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【冲刺985/211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题32 导数大题综合 （新高考通用）
1．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知 ，
．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 有两个零点，求a的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）求导，通过 ，判断导数方程两根大小，数形结合判断函数单调性.
（2）根据函数单调性可判断函数有两个零点时是极值为 时，求出极值解方程可得.
【详解】（1）
，
当 单调递增，
当 ， 单调递减，
当 单调递增.
综上所述， 在 和 上单调递增，在 上单调递减.
（2）情况一：若 ,即 时,由 的单调性,其在 上恒为正,无零点,
在增区间 至多有一个零点,不符题意.情况二：若 ,即 时,
由于 ,由零点存在定理, 在区间 上存在一个
零点，
取 ,则 ,
，
当 时, ,由于 在区间 上单调递增,
故 在 恒为正,无零点,由零点存在定理, 在区间 上存在一个零点,符
合题意，
情况三：若 ,即 时,同情况二可得 在增区间 恒为正,无零点,
仅有 一个零点,不符题意，
综上, 的取值范围是 .
【点睛】思路点睛：本题第二问在于合理地分类讨论，结合函数单调性，连续性，利
用零点存在定理证明每类情况时的零点个数.
2．（2023秋·浙江宁波·高三期末）已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若对 恒成立，求k的取值范围；
(3)求证：对 ，不等式 恒成立.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析【分析】(1)对函数求导，利用导数的几何意义即可求解；
(2)根据题意将不等式进行等价转化为求函数 在 的最小值问题，利用导数求解
即可；
(3)结合（2）的结论，构造函数 ，利用导数即可求解.
【详解】（1）因 ，
所以 ，所以所求切线方程为 ，
即 ；
（2）因为 在 上恒成立，
而 ，令 得
所以
①当 ，即 时， ，
所以 在 上单调递增，则 ，满足题意；
②当 ，即 时，设 ，
则 的对称轴为 ，
所以 在 上存在唯一零点 ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，故 ，不合题意.
综上，k的取值范围为 ；
（3）由（2），当 时， 在 恒成立，即 ，
令 ，则 ，故 在 上单调递增，
所以 ，即 在 上恒成立.
综上可得，对 ，不等式 恒成立.
【点睛】关键点点睛：第三问解题关键是在（2）中令 得到 ，将所证明
的不等式转化为证明 在 上恒成立即可.
3．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）已知函数 .
(1)若曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为 ，求实
数 的值；
(2)证明：若 ，则 .
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）根据函数的零点存在性原理，结合函数导数的性质、通过构造新函数进行求解即
可，
【详解】（1） ，切点为 ，则切线方程为
，当 时，
在 中，分别令 得该切线分别与两坐标轴交于两点，故三角形面积为 ，
因此 ，解得 ，
当 时， ，显然该直线与两坐标轴围不成三角形，
综上所述： ；
（2）①当 ，所以 ；
②当 ，要证 ，即证 ，令 ，
，令 ，
，所以 在 上单调递增.取 ，
使得 ，即 ，则 ，
又 ，所以由零点存在定理知 存在唯一零点 ，
即 有唯一的极值点且为极小值点 .又 ，
即 ，故 ，令 ，
，所以 在 上单调递减，
所以 ，所以 .
综上所述，当 ，则 .
【点睛】关键点睛：根据函数的极值定义、函数零点存在性原理是解题的关键.4．（2020秋·山东淄博·高三校考期中）已知函数 .
(1)若 ，求证： .
(2)讨论函数 的极值；
(3)已知 ，证明
【答案】(1)证明见解析；
(2)当 时， 没有极值；当 时， 在 处取得极小值
，无极大值；
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据导数正负得出其单调性，即可得出其最值，证明出结论；
（2）分类讨论，根据函数导数得出其极值；
（3）令 ，根据导数得出其在 上单调递增，即可根据已知得出
，结合对数运算与对数函数单调性即可得出答案.
【详解】（1）当 时， ，
则 ，
则当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ；
（2）根据题意得： ，
当 时， ，则 在 上单调递减，没有极值，当 时，当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 在 处取得极小值 ，无极大值，
（3）令 ，
则 ，当 时， ，即 在 上单调递增，
则当 时， ，则 ，则 ，
则根据对数单调性可得： ，
【点睛】在含参函数求单调性或极值，求导后结合其形式对参数进行讨论，注意不要
漏；
一般解不等式时，通常要构造函数，利用导数来求解，我们可以反过来看，已知需要
证明的不等式，看看还能变成什么形式，即可根据变形形式构造新函数，再利用导数
来求解.
5．（2023秋·浙江·高三期末）已知函数 ．
(1)证明：函数 在区间 上有2个零点；
(2)若函数 有两个极值点： ，且 ．求证：
（其中 为自然对数的底数）.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）记函数 ，再对 求导，得出 的单
调性结合零点存在性定理即可证明；
（2）由题意记 ，先证明 ，转化为证明 ，再证明 ，设 ，对 求导，求出 的单调性，
可证得当 时， ；当 时， ，设方程
的两个根为 ，由韦达定理即可证明 .
【详解】（1）记函数 ，由 ，
则 ，所以函数 在区间 上单调递减，
又 ．根据零点存在定理，
存在 时， ，
即函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
而 ， ，
所以函数 在区间 上有一个零点 ，在区间 上有一个零点 ，
故函数 在区间 上有2个零点．
（2）由函数 有两个极值点，
则 时，方程 有两个不等实根．记 ，则 ，
所以函数 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
因此 有极大值 ，且 时， 时， ，
于是 ，且 ．
先证明 ，只要证 ，即证 ，
设 ，
则 ，因为 ，所以 ，即函数 在区间 上单调递增，于是 ，
所以 ．
再证明 ．
先证当 时， ；当 时， ．
设 ，则 ，
于是， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
因此 ，所以函数 在区间 上单调递增，而 ，
即当 时， ；当 时， ，
于是，当 时， ；
当 时， ，
设方程 的两个根为 ，则 ，
即方程 的两个根为 ，
于是
故 ．
【点睛】本题主要考查函数的零点和不等式的证明，考查了利用求导数研究函数的性
质解题能力和分类讨论思想的应用，第一问借助零点存在性定理证明函数 在区间
上有2个零点；第二问通过构造函数，分析函数的单调性，最终达到证明不等式
成立的目的，因此正确构造函数是解决本题的关键.
6．（2023秋·江苏无锡·高三统考期末）已知函数 ，其中a为
实数．(1)若 在区间 上单调递增，求a的取值范围；
(2)若 ，试判断关于x的方程 在区间 上解的个数，并给出证
明．（参考数据： ）
【答案】(1) ；
(2)2个，证明见解析.
【分析】（1）由导函数 恒成立，利用分离参数法得到 ，
记 ，利用单调性求出 ，即可求出a的取值范围；
（2）由 得到函数 ，利用导数判断出 在
区间 上的单调性，利用零点存在定理即可判断.
【详解】（1）因为 在区间 上单调递增，
所以 对 恒成立，
所以 ．
记 .
因为 在 上单调递增且恒大于0.在 上单调递增，当 时 ，所以
不可能取得最大值；
当 时 且单调递增， 单调递增且恒大于0，所以
在 上单调递增，所以 .
所以 .
（2）由 得到 .
令 ，则 .
记 ，则
.
当 时， ， 单调递减，即 单调递减.
．
而 ，当
故 ，故当 时， ，
所以存在唯一的 使 ，
且当 时， ， 单调递增；当 时， ，
单调递减．
当 时，令 ，
则 ，以 在 上单
调递增.
因为 ， ，
所以存在唯一的 使 ，且 在 上单调递减； 在
上单调递增.
而 ， ， ，
∴存在唯一的 使 ，且当 时， ， 单调递
减；
当 时， ， 单调递增.
综上所述：当 时， 单调递增；当 时， 单调递减；当
时， 单调递增．，
当 时，
，
所以 ， ，
所以 在 ， 上各有一个零点，
所以 在区间 上共两个解．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重
要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；
（4）利用导数证明不等式；
（5）利用导数研究零点问题.
7．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）已知函数 ．
(1)若 时， ，求实数a的取值范围；
(2)讨论 的零点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意，求导，得到 ，对 进行分类讨论，
可得 的单调性，进而求得 的时候，实数a的取值范围.
（2）通过分类讨论 ，可得函数 的单调性，进而得到 的图像，根据数形结合，
可得 的零点个数.【详解】（1） 的定义域是 ， ．
①当 时， ，所以 在 上单调递增，
又因为 ，所以当 时， ，满足题意；
②当 时，令 ，
由 ，得 ， ．
当 时， ， ，所以 在 上单调递减，
所以 ，不满足题意．
综上所述， ．
（2）①当 时，由（1）可得 在 上单调递增，且 ，
所以 在 上存在1个零点；
②当 时，由（1）可得 必有两根 ， ，
又因为 ， 所以 ， ．
x
＋ 0 － 0 ＋
极大值
单调递增 单调递减 单调递增
极小值
当 时，因为 ，所以 在 上存在1个零点，
且 ， ；
当 时，因为 ，
，而 在 单调递增，且 ，而 ，故，所以 在 上存在1个零点；
当 时，因为 ，
，而 在 单调递增，且 ，而 ，
所以 ，所以 在 上存在1个零点．
从而 在 上存在3个零点．
综上所述，当 时， 存在1个零点；当 时， 存在3个零点．
【点睛】思路点睛：通过求导，得到 ，通过分析导数，得到 的图像，通过数
形结合，可求得不等式恒成立时，参数的取值范围，以及相应的 的零点个数
8．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）已知 ，函数 ，
．
(1)讨论 的单调性；
(2)过原点分别作曲线 和 的切线 和 ，试问：是否存在 ，使得
切线 和 的斜率互为倒数？请说明理由；
(3)若 时， 恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，理由见解析
(3) ， ．
【分析】（1）求出 的导数，分类讨论 和 时导数的取值情况，即可求出
的单调性；
（2）首先根据题意求出过原点时 的切线斜率，再根据俩切线斜率的关系，表示出的切线斜率，列出一个含a参数的等式 ，欲证明（2）问成立，只需
证明 存在解，也就是 存在零点，求出 的导数，找
到单调区间和极值点即可判断是否存在；
（3）化简不等式得 ，确定不等式定义域，在确定定义域下对
进行放缩简化，因为 ，所以欲使不等式恒成立，只需证明
，欲使化简不等式成立只需满足函数 在定义域内最小值
大于等于0，以此求导计算即可.
【详解】（1）由已知 ，
当 时， 在 恒成立， 在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ，
若 时， ， 在 上单调递增，
若 时， ， 在 上单调递减；
综上所述，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 ，单调递减区间为
（2）假设存在 ，使得切线 和 的斜率互为倒数.
， ，
设 的切线方程是 ，则 ，显然 ， ，切点为 ，
于是 ，解得 ，
所以 的斜率为 ，于是 的斜率为
设 的切点坐标为 ，
由 ， ，又 ，所以 ，整理得 ，
设 （ ）， ，
当 时， ， 递增，而 ，所以 ，
时， ， 递减，又 ，
所以存在 ，使得 ，
因此关于 的方程 有正数解．
所以存在 ，使得切线 和 的斜率互为倒数.
（3） 时， 恒成立，
即 在 时恒成立，
当 时， 恒成立，即 ，又 ，则 ．.
下面证明：当 时， 在 时恒成立．
先证明 时， ，
由（1）知，当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
则 ，即 ，有 ，
所以当 时， ，
要证明 ，只需证明对任意的 ， 恒成立，
令 ，则 ，
由 ，得 ，
①当 即 时， 在 上恒成立，
则 在 上单调递增，于是
．②当 ，即 时，
在 上单调递减，在 上单调递增，
于是 ，
令 ，则 ，
则 在 上单调递增，
于是 ，所以 恒成立，
所以 时，不等式 恒成立，因此 的范围是 ， ．
【点睛】结论点睛：高中常用放缩放缩不等式
（1）指数函数放缩：
① ；② ；③ ；④
（2）对数函数放缩：
① ；② ；③ ；④ ；⑤
（3）指对函数混合放缩：
（4）三角函数函数放缩：
① ；②
9．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）已知函数 (a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝1，证明：曲线y＝f(x)与直线y＝x＋1恰有两个公共点，且这两个公共点关于
点(0，1)对称．
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导后分类讨论 、 、 时的 的单调性.
（2先构造函数研究单调性，再由零点存在性定理可证得有两个公共点；先设一个交点坐标，再判断此点关于点 对称的点是否也在 与 上即可.
【详解】（1）∵ ，
当 时， ， ，
∴ 在 上单调递减，在 单调递增；
当 时， ， ，
∴ 在 上单调递增，在 单调递减；
综述：当 时， 在 上单调递减，在 单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 单调递减；
（2）①证曲线与直线有两个公共点，
当 时， ，令 ，
∵ 不是方程 的根，
∴ ，
令 ， ，则 ，
∴ 在 ， 上单调递增，
又 ， ，
∴由零点存在性定理可知， 在 上有一个零点，
又 ， ，
∴由零点存在性定理可知， 在 上有一个零点，
∴ 有两个零点，即： 与 恰有两个公共点.
②证两个公共点关于(0,1)对称，设 为 与 的一个交点，则 ，
又 ，
，
∴点 也是 与 的一个交点，
又∵ 与 恰有两个公共点，
∴两交点分别为： ， ，
又∵点 与点 关于点 对称，
∴两个公共点关于点 对称.
∴综述： 与 恰有两个公共点，且两个公共点关于点 对称.
10．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)证明：当 时， .
【答案】(1)函数 在 上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出答案；
（2）当 吋， ，即证 在 上恒成立，利用导数求
出函数 的单调区间，再利用导数比较在 时， 和 的大小，即可
得证.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，，
记 ，则 ，
所以当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
所以 ，
所以 ，
所以函数 在 上单调递增；
（2）原不等式为 ，即 ，
即证 在 上恒成立，
设 ，则 ，
所以，当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以 ，
令 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以 ，所以 ，
且在 上有 ，所以可得到 ，即 ，
所以在 时，有 成立.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及利用导数证明不等式问题，考查了
转化思想及逻辑推理能力，有一定的难度.11．（2023·广东梅州·统考一模）已知函数 .
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)若 ，讨论函数 的零点个数.
【答案】(1)增区间为 和 ，减区间为
(2)答案见解析
【分析】（1）当 时，求得 ，利用函数的单调性与导数的
关系可求得函数 的增区间和减区间；
（2）利用导数分析函数 的单调性，对实数 的取值进行分类讨论，结合零点存
在定理可得出结论.
【详解】（1）解：当 时， ，该函数的定义域为 ，
，
由 可得 ，由 可得 或 .
故当 时，函数 的增区间为 和 ，减区间为 .
（2）解：函数 的定义域为 ，
，
由 ，得 ， ，
由 可得 ，由 可得 或 .
所以，函数 的增区间为 、 ，减区间为 ，所以，函数 的极大值为 ，
极小值为 ，
当 时， ，
令 ，其中 ，
则 ，即函数 在 上单调递增，
故当 时， ，
此时， ，所以 在 上不存在零点；
①当 时， ，此时函数 无零点；
②当 时， ，此时函数 只有一个零点；
③当 时， ， ，
则 在 与 上各有一个零点.
综上所述，（i）当 时， 在 上不存在零点；
（ii）当 时， 在 上存在一个零点；
（iii）当 时， 在 上存在两个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数
的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与 轴的交点问题，突出导数的工
具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 分离变量得出 ，将问题等价转化为直线与函数 的图象的交点问题.
12．（2023·广东茂名·统考一模）若函数 有两个零点
，且 .
(1)求a的取值范围；
(2)若 在 和 处的切线交于点 ，求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变
化趋势结合零点个数求解；
（2）构造函数 ，利用单调性证明 证明右边，再利用导数
求切线方程得出 ，左边可转化为 ，利用导数证明即
可.
【详解】（1）
当 ， ， 在 上单调递减，不可能两个零点；
当 时，令 得
， ， 单调递增， ， ， 单调递减，
∵ ， ； ； ，
∴ 有唯一零点且 有唯一零点，满足题意，
综上： ；
（2）先证右边：令 则 ，∴ ， ， 单调递增， ， ， 单调递减，
∴ 的最大值为 ，∴ ，即 ，
∴ 且
，
∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴ ；
再证左边：曲线 在 和 处的切线分别是
联立两条切线得 ，∴ ，
由题意得 ，
要证 ，即证 ，即证 ，即证 ，
令 ，即证 ，
令 ，
，∴ 在 单调递减，∴ ，∴ 得证.
综上： .
【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，
或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或
有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.
13．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知函数 ， ．
(1)对任意的 ， 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)设方程 在区间 内的根从小到大依次为 ， ，
…， ，…，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得出 对任意的 恒成立，验证
对任意的 恒成立；在 时，利用参变分离法可得出 ，
利用倒数求出函数 在 上的最大值即可求解；
（2）令 ，利用导数分析 在 上的
单调性，利用零点存在性定理可知 ，求得
，证明出 ，结和 的单调性，
即可证得结论成立.【详解】（1） ，对任意的 ， 恒成立，
即 对任意的 恒成立．
当 时，则有 对任意的 恒成立；
当 时， ，则 ，令 ，其中 ，
，
且 不恒为零，
故函数 在 上单调递增，则 ，故 ．
综上所述， ．
（2）由 可得 ，
令 ，则 ．
因为 ，则 ，
所以， ，所以，函数 在 上单调递减．
因为
，
所以，存在唯一的 ，使得 ．
所以， ，则 ，
所以，，
因为函数 在 上单调递减，
故 ，即 ．
【点睛】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，根据相似结论构造
辅助函数.
14．（2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知函数 ，
.
(1)已知 ，若 时， 恒成立，求 的取值范围；
(2)当 时，求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出 时， 在区间 上的最小值 ，使 即可；
（2）设 ，证明 即可.
【详解】（1）∵ ， ，
设 ， ，则
∴ 在区间 上单调递增，∵ ，∴ ， ，
∴ 在区间 上单调递增， ，
∴若 恒成立，则 ，
综上所述，若 时， 恒成立，则 的取值范围是 .
（2）当 时， ， ，
则 ，易知 在区间 上单调递增，
又∵ ， ，
∴ ，使 ，
当 时， ， 在区间 上单调递减，
当 时， ， 在区间 上单调递增，
∴ 在 处取得极小值，也是最小值， ，
∵ ，∴ ，两边同时取对数，又有 ，
∴ ，
设 ， ，
则 ，易知 在区间 上单调递减，
又∵ ， ，
∴ ，使 ，
当 时， ， 在区间 上单调递增，
当 时， ， 在区间 上单调递减，∴ 在 处取得极大值，也是最大值， ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
设 ， ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
易知 在区间 上单调递增，
∴ 至多有一个零点，∴ ，∴ ，
∴ ，
即 .
【点睛】方法点睛：证明不等式 恒成立问题，可以先通过导数求出
的最小值 和 的最大值 ，再证明 即可.
15．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）已知
.
(1)判断函数 的单调性；
(2)若 是函数 的两个极值点，且 ，求证：
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析【分析】（1）运用导数研究函数单调性及含参一元二次不等式解集即可.
（2）由已知得 ， ，（i）先证： .
证法一：化简不等式为 ，构造同构函数
研究其单调性即可，证法二：运用函数单调性及作差法比较大小即可.
（ii）再证： .运用 ， 等量代换，再与中介值0比较
即可.
【详解】（1）易知函数 的定义域为 ，
又 ，
当 时， ， ，则 ，
， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 或 ， ，
所以 在 上单调递减，在 和 上单调递增；
当 时， ，所以 在 上单调递增；
当 时， 或 ， ，
所以 在 上单调递减，在 和 上单调递增.
综述：当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；当 时， 在 上单调递减，在 和 上单调递增；
当 时， ，所以 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 和 上单调递增.
（2）由 ，
有 ，由题意可知 是方程 的两个不同的正根，
因此 ，即： ，
又因为 ，
所以 ，
又因为 ，所以 .
所以
.
（i）先证： .
证法一：
要证明 ，只需证明 ，
因为 ， ，
所以只需证明 ，即证 ，
又 ，故只需证明 ，
即证 ，
因为 ，故 ，所以 ，
令 ， ，则 ，故 在 上单调递减，
所以 ，即 ，
证毕.
证法二：
因为 ，所以由（1）可知， 在 上单调递减，
要证 ，只需证明 ，
因为 ，所以 ，
故 ，证毕.
（ii）再证： .
要证 ，即证 ，
只需证明 ，
又 ，
故只需证明 ，
即证 ，因为 ，所以 .
综上， .
【点睛】研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有
时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调
性和最值即可得证．
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到
可以传递的中间量，达到证明的目标．
16．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数 .
(1)当 时， 恒成立，求 的最小值；
(2)若关于 的方程 的两个根分别为 ，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将 移项整理，得到 ，设
，考察函数 的值域即可；
（2）先判断出 ，然后辅助证明两个不等式 ，
即可.
【详解】（1）设 ，
若 恒成立，则 恒成立，只需 且 .
因为 ，所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 是 的极大值点，也是 的最大值点，即 ；
又 时， ，所以 ，
所以 且 ，当且仅当 且 时， .
（2）由（1）知，当 时， ，且 ；
由 ，得 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 是 的极大值点，也是 的最大值点，即 ，
又 时， ， 时， .
所以当方程 有两个根时，必满足 .
曲线 在点 处的切线方程为 ，
下面证明： .
设 ，则 ，
所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 是 的极大值点，也是 的最大值点，即 ，
所以 ，即 （当且仅当 时取等号），
所以 （ 故等号取不到），解得 ；①由①，当 时， ，
所以 （ 故等号取不到），解得 ，②
① ②，得 .③
曲线 过点 和点 的割线方程为 ，
下面证明 .
设 ，
则
所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增， ；
在 上 单调递减， ，
所以当 时， ，即 ）（当且仅当 或
时取等号），
由于 ，所以 ，解得 ；④
由（1）知，当 时， （当且仅当 时取等号），
由于 所以 ，解得 ，⑤
④ ⑤，得 .⑥
由③和⑥，得 .
【点睛】关键点睛：第二问的难点在于辅助构造出两个函数不等式，这样再利用函数
单调性，得到相关不等式，然后进行估计 的范围.17．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）已知 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，对 ，方程 只有唯一实数根，求 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，对参数a分类讨论；
（2）构造函数，将原问题转化为曲线与曲线只有一个交点的问题.
【详解】（1） ， ，
当 时 无解， ， 在 上单调递增；
当 时，令 ，则 ， 时 递减，
时 递增；
（2） 即 ，即 ，令 ，
x > 0,
则原问题转化为：曲线 与直线 只有一个交点，求m的取值范围；
，令 ，即 ，
当 即 时， 在 上单调递减，
，前半部分时开口向下的二次函数，后半部分是对数函数，
当x趋于0时， 趋于0， 趋于 ， 趋于 ，
当x趋于 时， 趋于 ， 也趋于 ，所以 趋于 ，
的值域是R，并且是单调的， 均满足题设方程有唯一实根；
当 即 时， 有两个不等实数根，易知 ，不妨取 ，
在 和 上单调递减，在 单调递增，
对于 ，令 ，则 ， ，
同理可得 ，
，故 在 上单调递减，
，
，故 在 上单调
递增， ，
函数 的大致图像如下图：
综上：要对 ，方程 只有一个实数根，则 ；
18．（2023·山东济宁·统考一模）已知函数 .
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)当 时，讨论函数 的零点个数.
【答案】(1)单调增区间为 和 ，单调减区间为
(2)答案见解析【分析】（1）求导得到 ，根据导函数的正负得到单调区间.
（2）求导得到 ，确定函数的单调区间，计算 和 ，
得到 和 ，考虑 ， ， ，
， 几种情况，计算零点得到答案.
【详解】（1）当 时， ，
当 时， ；当 时， ；当 时， ，
所以函数 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 .
（2） ，
令 ，得 或 ，由于 ，
当 时， ；当 时， ，当 时， .
所以函数 的单调增区间为 和 ，单调减区间为 .
，
令 ，得 ，
当 时， ，又 ，
所以存在唯一 ，使得 ，此时函数 有1个零点 ；
当 时， ，又 ，
所以存在唯一 ，使得 ，此时函数 有2个零点 和 ；
令 ，得 ，
现说明 ，即 ，即 显然成立.
因为 ，故 ，当 时， ，又 .
所以存在唯一 ，唯一 ，唯一 ，
使得 ，此时函数 有3个零点 ，
当 时， ，又 .
所以存在唯一 ，使得 ，此时函数 有2个零点 和2 .
当 时， ，又 .
所以存在唯一 ，使得 ，此时函数 有1个零点 .
综上所述，当 时，函数 有1个零点；
当 时，函数 有2个零点；
当 时，函数 有3个零点；
当 时，函数 有2个零点；
当 时，函数 有1个零点.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数的单调性问题，零点问题，意在考查学生的计算
能力，转化能力和综合应用能力，其中确定函数的单调区间，根据函数值分类讨论确
定零点个数是解题的关键，分类讨论是常用的方法，需要熟练掌握.
19．（2023·福建泉州·统考三模）已知 有两个极值点 、
，且 ．
(1)求 的范围；
(2)当 时，证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由 可得 ，令 ，其中 ，分析可知直线 与函数 的图象由两个交点（非切点），利用导数分析函数 的
单调性与极值，数形结合可得出实数 的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；
（2）由（1）可知 ，可得出 ，
，构造函数 ，其中 ，分
析函数 的单调性，可得出 ，以及 ，结合不等式的基本性质可
证得 ；然后构造函数 ，
通过分析函数 的单调性证出 ，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数 的定义域为 ，
，
令 可得 ，
因为函数 有两个极值点，则函数 有两个异号的零点，
令 ，其中 ，则直线 与函数 的图象由两个交点（非切
点），
，令 可得 ，列表如下：
减 极小值 增
如下图所示：由图可知，当 时，直线 与函数 的图象由两个交点，且交点横坐标分别
为 、 ，
当 时， ，则 ，此时函数 单调递增，
当 时， ，则 ，此时函数 单调递减，
当 时， ，则 ，此时函数 单调递增.
因此，当 时，函数 有两个极值点.
（2）证明：由（1）可知 ，
函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ，则有 ，
由于 ，所以， ，即 ，
又因为 ，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上单调递减，则 ，
因为 ，所以， ，
下面证明： .
因为 ，则 ，因为函数 在 上单调递减，在 上单调递增，所以， ，
所以，
，
令 ，其中 ，
则 ，
令 ，则 ，
当且仅当 时，等号成立，所以，函数 在 上单调递减，
所以， ，则函数 在 上单调递增，
因此， ，
综上所述， 成立.
【点睛】方法点睛：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.
20．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知函数
.
(1)证明：函数 存在两个极值点 ，且有 ；(2)试比较函数 的极大值与极小值之和与3的大小，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)极大值与极小值之和小于3，理由见解析
【分析】（1）对函数求导，构造函数，再次对函数求导，利用函数导数性质及零点存
在性定理进行证明，
（2）由（1）可得函数的极值，构造新函数求导利用函数性质即可说明理由.
【详解】（1）证明：由题可知 的定义域为 ，
因为 ，
所以 ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增.
又 ，
则 在 上有且仅有一个零点 .
即 在 上有且仅有一个零点 ，
又因为 ，
所以 在 上有且仅有一个零点 ，
即 在 上有且仅有一个零点 ，
综上， 时， ； 时， ； 时， ，
所以函数 存在两个极值点 .
设 ，则 ，则 在 上为单调递增函数，
由 ，知 ，从而有 ，
化简可得 ，
又因为 ，
两式相减，可得 ，即 ，
所以 成立.
（2）由（1）可知， 为极大值， 为极小值.
由 ，得 ，
从而有 .
令 ，
则有 ，
，
令 ,
当 时， ，
所以 在 上单调递减，即 在 上单调递减，
由 ，知 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
所以函数 的极大值与极小值之和小于3.
【点睛】方法点睛:函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
21．（2023·江苏南通·统考模拟预测）设函数 ， .
(1)若函数 图象恰与函数 图象相切，求实数 的值；
(2)若函数 有两个极值点 ， ，设点 ，
，证明： 、 两点连线的斜率 .
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）设切点为 ，结合导数的几何意义求解即可；
（2）由 有两个极值点，可得 有两个不等的正根 ，且 ，
可得 ，要证： ，即证 .令
证 ，进而构造函数，再利用导数求解即可；
【详解】（1）设 与 切于 ，由 ，则 ，
所以 ，则 ，
即 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ，
所以 .
（2）解法一：
由 ，
所以 ，
因为 有两个极值点，
，即 有两个不等的正根 ，且 ，
，
要证： ，即证 .
不妨设 ，即证： ，即证： ，
令 证
令 ，
在 上 ，证毕!
解法二：
因为 ，所以 ，
令 ，则 ，
因为函数 有两个极值点 ，所以 ，解得 .
所以 ，
所以 的斜率
.
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，又 ，
所以当 时， .
不妨设 ，令 ，则 ，所以 ，
即 ，证毕!
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，通常要分析不等式结构，构造函数求解.本
题关键在于分析要证： ，即证 .令 证
，进而构造函数，再利用导数求解.
22．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知函数 ，
.
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若函数 有三个零点 ， ， ，求证： .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得 ，对 进行分类讨论，由此求得 的单调区间.
（2）先判断出 ，将 转化为 ，利用构造函数法，
结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）由 ，可知定义域 ，
，令 ，则 ，
①当 时， ，则 成立，即 成立，
所以 在 上单调递增；②当 时，令 ，得 ，记 ，
，当 变化时， ， 的变化情况如下表
+ 0 - 0 +
极大 极小
↗ ↘ ↗
值 值
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
在 上单调递增.
（2）因为函数 有三个零点 ， ， ，
不妨设 ，所以 ，
即 在 上单调递增，在 上单调递减，
在 上单调递增.
由 ，知 ，故 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
因此 ，令 ，
所以 ，令 ，
则 在 上单调递减，且 ，
， 成立，
所以 在 上单调递减，且 ，因此 ，
则 ，
所以 .
【点睛】利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，要在定义域的范围
内求解单调性.当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不
漏，分类标准的制定可结合二次函数的知识来进行.
23．（2023·江苏泰州·统考一模）已知函数 和 有相同的最大
值.
(1)求实数 ；
(2)设直线 与两条曲线 和 共有四个不同的交点，其横坐标分别为
，证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用导函数分别讨论两个函数的单调性和最值即可求解；
(2)构造函数 和 ，利用导数和单调性讨论函数的零点，
结合函数 分类讨论对应方程根的个数和分布证明.【详解】（1） ，令 .
有最大值， 且 在 上单调递增 上单调递减，
.
时， ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减，
.
（2）由 ，由 ，
令 ,
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增； 上单调递减， 至多两个零点，
令 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增； 上单调递减； 至多两个零点.
令 ，
当 时， ，所以 ；
当 时，由 ，
设 ， ，
所以当 时， ，
所以 在 单调递增，所以 ，
所以 ，且 ，所以 ，设
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减， 方程无解，
当 时，由 在 上单调递增，
方程有唯一解 ，
当 时，注意到 ，
设 ， 对 恒成立，
所以 ，
所以当 时， ，即 ，
因为 ，所以 ， ，所以 ，
所以 ，
在 和 上各有一个零点 ，
示意图
如下注意到 ，
令 ， ，即函数 在 上单调递减，因此 ，即有 ，
在 和 上各有一个零点 .
且由 ，而 ，
而 在 上单调递增，由 ，
由 ，而
而 在 上单调递减，由 ，
于是得 ，
，证毕!
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键 ，进而可得同
构等式 ，根据函数 的单调性分类讨论证明.
24．（2022秋·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数 .
(1)若 ，求实数 的取值范围.
(2)求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件得 ，进而得出 ，利用不等式的性质及构造函数，利用导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据（1）的结论及已知条件，只需证当 时， 成立即可，转化
成求函数的最值，利用不等式的性质构造函数及法求函数的最值即可求解.
【详解】（1）因为 ，则 ，即 ，
反之当 时， ，
令 ，则 ，
设 ，由于 在 单调递增，且 ，
所以当 时， ，即 ，
当 时 ，即 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 ，即 ，所以 .
（2）由（1）可知： ①
下面证明当 时， ②
等价于 ，设 ，
当 时，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减,
所以 ，所以②式成立，
由①､②可得： ，当 时取到“ ”，
取 有， ，所以 ，不等式成立.
【点睛】解决此题的关键第一问根据条件得出 ，进而构造函数，将恒成立问题
转化为求函数的最值，利用导数法求函数的最值即可，第二问的关键根据第一问得
，进而问题转化为只需证当 时， 即可，不
等式恒成立问题转化为求函数的最值，转而构造函数 利用导数法
求函数的最值即可.
25．（2023秋·浙江绍兴·高三统考期末）已知函数 .
(1)当 时， ，求 的取值范围；
(2)函数 有两个不同的极值点 （其中 ），证明：
；
(3)求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由 ，利用导数研究函数单调性，转化为当 ， 恒成
立问题；
（2）函数 极值点 ，是 的两个零点，要证 ，等价于证
，通过换元，构造函数，利用导数研究单调性可证.（3）由（1）可知 ， 则有 ，类似于数列求和的
裂项相消法可证.
【详解】（1）函数 ， ，且 ，
①当 时，因为 ，故 恒成立，此时 单调递增，所以 成立；
②当 时，令 ，得 ，
当 时 ，此时 单调递减，故 ，不满足题意；
综上可知： .
即 的取值范围为 .
（2）由 ，故
，
因为函数有两个不同的极值点 （其中 ），故 .
要证： ，只要证： .
因为 ，于是只要证明 即可.
因为 ，故 ，
因此只要证 ，等价于证 ，
即证 ，令 ，等价于证明 ，
令 ，因为 ，所以 ，
故 在 上单调递增，所以 ，得证.
（3）由（1）可知当 时， ，故 ，
令 ，所以 ，所以 ，
，
所以 .
【点睛】方法点睛：1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参
函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二
是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题
过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，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.
26．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知 ，函数 ， .
(1)求函数 的单调区间和极值；
(2)设 较小的零点为 ，证明： .
【答案】(1)单调递减区间为 ，单调递增区间为 ；极小值
，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数法求极值及单调区间即可；
（2）先由零点存在定理说明 存在两个零点 ，法一：由导数法证 ， ，结合函数单调性即可证明；
法二：由导数法证明证明当 时， ，再令 代入不等式
化简得证.
【详解】（1）因为 ， ，所以 ，
当 时， ；当 时， ，所以函数 的单调递减区
间为 ，单调递增区间为 ，
故 有极小值 ，无极大值；
（2）因为当 时， ，所以 ，
所以 ，
又 时， ； 时， ，
所以 有两个零点 ；
法1：下面证明 ， ，
设 ，
则 ，所以 在
上递增，
又 时， ，所以 对 成立，
所以 得证 ，，
令 ，则 ， ， ，∴ .
设 ， ，
则 ，所以 在 上递减，
所以 ，所以 ，
所以 得证 ，
因为函数 区间 单调递减，
又 ， ， ， 、 、 ，
所以 ；
法2：下面证明当 时， ，
设 ， ，
，
所以 在 上递增，
所以 ，所以 ，
再设 ， ，
，
所以 在 上递增，
所以 ，所以 ，综上，当 时， ，
现有 ，所以 ，
故 得 ，
故 得 ，
所以 .
【点睛】证明零点所在区间问题：
（1）可结合零点存在定理说明在区间端点处异号及函数单调性证明；
（2）通过将结论不等式变形，构造成题设函数的形式，从而将问题转化为证明不等式
成立. 如本题 变形成 ， 变形成
，则可转化为证 ；
（3）证明不等关系可通过构造函数，结合导数法证明.
27．（2023·湖北·统考模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，求函数 的单调区间；
(2)若 有3个零点 ， ， ，其中 ．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证： ．【答案】(1)单调递增区间为 ，无单调递减区间
(2)（ⅰ） （ⅱ）证明见解析
【分析】（1）对函数求导函数，根据导函数在定义域内的符号判断函数的单调性，得
单调区间；
（2）（ⅰ）将函数有三个零点转化为 有两个零点，分
类讨论，得使条件成立的a的取值范围；
（ⅱ）由 ，得 ，证明 ，得 ，
可证明原命题成立.
【详解】（1）当 时， ， ，
则 在 恒成立，所以 在 单调递增，
故 的单调递增区间为 ，无单调递减区间．
（2）（ⅰ） ，
， ，则 除1外还有两个零点，
，令 ，
当 时， 在 恒成立，则 ，
所以 在 单调递减，不满足，舍去；
当 时， 除1外还有两个零点，则 不单调，
所以 存在两个零点，所以 ，解得 ，
当 时，设 的两个零点为 ，则 ， ，所以 ．
当 时， ， ，则 单调递增；
当 时， ， ，则 单调递减；
当 时， ， ，则 单调递增；
又 ，所以 ， ，
而 ，且 ，
，且 ，所以存在 ， ，
使得 ，
即 有3个零点 ， ， ．
综上，实数a的取值范围为 ．
（ⅱ）证明：因为 ，
所以若 ，则 ，所以 ．
当 时，先证明不等式 恒成立，
设 ，
则 ，
所以函数 在 上单调递增，于是 ，即当 时，不等式 恒成立．
由 ，可得 ，
因为 ，所以 ，
即 ，两边同除以 ，
得 ，即 ，
所以 ．
【点睛】（ⅰ）中求使得 有两个零点的a的取值范围，
得 ，还需找点说明此时 有三个零点；
（ⅱ）由欲证命题知需先求 与 间的数量关系，结合函数解析式特征发现
，
进而得得 ，推断需证明 时， ，构造函数
证明.
28．（2023·福建福州·统考二模）已知函数 ．
(1)若 ，试判断 的单调性，并证明你的结论；
(2)若 恒成立．
①求 的取值范围：②设 ， 表示不超过 的最大整数．求 ．（参
考数据： ）
【答案】(1) 为 上的增函数，证明见解析
(2)① ；②当 或2时， ；当 时，
【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得出函数的单调性；
（2）① 恒成立，只要 即可，利用导数求出函数的最小值，从
而可得出答案；
②先利用作差法判断 的单调性，然后结合①中的结论
求出 的范围，再根据 的定义即可得解.
【详解】（1） ，
记 ，则 ，
所以 ，所以 单调递减；
，所以 单调递增,
所以 ，所以 ，即 ，且仅有 ，
所以 为 上的增函数；
（2）① ，
令 ，则 ，
则 ，所以 单调递增,
所以 ，即 ，
①当 时， ，所以 为递增函数，所以 ，满足题意；
②当 时， ，
有唯一零点 ，且 ，
则 时， 单调递减，
所以 ，不合题意，舍去，
综上， ；
②经计算： ，
因为 ，所以数列 单调递增，
所以，当 或2时， ，
当 时， ，
当 时，由①可知，此时 ，即 ，
令 ，则 ，则有 ，
令 ，
则有 ，
因为 ，
所以当 时， ，
所以，当 或2时， ；当 时， ．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
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．
29．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）已知函数
(1)若 时，求 的最值；
(2)若函数 ，且 为 的两个极值点，证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数法求最值；
（2）由导数法说明 单调性及 ，则 ，则转为证
，最后再构造函数证明 即可.
【详解】（1） ， ， ， ，
所以当 单调递减； 单调递增.
所以 在 处有唯一极小值，即最小值，为 ，无极大值，即
无最大值.
（2）证明： ，令
因为 ，所以 单调递减；
单调递增，所以 .
因为 为 的两个极值点，所以 ，且 .
所以在 、 ， ， 单调递增；在 ， ， 单
调递减；
因为 ，则，则 ，
设 ，则 ，
所以 在 单调递减，所以 ，
所以 ，因为在 ， 单调递减，所以 .
所以要证 ，只需证 ，即 ，
令 ，
令 .
所以 在 单调递增， ，
所以 在 单调递增， ，
所以 ，即 .
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，先由导数法说明极值点的大小关系，结合和函
数单调性，将不等式放缩，再构造函数由导数法证明即可.
30．（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知函数
．
(1)若不等式 恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若函数 有三个不同的极值点 ， ， ，且 ，
求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由 分离常数 ，利用构造函数法，结合导数来求得 的取值范
围.（2）首先根据 有 个不同的极值点求得 的一个范围，然后化简不等式
，利用构造函数法，结合导数求得 的取值范围.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，不等式 恒成立，
即 在 上恒成立，
记 ，则 ，
得到 在区间 上 单调递减，
在 上 单调递增，
则 ，即 在区间 上恒成立，
分离变量知： 在 上恒成立，则 ，
，
由前面可知，当 时， 恒成立，即 ，
所以 在区间 上 单调递减，
在区间 上 单调递增，
所以 ，所以 ．
（2） ，
设曲线 图象上任意一点 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，将 代入得 ，故切点为 ，
过 的切线方程为 ，
所以直线 和曲线 相切，并且切点坐标为 ，
所以当且仅当 时，方程 有两个不相等的实根 ， ，并且 ，
从而当 时， 有三个极值点 ， ， ，并且 ， ，
，
取对数知： ， ，即 ， ，
则
．
构造 ，
在 时恒成立，
则 在区间 上单调递增，且 ，
从而 的解为 ，
综上所述 ．
【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数
研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法
求得单调区间时，可考虑二次求导等方法来进行求解.
