文档内容
专题 10 导数在函数中的应用
【练基础】
一、单选题
1．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）函数 ，则满足不等式 的实数
x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对函数求导，可知函数 在 上单调递增，根据单调性可得 ，进而求出实数x的取
值范围.
【详解】由题意，函数 ，
当 时， ， 在 上单调递增；
而 ， ，由 可得 ，
即 ，易知 ，
故选：D.
2．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知 ， ， （ 为自然对数的底数），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的性质可得 ，进而可得 ，然后构造函数 ，根据导数可得
，进而可得 ，即得.
【详解】因为 ，所以 ，
又 ， ，所以 ，设 ，则 ，由 ，可得 ，函数 单调递增，
由 ，可得 ，函数 函数单调递减，
所以 ， ，所以 ，即 ，
所以 .
故选：A.
3．（2023·甘肃兰州·校考一模）已知 是偶函数，在(－∞，0)上满足 恒成立，则下列不等式成立的
是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题干条件得到 时， ，故 在 上单调递减，结合 为偶函数，得到
在 上单调递增，从而判断出大小关系.
【详解】 时， 即 ，
∴ 在 上单调递减，又 为偶函数，
∴ 在 上单调递增．
∴ ，
∴ .
故选：A．
4．（2023·内蒙古赤峰·统考模拟预测）已知函数 存在唯一的极值点，则实数a的取值范围
为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据导数结合已知得出 在 没有变号零点，即 在 没有变号零点，令
，通过导数求出其在 上的最值，即可得出实数a的取值范围.
【详解】 ， ，
则 ，
，
，
函数 存在唯一的极值点，且 在 上有一个变号零点 ，
在 没有变号零点，
即 在 没有变号零点，
令 ， ，
则 ，
当 时， ，则函数 单调递增；
当 时， ，则函数 单调递减；
则 ，
则 ，
故实数a的取值范围为 ，故选：B.
5．（2023·全国·模拟预测）函数 恰有3个零点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】对函数 进行求导，令 ，借助 分析 的单调性，极值和最值情况即
可求解
【详解】由 可得 ，
令 ，所以 ，
因为 在 上单调递增， 在 上单调递减，
所以 在 上单调递增，
因为 ，所以当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，
所以 ，即 ，
要使函数 恰有3个零点，则需 ，解得 ，
当 时， ， ，
所以存在 ，使得 ，
所以当 或 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
因为 ，所以 ，因为
当 趋向于正无穷时，指数函数 的增长速率远远超过一次函数 ，且趋向于正无穷，则
趋向于正无穷，
所以存在 ，使得
综上，当 时，函数 恰有3个零点，
故选：A
【点睛】关键点睛：这道题的关键之处是发现 ，故只需要存在 ， ，
则 即可
6．（2023·四川德阳·统考一模）函数 的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性和符号判断.
【详解】 ，
∴ 是奇函数；
令 ，则有 ， 是增函数，
∴当 时， ，即 ；故选：A.
7．（2022·四川达州·统考一模）曲线 在点 处的切线平分圆 ，
则（ ）
A． 有两个零点
B． 有极大值
C． 在 上为增函数
D．当 时，
【答案】D
【分析】根据导数几何意义确定在点 处的切线方程为 ，由于平分圆，所以得 ，
于是得函数 ，结合导数确定函数的零点，单调性，极值即可判断.
【详解】解：因为 ，所以 ，
曲线在点 处的切线斜率 ，又 ，
则切线方程为： ，即 ，
若该切线平分圆 ，则切线过圆心 ，则 ，解得 ，
所以 ， ，
对于A， ，即 ，所以 ，则 有一个零点，故A不正确；
对于B， ，解得 ，所以当 时， ， 单调递减，当 时，
， 单调递增，所以 有极小值 ，故B不正确；
对于C，由B可知，C不正确；对于D，由B可知 在 上单调递增，且 ，所以当 时， ，故D正确.
故选：D.
8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ，函数 有四个不同的零点，从小到大
依次为 ， ， ， ，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据导函数判断函数 的单调性，画出函数图像，将 有四个零点转化为 的图像与
有四个不同交点，分析可知 ，由韦达定理可得 ，设 ，
，由导函数分析函数单调性，即可求出范围.
【详解】解： 时， ， ，
在 上单调递减，在 上单调递增， ，
时， ，
在 上单调递减，在 上单调递增， ，
画出 的图像如下图， 有四个零点即 的图像与 有四个不同交点，
由图可得 ， 是方程 ，即 的两根，是方程 ，即 的两根，
， ，
则 ，
设 ， ，则 ， 在 上单调递增，
当 时， ，即 .
故选：A.
二：多选择
9．（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知函数 的导函数 ，且 ，
，则（ ）
A． 是函数 的一个极大值点
B．
C．函数 在 处切线的斜率小于零
D．
【答案】AB
【分析】根据导数符号与单调性的关系，以及极值的定义逐项分析判断.
【详解】令 ，解得 ，则 在 上单调递增，
令 ，解得 或 ，则 在 上单调递减，
故 是函数 的一个极大值点， ，A、B正确；
∵ ，则 ，故函数 在 处切线的斜率大于零，C错误；又∵ ，则 ，但无法确定函数值的正负，D错误；
故选：AB.
10．（2023·全国·高三专题练习）已知m，n关于x方程 的两个根，且 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据函数的图象可得 ，结合条件可得 ， ，利用对勾函数的性质可判断A，构
造函数 ，根据函数的单调性可判断B，构造函数 ，利用导数研究函数的性质结合条件
可判断CD.
【详解】画出函数 与 的大致图象，
由题可知 ，即 ，
所以 ，又 ，
所以 ，可得 ， ，
由对勾函数的性质可知 ，故A正确；设函数 ，因为函数 在 上单调递增，所以函数 在 上单调递增，
又 ，
所以 ， ，即 ，故B错误；
设函数 ，则 ，
由 ，可得 单调递增，
由 ，可得 单调递减，
因为 ，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，故C正确；
又 ， ，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：
本题关键点是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据不等式的“形状”变换函数“形状”；②
若是选择题，可根据选项的共性归纳构造恰当的函数.
11．（2023春·湖北襄阳·高三襄阳市襄州区第一高级中学校考开学考试）已知函数 ， 是
的导数，下列说法正确的是（ ）
A．曲线 在 处的切线方程为B． 在 上单调递增，在 上单调递减
C．对于任意的 总满足
D．直线 与 在 上有一个交点且横坐标取值范围为
【答案】ACD
【分析】求出函数 的导数 ，利用导数几何意义求出切线方程判断A；确定给定区间上单调性判断B；构
造函数推理论证不等式判断C；利用零点存在性定理判断D作答.
【详解】 ，则 ，而 ，
因此，曲线 在点 处的切线方程为 ，A正确；
，则 ，
设 ，当 时， ，
则函数 在 上单调递增， ，因此 对任意的 恒成立，
所以 在 上单调递增，B错误；
， ，
设 ， ，
则
由选项B知， 在 上单调递增，而 ，则 ，
即有 ，因此函数 在 上单调递增，
，即有 ，
所以对任意的 ，总满足 ，C正确；令 ， ， ，
令 ， ， ，
由选项B知， ，当 时， ，
即有函数 在 上单调递增，而 ， ，
存在 ，使得 ，当 时， ，则 ，当 时， ，则
，
于是得函数 在 上单调递减，在 上单调递增，而 ，则有 ，
又 ，因此存在 ，使得 ，
当 时， ，当 时， ，
于是得函数 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，
又 ，从而存在唯一 ，使得 ，
显然当 时， ，又 ，令 ，
，因此函数 在 上单调递减， ，
有 ， ，则 ，
即 ，从而函数 在 上有唯一零点 ，
所以直线 与 在 上有一个交点且横坐标取值范围为 ，D正确.
故选：ACD
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点 处的切线方程为：
.12．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A．当m＞0时，函数 的图象在点 处的切线的斜率为
B．当m＝l时，函数 在 上单调递减
C．当m＝l时，函数 的最小值为1
D．若 对 恒成立，则
【答案】ABD
【分析】A. 由m＞0直接求导求解判断；B. 由m＝l，利用导数法求解判断；C. 由m＝l，利用导数法求解判断；
D. 将 对 恒成立，转化为 对 恒成立，利用
的单调性转化为 对 恒成立求解判断.
【详解】解： ，
当 时， ，则 ，故A正确；
当m＝l时， ，令 ，则 ，
所以 在 上递增，又 ，即 在 上成立，
所以 在 上递减，故B正确；
当m＝l时， ，令 ，则 ，
所以 在 上递增，又 ， ，
所以存在 ，有 ，即 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，所以 ，故C错误；
若 对 恒成立，
则 对 恒成立，
设 ，则 ，所以 在 上递增，
则 对 恒成立，即 对 恒成立，
设 ，则 ，当 时， ，当 时， ，
所以 ，则 ，解得 ，故D正确.
故选：ABD
三：填空题
13．（2023·广西柳州·统考模拟预测）① ，② ，③ ，④ ，上述
不等式正确的有______（填序号）
【答案】②④
【分析】由指数对数的运算法则和不等式的性质比较大小.
【详解】对于①： ， ，∴ ，不等式①错误；
对于②： ，∴ ，即 ，不等式②正确
对于③： ，∴ ，即 ，不等式③错误；
对于④： ，
令 ，则 在 上恒成立， 在 上单调递增，
∴ ， ，得 ， ，∴，
∴ ，不等式④正确.
故答案为：②④
14．（2023·上海静安·统考一模）已知函数 ，若函数 只有一个零点 ，则实数 的取值范围
为________.
【答案】
【分析】对 分类讨论： ， 和 ，分别求出对应情况下的实根情况列不等式，即可求解.
【详解】函数 的导函数为 .
当 时，令 ，解得： ，所以函数 有两个零点，不符合题意.
当 时，要使函数 只有一个零点 ，只需 的极大值小于0或 的极小值大于0.
令 ，解得： 或 .
列表：
0
+ 0 - 0 +
单增 极大值 单减 极小值 单增
所以极大值 不符合题意.
所以极小值 ，解得： ；
当 时，要使函数 只有一个零点 ，只需 极大值小于0或 的极小值大于0.
.令 ，解得： 或 .
列表：
0
- 0 + 0 -
单减 极小值 单增 极大值 单减
所以极大值 不符合题意.
所以极小值 ，解得： .
综上所述：实数 的取值范围为 .
故答案为： .
15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ，若对 ，都有
成立，则实数a的最大值为___________．
【答案】
【分析】将 变形为 ，令 ，则函数 在 上单调递
减，即 在 上恒成立，转化为最值问题即可.
【详解】 ， ，
由 得 ，
整理得 ，令 ，则函数 在 上单调递减，
即 在 上单调递减，
在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
又 ，
，
实数a的最大值为
故答案为： .
16．（2022·全国·模拟预测）已知函数 ，若存在唯一整数 ，使得 成立，
则实数a的取值范围为______．
【答案】
【分析】首先将不等式整理为 ，分别构造函数 与 ，然后利用导数
研究 的函数性质并将作出其图象，进而将原问题转化为两函数图像的交点问题，结合函数图象即可求出参数
的取值范围.
【详解】已知 ，即 ，
令 ， ， ，
则 ，易知 在 上单调递增，又 ， ，所以存在实数
，使得 ，
且当 时， ， 在 上单调递减，当 时， ， 在 上单调递增，
所以 ，又 ，
是过定点 的直线，所以画出函数 和 的大致图象如图所示，
令 ， ， ，由图可知若存在唯一整数 ，使得 成立，则需
，
而 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即实数a的取值范围是 ．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将不等式变形为 ，并构造函数 与
，将原问题转化为两函数图像的交点问题，进而通过导数画出 与 的大致图像，通过数形结
合的方法求出参数 的取值范围，该方法是解决函数整数解问题或者零点问题的一种重要手段.
四：解答题
17．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知函数 .
(1)若 且 存在零点，求实数a的取值范围；
(2)若 ，求 的最大值.【答案】(1)
(2) .
【分析】(1)利用函数的导数与单调性的关系确定函数的零点，极值点即可求解；
(2)根据 不同取值进行分类讨论，利用函数 的单调性与导数的关系，讨论函数的极值，进而可求解.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
①当 时， ，此时 在 单调递增，
所以 在 存在唯一零点，
所以 在 存在唯一零点；
②当 时， ，所以 在 无零点；
③当 时， ， ，
此时 在 单调递减， 单调递增，
所以 ，且 ，
若 存在零点，则只需要 即可，
所以 ，
由①②③可得，实数 的取值范围 ；
（2）①当 时， ，此时 在 单调递增，
当 时 与 恒成立矛盾；
②当 时， ，则 ，所以 ，
③当 时， ， ，此时 在 单调递减， 单调递增，
所以 ，
令 ，所以 ，
， ，
所以 在 单调递增， 单调递减，
，所以
由①②③可得， 的最大值为 .
18．（2023·全国·高三专题练习）设函数 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)当 时，记 ，是否存在整数t，使得关于x的不等式 有解?若存在，请求出t的最
小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，t的最小值为0
【分析】（1）求导 ，根据一元二次不等式的解法，再分 ， ， 讨论
求解；
（2）由 ，得到 ，求导得到 ，确定其范围，再由不等
式 有解求解.
【详解】（1）解：由题意得函数的定义域为 ，
，①当 时， 时， ， 在 单调递增，
时， ， 在 单调递减；
②当 时， 恒成立， 在 上单调递增；
③当 时， 时， ， 在 单调递增，
时， ， 在 单调递减；
综上，当 时， 在 单调递增，在 单调递减；
当 时， 恒成立， 在 上单调递增；
当 时， 在 单调递增，在 单调递减.
（2）当 时， ，
∴ ，∴ 单调递增，
又 ， ，
所以存在唯一的 ，使得 ，
且当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
所以 ，
设 ， ，则 在 上单调递减，所以 ，即 ，
若关于x的不等式 有解，则 ，又t为整数，所以 ，
所以存在整数t满足题意，且t的最小值为0.
【点睛】方法点睛：若不等式 有解，则 ；若不等式 恒成立，则 .
19．（2023·全国·模拟预测）已知函数 .
(1)当 时，求 的最小值；
(2)设 ， ，证明： 有且仅有 个零点.（参考数据： ， .）
【详解】（1）已知 ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，故 ，所以 在 上单调递增，即 ，
所以 在 上单调递减，即 ，所以 的最小值为
（2）因为 ，所以 .
①当 时，设 ， ，
所以 在 单调递增.又 ， ，
故 ，使得 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
故 ， .所以 在 上存在唯一零点 ，显然 ，故 是 的一个零点.
②当 时， ，设 ，
，
再设 ，于是 ，
因为 ，所以 在 上单调递减，且 ， ，
故 ，使得 .
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
因为 ， ，
故 ，使得 .
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
又因为 ， ，所以 在 上无零点.
③当 时， ，
故 在 上单调递减.
又因为 ， ，所以 在 上存在唯一零点 .
④当 时，因为 ， ，
所以 ，此时 无零点.
综上所述， 在 上有且仅有 个零点.
【点睛】关键点睛：这道题的关键地方是第二问要分四种情况进行讨论，然后对函数进行多次求导，得到原函数
的单调性和正负情况
20．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数 .（注： …是自然对数的底数）
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若 只有一个极值点，求实数m的取值范围；
(3)若存在 ，对与任意的 ，使得 恒成立，求 的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】(1)根据导数的几何意义 ，结合点斜式求切线方程；
(2)讨论 的符号，判断 的单调性，进而确定 的零点；
(3)要使 取到最小值，则 取最大，分析可得 ，结合零点代换处理即可.
【详解】（1）（1）当 时， ，
故 ，
故在点 处的切线方程为 ；
（2）解：由题意知 有且只有一个根且 有正有负，构建 ，则 .
①当 时， 当 时恒成立， 在 上单调递增，
因为 ，
所以 有一个零点，即为 的一个极值点；
②当 时， 在 上恒成立，即 无极值点；
③当 时，当 ；当 ，
所以 在 单调递减，在 上单调递增，
故 ，
若 ，则 ，即 .
因为 ，所以当 时， ，
当 时， ，
令 ，则 ，故 ，
故 在 上为增函数.
故 ，
故 ，
故当 时， 有两个零点，此时 有两个极值点，
当 时， 当 时恒成立，即 无极值点；
综上所述： .
（3）解：由题意知，对于任意的 ，使得 恒成立，则当 取最大值时， 取到最小值.
当 时，因为 ，故当 时， 的最小值为 ；
当 时，当 时， ，
所以 无最小值，即 无最小值；
当 时，由（2）得 只有一个零点 ，即 且 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增， ，
此时 ，
因为 ，所以 ，
代入得 ，
令 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
，此时 ，
所以 的最小值为 .
【点睛】方法点睛：对于利用导数求参数时，常采用分离常数法，转化求函数的最值问题.
【提能力】
一、单选题
21．（2023·全国·高三专题练习）设 ，若 为函数 的极大值点，则（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对 进行分类讨论，
画出 图象，即可得到 所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若 ，则 为单调函数，无极值点，不符合题意，故 .
有 和 两个不同零点，且在 左右附近是不变号，在 左右附近是变号的.依题意， 为
函数 的极大值点， 在 左右附近都是小于零的.
当 时，由 ， ，画出 的图象如下图所示：
由图可知 ， ，故 .
当 时，由 时， ，画出 的图象如下图所示：由图可知 ， ，故 .
综上所述， 成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
22．（2022·浙江·高三专题练习）若函数 在区间 上单调递增，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由 分离常数 ，利用构造函数法，结合导数，求得 的取值范围.
【详解】依题意 在区间 上恒成立，
即 在区间 上恒成立，
令 ，
，
在 上递增， ，
所以 .
所以 的取值范围是 .
故选：B
23．（2021·江西宜春·统考模拟预测）“ ”是“函数 在 上单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A【分析】由函数在 上单调递增有 恒成立，进而转化为不等式恒成立问题，求 的范围，即可判断
条件间的充分、必要性.
【详解】若 在 上单调递增，则 对任意的 恒成立，
∴有 对任意的 恒成立，即 ，而 当且仅当 时等号成
立，则 .
∴“ ”是“函数 在 上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A．
24．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 的值域为 ，则实数 的取值范围是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出函数 在 时值的集合， 函数 在 时值的集合，再由已知并借助集合
包含关系即可作答.
【详解】当 时， 在 上单调递增， ， ，则 在 上值的集
合是 ，
当 时， ， ，
当 时， ，当 时， ，即 在 上单调递减，在 上单调递增，
， ，则 在 上值的集合为 ，
因函数 的值域为 ，于是得 ，则 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
故选：D25．（2022·全国·高三专题练习）已知 是定义在 上的奇函数，其导函数为 且当 时，
，则不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】构造新函数 ，利用导数确定 的单调性，从而可得 时 的正负，利用奇函数性
质得出 时 的正负，然后分类讨论解不等式．
【详解】设 ，则 ，所以 在 上递增，
又 ，所以 时， ，此时 ，所以 ，
时， ，此时， ，所以 ，
所以 时， ，
因为 是奇函数，所以 时， ，
由 得 或 ，所以 或 ．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数解不等式，关键是构造新函数 ，利用导数确定单调性后，得
出 的解．
26．（2023·全国·高三专题练习）设函数 是奇函数 （ ）的导函数， ，当 时，
，则使得 成立的 的取值范围是
A． B．
C． D．
【答案】A【详解】构造新函数 , ，当 时 .
所以在 上 单减，又 ，即 .
所以 可得 ,此时 ，
又 为奇函数，所以 在 上的解集为： .
故选A.
点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如 ，想到构造 .一般：
（1）条件含有 ，就构造 ,（2）若 ，就构造 ，（3）
，就构造 ，（4） 就构造 ，等便于给出导数时联想构造函
数.
27．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 ，其中 ，则（ ）
A． 在 上单调递增 B． 在 上单调递减
C．曲线 是轴对称图形 D．曲线 是中心对称图形
【答案】C
【分析】由解析式易得 且定义域为 且 即可判断C；对 求导，并讨论 、 研
究 在 上的符号判断A、B；根据 是否为定值判断D.
【详解】由题设， ，定义域为 且 ，
所以 关于 对称，C正确；又 ，
当 时，不妨假设 ，则 ，显然 ，此时 在
上有递减区间，A错误；
当 时，在 上 ，即 在 上递增，B错误；
由 ，不可能为定值，故
D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用导数结合分类讨论研究函数的区间单调性，根据 、
是否成立判断对称性( 为常数).
二、多选题
28．（2023春·山东济宁·高三校考开学考试）已知函数 ，则（ ）
A． 在 单调递增
B． 有两个零点
C．曲线 在点 处切线的斜率为
D． 是偶函数
【答案】AC
【解析】根据函数的定义域可判断D，利用函数的导数的正负可判断A，利用导数的几何意义可判断C，根据函数值的情况及零点定义可判断B.
【详解】由 知函数的定义域为 ，
，
当 时， ， ，
故 在 单调递增，A正确；
由 ，当 时， ，
当 ，所以 只有0一个零点，B错误；
令 ， ，故曲线 在点 处切线的斜率为 ，C正确；
由函数的定义域为 ，不关于原点对称知， 不是偶函数，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：解决本题时，利用函数的导数判断函数的增减性，利用导数的几何意义求切线的斜率，属
于中档题.
29．（2022秋·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考阶段练习）已知函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A．函数 存在两个不同的零点
B．函数 既存在极大值又存在极小值
C．当 时，方程 有且只有两个实根
D．若 时， ，则 的最小值为
【答案】ABC
【分析】首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图象，最后直接判断选项．
【详解】对于A． ，解得 ，所以A正确；对于B． ，
当 时， ，当 时， 或 ，
所以 是函数的单调递减区间， 是函数的单调递增区间，
所以 是函数的极小值， 是函数的极大值，所以B正确．
对于C．当 时， ，根据B可知，函数的最小值是 ，再根据单调性可知，当 时，
方程 有且只有两个实根，所以C正确；
对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．
故选：ABC.
【点睛】易错点点睛：本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导
数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是 是函数的单调递减区间，但当
时， ，所以图象是无限接近 轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了．
30．（2022春·全国·高三开学考试）关于函数 ，下列判断正确的是（ ）
A． 是 的极大值点
B．函数 有且只有1个零点C．存在正实数 ，使得 成立
D．对任意两个正实数 ， ，且 ，若 ，则 .
【答案】BD
【分析】A选项借助导数研究函数的极值情况；BC选项，构造新函数研究函数的零点问题以及参数取值范围；D
选项根据新函数单调性比较函数值的大小，从而得到双变量的关系.
【详解】对于A，函数的定义域为（0，+∞），
，
∴在（0，2）上，f′（x）＜0，函数单调递减，
（2，+∞）上，f′（x）＞0，函数单调递增，
∴x＝2是f（x）的极小值点，即A错误；
对于B， ﹣x，
∴y′ 1 0，
函数在（0，+∞）上单调递减，
且 ，
，
∴函数 有且只有1个零点，即B正确；
对于C，若f（x）＞kx，可得k ，
令g（x） ，则g′（x） ，
令 ，则 ，
∴在x∈（0，1）上，函数h（x）单调递增，
x∈（1，+∞）上函数h（x）单调递减，
∴h（x） h（1）＜0，∴g′（x）＜0，
∴ 在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值，
∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，即C不正确；
对于D，令t∈（0，2），则2﹣t∈（0，2），2+t＞2，令
ln ，
则
，
∴g（t）在（0，2）上单调递减，
则g（t）＜g（0）＝0，令x＝2﹣t，
1
由f（x）＝f（x），得x＞2+t，
1 2 2
则x+x＞2﹣t+2+t＝4，
1 2
当x≥4时，x+x＞4显然成立，
2 1 2
∴对任意两个正实数x，x，且x＞x，
1 2 2 1
若f（x）＝f（x），则x+x＞4，故D正确.
1 2 1 2
故选：BD．
【点睛】思路点睛：借助导数研究函数的极值情况，构造新函数研究函数的零点问题以及参数取值范围；可以将
自变量的大小比较通过构造新函数，通过单调性转化为函数值的大小比较，从而得到自变量间的关系.
31．（2021·吉林松原·校考三模）关于函数 ，下列说法正确的是（ ）
A． 是 的极小值点；
B．函数 有且只有1个零点；
C．存在正整数 ，使得 恒成立；
D．对任意两个正实数 ， ，且 ，若 ，则 .
【答案】ABD
【解析】利用导数求函数的极值可判断A选项；求出函数 的单调性利用特殊值可判断B；转化为
构造函数并求函数的单调性可判断C；利用已知得出 ，构造函数证明不等式可判断D.
【详解】对于A选项，函数的的定义域为 ，函数的导数 ，
∴ 时， ，函数 单调递减，
时， ，函数 单调递增，
∴ 是 的极小值点，故A正确；
对于B选项， ，
∴ ，
∴ 函数在 上单调递减，
又∵ ， ，
∴ 函数 有且只有1个零点，故B正确；
对于C选项，若 ，可得 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
∴在 上， ，函数 单调递增，
上， ，函数 单调递减，
∴ ，
∴ ，
∴ 在 上函数单调递减，函数无最小值，∴不存在正实数 ，使得 成立，故C错误；
对于D选项，由 ， 结合A选项可知 ，
要证 ，即证 ，且 ，
由函数 在 是单调递增函数，
所以有 ，
由于 ，所以 ，
即证明 ，
令 ，
则 ，所以 在 是单调递减函数，
所以 ，即 成立，
故 成立，所以D正确.
故选：ABD.
【点睛】函数中涉及极值、零点，不等式恒成立，一般都需要通过导数研究函数的单调性极值最值来处理，特别
的要根据所求问题，适时构造恰当的函数，利用所构造函数的单调性、最值解决问题是常用方法.
三、填空题
32．（2022·重庆北碚·西南大学附中校考模拟预测）函数 在 处取得极值10，则
___________.
【答案】
【分析】由 在 处取得极值10，求得解得 或 ，再结合函数的极值的概念进行检验，即可
求解.【详解】由题意，函数 ，可得 ，
因为 在 处取得极值10，可得 ，
解得 或 ，
检验知，当 时，可得 ，
此时函数 单调递增，函数为极值点，不符合题意，（舍去）；
当 时，可得 ，
当 或 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
当 时，函数 取得极小值，符合题意.
所以 .
故答案为： .
【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：
1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；
2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；
3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.
33．（2023·全国·高三专题练习）已知可导函数 的定义域为 ，满足 ，且 ，则
不等式 的解集是________．
【答案】
【分析】构造函数 ，由导数确定单调性后，利用单调性解函数不等式．
【详解】设 ，则 ，
因为 ， ，所以 ， 在 上单调递减，，即 ，令 ，即 ， ，
所以 ， ，所以 ．
故答案为： ．
【点睛】关键点点睛：本题考查解函数不等式，解题关键是构造新函数 ，利用导数确实单调性，已知
不等式转化为关于 的函数不等式，然后求解．
34．（2022秋·北京·高三北京市回民学校校考阶段练习）已知函数 ，若存在 ， ，使
得 ，则 的取值范围是______.
【答案】
【分析】由 ，得到 ，再研究函数 的单调性，得到 ，将 表示出来，
然后利用换元法转化为二次函数求最值即可.
【详解】 ， ， ，
， ，
当 时， ， ，
由 得 ，由 得 ，所以 在 上递减，在 上递增，
在 处取得最小值 ， ，
，令 ，则 ，
当 时， 取得最小值 ，当 时， 取得最大值0，
所以 的取值范围是 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导函数研究函数的最值，令 ，将 转化为关于t的二次函数，根据
二次函数求最值是解题的关键，考查学生分析试题能力与转化化归能力，属于较难题.
35．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ，其中e是自然数对数的底数，若
，则实数a的取值范围是_________．
【答案】
【详解】因为 ，所以函数 是奇函数，
因为 ，所以数 在 上单调递增，
又 ，即 ，所以 ，即 ，
解得 ，故实数 的取值范围为 ．
点睛:解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为 的形式，然后根据函数 的单调
性去掉“ ”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意 与 的取值应在函数 的定义域内．
36．（2022春·全国·高三专题练习）已知函数 （e为自然对数的底数），若关于x的方程
有且仅有四个不同的解，则实数k的取值范围是______.【答案】
【分析】设 ，由题可得当 时， 有两个零点，进而可得 有两个正数解，
利用数形结合即可求得 的取值范围.
【详解】令 ，可得 ，
所以函数 为偶函数，
由题意可知当 时， 有两个零点，
当 时， ， ，
即当 时， ，
由 ，可得 ，即方程 在 上有两个正数解，
∵函数 的导函数为 在 上恒成立，
∴作出函数 与直线 大致图象如下图∵方程 在 上有两个正数解， 恒过点 ，
∴ ，
由 相切，设切点为 ，
由 可得 ，故切线的斜率为 ，
所以切线的方程为 ，
由切线过 ，可得 ，
解得 或 （舍去），
故切线的斜率为 ，即 ，
所以当 时，直线与曲线由两个交点，
综上可得实数 的取值范围是 .
故答案为： .
【点睛】方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：
（1）直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化
为两个函数 的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，
二是转化为 的交点个数的图象的交点个数问题．
四、解答题
37．（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.
38．（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【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.
【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.
【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.
39．（2022·重庆永川·重庆市永川北山中学校校考模拟预测）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；（2）若 存在两个极值点 ，证明： ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对 进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，
即可求得函数的单调区间；
（2）方法一：根据 存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定 ，令 ，得到两个极值点
是方程 的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.
【详解】（1） 的定义域为 ， .
（i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单调递减.
（ii）若 ，令 得， 或 .
当 时， ；
当 时， .所以 在 单调递减，在
单调递增.
（2）［方法一］：【通性通法】消元
由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 .
由于 的两个极值点 满足 ，所以 ，不妨设 ，则 .由于
，
所以 等价于 .设函数 ，由（1）知， 在 单调递减，又 ，从而当 时， ，
所以 ，即 .
［方法二］：【通性通法】消元
由（1）知 且 是方程 的两根，不妨设 ，即 ．此时
．
欲证不等式成立，只需证 ．
因为 ，所以 ，只需证 ．
令 ，
所以， 在区间 内单调递减，且 ，所以 ，即证．
［方法三］：硬算
因为 ，
所以 有两个相异的正根 （不妨设 ）．
则 且 即 ．所以 ．
而 ， ，所以 ．
设 ，则 ．
所以 在 上递减， ，问题得证．
［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用
由（1）知， 存在两个极值点当且仅当 ．
由于 的两个极值点 满足 ，所以 ．不妨设 ，则 ．由于
．
由对数平均不等式可得 ，即 ．
故 ．
【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立
问题，属于通性通法；
方法二：同方法一，只是消元字母不一样；
方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；
方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解．
40．（2023·全国·高三专题练习）设a，b为实数，且 ，函数
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 ，函数 有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当 时，证明：对任意 ，函数 有两个不同的零点 ，满足 .
(注： 是自然对数的底数)
【答案】(1) 时， 在 上单调递增； 时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为
；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1) ，
①若 ，则 ，所以 在 上单调递增；
②若 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
综上可得， 时， 在 上单调递增；
时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为 .
(2) 有2个不同零点 有2个不同解 有2个不同的解，
令 ，则 ，
记 ，记 ，
又 ，所以 时， 时， ，
则 在 单调递减， 单调递增， ，
.
即实数 的取值范围是 .
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则 ，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为 ，较小者为 ，
，
注意到函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
故 ，又由 知 ，
，
要证 ，只需 ，
且关于 的函数 在 上单调递增，
所以只需证 ，
只需证 ，
只需证 ，，只需证 在 时为正，
由于 ，故函数 单调递增，
又 ，故 在 时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点 ，不妨设 ，由 得 （其中 ）．
且 ．
要证 ，只需证 ，即证 ，只需证 ．
又 ，所以 ，即 ．
所以只需证 ．而 ，所以 ，
又 ，所以只需证 ．
所以 ，原命题得证．
[方法三]：
若 且 ，则满足 且 ，由（Ⅱ）知 有两个零点 且 ．
又 ，故进一步有 ．
由 可得 且 ，从而
．．
因为 ，
所以 ，
故只需证 ．又因为 在区间 内单调递增，故只需证 ，即 ，注意 时有
，故不等式成立．
