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专题 17 函数与导数压轴解答题常考套路归类
【命题规律】
函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，
通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：
（1）含参函数的单调性、极值与最值；
（2）函数的零点问题；
（3）不等式恒成立与存在性问题；
（4）函数不等式的证明．
（5）导数中含三角函数形式的问题
其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩
应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．
【核心考点目录】
核心考点一：含参数函数单调性讨论
核心考点二：导数与数列不等式的综合问题
核心考点三：双变量问题
核心考点四：证明不等式
核心考点五：极最值问题
核心考点六：零点问题
核心考点七：不等式恒成立问题
核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题
核心考点九：利用导数解决一类整数问题
核心考点十：导数中的同构问题
核心考点十一：洛必达法则
核心考点十二：导数与三角函数结合问题
【真题回归】
1．（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： ．
【解析】（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.
2．（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 ．
【解析】（1）因为 ，所以 ，
即切点坐标为 ，
又 ，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）因为 ，所以 ，
令 ，
则 ，
∴ 在 上单调递增，
∴
∴ 在 上恒成立，
∴ 在 上单调递增.
（3）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.
3．（2022·浙江·统考高考真题）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）
【解析】（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 ，所以 ，
，
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：
4．（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： ．
【解析】（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.
5．（2022·全国·统考高考真题）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．【解析】（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 ，
由（1）得 ，即 ，所以 ，
当 时， ，
则存在 ，使得 ，
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 ，
由（1）得当 时， ， ，所以 ，
此时存在 ，使得 ，
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 .
6．（2022·全国·统考高考真题）已知函数 ．
(1)若 ，求a的取值范围；
(2)证明：若 有两个零点 ，则 ．
【解析】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为 ，则
令 ,得
当 单调递减
当 单调递增 ，
若 ,则 ,即
所以 的取值范围为
[方法二]：同构处理
由 得：
令 ，则 即
令 ，则
故 在区间 上是增函数
故 ，即
所以 的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
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 ,即证又因为 ,故只需证
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 .
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，故 只有1个解
又因为 有两个零点 ，故
两边取对数得： ，即
又因为 ，故 ，即
下证
因为
不妨设 ，则只需证
构造 ，则
故 在 上单调递减
故 ，即 得证
7．（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．
【解析】（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 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.
【方法技巧与总结】
1、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极
值点为 ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x．
0
（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数 ，若证 ，则令
．
（3）判断单调性，即利用导数讨论 的单调性．
（4）比较大小，即判断函数 在某段区间上的正负，并得出 与 的大小关系．
（5）转化，即利用函数 的单调性，将 与 的大小关系转化为 与 之间的
关系，进而得到所证或所求．
【注意】若要证明 的符号问题，还需进一步讨论 与x 的大小，得出 所在
0
的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿
于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内
在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单
调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能
获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2、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．
3、 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．
【核心考点】
核心考点一：含参数函数单调性讨论
【规律方法】
1、导函数为含参一次型的函数单调性
导函数的形式为含参一次函数时，首先讨论一次项系数为0，导函数的符号易于判断，当一次项系数
不为雩，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数图像判定导函数的符号，写出函数的单调
区间．
2、导函数为含参二次型函数的单调性
当主导函数（决定导函数符号的函数）为二次函数时，确定原函数单调区间的问题转化为探究该二次
函数在给定区间上根的判定问题．对于此二次函数根的判定有两种情况：
（1）若该二次函数不容易因式分解，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域；
（2）若该二次函数容易因式分解，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判
定导函数的符号，从而判断原函数的单调性．
3、导函数为含参二阶求导型的函数单调性
当无法直接通过解不等式得到一阶导函数的符号时，可对“主导”函数再次求导，使解题思路清晰．
“再构造、再求导”是破解函数综合问题的强大武器．
在此我们首先要清楚 之间的联系是如何判断原函数单调性的．
（1）二次求导目的：通过 的符号，来判断 的单调性；
（2）通过赋特殊值找到 的零点，来判断 正负区间，进而得出 单调性．
【典型例题】
例1．（2023春·山东济南·高三统考期中）已知三次函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程，
(2)讨论 的单调性.
【解析】（1）当 时， ，，
所以曲线 在点 处的切线斜率为 ，
又 ， ，
整理可得曲线 在点 处的切线方程为 ；
（2） ，
若 ，由 可得 ，
当 时， ， 为增函数，
当 时， ， 为减函数，
当 时， ，
可得 或 ，
所以 在 为增函数，在 上为减函数，
当 时，
若 ，
在 为减函数，在 上为增函数，
若 ， ， 在 上为减函数，
若 ，
在 为减函数，在 上为增函数，
综上可得：
若 ，
在 上为增函数，在 上为减函数，
当 时， 在 为增函数，在 上为减函数，
当 时，
若
在 为减函数，在 上为增函数，若 ， ， 在 上为减函数，
若 ， 在 为减函数，在 上为增函数.
例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ， ，讨论函数 单调
性；
【解析】因为 的定义域为 ，
所以 ，
当 时，令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，
所以 在 上单调递减，在 和 上单调递增，
当 时 恒成立，所以 在 上单调递增，
当 时，令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，
所以 在 上单调递减，在 和 上单调递增，
综上可得，当 时， 在 上单调递减，在 和 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 和 上单调递增；
例3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ， ，求 的单调区间.
【解析】函数 的定义域为 ，
求导得： ，
若 ，当 时， ，当 时， ，因此 在 上单调递减，在 上单
调递增，
若 ，由 ，得 或 ，由 ，得 ，
因此 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
若 ， 恒成立，因此 在 上单调递增，
若 ，由 ，得 或 ，由 ，得 ，
因此 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，所以当 时，函数 的递减区间为 ，递增区间为 ；
当 时，函数 的递增区间为 ， ，递减区间为 ；
当 时，函数 在 上单调递增；
当 时，函数 的递增区间为 ， ，递减区间为 .
例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .求函数 的单调区
间；
【解析】函数 的定义域为 ，
则 ，
当 时，因为 ，所以 ，则 ，
故函数 的单调递增区间为 ；
当 时，由 可得 ，由 可得 ，
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
综上：当 时，函数 的单调递增区间为 ；
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
核心考点二：导数与数列不等式的综合问题
【规律方法】
在解决等差、等比数列综合问题时，要充分利用基本公式、性质以及它们之间的转化关系，在求解过
程中要树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，并适时地采用“巧用性质，整体考虑”的方法．可
以达到减少运算量的目的．
【典型例题】
例5．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数 .
(1)若不等式 在 上恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明： .
【解析】（1） ， ， ， ，，
时， ，
∴ ，函数 在 上单调递增，
∴ 恒成立，满足条件.
时，对于方程 ，其 ，方程有两个不相等的实数根 ，
， ，
，
当 时， ，此时函数 单调递减，
，则 ，不满足条件，舍去.
综上可得：实数a的取值范围是 .
（2）证明：由（1）可知：取 时，函数 在 上单调递增，
∴ 在 上恒成立，
令 ，则 ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
例6．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若不等式 对 恒成立，求实数a的范围；
(3)证明：当 ．
【解析】（1）由题 ，则 .
得 ，故 在点 处的切线方程为：
.
（2）由题 ， ，令 ，则 .
①当 ，即 时， ，有 在 上单调递增，则 ，
得 在 上单调递增，
此时 ，故 满足题意.
②当 ，即 时，令 ，得 ，
则 在 上单调递减，又 ，
得 在 上单调递减，此时 ，故 不合题意.
综上可得： .
（3）由（2），当 时有 .
注意到 ，则令 ，其中 .
则由
可得 ，当且仅当 取等号.
其中 .
则令 ，其中 ，
得 .
又代换后原不等式中的等号已经取不到（需 ），故有
即 ，其中 .
则有
故原式得证.
例7．（2023春·福建宁德·高三校考阶段练习）已知函数 （ ）.
(1) ，求证： ；
(2)证明： .( )【解析】（1）先证 ，令 ，此时 ，故 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，即 .
再证 ，
令 ， ，
， 在 上单调递增，
故 ，即 ，
综合以上可得 时， ；
（2）由（1）可知 ，
，
要证 ，只需证 ，
即证 ，即证 ；
，
要证 ，即证
令 ，则 ，
在 上单调递增， ， ，
所以 在区间 上存在零点 ，则 时， ， 时， ，
故 在 上单调递减， 上单调递增，
而 ， ，
由于 ， ,故 ，
故 ，
所以 时， ，
故当 时， 成立，当 时， 也成立，
所以， 得证，则 成立.
核心考点三：双变量问题【规律方法】
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的
不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
【典型例题】
例8．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数 .
(1)若过原点的一条直线 与曲线 相切，求切点的横坐标；
(2)若 有两个零点 ，且 ，证明：
① ；
② .
【解析】（1）由 可得 ，
设切点 ，
则切线方程为 ，
代入 ，解得 ；
（2）令 ，得 ，因为 有两个零点 ，
所以 ，
设 ，则 ，且 ，
所以 ，
从而 ，
故 ，
，
①令 ，则 ，令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，又 ，
所以当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递增，又 ，
所以 ，即 ；
②令 ，则 ，
令 ，
则 ，
当 时， ，
所以当 时， ，因此 在 上单调递增，而 ，
所以当 时， ，
故 ，从而 在 上单调递增，
又因为 ，
所以 ，即 .
例9．（2023春·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知函数 .
(1)讨论 极值点的个数；
(2)若 有两个极值点 ，且 ，证明: .
【解析】（1） ,则 ,
显然不是 的零点,
令 ,则 ,在 单调递减,在（0,1）单调递减,在 单调递增.
当 时， ，当 时， ，且
时, 只有一个实数根，所以此时 有1个极值点,
时, 没有实数根，故 有0个极值点,
当 时， ，有一个实数根 ，但 不是极值点，故此时 没有极值点，
时, 有两个不相等的实数根，故 有2个极值点.
（2）由（1）知, ,且 在（0,1）单调递减,在 单调递增,
先证: ,即证: ， 即证: .
即证: .
令 ,
即证: ,
令 则
令 ,则 ,则 在 单调递减
,
,即 在 单调递减,
,证毕.
再证: ,
,且
.
在 单调递增,在 单调递减,在 单调递增,
.
即证: ,
又 ,即证: .
令 ,
.
令 ,
,
令
,
令
令 ,
,
在 单调递减,在 单调递增.
,
,当 时, 单调递增;当 时, 单调递减.
,
在 单调递减,在 单调递增.
,
在 单调递增,在 单调递减.
,
,
,
在 单调递增,
,
所以原命题得证.
例10．（2023·全国·高三专题练习）巳知函数 .
(1)求函数f（x）的最大值;(2)若关于x的方程 有两个不等实数根 证明:
【解析】（1）因为 ，所以 .
令 ，得 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 .
（2）方程
可化为 .
设 ，显然 在 上是增函数，又 ，
所以有 ，即方程 有两个实数根 ， .
由（1）可知 ，则有 ，所以 的取值范围为 .
因为方程 有两个实数根 ， ，所以 ，
则 ，要证 ，即证 .
，
需证 .
需证 .
不妨设 ，令 ，则 ，即要证 .
设 ，则 ，
所以 在 上是增函数， ，即 成立，故原式成立.
核心考点四：证明不等式
【规律方法】
利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
），进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．
（4）对数单身狗，指数找基友
（5）凹凸反转，转化为最值问题
（6）同构变形
【典型例题】
例11．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知函数 ．
(1)当 时，讨论 的单调性
(2)设 为 的两个不同零点，证明：当 时， ．
【解析】（1）当 时， ，则 定义域为 ， ；
①当 时， ， 恒成立， 在 上单调递增；
②当 时，令 ，解得： （舍）或 ，
则当 时， ；当 时， ；
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）不妨设 ，则 ，且 ，
两式作差整理得： ， ，
；
；
要证 ，只需证 ，
又 ，则只需证 ；
即证 ；
令 ，则 ，
在 上单调递增， ，
当 时， ，即 ， ；
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增， ，
则 ， （当且仅当 时取等号）；
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减， ，
（当且仅当 时取等号）；
，即 ；
又 ， ，
成立.
例12．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知 ．
(1)求 的单调递增区间；(2)若 ，且 ，证明 ．
【解析】（1） 的定义域为 .
∵ ，仅当 时取等号，
∴ 的单调递增区间为 .
（2）由题可得 ，
若 ， 则必有 ， 则 ；
若 ，则必有 ，则 ．
∴若 ，则 ．
要证 ，只需证 ，只需证 ，即证 ，
又 ，故只需证 ．
令 ．
则 ．
∵ ，∴ ，∴ ，
且 ，
∴ ，故 在 上单调递增．
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，得证.
例13．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数 在 处的切线方程为 .
(1)求实数m和n的值；
(2)已知 ， 是函数 的图象上两点，且 ，求证： .【解析】（1）由 ，得 .
因为函数 在 处的切线方程为 ，
所以 ， ，则 ；
（2）证明：由（1）可得， ， ，
所以当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
因为 ， 是函数 的图象上两点，且 ，
不妨设 ，且 ，所以 .
由 ，得 ，即 .
设 ， .
设 ，则 ，所以 ，
即 ，故 .
要证 ，只需证 ，
即证 ，即证 ，即证 ，
即证 ，即证 .
令 ， ，
则 ，
证明不等式 ；
设 ，则 ，
所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上为增函数，在 上为减函数，
故 ，所以 成立.由上还不等式可得，当 时， ，故 恒成立，
故 在 上为减函数，则 ，
所以 成立，即 成立.
综上所述， .
核心考点五：极最值问题
【规律方法】
利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．
只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定
单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，
对新函数再用导数进行求值、证明等操作．
【典型例题】
例14．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知函数 .
(1)当 时，求 在 上的最值；
(2)讨论 的极值点的个数.
【解析】（1）当 时， ，
，故 在 上单调递增，
， .
（2） ,
①当 时, 恒成立,此时 在 上单调递增，不存在极值点.
②当 时,令 ,即 ，解得: 或 ，
令 ,即 ，解得
故此时 在 递增,在 递减,在 递增,
所以 在 时取得极大值，在 时取得极小值，故此时极值点个数为2，
综上所述: 时, 无极值点，
时, 有2个极值点.
例15．（2023·江西景德镇·高三统考阶段练习）已知函数 ，其中a为
大于0的常数，若 ．(1)讨论 的单调区间；
(2)若 在 取得极小值，求 的最小值．
【解析】（1） ，
求导 ，
由 ，令 ，得 ，
（1）当 时， ，
当 和 时， ，所以 在 和 上单调递增；
当 时， ，所以 在 上单调递减；
（2）当 时， ，
当 时， ，所以 在 上单调递减；
当 时， ，所以 在 上单调递增；
（3）当 时， ，
当 和 时， ，所以 在 和 上单调递增；
当 时， ，所以 在 上单调递减；
综上，当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
（2）由（1）知，当 时， 在 处取得极小值，不符合题意；
当 时， 在 处取得极小值，即 ，
则 ，其中
令 ，即求
求导
令 ，得 ，即
当 时， ，所以 在 上单调递减；
当 时， ，所以 在 上单调递增；故 在 处取得极小值，即最小值
所以 的最小值为
例16．（2023·浙江温州·统考模拟预测）已知 ，函数 的最小值为2，其中
， ．
(1)求实数a的值；
(2) ，有 ，求 的最大值．
【解析】（1）由题意知， ，
则 ，
令 ，令 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，又 ，
所以 ，解得 ，
经检验， 符合题意.
故 .
（2）由 ，得
，即 ，
对于 ，可得不等式 在R上恒成立，
即 在R上恒成立，
设 ，则 ，
若 ，则 ，函数 在R上单调递增，
且 ，符合题意；
若 ，令 ，令 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
由 ，得 ，即 ①；
对于 ，可得不等式 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
设 ，则 ，若 ，则 ，不符合题意；
若 ，令 ，令 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
由 ，得 ，即 ②.
当 时，由①②得， ，即 ，
设 ，则 ， ，
故 存在零点 ，故 当且仅当 ， 时等号成立.
综上， 的最大值为1.
核心考点六：零点问题
【规律方法】
函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参
数的值或取值范围．
求解步骤：
第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与 轴（或直线 ）在某区间上
的交点问题；
第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；
第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．
【典型例题】
例17．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ．
(1)若存在 ，使得 成立，求 的取值范围；
(2)若函数 有三个不同的零点，求 的取值范围．
【解析】（1）若存在 ，使得 成立，
则 在 时成立，故 ，
令 ， ，则 ，
当 时， ， 函数单调递增，当 时， ， 函数单调递减，
故 ，所以 ，故 的取值范围为 ；
（2） 有3个不同实数解，所以 有三个不
同的实数解，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
因为 ，所以当 或 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
当 时， ， ，
由题意得 ，
故 的取值范围为 ．
例18．（2023·全国·高三专题练习）设 ，已知函数 ，和 .
(1)若 与 有相同的最小值，求a的值；
(2)设 有两个零点，求a的取值范围.
【解析】（1） ， ，令 ，则
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，则
因为 ，则 的定义域为
，令 ，则
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，则
依题 ，
所以 ，
（2）因为 ，
令 ，即 ，则
即 ，则
因为 在 上单调递增，则 ，
即 在 上有两个零点，
由（1）可得： ，解得：此时 在 上有一个零点，
当 时，下证 在 上有一个零点，
取 ，则
令 ，则
所以 在 单调递减，则 ，即 ，
因为 ，令 ，则 ，
所以 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 在 上递增，所以 ，
所以 ，则 ，
所以 在 上单调递增，则 ，即 ，
所以 在 上有一个零点，
则 的取值范围为
例19．（2023春·广西·高三期末）已知函数 .
(1)当 时，求函数 的最大值；
(2)若关于x的方 1有两个不同的实根，求实数a的取值范围.
【解析】（1）当 时， ，故 ，
当 时， ，故 在 上为增函数，
当 时， ，故 在 上为减函数，
故 .
（2）方程 即为 ，
整理得到： ，令 ，
故 ，因为 均为 上的增函数，故 为 上的增函数，
而 ，故 的解为 ，因为方程 有两个不同的实数根，故 有两个不同的正数根，
设 ，则 ，
若 ，则 ，故 在 上为增函数，
在 上至多一个零点，与题设矛盾；
若 ，则 时， ； 时， ，
故 在 上为增函数，在 上为减函数，
由 有两个不同的零点可得 ，
故 .
当 时， ，而 ，
故 在 有且只有一个零点，
又 ，设 ，
令 ， ，则 ，
故 在 上为减函数，故 ，
故 ，故 在 有且只有一个零点，
综上 .
核心考点七：不等式恒成立问题
【规律方法】
1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数
后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论
法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
2、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） ， ．
3、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 ， ，有 成立，则 ；
（2）若 ， ，有 成立，则 ；
（3）若 ， ，有 成立，则 ；
（4）若 ， ，有 成立，则 的值域是 的值域的子集．
【典型例题】
例20．（2023·广西南宁·南宁二中校考一模）已知函数 .
(1)若函数 的图象在 处的切线与直线 平行，求函数 在 处的切线方程；
(2)求证：当 时，不等式 在 上恒成立.
【解析】（1） ，
函数 的定义域为 ，得 ，
则 .
又因为切线与直线 平行，所以 ，解得 .
又 ，故切线方程为 ，
即 ；
（2）由 在 上恒成立，得 在 上恒成立.
令 ，即 在 上恒成立，
易知 .
①当 时， ，
所以 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，满足题意；
②当 时，令 ，得 ，
所以当 时， ，当 时， .所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
（ⅰ）当 ，即 时， 在 上单调递增，
因为 ，
所以存在 ，使得 成立，所以 ，不满足题意；
（ⅱ）当 ，即 时，
函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
所以 .
设 ，
则 ，所以 在 上单调递增，
则 ，故 ，
即存在 ，使得 成立.所以 ，不满足题意；
（ⅲ）当 ，即 时， 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，满足题意.
综上， .
例21．（2023·上海·高三专题练习）已知函数 且 为常数）.
(1)当 ，求函数 的最小值；
(2)若函数 有2个极值点，求 的取值范围；
(3)若 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围.
【解析】（1）当 时， ， ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以当 时，函数取得最小值 ；
（2）函数的定义域为 ， ，设 ， ，由 ，得 ，
列表如下：
减 增
极小值
当 时， ，当 时， ，
做出函数 与 的图像，如下图，
当 时，直线 与 的图像有2个交点，设这两个交点的横坐标分别为 ，且 ，
有图可知，当 或 时， ，当 时， ，此时函数
有2个极值点，
所以 的取值范围是 ；
（3）不等式 对任意的 恒成立，
等价于 对任意的 恒成立，
所以 对任意的 恒成立，
令 ，其中 ，则 ，
令 ，其中 ，则 ，对任意的 恒成立，所以
在 上单调递增，
因为 ， ，故存在 ，使得 ，
当 时， ，此时函数 单调递减，当 时， ，此时函数 单调递增，
所以 ，
因为 ，则 ，因为 ，则 ，
因为函数 在 上单调递增，
由 可得 ，故 ，可得 ，
所以 ，
故 .
例22．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ．
(1)若 ，求函数 的单调区间；
(2)若不等式 在区间 上有解，求实数 的取值范围．
【解析】（1）当 时， ，
，
当 时， ， ，所以 ，即 在 上单调递增，
当 时， ， ，所以 ，即 在 上单调递减，
则 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2）因为 ，
则 ，
①当 时，即 时，因为 ， ， ，
所以 ，因此函数 在区间 上单调递增，
所以 ，不等式 在区间 上无解；
②当 时，即 时，当 时， ， ，
因此 ，所以函数 在区间 上单调递减，
，不等式 在区间 上有解．
综上，实数 的取值范围是 ．
核心考点八：极值点偏移问题与拐点偏移问题【规律方法】
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对
称性．若函数f (x)在 x=x 处取得极值，且函数y=f (x)与直线y=b交于A(x ,b),B(x ,b)两点，则
0 1 2
x +x x +x
的中点为M( 1 2,b)，而往往x ≠ 1 2 ．如下图所示．
AB 2 0 2
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数y=f (x)在区间(a,b)内只有一个极值点 x ，方程f (x)的解分别为
0
x +x
x 1 、x 2 ，且ax
0
，则函数
y=f (x)
在区间
(x 1 ,x 2 )
上极值点x
0
左偏，简称极值点x
0
左偏；（3）若
x +x
1
2
2
①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”： ， ；寻找“亲戚函数”是
关键；
③信手拈来凑同构，凑常数、 、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围．
（3）在解析几何中的应用：如果 满足的方程为同构式，则 为方程所表示曲
线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线 的方程
（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于 与 的同
构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解
【典型例题】
例29．（2022·河北·高三阶段练习）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且 ，证明： ．
【解析】（1） ，定义域为 ，
由 ，解得 ，
由 ，解得 ，
由 ，解得 ，所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
（2）∵a，b为两个不相等的正数，且 ，
∴ ，即 ，
由（1）可知 ，且 ， 时， ，
则令 ，
则 为 的两根，且 ，
不妨设 ，则 ，
先证 ，即证 ，即证 ，
令 ，即证在 上， ，
则 ，
在 上单调递增，即 ，
∴ 在 上恒成立，即 在 上单调递减， ，
∴ ，即可得 ；
再证 ，即证 ，
由（1） 单调性可得证 ，
令 ，
，
在 上单调递增，
∴ ，且当 ，
所以存在 使得 ，即当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
又有 ，
且 ，
所以 恒成立，
∴ ，
则 ，即可证得．
例30．（2022·河南郑州·二模（文））已知函数 ， ．
（1）求函数 的极值；
（2）当x>0时，证明：
【解析】（1） 定义域为 ，
则， 时， ， 在 单调递增，
时， ， 在 单调递减，
故函数 的极大值为 ，无极小值
（2）证明 等价证明 （ ），
即 ．
令
，
令 ，则 在 上单调递增，
而 ，
故 在 上存在唯一零点 ，且 ，
时， ， 在 上单调递减；时， ， 在 上单调递增，
故 ，又因为 即 ，
所以 ，从而 ，
即
例31．（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））已知函数 ．
（1）讨论f（x）的单调性．
（2）若a＝0，证明：对任意的x>1，都有 ．
【解析】（1）解：由题意可得 ．
当 时， 恒成立，则 在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增．
综上，当 时， 在R上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）证明：由题得， 时，对任意的 ，都有 ，即 ，
等价于 ，即 ．
设 ，则 ．
由 ，得 ；由 ，得 ．
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，即 ，即 ，当且仅当 时，等号成立．
设 ，则 ．
由 ，得 ；由 ，得 ．
则 在 上单调递减，在 上单调递增．
因为 ， ，所以 有解，
则 ，当且仅当 时，等号成立．
即 ，即 ．
核心考点十一：洛必达法则【规律方法】
法则1、若函数 和 满足下列条件：
（1） 及 ；
（2）在点 的去心邻域 内， 与 可导且 ；
（3） ，那么 = ．
法则2、若函数 和 满足下列条件：（1） 及 ；
（2） ， 和 在 与 上可导，且 ；
（3） ，
那么 = ．
法则3、若函数 和 满足下列条件：
（1） 及 ；
（2）在点 的去心邻域 内， 与 可导且 ；
（3） ，
那么 = ．
注意：利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
（1）将上面公式中的 ， ， ， 洛必达法则也成立．
（2）洛必达法则可处理 ， ， ， ， ， ， 型．
（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足 ， ， ， ， ， ， 型定式，否则
滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应
从另外途径求极限．
（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．
，如满足条件，可继续使用洛必达法则．
【典型例题】例32．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 ．
例33．设函数 ．（1）证明：当 时， ；
（2）设当 时， ，求 的取值范围．
【解析】（1）易证．
（2）由题设 ，此时 ．
①当 时，若 ，则 ， 不成立；
②当 时，当 时， ，即 ；
若 ，则 ；
若 ，则 等价于 ，即 ．
记 ，则 ．
记 ，则 ， ．
因此， 在 上单调递增，且 ，所以 ，
即 在 上单调递增，且 ，所以 ．
因此 ，所以 在 上单调递增．
由洛必达法则有 ，
即当 时， ，即有 ，所以 ．
综上所述， 的取值范围是 ．
例34．设函数 ．如果对任何 ，都有 ，求 的取值范围．
【解析】 ，
若 ，则 ；
若 ，则 等价于 ，即则 ．
记 ，
因此，当 时， ， 在 上单调递减，且 ，
故 ，所以 在 上单调递减，
而 ．
另一方面，当 时， ，
因此 ．
核心考点十二：导数与三角函数结合问题
【规律方法】
分段分析法
【典型例题】
例35．（2023·河南郑州·高三阶段练习）已知函数 ， ．
(1)求证： 在 上单调递增；
(2)当 时， 恒成立，求 的取值范围．
【解析】（1） ， ，
当 时， ， ， ，（等号不能同时成立），所以
；
当 时， ， ， ，所以 ，
所以当 时， ，综上， 在 上单调递增．
（2） ，化简得 ，
①当 时， ，显然恒成立；
②当 时， ，显然恒成立；③当 时， ，∴ ．
设 ， ，
设 ， ．
∵ ，∴ ， ，∴ ， 在 上单调递增，
又由 ，所以
当 时，∴ ， ，∴ 在 上单调递减，
当 时， ， ，∴ 在 上单调递增，
所以 ，故 ．
例36．（2023春·江苏苏州·高三苏州中学校考阶段练习）已知函数 （a为常数），
函数 .
(1)证明：（i）当 时， ；
（ii）当 时， ；
(2)证明：当 时，曲线 与曲线 有且只有一个公共点.
【解析】（1）令 ,所以 ,则 ,
所以 在 上单调递增，且 ，
所以当 时， ,即 ,所以 ；
当 时， ,即 ,所以
（2）解法一:
由 ，得 ，
设 ，则 .
令 ，由上述推理可得 或 .
① 当 时， ，
因为 ，当且仅当 ，所以 在 上单调递增，
又因为 ，所以 的零点有且仅有一个为0.② 当 时，列表如下：
0
0
0
0 0
极大值 极小值
首先 在 上无零点；
取 且
从而 在 上有且仅有一个零点.
综上所述，曲线 与曲线 有且仅有一个公共点.
解法二:
令
令
①当 时， 在 上单调递增，
注意到 ,所以 在 上有唯一的零点.
②当 时，令 或 ,
且当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增,且
当 时， 无零点
当 时， ，当 时，
.，令 ,
, 在 上有唯一的零点 ，证毕!
例37．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .
(1)若 ，判断函数 的单调性；
(2)证明： .
【解析】（1）因为 ，
所以 ,
因为 ，所以在 上 ，
由 ，解得 .
当 时， ，故 在 上为增函数；
当 时， ， 在 上为减函数.
（2）证明：由（1）知，当 时，
在 上为增函数，在 上为减函数.
因为 ，
所以 ，
故 ，
所以 ，
所以 .
设 ，
所以 在 上为减函数.
又 ，则 ，所以 ，
所以 .
【新题速递】1．（2023·北京·高三专题练习）已知 是函数 的一个极值点．
(1)求 值；
(2)判断 的单调性；
(3)是否存在实数 ，使得关于 的不等式 的解集为 ?直接写出 的取值范围．
【解析】（1） ，则 ，
，解得 .
，
当 时， ，函数单调递增；
当 时， ，函数单调递减.
故 是函数的极大值点，满足.
（2） ，
当 时， ，函数单调递增；
当 时， ，函数单调递减.
（3） ，
当 ，易知 ， ，故 .
故 ，满足条件.
当 时，设 ，故 ，
故 ，即 ，
当 时，设 ， ，
当 时， ，函数单调递增；
当 时， ，函数单调递减；故 ，故 .
，
即 可以无限接近 .
综上所述： .
2．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知 ．
(1)若函数 在区间 上单调递增，求实数 的取值范围；
(2)若函数 有两个极值点 ，证明： ．
【解析】（1）函数 定义域为 ，依题意， ， 成
立，
即 ， 成立，而当 时， ，因此 ，
而 时， 不是常数函数，于是得 ，
所以实数 的取值范围是 .
（2）由（1）知 ， ，因 有两个极值点 ，则 ，即
有两不等正根，
于是得 ，有 ，
，
，令 ， ，
，显然函数 在 上单调递增，而 ，
因此 ，使得 ，即 ，当 时， ，当 时， ，
于是得 在 上单调递减，在 上单调递增，
，
显然 在 上单调递增，则 ，因此 ，即有 ，所以 .
3．（2023春·广东广州·高三统考阶段练习）已知函数 ，其中 ，若 的图象
在点 处的切线方程为 ．
(1)求函数 的解析式；
(2)求函数 在区间 上的最值．
【解析】（1）依题意， ，切点 在切线 上，则 ，
，
而 的图象在点 处的切线斜率为 ， ，解得得 ，
所以函数 的解析式为 .
（2）由（1）知， ，由 得 或 ，
当 时， 或 ，有 ， ，有 ，
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ， ，
， ，
所以 在 上的最大值为 ，最小值为 .
4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ， ， .
(1)若直线 与 在 处的切线垂直，求 的值；
(2)若函数 存在两个极值点 ， ，且 ，求证： .
【解析】（1）∵ ，∴ 在 处的切线斜率 ，
∵直线 与切线垂直，∴ ，∴ .
（2）由题意得， ，
由函数有两个极值点，则 ，在 上有两个不等的实根，即
，在 有两个不等式的实根， ，
∵ ， ， ，∴ ，则 ，且 ， ，
方法一：要证 ，即证 ，
则 ，
同理可得： ，
则 ，
，
令 ， ，
则 ， ，
由 ，则 ， ，则 ，则 ，
则 在 上单调递增，
∴ ，∴ ，即 ，
∴ 成立.
方法二：要证 ，即证： ，
又
，
又 ，
所以 ，
又
所以只需证明： ， ，令 ， ，
求导， ， ，
由 ，则 ， ，则 ，则 ，
则 在 上单调递增，∴
所以 ，即 .
5．（2023·北京·高三专题练习）已知函数 ，直线 与曲线 相切．
(1)求实数 的值；
(2)若曲线 与直线 有两个公共点，其横坐标分别为 ．
①求实数 的取值范围；
②证明： ．
【解析】（1）设切点 ， ，
得 ， ，所以 ，代入直线 方程得 ；
（2）①由（1）知 ，若曲线 与直线 有两个公共点，则等价于 有2个实数根，
，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
，当 趋向于正无穷大时， 趋向于0，当 趋向于负无穷大时， 趋向于负无穷
大，
则 ；
② ，即 ，等价于 ，
令 ， ，
，
因为 ，所以 ，故 ，
所以 在 上单调递增，故 ,
不妨设 ，故 ，即 ，由已知 ，所以 ，
由①知，当 时， 单调递增，
故 ，所以 ，
所以 .
6．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数 ．
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)若 ， ，求实数a的取值范围．
【解析】（1）易知函数 的定义域为 ．
当 时， ，∴
令 ，得 ；令 ，得
∴函数 的单调递增区间为 ，
的单调递减区间为 ．
（2）
，
①当 时， 恒成立， 在 上单调递增，
∴此时 ，
②当 ，令 ，得 ；令 ，得 ，
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减，
∴ ．
∵ ， ， ，
∴此时
③当 ， 恒成立， 在 上单调递减．
∴此时 ，令 ，得 .
要使 ， ，只需 在 的最大值点综上，实数a的取值范围为
7．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，过点 作曲线 的切线l，求l的方程；
(2)当 时，对于任意 ，证明： ．
【解析】（1）由题， 时， ， ，
设切点 ，则切线方程为 ，
该切线过点 ，则 ，即 ，
所以 或 ．又 ； ； ， ．
所以，切线方程为 或 ；
（2）设 ，则 ，
令 ，则 ，
可知 ，时， ； 时， ，
故 时均有 ，则 即 在 上单调递增， ，
因为 时，则 ， ，故 在 上单调递增，
此时， ．
所以，当 时，对于任意 ，均有 ．
8．（2023·四川资阳·统考模拟预测）已知函数 ．
(1)若 单调递增，求a的取值范围；
(2)若 有两个极值点 ，其中 ，求证： ．
【解析】（1）由 得 ，
由 单调递增，则 ，得 ，
设 ，则 ，
可知 时， ， 单调递增； 时， ﹐ 单调递减，则 时， 取得极
大值 ，也即为最大值，则 ．所以，a的取值范围是 ．
（2）由题，函数 有两个极值点，则 即 有两个不相等实数根，
由（1），可知 时， 取得极大值 ，且 时 ， 时 ，故
有两个不等实根时， 且 ．
过点 与 的直线方程为 ，
构造函数 ， ，
令 ，则 ，
则 时， ， 即 单调递减； 时， ， 即 单调递增，所以 时，
极小值为 ，
所以 时， ，则 ，
即 ，故当 时， ，
设方程 根为 ，则 ．构造函数 ，
设 ，
可知 时 ，则 ，
所以 时， ，
设方程 解为 ，则 ．
于是有 ，如图，
所以 ，证毕．
9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数
(1)若 ，求函数 的单调区间；(2)若存在 ，使得 ，设函数 的图像与 轴的交点从左到右分别为 ， ，
， ，证明：点 ， 分别是线段 和线段 的黄金分割点.（注：若线段上的点将线段分割成两部
分，且其中较长部分与全长之比等于较短部分与较长部分之比，则称此点为该线段的黄金分割点）
【解析】（1）因为 ，
所以 .
①当 时，由 解得 ，由 解得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；
②当 时，由 解得 ，由 解得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
综上可知：当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）若存在 ，使得 ，
则 ，
得 ，
得 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立，
所以
所以 ；
代入得 ，
由 可得 .
因为函数 的图象关于 对称，所以有
，得 ， ， ， ，
所以 ， ，
所以点 ， 分别是线段 和 的黄金分割点.10．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数 ， ，
，其中 为常数，若 .
(1)讨论 的单调区间；
(2)若 在 取得极小值，且 恒成立，求实数 的取值范围.
【解析】（1）
，明显可见，
① ，即 ，此时 恒成立，即 在定义域内单调递增；
② ，即 ， 和 上 ，在 上 ，即 在 和 上单
调递增，在 上单调递减；
③ ，即 ， 和 上 ，在 上 ，即 在 和 上
单调递增，在 上单调递减；
（2） 在 取得极小值,分析①②③三种情况，则只有②满足题意，此时， ，
当 时，对于 ，则 ，可得 ， ， 单调递增； ，
， 单调递减；故 ， ；又 ， ，
， ， 单调递减； ， ， 单调递增；故
；又 ， ；
当 时，不妨令 ， ，
， ，令 ，则
， ，令 ，则
， ， 在 时为单调递增函数，且 ，
若 ，则 时， ， 单调递增，且 ，
故 ，得 单调递增，
，得到 单调递增；
，符合题意；故 时， 恒成立；
若 ， ，则 ， ， 在 单调递减， ， 在 单调
递减， ，不符题意；
综上所述，
11．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C： 的焦点为F，过点P(2，0)作直线 交抛物线于A，B两点．
(1)若 的倾斜角为 ，求△FAB的面积；
(2)过点A，B分别作抛物线C的两条切线 ， 且直线 与直线 相交于点M，问：点M是否在某定直线上？
若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
【解析】（1）∵l的倾斜角为 ，∴ ，
∵直线 为点P(2，0)，∴直线 的方程y＝x－2，即x＝y＋2，
联立直线 与抛物线方程 ，化简可得 ，
设A ，B ，则 ， ，
∴ ，
又∵点F(1，0)到直线 的距离是 ，
∴ ．
（2）设 的方程为 ，
联立直线 与抛物线方程 ，化简可得 ，
则 ，由韦达定理可得 ＝4m， ＝－8，
∴ ，
不妨设点A 在x轴上方，点B 在x轴下方，
当 时， ，求导可得 ，∴ ，
∴抛物线C上过点A的切线 的方程为 ，即 ①，
当 时， ，求导可得 ，∴ ，
∴抛物线C上过点B的切线 方程为 ，即 ②，
联立①②可得， ，∵ ，
∴ ，
∵ ＝4，∴ ，
又∵ ，∴x＝－2，即M的横坐标恒为－2，
∴点M在定直线x＝－2上．
12．（2023春·江西赣州·高三赣州市赣县第三中学校考期中）已知函数 ，
，
(1)求函数 的单调区间；
(2)若对于定义域内任意 ， 恒成立，求实数 的取值范围．
【解析】（1）函数 的定义域为 ，
．
当 时，对任意的 ， ，
此时函数 的单调递增区间为 ，无递减区间；
当 时，由 ，可得 ；由 ，可得 ,
函数 的增区间为 ，减区间为 ．
综上，当 时，函数 的单调递增区间为 ，无递减区间；
当 时，函数 的增区间为 ，减区间为 .
（2）对任意的 ， ，
即 ，
可得 对任意的 恒成立，
构造函数 ，其中 ，则 ， ，
构造函数 ，其中 ，则 ， 在 上单调递增，
因为 ， ，
所以存在 ，使得 ，
当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
，因为 ，
则 ，
构造函数 ，其中 ，
则 ，函数 在 上为增函数，
因为 ，则 ，则 ，
由 可得 ，
所以 ，
所以 ，可得 ，
所以 ，
．
