在，上恒成立，
即在，上恒成立，即不小于在，内的最大值．
而函数在，是增函数，的最大值为．
，
又，，．
35．已知函数，，．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若，且对任意，，，都有，求实数的取值范围．
【解析】解：（1）时，，
，（1），（1），
则曲线在处的切线方程是：；
（2）当时，，
故函数在，上是增函数，
又函数在，上是减函数
不妨设
则，
即，
设，
则等价于函数在区间，上是减函数，
因为，所以在，上恒成立，
即在，上恒成立，即不小于在，内的最大值，
而函数在，是增函数，所以的最大值为，
所以，又，所以，．
36．已知函数和有相同的最大值．
（1）求；
（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比数列．
【解析】解：（1），，
又与有相同的最大值，
，且与的符号草图分别为：
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，
两函数的最大值（1）与（e）相等，
即，又，
；
（2）证明：根据（1）知当直线过两函数的交点时，满足题意，
设，，直线与在的左边交点为，，
直线与在的右边交点为，，
则，
且，，，
，，
即，又，，且在上单调递增，
，
，又，
，即，
又，，且在上单调递减，
，
，
，
，
，，成等比数列．
故原命题得证．
11 洛必达法则
37．已知．
（1）求的单调区间；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，，
令，则
所以当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以时，（1），
即在上单调递增，
所以的增区间为，无减区间．
（2）对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立．
当，对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立．
记，则，
记，
则，
所以在单调递减，又（1），
所以，时，，即，
所以在单调递减．
所以，
综上所述，的取值范围是．
38．已知函数．
（1）若函数在点，（1）处的切线经过点，求实数的值；
（2）若关于的方程有唯一的实数解，求实数的取值范围．
【解析】解：（1），在点，（1）处的切线的斜率（1），
又（1），切线的方程为，
即，由经过点，
可得．
（2）证明：易知为方程的根，
由题只需说明当和时原方程均没有实数解即可．
①当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解，
若，，，
令，故在单调递增，在单调递减，
故在单调递减，
从而，，此时方程也无解．
若，由，
记，则，
设，则有恒成立，
恒成立，
故令在上递增，在上递减
（1），可知原方程也无解，
由上面的分析可知时，，方程均无解．
②当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解，
若，和①中的分析同理可知此时方程也无解．
若，由，
记，则，
由①中的分析知，
故在恒成立，从而在上单调递增，
当时，，
如果，即，则，
要使方程无解，只需，即有
如果，即，此时，，方程一定有解，不满足．
由上面的分析知时，，方程均无解，
综合①②可知，当且仅当时，方程有唯一解，
的取值范围为．
39．已知函数在处取得极值，且曲线在点处的切线与直线垂直．
（1）求实数的值；
（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1），；
函数在处取得极值，；
又曲线在点处的切线与直线垂直，；
解得：；
（2）不等式恒成立可化为，即；
当时，恒成立；当时，恒成立，
令，则；
令，则；
令，则；
得在是减函数，故，进而
（或，，
得在是减函数，进而）．
可得：，故，所以在是减函数，
而要大于等于在上的最大值，但当时，没有意义，
变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，，故答案为．
12 导数与三角函数结合问题
40．（2023·江西景德镇·高一统考期中）已知.
(1)求函数的值域；
(2)当时，
①讨论函数的零点个数；
②若函数有两个零点，，证明 .
【解析】（1），
设，，对称轴为，
则，
则函数的值域为，即函数的值域为；
（2）①，即，
当时，，，题设即，
当或，即或时，方程无解；
当，即时，方程仅有一解，此时；
当，即时，方程有两解，此时函数有两个零点；
综上所述，当时，函数没有零点；
当时，函数有一个零点；
当时，函数有两个零点；
②，由①可知，满足方程，
则，
则，
由于，则，
则，则，
则，
由于，，则，即，即证.
41．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）已知，．
(1)求在处的切线方程；
(2)求证：对于和，且，都有；
(3)请将（2）中的命题推广到一般形式，井用数学归纳法证明你所推广的命题．
【解析】（1）因为，所以，
又，所以求在处的切线方程为．
（2）不妨设，
令，，
则，
因为，
所以，
所以在上恒成立．在上单调递减，
所以，即．
（3）对于任意的，任意的，，
都有，
证明：①当时，由（2）知，命题显然成立．
②假设当时命题成立．
即对任意的，，，…，及，，2，3，…，k，．
都有．
现设，，，…，，及，，2，3，…，k，，．
令，，2，3，…，k，则．
由归纳假设可知
所以当时命题也成立．
综上对于任意的，任意的，且，
都有．
42．（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考三模）已知函数.
(1)，求实数的值；
(2)若，且不等式对任意恒成立，求的取值范围；
(3)设，试利用结论，证明：若，其中，则.
【解析】（1）由函数，可得，所以，.
又由，所以，解得.
（2）若，可得，
则，则不等式可化为，
即对任意恒成立，
令，则，设函数，可得，
因为，所以恒成立，所以函数在上严格递增，
所以，故，即实数的取值范围为.
（3）解法1：由，
因为，可得，
当且仅当时，等号成立；
所以，当且仅当时，等号成立，
故，
当且仅当时等号成立.
因此有，
，
，
以上个式子相加得：
.
解法2：由，
可得，
当且仅当时等号同时成立.
故，
，
，
以上个式子相加得：
.
43．（2023·湖北孝感·高三校联考阶段练习）已知：函数，且，.
(1)求证：；
(2)设，试比较，，，的大小.
【解析】（1）由对称性，不妨设，，
则
由于，欲证，即证：
，.
设，，由切线不等式
得，
故，单调递增，，得证.
（2）证法一：由，得在上单调递减，且，
在上单调递增且；
由（1）知
当时，在上单调递增，
故，即.
当时，
由上面的结论，得时，
有，即
由在上单调递增，
故，
即.综上，得
∵，∴，
∵，关于单调递减，
∴，.
综上，得.
证法二：∵，∴，
∵，在上是减函数，
∴，即；
，在上是减函数，
∴，即
下面证明：当时，.（1）
设，则，
∴，即；
设，则，
∴即，
∴（1）式成立
下面证明：
（2）
∵，∴，
∴（2）式成立.
单调递减
极小值
单调递增
+
0
-
极大值
1
+
0
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
1
0
+
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
1
0
+
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
0
单调递增
极大值
单调递减
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