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专题 08 导数压轴大题归类
目录
题型一： 不等式证明1：无参基础思维型.............................................................................................................1
题型二： 不等式证明2：有参数型基础证明.........................................................................................................4
题型三：极值点偏移：和型......................................................................................................................................6
题型四：极值点偏移：积型......................................................................................................................................8
题型五：极值点偏移：含参型................................................................................................................................12
题型六：极值点偏移：平方型................................................................................................................................15
题型七：极值点偏移：非对称型............................................................................................................................18
题型八：比值代换型证明........................................................................................................................................21
题型九：三零点型不等式证明................................................................................................................................24
题型十：三角函数型不等式证明............................................................................................................................27
题型十一： 零点与求参..........................................................................................................................................29
题型十二：三个零点型求参....................................................................................................................................32
题型十三：恒成立求参：三角函数型....................................................................................................................34
题型十四：恒成立求参：整数解型........................................................................................................................37
题型十五：能成立求参：双变量型........................................................................................................................42
题型一： 不等式证明 1：无参基础思维型
证明不等式基础思维：
1.移项到一侧，证明函数的最值大于0（小于0）证明法
2.恒等变形，再证明新恒等式法。
1.（四川省金太阳普通高中高三第三次联考数学）已知函数 .
（1）讨论 的单调性.
（2）当 时，证明： .
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）求导得 ，分类讨论参数 范围可求 的单调性；
（2）将不等式变形得 ，构造函数 ，通过 求出 最值，
证明 即可得证.
（1）的定义域为 ，
若 ，恒有 ，则 在 上单调递增，在 上单调递减，
若 ，令 ，得 ，
若 ，恒有 在 上单调递增，
若 ，当 时， ；当 时， ，
故 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
若 ，当 时， ；当 时， ，
故 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
（2）
证明：当 时， ，
令函数 ，则 ，
令函数 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 ，从而 ，
所以当 时， ；当 时， ，
故 ，因为 ，
所以 ，故 .
2.已知函数 ．
（1）讨论函数 在 上的单调性；
（2）若 ，求证： 在 上恒成立.
【答案】（1）答案见详解（2）证明见详解
【分析】
（1）求导得 ，令导数为0，得 ，再分类讨论 与 的位置关系即可求解；
（2）当 时， 恒成立，令 ，设法证明
即可.
（1）
由 得 ，
令 得 ， ，当 时， ， 对 恒成立， 在 单减；
当 时， ， 对 恒成立， 在 单增；
当 时， ，当 ， ， 单减；当 ， ，
单增；
综上所述，当 ， 在 单减；当 ， 在 单增；当 ，当
， 单减；当 ， 单增；
（2）若 ，则 ， 在 上恒成立 ，即
对 恒成立，令 ，则 ，
令 得 ，当 时， ， 单增；
当 时， ， 单减，
所以 ，令 ，则 ，又 ，即 ，故
，构造函数 ，
又 ，设 ， ，当 ， ， 单增，当 ，
， 单减，故 （得证），
所以 ， ，令 ， 在 单增， ，
所以 ，所以 在 上恒成立.
3.（2022·河南南阳·南阳中学校考模拟预测）已知函数 ．
（1）求函数 的单调区间；
（2）当 时，求证： ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）求导后，对 分类讨论，根据导数的符号可得结果；
（2） ，利用导数求出 的最小值大于 即可得证明不等式成立.
【详解】（1） ，
当 时， 在R上单调递减；
当 时，令 ，可得 ，令 ，可得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
综上所述：当 时， 的增区间为 ；
当 时， 的增区间为 ，减区间为 .
（2）证明：当 时， ，
令 ，
，令 ，因为 恒成立，
所以 在R上单调递增， ，
由零点存在性定理可得存在 ，使得 ，即 ，
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
所以 ，
由二次函数性质可得 ，
所以 ，即 ，得证．
题型二： 不等式证明 2：有参数型基础证明
有参数型不等式证明：
通过参数范围，确定函数的单调性，然后利用最值放缩证明不等式
1.（2024高三·全国·专题练习）设函数 ．
(1)当 ，求 在点 处的切线方程；
(2)证明：当 时， ；
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可；
（2）先证明 在 上存在唯一零点，设为 ，再由导数求出最小值 结合基本不等
式和对数的运算证明即可.
【详解】（1）当 时， ，
则 ，即 ，
所以 在点 处的切线方程为 ，即 .
（2）因为 ，
因为 为单调递增函数， 也为单调递增函数，
所以 为单调递增函数，又 ，且 ，
所以 在 上存在唯一零点，设为 ，
当 时， ， 为单调递减函数；当 时， ， 为单调递增函数；
所以 ，
由 可得 ，即 ，
所以 ，
当且仅当 时取等号，
所以当 时， ，
2.（2024·全国·高考真题）已知函数 ．
(1)求 的单调区间；(2)当 时，证明：当 时， 恒成立．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当 时， 即可.
【详解】（1） 定义域为 ，
当 时， ，故 在 上单调递减；
当 时， 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减.
综上所述，当 时， 的单调递减区间为 ；
时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2） ，且 时， ，
令 ，下证 即可.
，再令 ，则 ，
显然 在 上递增，则 ，
即 在 上递增，
故 ，即 在 上单调递增，
故 ，问题得证
3.（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)当 时，证明： ．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明 ，只要证 即可，设 ，利用导数求得最值即可证明．
【详解】（1）函数 的定义域为 ，且 ．
当 时， 恒成立，
所以 在区间 上单调递增；
当 时，令 ，解得 ，
当 时， 在区间 上单调递增，
当 时， 在区间 上单调递减．
综上所述，当 时， 在区间 上单调递增；当 时， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
（2）当 时，因为 ，所以要证 ，只要证明 即可，
即要证 ，等价于 （*）．
令 ，则 ，
在区间 上， 单调递减；
在区间 上， 单调递增，
所以 ，所以 （当且仅当 时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 时，等号成立．
又 在 上单调递增， ，
所以存在 ，使得 成立．综上所述，原不等式成立．
题型三：极值点偏移：和型
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 ，求导后可得 恒正或恒负；
③得到 与 的大小关系后，将 置换为 ；
④根据 与 所处的范围，结合 的单调性，可得到 与 的大小关系，由此证得结论.
1.（22-23高三·广东深圳·阶段练习）已知函数
(1)若对任意的 ，都有 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)设 是两个不相等的实数，且 ．求证：
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）先判断 不成立，当 时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；
（2）设 ，可得 恒成立，从而可证不等式.
【详解】（1）当 时， ，
因为 ，所以 ，即 ，不符合题意；
当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减．
所以 ．由 恒成立可知 ，所以 ．
又因为 ，所以 的取值范围为 ．
（2）因为 ，所以 ，即 ．
令 ，由题意可知，存在不相等的两个实数 ， ，使得 ．
由（1）可知 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
不妨设 ，则 ．
设 ，
则 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，即 在区间 上恒成立．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
又因为 ， ，且 在区间 上单调递增，
所以 ，即 ．
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，
并利用原函数的单调性进行转化.
2.（22-23高三·陕西安康）已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若函数 有两个不同零点 ，求 的取值范围，并证明 .
【答案】(1) ；(2) ，证明见解析.
【分析】
（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数单调性及最值，分类讨论即可判定 的取值范围，构造差函数证明即可.
【详解】（1）当 时， ，易知 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为： ；
（2）由已知可得 ，
①若 ，则 ， ，
即 在 上单调递增， 上单调递减， ，
又 时， ，所以函数存在两个零点；
②若 时， ，显然不符合题意；
③若 时，令 ，
当 时，令 或 ，令 ，
即 在 上单调递减， 和 上单调递增，函数极小值为 ，函数极大值为 ，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当 时， ，则 单调递增，至多一个零点，不符合题意；
当 时，令 或 ，令 ，
即 在 上单调递减， 和 上单调递增，
函数极大值为 ，函数极小值为 ，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
综上所述， 时函数有两个零点 ，则 一正一负，
不妨令 ，设 ，
令 ，即 在R上单调递增，
所以 ， ，
故 时，有 ， 时，有 ，
即 ，所以 ，
则 ，
又因为 在 上单调递减，故 ，证毕.
3.（2023·河南平顶山·模拟预测）已知函数 有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设 是 的两个零点，证明： ．
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）等价于 有两个零点，设 ，求出函数的最小值利用零点存
在性定理分析即得解；
（2）不妨设 ，等价于证明 ，再利用极值点偏移的方法证明.
【详解】（1）解：由 ，得 ，
设 ，则 ， ，
因为 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
又因为 ，所以 ，
，
，所以a的取值范围是 ．
（2）证明：不妨设 ，由（1）知 ，则 ， ， ，
又 在 上单调递增，所以 等价于 ，即 ．设 ，则 ．
设 ，则 ，
设 ，则 ，当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，又因为 ， ， ，
所以存在 ，使得 ，当 时， ，即 ，
当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
又因为 ， ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以当 时， ， 单调递减，
因为 ，所以 ，
所以 ，即原命题得证．
题型四：极值点偏移：积型
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.
1.（22-23高三上·北京房山·期中）已知函数
(1)求函数 单调区间；
(2)设函数 ，若 是函数 的两个零点，
①求 的取值范围；
②求证： ．
【答案】(1)单调递增区间为 ；单调递减区间为
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）求导后，根据 正负即可得到 的单调区间；
（2）①将问题转化为 与 在 上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；②由①可得 ，设 ，利用导数可求得 ，进而得到
，即 ，根据 的范围和 单调性可得结论.
【详解】（1） 定义域为 ， ，
当 时， ；当 时， ；
的单调递增区间为 ；单调递减区间为 .
（2）①若 是 的两个不同零点，则 与 在 上有两个不同交点；
由（1）知： ，又 ，
在 的图象如下图所示，
由图象可知： ， ，即 的取值范围为 .
②不妨设 ，由①知： ，
， ，
在 上单调递增，在 上单调递减；
设 ，则 ，
在 上单调递减， ， ，
又 ， ，又 ， ；
， ， 在 上单调递增，
，则 .
2.（2024·广东湛江·一模）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若方程 有两个根 ， ，求实数a的取值范围，并证明： ．
【答案】(1) 在 上单调递增， 上单调递减，(2)见解析
【分析】（1）求出 ，根据导数的符号判断函数的单调性；（2）由 ，得 ，设 ，画出 的图象可得 ；由 ，
设 ，对 求导可得 ，又 ，再由 在 上单调递
减，可得 ，即可证明 .
【详解】（1）由题意可得 ，所以 ，
的定义域为 ，
又 ，由 ，得 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时， ，则 在 上单调递减，
（2）由 ，得 ，设 ，
，由 ，得 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
当 时， ，则 在 上单调递减，
又 ， ，且当 趋近于正无穷， 趋近于 ，
的图象如下图，
所以当 时，方程 有两个根，
证明：不妨设 ，则 ， ，
设 ，
，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ，又 ， ， 在 上单调递减，所以 ，
故 .
3.（23-24高三 ·河南·阶段练习）已知函数 .
(1)若 有唯一极值，求 的取值范围；
(2)当 时，若 ， ，求证： .
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设 ，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，
求导得 ，
当 时，若 ， ，函数 在 上单调递增，无极值点，不符合题意；
若 ，当 或 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，函数 有两个极值点，不符合题意；
若 ，当 或 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，函数 有两个极值点，不符合题意；
当 时，当 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，2是函数 的极大值点，且是唯一极值点，
所以 的取值范围是 .
（2）当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
由 ， ，不妨令 ，
要证 ，只证 ，即证 ，就证 ，
令 ，求导得
，于是函数 在 上单调递减， ，
而 ，则 ，即 ，又 ，
因此 ，显然 ，又函数 在 上单调递增，则有 ，所以 .
题型五：极值点偏移：含参型
含参型极值点偏移：
1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；
2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.
1.（23-24高三上·江苏镇江·阶段练习）已知函数 ．若函数 有两个不相等的零点
．
(1)求a的取值范围；
(2)证明： ．
【答案】(1) ；
(2)证明见详解.
【分析】
（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数 ，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知： ，
若 ，则 恒成立，即 单调递增，不存在两个不等零点，
故 ，
显然当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以若要符合题意，需 ，
此时有 ，且 ，
令 ，
而 ，
即 在 上递减，故 ，
所以 ，
又 ，
故在区间 和 上函数 存在各一个零点，符合题意，
综上 ；
（2）结合（1），不妨令 ，构造函数 ，
则 ，
即 单调递减，所以 ，
即 ，
因为 ，所以 ，
由（1）知 在 上单调递增，所以由 ，
故 .
2.（22-23高按·四川泸州）已知函数 ，e为自然对数的底数.
(1)若函数 在 上有零点，求 的取值范围；
(2)当 ， ，且 ，求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据零点利用参变分离整理可得 ，构建新函数，结合导数求最值；（2）根据极值
点偏离，构建新函数 （ ），先利用导数判断其单调性，再结合单调性分
析证明.
【详解】（1）令 ，即 ，则
函数 在 上有零点等价于方程 在 上有解，
设 ，则 ，
故函数 在 上是减函数，在 上是增函数，故
所以a的范围是 .
（2）因为 ，故 ，
因为 ，所以 得 ，
故 在 上是减函数，在 上是增函数
因为 ， ，
所以不妨设 ， ，
设 （ ） ，
故 ，
所以 在 上是增函数，
所以 ，即 ，
故 ，即 ，
因为 ， ，且 ，
所以 ，
因为 在 上是减函数，
所以 ，故 .3.（21-22高三·河南郑州·）已知函数 .
(1)当 时，求 的单调区间和极值；
(2)若 ，且 ，证明：
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求函数导数 ，讨论 时， 时，结合导函数的零点及正负可得极值和
单调区间；
（2）由（1）可设， ，要证 ，只要证 ，即证 ， 在区间
上单调递增，所以 ，又 ，即证 ，构造函数
，结合函数单调性可得证.
【详解】（1） ，
① 时，因为 ，所以 ，
函数 的单调递增区间是 ，无单调递减区间，无极值；
②当 时，令 ，解得 ，
当 时， ；当 ， ，
所以函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ，
此时函数 的极小值为 ，无极大值.
综上所述，
当 时，函数 的单调递增区间是 ，无单调递减区间，无极值；
当 时，函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ，
极小值为 ，无极大值.
（2）因为 ，由（1）可知，函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
不妨设 ，则 ，
要证 ，只要证 ，即证 ，
因为 在区间 上单调递增，所以 ，
又 ，即证 ，
构造函数 ，即 ，
.
，
因为 ，所以 ， ，即 ，所以函数 在区间 上单调递增，故 ，
而 ，故 ，
所以 ，即 ，所以 成立.
题型六：极值点偏移：平方型
对于平方型，可以应用对数平均不等式 证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到 ；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
1.（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系 中， 的直角顶点 在 轴上，另一个顶点 在函数
图象上
(1)当顶点 在 轴上方时，求 以 轴为旋转轴，边 和边 旋转一周形成的面所围成的几何体
的体积的最大值；
(2)已知函数 ，关于 的方程 有两个不等实根 .
（i）求实数 的取值范围;
（ii）证明： .
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大
值；
（2）（i）根据题意知， ，进行同构 ，将问题转化为方程
有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究 的单调性和极值，即可求出a的取
值范围.
（ii）由 知，先证 ，即极值点偏移问题，构造函数
，求 ， 在 单调递增， ，得 ，
从而可得 即 ，再由 的单调性，即可得到 .【详解】（1）因为 在 轴上方，所以： ；
为直角三角形，所以当 轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设 ，则 ， （ ）.
设 （ ），则 ，由 .
因为 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 .
从而： .
（2）（i）因为 ，即 ，即 ，
令 ，所以 ，
因为 为增函数，所以 即 ，
所以方程 有两个不等实根 等价于 有两个不等实根 ，
令 ，所以 当 时， ， 单调递增；当 时，
， 单调递减.所以 .
当 时， ；当 时，由洛必达法则知 ；所以 .
（ii）由（i）知， ， 令 ， ，
因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，即 在 单调递增， ，
所以 .因为 ，所以 ，又因为 ，所以
，
因为 ， ，且 在 上单调递减，
所以 ，即 ，所以 ，所以 .
2.（22-23高三·辽宁·模拟）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： .
【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.
【分析】
（1）求出函数 的导数 ，再按 分类探讨 的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合 时函数 的单调性，由 ， ，再构造函数
， ，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（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 .
3.（2023·广东广州·模拟预测）已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性：
(2)若 是方程 的两不等实根，求证： ；
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据 和 分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由 可得， 是方程 的两不等实根，从而可将问题转化
为 是方程 的两不等实根，即可得到 和 的范围，原不等式等价于 ，即极值点偏
移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由题意得，函数 的定义域为 .
由 得： ，
当 时， 在 上单调递增；当 时，由 得 ，由 得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）因为 是方程 的两不等实根， ，
即 是方程 的两不等实根，
令 ，则 ，即 是方程 的两不等实根.
令 ，则 ，所以 在 上递增，在 上递减， ，
当 时， ；当 时， 且 .
所以0 ，即0 .令 ，要证 ，只需证 ，
解法1（对称化构造）：令 ，
则 ，令 ，
则 ，
所以 在 上递增， ，所以h ，所以 ，
所以 ，所以 ，即 ，所以 .
解法2（对数均值不等式）：先证 ，令 ，
只需证 ，只需证 ，
令 ，
所以 在 上单调递减，所以 .因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，所以 .
题型七：极值点偏移：非对称型
1.（2024·全国·模拟预测）已知函数 ．
(1)求 的单调区间；
(2)若 有两个零点 ， ，且 ，求证： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数 的导数，然后分类讨论 的取值情况，从而可求解.
（2）结合（1）中结论可知 ，从而求出 ， ，然后设 并构造函数
，然后利用导数求解 ，然后再构造函数证明 ，从而求解.
【详解】（1）因为函数 的定义域是 ， ，
当 时， ，所以 在 上单调递减；
当 时，令 ，解得 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减．
综上所述，当 时， 的减区间为 ，无增区间；
当 时， 的增区间为 ，减区间为 ．
（2）因为 是函 的两个零点，由（1）知 ，
因为 ，设 ，则 ，
当 ， ，当 ， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减， ．
又因为 ，且 ，
所以 ， ．
首先证明： ．
由题意，得 ，设 ，则
两式相除，得 ．
要证 ，只要证 ，即证 ．
只要证 ，即证 ．
设 ， ．
因为 ，所以 在 上单调递增．
所以 ，即证得 ①．
其次证明： ．设 ， ．
因为 ，所以 在 上单调递减．
所以 ，
即 ．
所以 ②．
由①②可证得 ．
2.（22-23高三·福建福州）已知函数 （ ）．
(1)试讨论函数 的单调性；
(2)若函数 有两个零点 ， （ ），求证： ．
【答案】(1)当 时， 在区间 上单调递增；当 时， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，根据 的不同取值范围，对 的符号进行讨论即可；
（2）由已知及（1）中单调性，可知 ， 且 ，故只需证明 ，再借助不等式性质和
放缩，即可证出 .
【详解】（1）由已知， 的定义域为 ， ，
①当 时， ， 恒成立，
∴此时 在区间 上单调递增；
②当 时，令 ，解得 ，
当 时， ， 在区间 上单调递增，
当 时， ， 在区间 上单调递减，
综上所述，当 时， 在区间 上单调递增；
当 时， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减.
（2）若函数 有两个零点 ， （ ），
则由（1）知， ， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
且 ， ， ，
当 时， ，当 时， ，（*）
∵ ，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴只需证明 ，即有 .
下面证明 ，
设
， ，
设 ，则 ，令 ，解得 ，
当 时， ， 在区间 单调递减，
当 时， ， 在区间 单调递增，
∴ ， 在区间 上单调递增，
又∵ ，∴ ，
即 ，
∴由（*）知， ，∴ ，即 .
又∵ ， ，
∴ ，原命题得证.
3.（21-22高三·浙江·模拟）已知函数 .
(1)求函数 的单调区间；
(2)若函数 的图象与 的图象交于 ， 两点，证明：
.
【答案】(1)增区间为 ，减区间为
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，分别解不等式 ， 可得；
（2）由 ， ，两式相减得： ，然后将原不等式的证明问题转化为
，再通过换元将二元问题化为一元问题，构造函数，利用导数讨论其单调性，由
单调性可证.
【详解】（1） 的定义域为
令 ，解得
令 ，解得
所以 的单调增区间为 ，减区间为
（2）由（1）得
由题知 ，
两式相减整理可得：所以要证明 成立，只需证明
因为 ，所以只需证明
令 ，则只需证明 ，
即证
令
记
则
易知，当 时， ，当 时，
所以当 时，
所以当 时， ，函数 单调递增
故 ，即
所以，原不等式 成立.
题型八：比值代换型证明
应用对数平均不等式 证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到 ；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
构造对数不等式时，比值代换是常见经验思维：
1.一般当有对数差时，可以运算得到对数真数商，这是常见的比值代换形式
2.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程
3.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。
1.（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知函数 为函数 的导函数．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)已知函数 ，存在 ，证明： ．
【答案】(1)函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增。(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究函数单调性即可.
（2）由 可得 ，结合（1）可得
，联立两者可得 ，运用比值代换法，设 ，转化为求证, 即可证明.
【详解】（1） 的定义域为 ， ，令 ，则 ，
所以函数 在 单调递增，又因为 ，所以 ， ，
即： ， ，
所以函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增.
（2）由（1），得 ，
又 ，即 ，所以
．不妨设 ，所以 ．
由（1）得当 ，函数 单调递增，所以 ，
故 ，所以 ，
所以 ，故 ．下证 ．即证： ，
设 ，则 ，所以函数 在区间 上单调递增，
所以 ，故 ，即 ，所以 ，即 ，
所以 ，得证．
2.（2024高三·全国·专题练习）已知函数 .
(1)当 时，判断函数 的单调性；
(2)若关于 的方程 有两个不同实根 ，求实数 的取值范围，并证明 .
【答案】(1) 在 上单调递增(2) ，证明见解析
【分析】（1）对 求导，根据 的符号得出 的单调性；
（2）由题意可知 有两解，求出 的过原点的切线斜率即可得出 的范围，设 ，根
据分析法构造关于 的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可，
【详解】（1） 时， ，故 ，
在 上单调递增.
（2）关于 的方程 有两个不同实根 , ，即 有两不同实根 ， ，得
，
令 ， ，令 ，得 ，当 时， ， 在 上单调递
增，
当 时， ， 在 上单调递减，
时， 取得最大值 ，且 ，得图象如图：.，则 ，
即当 时， 有两个不同实根 ， ，两根满足 ， ，
两式相加得： ，两式相减地 ，上述两式相除得 ，
不妨设 ，要证： ，只需证： ,即证 ，
设 ，令 ，则 ，
函数 在 上单调递增，且 , ，即 ， .
3.（21-22高三·重庆·模拟）已知函数 有两个不同的零点 .
(1)求 的最值；
(2)证明： .
【答案】(1) ，无最小值(2)见解析
【分析】（1）求出导函数，由函数 有两个不同的零点，则 在 内必不单调，得 ，进而
得到函数的单调性，即可求出函数的最值．
（2）由题意转化为证明 ，不妨设 ，令 ，只需证明
，设 ，根据函数的单调性，即可作出证明．
【详解】（1） ， 有两个不同的零点，∴ 在 内必不单调，故 ，
令 ，解得 ，∴ 在 上单增， 上单减，
∴ ，无最小值．
（2）由题知 两式相减得 ，即 ，
故要证 ，即证 ，即证 ，
不妨设 ，令 ，则只需证 ，设 ，则，
设 ，则 ，∴ 在 上单减，∴ ，∴ 在 上
单增，
∴ ，即 在 时恒成立，原不等式得证．
题型九：三零点型不等式证明
三个零点型不等式证明常见思维，关键是问题的转化．证明不等式问题第一步转化是消元，把三个根用
一个变量 表示，第二步构造新函数 ，证明 的最小值 ，第三步由导数求得极小值点
的范围，并对 变形，第四步换元 ，最终转化为关于 的多项式不等式，问题易于解决．
1. （广东省华附、省实、广雅、深中2021届高三上学期四校联考数学试题）
已知函数 .
（1）求函数 的单调区间；
（2）若 且 ，证明： ， ；
（3）记方程 的三个实根为 ， ， ，若 ，证明： .
【答案】（1）单调递增区间为 ， ，单调递减区间为 ；（2）证明见解析；（3）证
明见解析.
【分析】
（1）求出函数导数，分别解出 和 即可得出单调区间；
（2）易得 ，不等式转化为 ， ，构造函数 ，利用导数
可得 在 单调递增，可化为证 ，由 ，可得只需证 ，构造函数
，利用导数即可证明；
（3）令 ，则 ，由（1）可知 单调性，可判断 ，可
知 ， ，即 ， ，构造函数 ，可知 的
两个零点为 ，易知 ，由 可证.
解：（1） 的定义域是 ， ，
令 ，解得 或 ， ， ，
则由 可解得 或 ，由 可解得 ，
所以 的单调递增区间为 ， ，单调递减区间为（2）令 ，则 ，
由 解得 ，由 解得 ，
则 在 单调递增，在 单调递减，故 ，即 ，
欲证： ， ，即证： ， ，
令 ，则 ， ， ， ，故 在
单调递增，
，故只需证 ， ， ，即
， ， ， ，故 ，
则不等式等价于 ，整理得 ，
令 ，则 ，则 在 单调递增，
，即 ，即 ，综上可得： ， ；
（3）令 ，则 ，由（1）可知 在 单调递增，在 单调递
减，
由题易知， ，故 ，
因为 ，故存在 ，使得 ，由（2）可知 ， ，
故 ， ，
令 ，易知 在 单调递减，在 单调递增，
即 的两个零点为 ，易知 ，故 ，
在 单调递减，在 单调递增， ， .
2. （ 浙 江 省 舟 山 中 学 2021-2022 学 年 高 三 上 学 期 12 月 月 考 数 学 试 题 ） 已 知 函 数
．
（1）求函数 的最小值；
（2）若 有三个零点 ，
①求 的取值范围；
②求证： ．
【答案】（1） （2）① ；②证明见解析【分析】
（1）令 ，求出 ，然后判断单调性即可求解；
（2）①：由（1）知， 时， ， 在 单调递增，不合题意；由函数零点存在定理可得 在 和 内分别有唯一的零点记为 ， ，则 ， 在 上单
增，在 上单减，在 上单增，又由函数零点存在定理即可得 有三个零点，符合题意；
②：记 的三个零点大小为 ，即 ，又 ，则当
时， 成立，所以 ，即 ，化简 ，得 ，
进而即可证明.
（1）解： ，令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 的最小值为 ，即函数 的最小值为 ；
（2）解：①：由（1）知， 时， ， 在 单调递增，不合题意；
当 时， ， ，
，
所以 在 和 内分别有唯一的零点记为 ， ，则 ，
所以 在 上单增，在 上单减，在 上单增．
易知 ，1为 的一个零点， ， ，又 ，
，
所以 有三个零点，符合题意．综上， ．
②证明：不妨记 的三个零点大小为 ，即 ．
又 ，即 ．
所以当 时， 成立．即当 ，则 ，且 ，又 在 有且只有
一个零点 ，
所以 ，即 ．化简 ，得 ，
所以 ．即 ．
3.已知 ，关于x的方程 的不同实数解个数为k.
（1）求k分别为1，2，3时，m的相应取值范围；
（2）若方程 的三个不同的根从小到大依次为 ，求证： .
【答案】（1） 时， ； 时， 或 ； 时， ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由于 时， 均有且只有一解，因此只要考虑 时， 的解的个数，由一元
二次方程的分布可得；
（2）由（1）知 ，把 用 替换，其中 ，由韦达定理求得 ，不等式转化为.构造函数 ，求得 的最小值，求 ，确定
在 上有极小值点 ，然后证明 即可．换元设 ，不等式转化为
，首先 ，因此只要证明 ，注意 ， ，证明
成立即可．
【详解】
解：（1）注意到无论m为何实数， 时， 均有且仅有一个实数根，只需考虑 方程
的根的个数．
时， ， 时， ，
时， 或 ，则 或 ； 时， ，即 ，此时
， ， ，满足题意．
（2）由（1）， ，注意到 ，则 . .
只需证明： .令 ，即需证明 .
.
则 为增函数，而 ， ，
则 在 上存在零点 ，则 时， ； 时， .
则 在 上单调递减，在 上单调递增. ，
则
令 ，只需证明
注意到 ，只需证明 ，
，则 ，令 ，显然 ， ，所以
成立，所以原不等式成立．
题型十：三角函数型不等式证明
对于含有三角函数型不等式证明：
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性1.（河南省开封市杞县高中2023届高三文科数学第一次摸底试题）已知函数 ．
(1)求函数 在 内的单调递减区间；
(2)当 时，求证： ．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求得 ，令 ，求得 ，即可求解；
（2）令 ，求得 ，令 ，
分 和 两种情况求得函数的最大值，即可证得 .
(1)解：由题意，函数 ，可得 ，
令 ，即 ，即 ，解得 ，
即 在 的单调递减区间是 .
(2)解：令 ，可得 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，即 在 单调递减，
即 ，所以 ，
从而 在 上单调递减，即 恒成立；
当 时，由（1）知， 的极大值点满足 ，这些极大值点使得 的分子值不变，
但分母随x的增大而增大且 ，
所以当 时， ， 恒成立．
综上可得，当 时， 得证．
2.（云南民族大学附属中学2022届高三高考押题卷二数学（理）试题）已知函数 ，
，其中 .
(1)试讨论函数 的单调性；
(2)若 ，证明： .
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求导，再根据导数的正负求出函数的单调区间，
（2）要证 ，只要证 ，由于 时， ，当时，令 ，再利用导数求出其最小值大于零即可
（1） 的定义域为 当 时， ， 在 上单调
递增；当 时，令 ，解得 ；令 ，解得 ；综上所述：当 时， 在
上单调递增，无减区间；当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2） ， ，即证： ，即证： 当
时， ， ， 当 时，令
，则
在 上单调递增
在 上单调递增 综上所述： ，即
3.已知函数 的图象在原点处的切线方程为 .
(1)求函数 的解析式；
(2)证明： .
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）由原点处的切线方程有 ， ，即可求参数a、b，进而写出 的解析
式；
（2）由题设只需证 恒成立，令 利用导数研究其单调性，进而确
定各单调区间上的函数符号，即可证结论.
(1)由 在原点处的切线方程为 且 ，
∴ ， ， 解得 ， ，∴ .
(2)证明：要证 ，即证 ，
令 ，则 ， ， ，
令 ，则 ， ，
当 时， ，
∴ 在 上是增函数， ，即 .
∴ 在 上是增函数，则 .
当 时， ， ，
∴ ， 在 上的增函数， .即 ，
∴ 在 上单调递减，则 .当 时， .
综上，在定义域R上恒有 ，即 .
题型十一： 零点与求参函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令 ，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间 上是连续不断的曲线，且 ，还必须结合函
数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的
值，就有几个不同的零点．
1.（23-24高三·广东清远·模拟）已知定义在正实数集上的函数 ， ．
(1)设两曲线 ， 有公共点为 ，且在点 处的切线相同，若 ，求点 的横坐标；
(2)在（1）的条件下，求证： ；
(3)若 ， ，函数 在定义域内有两个不同的零点 ，求实数 的取值范
围．
【答案】(1) ；(2)证明见解析；(3) .
【分析】（1）根据两曲线 ， 有公共点，且在该点处的切线相同，由
求解.
（2）构造函数 ，利用导数求出函数最小值，结合（1）的信息推理即得.
（3）求出函数 ，利用函数零点的意义分离参数，转化为求直线 与函数图象有两个交点的 的范
围.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，设曲线 的公共点 ，
求导得 ，依题意， ，
即 ，由 ，得 ， ，
所以点 的横坐标为 .
（2）由（1）知 ，设 ， ，
求导得 ，当 时， ，当 时， ，
则函数 在 上递减，在 上递增，
因此 ，
即当 时， ，所以 .
（3）依题意， ，定义域为 ，
由 ，得 ，令 ，
由函数 在定义域内有两个不同的零点 ，得直线 与函数 的图象有两个交点，
而 ，当 时， ，当 时， ，则函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此 ，而 ，且当 时，恒有 ，
则当且仅当 时，直线 与函数 的图象有两个交点，即函数 有两个不同零点，
所以实数 的取值范围是 .
2.（23-24高三上·西藏林芝·期末）已知函数 ．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若函数 在 处取得极值，不等式 对 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)若函数 在定义域内有两个不同的零点，求实数 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2) (3)
【分析】
（1）求导，然后分 和 讨论函数 的单调性；
（ 2 ） 先 根 据 求 出 ， 再 将 不 等 式 恒 成 立 问 题 转 化 为 ， 构 造 函 数
，求其最小值即；
（3）将函数 在定义域内有两个不同的零点的问题转化为函数 和函数 的图象有
两个不同的交点，观察图象可得答案.
【详解】（1）由已知 ，
当 时， 恒成立，函数 在 上单调递增，
当 时，令 ，得 ，函数 单调递增，
令 ，得 ，函数 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）若函数 在 处取得极值，则 ，解得 ，
经检验 符合题意，所以 ，
则不等式 恒成立即 恒成立，
整理得 在 上恒成立，所以 ，设 ，则 ，
令 ，得 ， 单调递减，令 ，得 ， 单调递增，
所以 ，所以 ；
（3）令 ，可得 ，
若函数 在定义域内有两个不同的零点，
则函数 和函数 的图象有两个不同的交点，
当函数 和函数 的图象相切时，
因为函数 和函数 均过点 ，则 为切点，又 ，
则切线方程为 ，故 ，即
如图，当 时，函数 和函数 的图象只有一个交点，
观察图象可得：当函数 和函数 的图象有两个不同的交点时有 且 ，
即 且 ，即实数 的取值范围为 .
3.（22-23高三上·福建福州·阶段练习）已知函数 .
(1)当 时，求 在点 处的切线方程；
(2)若 在 上有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）对 的方法进行求导，利用导数几何意义求出在点 处的切线方程；
（2）对 进行求导，然后对 进行分类讨论研究 图像，进而求出实数a的取值范围.
【详解】（1） 时， ， 。 ， ，
所以切线方程为 ，即
（2） 当 时，∵ ，∴函数 在 上单调递增，
从而 至多有一个零点，不符合题意.当 时，∵ ，
∴当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减.因为 ，所以 在 上有两个不同
的零点需要满足： 解得 ，所以当 时，，满足 在
上有两个不同的零点.
∴a的取值范围是 .题型十二：三个零点型求参
1.（23-24高三·湖北省直辖县级单位·模拟）若函数 ，当 时，函数 有极值 .
(1)求函数的极值；
(2)若关于 的方程 有三个零点，求实数 的取值范围.
【答案】(1)极大值 ，极小值 ；(2)
【分析】（1）对函数进行求导，利用 ，解方程组即可得解析式；
对函数求导，令 ，并解导数不等式，分类讨论即可得答案；
（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有3个交点，即可得答案；
【详解】（1） ，由题意知 ，解得 ，
故所求的解析式为 ； ，
令 ，得 或 ，列表如下：
极大
极小值
值
当 时， 有极大值 ，当 时， 有极小值 ；
（2）由（1）知，得到当 或 时， 为增函数；
当 时， 为减函数，∴函数 的图象大致如图，
由图可知当 时， 与 有三个交点， 有三个零点，
所以实数 的取值范围为 ．
2.（23-24高三·云南玉溪·模拟）设 ，曲线 在点 处的切线与 轴相交
于点 .
(1)求实数 的值；
(2)若函数 有三个零点，求实数 的取值范围.【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用导数求出函数在 处的切线方程后结合其过的点可求实数 的值.
（2）利用导数讨论函数的单调性和极值，从而可求实数 的取值范围.
【详解】（1）由 ，得 ，且 .
令 ，则 ，
所以曲线 在 处的切线方程为 .代入 解得 .
（2）由（1）知 ，令 ，解得 或 ，
当 或 时， ，当 时， ，
故 的单调递增区间是 和 ，单调递减区间是 ，
由此可知在 处取得极大值 ，在 处取得极小值 ，
因为函数 有三个零点，即方程 有三个根，
而当 时， ，当 ， ，
故 ，所以 .
3.（2022高三·河南南阳·专题练习）若函数 ，当 时，函数 有极值 ．
(1)求函数 的解析式；
(2)若关于 的方程 有三个零点，求实数 的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）对函数进行求导，利用 ，解方程即可得答案；
（2）作出函数 的图象，直线 与函数 图象需有3个交点，即可得答案.
【详解】（1） ，当 时，函数 有极值 ，
所以 ，解得 ，得到 解析式为 ，
经检验， 符合题意，所以所求函数解析式为 .
（2）由（1）可知
令 ，得 或
当 变化时， 、 的变化情况如下表：
＋ － ＋↗ ↘ ↗
因此，当 时， 有极大值 ，当 时， 有极小值 ，所以 大致图象如图所示，
又因为 有三个零点，即 有三个实数解，
所以实数 的取值范围为 .
题型十三：恒成立求参：三角函数型
不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数 ，
（1）若 ， ，总有 成立，故 ；
（2）若 ， ，有 成立，故 ；
（3）若 ， ，有 成立，故 ；
（4）若 ， ，有 ，则 的值域是 值域的子集 ．
1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ．
(1)若函数 在区间 上单调递增，求实数a的取值范围．
(2)当 时， 恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据函数的单调区间可得 ，即 ，利用导数讨论函数 的性质求
出 即可；
（2）由题意，当 时，显然成立；当 时， ；当 时，有 ．令
，利用二阶求导讨论函数 的性质，求出 、 即可.【详解】（1）由题意知 ，即 ．令 ，则 ．
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增．
从而 ，故 ．
（2）由题意知 ．当 时，显然成立；当 时， ；当 时，有 ．
令 ，则 ．令 ，则 ．
∵ ，∴ ，故 ，因此 单调递减，
从而 ，因此 单调递增，从而 ， ，
由 ，解得 ；由 ，解得 ．综上： ．
2.（2023·河南洛阳·校联考模拟预测）已知函数 ．
(1)求 的最值；
(2)当 时， ，求实数 的取值范围．
【答案】(1)最小值为 ，无最大值。(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，根据函数的定义域，结合导数和函数单调性的关系，即可求解函数的
最值；
（2）首先化简不等式，转化为不等式 ，再参变分离为 对任意的
恒成立，转化为利用导数，求函数 的最值问题，即可求解.
【详解】（1） ，
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，所以 ，无最大值．
（2）当 时，不等式 ，
即 对任意的 恒成立，令 ，
则 ，当 时， ，则 ，则 ，则 在区间 上单调递增，则 ．
当 时， ，令 ，
则 ，易知 在区间 上单调递增，
且 ， ，
由零点存在性定理知， ，使得 当 时， 单调递减；当
时， 单调递增，又 ，
因为 ，所以 ，即 ，又 ，所以 ，又 ，所以 ．
所以 ，所以 单调递减，所以 ．
综上， ，所以 ，解得 ，即实数 的取值范围是
3.（2023上·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）已知函数 .
(1)若曲线 在点 处的切线方程为 ，判断当 时函数 的单调性；
(2)当 时， 在 恒成立，求 的最大值.
【答案】(1) 在 上单调递增(2)
【分析】（1）根据切线求得 ，然后利用导数求得 的单调区间.
（2）利用分离常数法化简不等式，然后利用构造函数法，结合导数求得 的取值范围，进而求得 的最大
值.
【详解】（1） ， ，
若曲线 在点 处的切线方程为 ，则 ，
此时 ，
当 时， ，所以 ，所以 在 上单调递增.
（2）当 时， ，不等式 ，即 ，
试题 在区间 上恒成立.设 ， ，
，所以 在 上单调递增，
，所以存在 ，使得 ，
所以 在 上 单调递减；在 上 单调递增，
，
，所以 ，而 ，所以 ，所以 的最大值为 .
题型十四：恒成立求参：整数解型解决不等式恒成立问题，常用方法有：
（1）将原不等式变形整理，分离参数，继而构造函数，转化为求解函数的最值问题解决；
（2）直接构造函数，求导数，求解函数的最值，使得最小值恒大于(或大于等于)0或恒小于（或小于等
于）0，解不等式即可.
1.（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知函数 ，其导函数为
.
(1)若 在 不是单调函数，求实数 的取值范围；
(2)若 在 恒成立，求实数 的最小整数值.
【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可知 在 有变号零点，由此
结合函数的单调性，解不等式即可求得答案；
（2）法一：采用分离参数法，将原不等式变为即为 在 恒成立，构造函数
，求函数的导数，利用导数求其最小值，即可求得答案；
法二：求函数 的导数，利用导数判断其单调性，求得函数最小值，结合解不等式
即可求得答案.
【详解】（1） ；
因为 在 不是单调函数，所以 在 有变号零点；
因为 恒成立，令 ，则 在 有变号零点；
因为 ，所以 在 单调递增，
因为 ，当 的值趋近正无限大时， 趋近于正无限大，a为待定的参数，
故 趋近于正无限大，故只需 ，即 ，所以实数 的取值范围是 .
（2）（法一）令 ，因为 在 恒成立，所以 在 单调
递减，
所以 ，所以 在 恒成立，即为 在 恒成立，
令 ，则
，令 ，则 在 恒成立，
所以 在 单调递减；因为 ；所以 有唯一零点 ，且
当 时， ，即 ，所以 在 单调递增；
当 时， ，即 ，所以 在 单调递减；
所以 ；所以实数 的最小整数值为 .
（法二） 由（1）得，当 时， 在 上单调递增，
所以 成立.当 时，存在 ，使得
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；
所以 ，
令 得 ；解之得 .综上， ，
所以实数 的最小整数值为 .
2.（2023下·天津滨海新·高二统考期末）已知函数 ， .
(1)若 ，求m的值及函数 的极值；
(2)讨论函数 的单调性：
(3)若对定义域内的任意x，都有 恒成立，求整数m的最小值.
【答案】(1) ，极大值为 ，无极小值(2)答案见解析(3)1
【分析】（1）由 可求出 ，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可
求出函数的极值；
（2）对函数求导后，分 和 两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（3）方法一：将问题转化为 在 上恒成立，构造函数 ，求出后得
，再构造函数 ，对其求导判断其单调性，从而可求出 的
单调区间，求出其最大值，进而可求出整数m的最小值；方法二：由（2）可知，当 时， 有最
大值 ，则将问题转化为需要 即可，构造函数 ，
利用导数求出其最大值即可.
【详解】（1） 的定义域为 ，
因为 ， ，则 ，解得 .
当 时， ， .
当 时， ，则 在 上单调递增；当 时， ，则 在 上单
调递减；所以 在 时取得极大值且极大值为 ，无极小值．
（2）因为 ，
当 时， 在 上恒成立，此时 在 上单调递增；
当 时，
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 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，
（3）解法一：若对定义域内的任意x，都有 恒成立，
所以 ，即 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，设 ，则 .
设 ，则 所以 在 上单调递减，
因为 ， ，所以 ，使得 ，即
.
当 时， ，当 时， .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
因为 ，所以 故整数m的最小值为1
解法二：若对定义域内的任意x，都有 恒成立，
由（2）可知，当 时， 在 上单调递增，
因为 ，显然不符合对定义域内的任意x，都有 恒成立
由（2）可知，当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 有最大值 .
若对定义域内的任意x，都有 恒成立，只需要 即可.
设 ，显然 在 上单调递减，因为 ， ，
所以要使 ，只需要整数 ，故整数m的最小值为1
3.（2023下·辽宁朝阳·高二校联考期末）已知函数 ，
(1)若 ，求 的图象在 处的切线方程；
(2)若 对任意的 恒成立，求整数a的最小值；
(3)求证 ，
【答案】(1) 。(2)1(3)证明见解析
【分析】（1）求导得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程，
（2）根据恒成立将问题转化为 恒成立，构造函数 求导，利用导数求解单调
性，结合零点存在性定理即可求解，
（3）由（2）的结论可得 ，即可由求和关系，结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）当 时， ，
，
所以 的图象在 处的切线方程为 ，
（2）由 可得 对任意的 恒成立，
记 则 ，
由于 均为 的单调减函数，故 在 单调
递减，
且
所以存在唯一的实数 ，使得 ，即 ，
当 单调递增，
当 单调递减，
所以当 时， 取极大值也是最大值， ，
由于 均为 的单调递增，且均为正，故 单调递增，
因此 ，所以 ，当 时，现证明 ，
设 ，
则当 时 单调递减，当 时， 单调递增，
当 ，故
当 单调递增，当 单调递减，所以 ，故 ，
由于 ，所以 ，
所以 综上可知 ，故
所以整数a的最小值为1
（3）由（2）知当 时， 恒成立，即 对任意的 恒成立，
取 ，则 ，所以 ，
因此
4.（2023下·江苏苏州·高二统考期中）已知函数 ．
(1)若 ，求 的极值；
(2)讨论 的单调性；
(3)若对任意 ，有 恒成立，求整数m的最小值．
【答案】(1)极大值为 ，无极小值．(2)分类讨论，答案见解析.(3)1
【分析】（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得；
（2）求导，分 ， 讨论可得；
（3）参变分离，将问题转化为 在 上恒成立问题，记 ，利用导数求函
数 的最大值所在区间可得.
【详解】（1） 的定义域为 ，
当 时， ，令 ，解得
当 时， ，则 在 上单调递增；
当 时， ，则 在 上单调递减．
所以 在 时取得极大值为 ，无极小值．
（2）因为
当 时， 在 上恒成立，此时 在 上单调递增；
当 时
当 时， ，则 在 上单调递增；当 时， ，则 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．
（3）因为对任意 ， 恒成立，所以 在 上恒成立，
即 在 上恒成立．设 ，则 ．
设 ， ，则 在 上单调递减，
因为 ， ，所以 ，使得 ，即 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ．
因为 ，所以 ，故整数 的最小值为1．
题型十五：能成立求参：双变量型
恒（能）成立问题的解法：
若 在区间D上有最值，则
（1）恒成立： ； ；
（2）能成立： ； .
若能分离常数，即将问题转化为： （或 ），则
（1）恒成立： ； ；
（2）能成立： ； .
1.（2023·全国·模拟预测）已知函数 ， ， ．
(1)求 的极值；
(2)若存在 ，对任意的 ，使得不等式 成立，求实数 的取值范围．（
）
【答案】(1)极大值 ，极小值为 (2)
【分析】（1）求出 ，令 ，得 或 ，再列出 的变化关系表，根据表格
和极值的概念可求出结果；
（2）根据（1）求出 在 上的最小值为 ，则将若存在 ，对任意的 ，
使得不等式 成立，转化为 在 上恒成立，再构造函数
， ，转化为 ，利用导数求出 代入可得解【详解】（1）由 ，
得 ,
令 ，得 或 ，
的变化关系如下表：
3
＋ 0 － 0 ＋
单调递
单调递增 极大值 极小值 单调递增
减
由表可知，当 时， 取得极大值，为 ，
当 时， 取得极小值，为 .
（2）由（1）知， 在 上单调递减，所以当 时， ，
于是若存在 ，对任意的 ，使得不等式 成立，则
在 上恒成立，即 在 上恒成立，令
， ，则 ，
，因为 ，所以 ， ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 单调递减，故 ，
于是 ，得 ，又 ，所以实数a的取值范围是 ．
2.（2023上·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数 ， ．
(1)若直线 是曲线 的一条切线，求 的值；
(2)若对于任意的 ，都存在 ，使 成立，求 的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】(1) 直线 是曲线 的一条切线,根据切点在切线和原函数上，斜率是切点处导数列式求
的值即可；
(2) 把任意的 ，都存在 ，使 成立转化 ，在参数分离转化
为 恒成立,构造函数 ，求出 ，进而求出 的取值范围.
【详解】（1）由 得 ,设直线 与曲线 的切点为 ,则 ， 解得 因此 的值为 .
（2）由 得
设 ，则 ,因为当 时， ，所以 在 上单调递
增，
又因为 所以存在 ，使 ,
且当 时， ；当 时， ；
从而 ，且当 时， ；
当 时， ,所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此 ,由 ，得 从而
,
所以 由对于任意的 ，都存在 ，使 成立，
得对于任意的 ，都有 ,即不等式 在 上恒成立，
即不等式 在 上恒成立.设 ，则
因为 ，当 时， ;当 时， ;
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ，因此 ,
故 的取值范围为 .
3.（2023上·北京·高三北京市第五中学校考阶段练习）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)求 的单调区间；
(3)若存在 ，使得 ，求a的取值范围．
【答案】(1) (2)当 时， 的减区间为 ，无增区间；当 时， 的减区间为
，增区间为 (3)
【分析】（1）当 时，求出函数 的导数，求出曲线 在点 处切线的斜率，然后求解
切线的方程即可；（2）先求出函数 的导数，分 和 两种情况讨论即可得到单调区间；
（3）将题中条件转化为若 ，使得 成立，再结合函数放缩得到若 ，使得
成立，再根据（2）中的单调情况可知 为 与 中的较大者，从而得到当
或 即可满足题意，进而求解即可．
【详解】（1）当 时， ，则 ，得 ， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ．（2）由 ，则 ，当 时， 恒成立，此时 在R上单调递减；
当 时，令 ，解得 ，此时 与 的变化情况如下：
- 0 +
↘ 极小值 ↗
由上表可知， 的减区间为 ，增区间为 ，
综上，当 时， 的减区间为 ，无增区间；
当 时， 的减区间为 ，增区间为 ．
（3）将 在区间 上的最大值记为 ，最小值记为 ，因为存在 ，使得
，
所以 ，使得 成立，即 或 ，当 时，
，
若 ，使得 成立，只需 ，由（2）可知 在区间 上单调或先减后增，
故 为 与 中的较大者，所以只需当 或 即可满足题意，
即只需 或 ，解得 或 ，
综上所述， 的取值范围是 ．
