第20 讲导数压轴综合
（知识清单+5 典例精讲+5 方法技巧+分层训练）
近3 年考查情况
题型
分值
含参零点综合、基础不等式证明、恒成立参数范围、极值与双变量基础综合
解答题
12 分
隐零点最值证明、指对同构恒成立、基础导数放缩、双零点不等式证明
解答题
12 分
放缩+隐零点综合、极值点偏移变式、含参放缩综合、导数数列跨模块压轴
解答题
12 分
基础综合题型+技巧压轴题型+创新跨模块题型全覆盖
解答题
12 分
【知识点01】隐零点问题
隐零点是导数压轴基础核心考点，针对含 e
x、ln x 的超越型函数，导函数零点无法通过常规解方程显性求出。核心
解题思想为设而不求、整体代换，无需解出零点具体值，仅利用零点满足的方程代入原式化简，进而求解函数最值、
证明不等式。
通用解题步骤：①求导判断导函数单调性；②零点存在定理锁定零点区间；③设零点 x0 且不求解；④利用
f
'( x0)=0 整体代换；⑤化简原函数求最值/证不等式。
【例1】已知函数 f ( x)=e
x−ln x，求证：f ( x)>2。
证明：函数定义域为 (0,+ ∞)，求导得：f
'( x)=e
x−1
x
f
'( x) 在 (0,+∞) 上单调递增，且 f
'( 1
2 )= ❑√e−2<0，f
'(1)=e−1>0。
由零点存在定理，存在唯一x0∈( 1
2 ,1)，使得 f
'( x0)=0，即 e
x0= 1
x0
，取对数得 ln x0=−x0。
当 x∈(0, x0) 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；当 x∈( x0,+∞) 时，f
'( x)>0，f ( x) 单调递增。
因此 f ( x)min= f ( x0)=e
x0−ln x0，代入代换公式：
f ( x0)= 1
x0
+ x0
由对勾函数性质，x0∈( 1
2 ,1)，故 1
x0
+ x0>2，即 f ( x)min>2。
综上，f ( x)>2 恒成立，原不等式得证。
【知识点02】极值点偏移问题（对称构造思想）
极值点偏移针对单极值点函数，若函数满足 f ( x1)= f ( x2)( x1≠x2)，正常对称函数满足x1+ x2=2 x0（x0 为极值点），
若不相等则出现偏移。分为右偏移 x1+ x2>2 x0、左偏移 x1+ x2<2 x0。
核心解题技巧：对称构造辅助函数，将双变量不等式转化为单变量单调性问题，规避双变量复杂运算，是高考导数压
轴经典难点。
【例2】已知 f ( x)= ln x−x，若 f ( x1)= f ( x2)( x1≠x2)，证明：x1+ x2>2。
证明：求导得 f
'( x)= 1
x −1= 1−x
x
，当 0< x<1 时函数递增，x>1 时函数递减，极值点x0=1。
不妨设 0< x1<1< x2，待证 x1+ x2>2，等价于证 x2>2−x1。
因 x2>1，2−x1>1，f ( x) 在 (1,+ ∞) 单调递减，只需证 f ( x2)<f (2−x1)。
由 f ( x1)= f ( x2)，即证 f ( x1)<f (2−x1)。
构造辅助函数 F( x)= f ( x)−f (2−x)(0< x<1)，代入得：
F( x)= ln x−x−ln (2−x)+(2−x)
求导化简得 F
'( x)= 2( x−1)
2
x(2−x) >0，故 F( x) 在 (0,1) 单调递增。
F( x)< F(1)=0，即 f ( x1)<f (2−x1)，故 x1+ x2>2，结论得证。
【知识点03】指对同构问题
指对同构是导数压轴提速大招，针对式子同时含指数 e
x、对数 ln x 的复杂题型。核心原理是通过代数变形，将零散
式子统一为 f (t ) 单一函数结构，利用函数单调性秒杀恒成立、最值、参数范围问题，规避复杂求导与隐零点运算。
三大必背同构公式：
x e
x =e
x + ln x，e
x
x =e
x−ln x，x ln x = ln x⋅e
ln x
【例3】已知 x>0，e
x−ln x ≥ax 恒成立，求实数 a 的最大值。
解析：不等式两边同除 x 得：a≤e
x−ln x
x
同构变形：e
x−ln x
x
=
e
x+ ln 1
x
x
，结合核心同构结构与放缩 e
t ≥t +1。
令 t = x−ln x，则 e
x−ln x≥( x−ln x)+1，化简得 e
x≥x−ln x +1。
代入不等式得：e
x−ln x
x
≥x−ln x +1−ln x
x
，进一步化简可得原式最小值为 1。
故 a≤1，实数 a 的最大值为1。
【知识点04】导数放缩证明问题
导数放缩是高考压轴证明核心技巧，无需复杂构造求导，利用固定的基础放缩不等式，将超越式简化为一次、二次代
数式，快速完成不等式证明。所有放缩公式可直接用于高考答题，需严格牢记取等条件，避免放缩过度。
四大核心高考标准放缩公式：
e
x≥x +1( x =0取等)，ln x ≤x−1( x =1取等)
e
x≥ex( x =1取等)，ln ( x +1)≤x( x =0取等)
【例4】证明：当 x>0 时，x e
x−ln x> 3
2。
证明：由放缩公式 e
x≥x +1，得 x e
x≥x( x +1)= x
2+ x。
由 ln x ≤x−1，得 −ln x ≥−x +1。
两式联立得：x e
x−ln x ≥x
2+ x−x +1= x
2+1
进一步精准放缩：x e
x =e
x + ln x≥x + ln x +1，代入原式得：
x e
x−ln x ≥x + ln x +1−ln x = x +1
结合隐零点取值范围，可证原式最小值大于 3
2，原不等式得证。
【知识点05】双零点双变量证明问题
针对函数存在两个不同零点x1, x2 的压轴题型，核心难点为双变量无法直接求导。通用解题逻辑：利用零点定义作和、
作差，消去参数，再通过比值换元令 t = x1
x2
(t >1)，将双变量不等式转化为单变量函数单调性问题，实现降维解题。
【例5】已知函数 f ( x)= ln x−2 x 有两个零点 x1, x2，证明：x1+ x2>1。
证明：由零点定义得：ln x1=2 x1，ln x2=2 x2。
两式作差：ln x1−ln x2=2( x1−x2)，即
ln x1
x2
x1−x2
=2。
不妨设 x1> x2，令 t = x1
x2
(t >1)，则 x1=t x2。
代入化简得：x2=
ln t
2(t −1) ，x1=
t ln t
2(t −1)。
待证 x1+ x2>1，等价于证 (t +1)ln t
2(t −1) >1。
因 t >1，t −1>0，即证 (t +1)ln t >2(t −1)。
构造 g(t )=(t +1)ln t −2(t −1)(t >1)，求导可证 g(t )>0 恒成立，故原不等式得证。
【知识点06】含参导数压轴分类讨论问题
含参导数恒成立、存在性压轴，参数无法分离时必须使用分类讨论法。核心讨论逻辑：先根据参数正负划分单调性，
再根据极值点与定义域区间的位置关系划分临界，做到不重不漏，最终合并有效参数范围。
【例6】已知 f ( x)= x
2−ax，∀x∈[1,2]，f ( x)≥−1 恒成立，求 a 的取值范围。
解析：不等式变形：x
2−ax +1≥0，x∈[1,2]。
求导得 f
'( x)=2 x −a，极值点 x = a
2，分三类讨论：
① a
2 ≤1 即 a≤2，函数在[1,2] 递增，f min=1−a≥−1，得 a≤2；
② 1< a
2 <2 即 2<a<4，极小值最小，f ( a
2 )≥−1，得 2<a≤2❑√2；
③ a
2 ≥2 即 a≥4，函数递减，f min= 4−2a≥−1，无解。
综上：a∈(−∞,2❑√2]。
【题型一】利用导数研究函数的零点
【例1】（2026·江苏苏州·三模）已知
，若
有两个零点，则实数
的取值范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由
令
，
，转化为
与
的图象有两个
交点，利用导数求出
的图象可得答案.
【详解】令
，
得
，
令
，
，
即
与
的图象有两个交点，
，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递减，
所以当
时，
有极小值，为
，
当
时，
有极小值，为
，
当
时，
，
再由
可得
的大致图象如下图:
所以当
时，函数
有两个零点.
【变式1】（2026·河南周口·三模）若函数
有且仅有2 个零点，则
______.
【答案】3
【分析】参变分离可得
，令
，
，利用导数判断
的单调性和图象，结合函数图象分析
求解.
【详解】因为
，则
，可知0 不为
的零点，
令
，且
，可得
，
令
，
，可知
与
有且仅有2 个交点，
因为
，
当
时，
，可知
在
内单调递增，
且当
趋近于
时，
趋近于
，当
趋近于0 时，
趋近于
；
当
时，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，则
，
当
趋近于0 或
时，
趋近于
；
综上所述：可得
的图象，如图所示：
若
与
有且仅有2 个交点，则
.
【变式2】（2026·安徽马鞍山·二模）曲线
在点
处的切线为．
(1)求直线的方程；
(2)若直线与曲线
在
轴右侧只有一个公共点，求实数
的值．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）根据导数的几何意义进行求解即可；
（2）令
，利用导数讨论单调性，求出
的值.
【详解】（1）
，
，的方程为
，即
；
（2）直线与曲线
在
轴右侧只有一个公共点，即方程
只有一正实数解，即
只有一正实数解，
令
，则
，
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增；
且
时，
；
时，
，
故
.
【变式3】（2026·山西晋城·模拟预测）已知函数
，
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)令
，求函数
在
上的零点个数．
【答案】(1)
(2) 个
【分析】（1）当
时，求出
、
的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）由
可得
，令
，则函数
的零点个数即为直线
与函数
的图象的公共点的个数，利用导数分析函数
的单调性，即可得出结论.
【详解】（1）当
时，
，则
，所以
，
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
.
（2）由题意可得
，
，
令
可得
，
令
，则函数
的零点个数即为直线
与函数
的图象的公共点的个数，
，
令
，其中
，
则
，
令
，则
，
由
可得
，由
可得
，
所以函数
在
处取得极大值，也是最大值，
所以
，所以
，即
恒成立，
所以函数
在
上单调递减，且
，
故当
时，
，所以
，则函数
在
上单调递减，
当
时，
；当
时，
.
所以直线
与函数
的图象有且只有一个公共点，
故函数
在
上只有一个零点.
【题型二】导数中的极值偏移问题
【例1】（多选）（2025·新疆乌鲁木齐·三模）设函数
的定义域为
，
的导函数
满足
，且
，则下列结论一定成立的是（ ）
A．
的最大值为1
B．
在点
处的切线为
C．若方程
有两个不同的解
，
，则
D．若
，
，
，则
【答案】ABD
【分析】先求
表达式：由
，根据求导法则得
，再代入
求出
，进而得到
，用除法求导法则对
求导. 对于A 选项：令
得极值点，根据导数正负判断单调性，求出最
大值. 对于B 选项：先求
处的函数值和导数值，再用点斜式求切线方程. 对于C 选项：设
，通过构造
函数
，判断其单调性来证明. 对于D 选项：由
得
，将
变形，换
元后根据二次函数性质求最值.
【详解】已知
，可知
.
可得
（
为常数）.
因为
，将
，
代入
，可得
，即
，解得
.
所以
，则
，
.
对
求导，可得：
.
对于选项A，令
，即
，解得
.
当
时，
，则
，
单调递增；
当
时，
，则
，
单调递减.
所以
在
处取得极大值，也是最大值，
，但当
时，
，所以
没有最小值，
A 选项正确.
对于选项B，当
时，
.
.
根据点斜式方程可得
，即
，所以
在点
处的切线为
，B 选
项正确.
对于选项C，由前面分析可知
在
上单调递增，在
上单调递减.
不妨设
，若
，则
，因为
，且
在
上单调递减，所以只需证明
，又因为
，所以只需证明
.
令
，
，则
.
当
时，
，
，
所以
，
在
上单调递增，
则
，即
，所以
，与
矛盾，C 选项错误.
对于选项D，因为
，所以
.
.
令
，则
，所以
.
对于二次函数
，其对称轴为
，开口向下，所以当
时，
取得最大值，
.
则
，D 选项正确.
故选：ABD.
【变式1】（2026·山东聊城·二模）设函数
，
(1)若
有极值点、无零点，求
的取值范围；
(2)若
的图象在区间
内存在两条互相垂直的切线，求
的取值范围；
(3)设
，若方程
有两个实数根
、
，且
，求证：
，且
．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求得
，对实数
的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，结合函数极值
点的定义可得出实数
的取值范围，求出该函数的极小值，根据函数
无零点可得出关于
的不等式，综合可解得
实数
的取值范围；
（2）分析可知，存在
、
使得
，对实数
的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，可
得出
，即可解出实数
的取值范围；
（3）分析可知
，证明出
，可得出
，所以
，再
证明出
，即可得出
，再结合不等式的基本性质可证得结论成立.
【详解】（1）因为
，则
，
当
时，
，此时函数
在
上单调递增，函数
无极值点，不符合题意；
当
时，由
可得
，由
可得
，
此时函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
则函数
有极小值点
，故
的极小值为
，
因为函数
无零点，所以
，即
，即
，解得
，
综上，
的取值范围为
．
（2）由
的图象在区间
内存在两条互相垂直的切线，
可知存在
、
使得
．
当
，则
，不符合题意．
当
时，
在
上单调递增．
所以
在
内的值域为
．
所以，由题意可得
，
整理可得
，解得
，
因此，
的取值范围为
．
（3）设
，则
，
因为
，所以
．
当
时，
，
在
上单调递增，不符合题意，所以
．
由
，得
．
设
，则
，所以
在
上单调递增．
又因
，所以
，
所以
，所以
，
所以
，所以
，
设
，则
，
因为当
时，
，所以
在
上单调递减，
又因为
，所以当
时，
，即
．
因为
，所以
，即
，
又因
，所以
，所以
，
又因为
，
，所以
．
【变式2】（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数
，其中
.
(1)若
在
上单调递增，求
的取值范围；
(2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线
与
轴相切，且切点为
格点．
（i）求
的值；
（ii）若
，且
，证明：
.
【答案】(1)
(2)（i）
，（ii）证明见解析
【分析】（1）由
恒成立，分参配方即可求解；
（2）（i）由题意列出方程组，消去
得
，求导分析
的整
数零点，即可求
；
（ii）求导分析
单调性，得出
，构造函数
证明
，构造函数
证明
，由不等式的性质即可证明
.
【详解】（1）
，
由题意
恒成立，则
，
则
.
（2）（i）由题意，存在
使得
，
消去
得
，
设
，
则
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
极大值
，当
时
，
极小值
，
，
则
在
存在1 个零点，
综上
的整数零点只有0，
则
.
（ii）
，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
则
，
设
，
则
，
由基本不等式
，则
，
单调递增，
则
时
，
，
则
，
由于
，
在
单调递增，
则
，
设
，
则
则
，
单调递增，
当
时
，
，
则
，
即
，
由于
，
在
单调递增，
则
，
由
，
可得，
则
，
即
.
【变式3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数
．
(1)求
在
上的极值；
(2)若
在
上恒成立，求实数
的取值范围；
(3)若存在实数
使得函数
在
上有两个不同的零点
，证明：
．
【答案】(1)极小值为
，无极大值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，分析单调性，确定极值．
（2）分类讨论
不同取值下需满足的条件，最后取并集.
（3）利用函数对称性，将
转化为证明
，构造函数，求导分析单调性和极值，最终证得
．
【详解】（1）
，
令
，所以
，解得
，
当
时，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以
在
的极小值为
，无极大值．
（2）
在
上恒成立，
即
在
上恒成立，
①当
时，由
，得
，因此
，满足题意.
②当
时，令
，
则
，
令
，则
．
由
，得
，
，
因此
，则
在
上单调递增，
若
，则
，
则
在
上单调递增，
所以
，满足题意；
若
，则
，
，
因此
在
上存在唯一的零点
，
且
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以
，不满足题意.
综上，实数
的取值范围为
．
（3）当
时，
即
，
不妨设
，由（1）可知
，
要证明
，即证
，
因为
，且
在
上单调递增，所以只需要证
，
又因为
，
所以只需要证
，即证
，
即证
，
两边同时除以
，得
，
化简为
，
因为
，所以只需证
，
即证
，
令
，
则
，
令
，
则
在
上恒成立，
所以
在
上单调递增，
，
即
在
上恒成立，
所以
在
上单调递减，
所以
．
故
，即
，
所以
．
【点睛】规律总结 极值点偏移问题的解法：
（1）（对称化构造法）构造辅助函数：对结论
型，构造函数
；对结论
型，构造函数
，通过研究
的单调性证得不等式．
（2）（比值代换法）通过代数变形将所证的双变量不等式通过
代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性
证明．
【题型三】指对同构综合压轴
【例3】（2026·四川成都·三模）不等式
恒成立，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】令
，根据
，结合
的单调性，可得
，进而得
在
上恒成立，求得
的最小值即可.
【详解】由题意可得，
.
令
，则
在
上单调递增，
又
，
，
所以
，所以
，即
在
上恒成立.
令
，则
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
所以
，所以
【变式1】（2026·河北邢台·二模）已知a >0，当x≥1 时，不等式
恒成立，则实数a 的取
值范围是________.
【答案】
【分析】通过换元构造同构函数，利用函数单调性脱去函数符号，将原不等式转化为恒成立问题，分离参数后求函数
最小值得到
的取值范围.
【详解】原不等式整理得
，等价于
，
令
，则
恒成立，所以
在
上单调递增.
故原不等式等价于
， 由
的单调性，不等式等价于
，即
，
故原不等式恒成立等价于
对所有
恒成立，变形得
，即：
，
令
，求导得
，当
时
，
故
在
上单调递增，最小值为
，所以
.
又
，得
的取值范围是
.
【变式2】（2026·河北沧州·二模）已知函数
．
(1)若
，
，求
的最小值；
(2)若
，当
时
，求a 的取值范围；
【答案】(1)0
(2)
【分析】（1）求导，利用导数确定函数单调性，进而求出最小值；
（2）把恒成立问题转化为端点分析，利用单调性判断趋势；
【详解】（1）当
，
时，
，求导得
，
令
，
均在
上单调递增，
在
上单调递增，且
，
当
时，
，
，故
单调递减；
当
时，
，
，故
单调递增，
在
处取得极小值，也是最小值，
．
（2）由
得
，代入函数得：
，
注意到
，需保证
时
，
求导得
，
在
处，
，
令
，求导得
，则
在
时单调递增，
且
，
当
时，
，即
，
令
，则
，
故
在
上单调递增，
时，
，
单调递增，
，
满足条件；
当
时，
，即
，由连续性可知，存在
，
当
时，
，
单调递减，
故存在
，不满足条件；
综上，
的取值范围为
．
【变式3】（2024·山西长治·一模）已知函数
．
(1)当
时，求函数
的最小值；
(2)若关于x 的不等式
恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)0；
(2)
.
【分析】（1）当
时，利用导数探讨单调性，求出最小值.
（2）由（1）的信息，利用不等式性质可得当
时，不等式恒成立，当
时，利用导数探讨存在实数使得
得解.
【详解】（1）当
时，函数
的定义域为
，求导得
，
显然函数
在
上单调递增，而
，
则当
时，
，函数
在
上单调递减，
当
时，
，函数
在
上单调递增，
所以当
时，函数
取得最小值
.
（2）函数
的定义域为
，
当
时，
，
，则
，
由（1）知，
，
，而
，即有
，
因此
恒成立，此时
；
当
时，
，由（1）知，函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，而
恒成立，不等式
不恒成立，
所以实数a 的取值范围是
.
【题型四】导数放缩综合证明
【例4】（2025·湖南益阳·模拟预测）已知函数
.
(1)当
时，求函数
的单调区间；
(2)当
时，
，求
的取值范围；
(3)若
，证明：
.
【答案】(1)
的单调递增区间为
，单调递减区间为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）当
时，
，利用导数求其单调区间；
（2）依题意，当
时，
成立，利用导数结合单调性进行证明；
（3）令
，
，则
，用此不等式对待证不等式左边各项放缩，并利用不等式的基本性质即可
证得.
【详解】（1）当
时，
.
所以，
.
所以，当
时，
，
单调递增.
当
时，
，
单调递减.
综上，
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（2）当
，
成立，等价于当
时，
成立.
因为
，设
，则
.
所以，
单调递减，即
单调递减.
当
时，
.所以
，
单调递减，
，符合题意.
当
时，
，所以存在
，使得当
时，
.
此时
单调递增，
，不符合题意.
综上
.
（3）由（2）知，当
时，对任意
，都有
，
即
成立，令
，
，
则
.
当
时，
.
所以，
.
当
时，
.
综上，
.
【变式1】（2025·江苏·模拟预测）已知函数
．
(1)若
，求曲线
在
处的切线方程；
(2)若
对任意
恒成立，求a 的取值范围；
(3)证明：
．
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)
证明见解析.
【分析】（1）求出
及
，由点斜式求得切线方程；
（2）由
分析
需满足条件，得到
，再说明
时不满足条件；
（3）由（2）得
，令
可得
，累加证明.
【详解】（1）当
时，
，
，即切点坐标为
，
又
可得
，即切线斜率为
，
所以曲线
在
处的切线方程为
，即
；
（2）当
时，若
单调递减，则
满足条件，
因此需
在
恒成立，即
在
恒成立，
所以
设
，
则当
时，
恒成立（当且仅当
时取等号），
所以
在
单调递增，所以
，
所以
，得
；
当
时，
，
，
所以存在
，
，
则当
时，
，
单调递增，此时
，不满足条件，
综上可知，实数
的取值范围为
.
（3）由（2）可知，当
时，
在
单调递减，
且
时，
，即
，
令
，则
，所以
，
即
，
所以
.
【变式2】（2026·广西桂林·模拟预测）设函数
，函数
．
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)当
时，
，求实数
的取值范围；
(3)设函数
的极小值点为
，证明：
．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析；
【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，进而得到切线方程即可.
（2）对参数范围分类讨论，进而得到取值范围即可.
（3）结合题意并利用导数得到
，进而结合放缩法证明不等式即可.
【详解】（1）由题意得
，且
，
，
，
即曲线
在点
处的切线方程是
.
（2）由已知得
，
当
时，
，可得函数
在定义域是
上的递减函数，
则
，不合题意；
当
时，
所以函数
在定义域是
上的递增函数，
所以
，符合题设；
当
时，可得
，
因为函数
是
上的增函数，
所以存在
，使得当
时，
，
所以函数
在
上是递减函数，所以
，不合题意；
综上可得，
的取值范围是
.
（3）由题意得
令
，可得
，令
，可得
，
在区间
是减函数，在区间
是增函数，
是
的唯一的极小值点，
，
由（2）得，当
时，
，所以
，
令
，得
，
.
【变式3】（2026·新疆·三模）已知
.
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)若对任意
，有
恒成立.
（i）求a 的取值范围；
（ii）证明：对任意的正整数
.
【答案】(1)
；
(2)（i）
；（ii）证明见解析.
【分析】（1）直接求导代入得到斜率，再写出切线方程即可；
（2）（i）变形得
，再设新函数，求导后对
分类讨论即可；
（ii）利用
的单调性得到不等式
，从而放缩后再裂项即可证明.
【详解】（1）因为
，所以函数
，
求导得
，
则
，又
，
故曲线
在
处的切线方程为
．
（2）（i）对任意
，由
，
设函数
，求导得
.
当
时，
，不符合题意；
当
时，
，函数
在
上单调递增，
，因此
当
时，令
，
求导得
，
则
，使得
，当
时，
，
函数
在
上单调递增，
，即
，
因此
，
此时
，不符合题意；
综上，
的取值范围是
．
（ii）为了使用方便，以下
为
的二阶和三阶求导符号，
由（i）得当
时，
，
令函数
，求导得
，
因为
，
所以函数
在
上单调递增，
，
函数
在
上单调递增，
，
函数
在
上单调递增，
，
因此，当
时，
，所以
，
当
时，
，所以结论成立；
当
时，
，
于是，
，
故对任意的正整数
成立．
【题型五】利用导数研究双变量问题
【例5】（多选）（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知
，则下列说法正确的是（ ）
A．函数
在
上单调递增
B．函数
有1 个零点
C．对任意
，
，都有
D．若函数
在区间
上有且只有一个零点，则
【答案】BC
【分析】求导，根据导数符号可判断A；根据单调性结合极值可判断B；利用二阶导数可判断C；转化为
的图象
与直线
只有一个交点可判断D.
【详解】函数
的定义域为R，则
，
对于A，当
时，
，则
在
单调递减；
当
或
时，
，则
在
，
单调递增，故A 错误；
对于B，由A 可知，
在
处取极大值，在
处取极小值，
极大值为
且
；
又当
，
，故
在R 上只有一个零点，故B 正确；
对于C，
代表该函数为凹函数，
记
，则
，
又
，当
时，
恒成立，函数为凹函数，故C 正确；
对于D，由上知
在
单调递减，在
单调递增，
又
，
，
所以
在区间
上有且仅有一个根等价于函数
在
上的图象与直线
只有一个交点，
所以
或
，故D 错误．
故选：BC．
【变式1】（2026·山东日照·二模）已知正实数a，b 满足
，则
______________．
【答案】
【分析】利用导数分别求出等式两边的最值即可求解.
【详解】 设
，求导得
，
因此：
在
单调递减，在
单调递增，最小值为
，
原等式右边整理为
，求导得
，
因此：
在
单调递增，在
单调递减，最大值为
，
原等式即为
，而
，
，等号成立当且仅当：
，
故
.
【变式2】（2026·四川成都·二模）已知函数
在
处的切线方程为
．
(1)求
，
；
(2)设
是方程
的两根，求证：
．
（注：
…是自然对数的底数）
【答案】(1)
.
(2)证明见详解.
【分析】（1）求导得
，结合
，列出方程组求解；
（2）令
，根据导数结合零点存在定理求出
单调性，易得
的一个根为
，再利用零点存
在定理找到另一个根
的范围即可证明.
【详解】（1）由题意可得
，
因为
在
处的切线方程为
，
所以
，即
，解方程得
.
（2）令
，
，
由题意可知方程
的两根
，
即为函数
的两个零点，不妨设
.
求导
，因为
在区间
上单调递增，
在区间
上单调递减，
所以函数
在区间
上单调递增，又
，
，
根据零点存在定理可知存在唯一的
使得
.
所以当
，
，函数
在区间
上单调递减；
当
，
，函数
在区间
上单调递增.
由
，得
，从而
，
又因为
，
，
所以
，故
.
【变式3】（2026·陕西西安·三模）已知函数
，当
时，
恒成立．
(1)求实数a 的取值范围；
(2)已知函数
有两个极值点
，
证明：
．
(3)当
时，直线
与函数
图象的三个交点的横坐标从小到大依次为
，1，
判断
与0 的大小关系，并证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
，证明见解析
【分析】（1）对函数
求导，由当
时，
恒成立求解即可.
（2）对函数
求导，由函数
有两个极值点求解
的取值范围，将
，
分别代入，换元，令
求解即可.
（3）将
代入，求得
与0 的大小关系等价于
与2 的大小关系，并得到
，
为直线
2
与函数
图象交点的横坐标，对函数
求导，令
，对
求导，求解
的单调性，并
与
的大小关系等价于
与
的大小关系，设函数
，求解
的单调性，结合函数
的单调性即可求解.
【详解】（1）对函数
求导可得
．
注意到
，且当
时，
恒成立，从而可得
．
由此可得
，从而可得
．
当
且
时，令
，则
，
所以
在
上单调递增，即可得
，
由此可得
在
上单调递增，则
．综上，可得实数
的取值范围是
．
（2）对函数
求导可得
.
因为函数
有两个极值点
，
．令
，所以
在
上的两个解为
，
，
从而可得
，
，
．
由此可得
的取值范围是
．
其中
，
．
则可得
．
要证不等式
，
可证
，
等价于
，
等价于
，
令
，上式等价于
．
由（1）可得，当
时，
，等价于
，
由此即可得原不等式成立．
（3）当
时，
．
令
，可得
．
由题意可得
，
，由第（1）问可得
．
据此可得
．
由
，
可得
．
此时
与
的大小关系等价于
与2 的大小关系，
又
，此时
，
为直线
2 与函数
图象交点的横坐标．
对函数
求导可得
，令
，求导可得
，
即
在
上单调递增，且有
．从而可得
在
上单调递减，在
上单调递增．
显然可得
，则
与
的大小关系等价于
与
的大小关系，
，
设函数
，
求导可得
，
令
，则
恒成立．
由此可得
在
上单调递减，即可得
，从而可得
在
上单调递增，由此可得
，
从而可得
.结合函数
的单调性即可得
，即
，故
．
【解题大招01】隐零点「设而不求」法
1. 技巧原理
针对含 e
x、ln x 的超越型导数函数，导函数零点无法显性求解，无需强行解方程。核心思维：设零点、不求解、利
用零点方程整体代换化简原式，规避超纲运算，快速求最值、证不等式。
2. 标准解题步骤
① 确定函数定义域，求导判断导函数单调性；
② 利用零点存在性定理，锁定隐零点区间；
③ 设唯一零点 x0，列出核心方程 f
'( x0)=0；
④ 将零点方程整体代换原函数，消去指数、对数；
⑤ 化简求解最值或证明不等式。
【例1】已知函数 f ( x)=e
x−ln ( x +1)，证明：f ( x)>1。
解析：函数定义域：x∈(−1,+ ∞)，求导得：
f
'( x)=e
x−
1
x +1
f
'( x) 在 (−1,+ ∞) 上单调递增，且 f
'(0)=1−1=0。
当 −1< x<0 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；
当 x>0 时，f
'( x)>0，f ( x) 单调递增。
故 f ( x)min= f (0)=e
0−ln 1=1。
又因函数在定义域内仅 x =0 取最小值，严格不等式成立，即 f ( x)>1，原命题得证。
【解题大招02】指对同构秒杀法
1. 技巧原理
针对同时含 e
x 与 ln x 的复杂恒成立、最值题型，通过代数变形，将零散式子统一为单一函数结构 f (t )，利用函数
单调性直接解题，大幅简化计算，秒杀复杂压轴题。
2. 三大必背同构公式
x e
x =e
x + ln x
e
x
x =e
x−ln x
x ln x = ln x⋅e
ln x
3. 标准解题步骤
① 观察式子指对结构，移项、同除变形；
② 凑出 f ( x + ln x) 统一结构；
③ 构造母函数判断单调性；
④ 利用单调性脱去外层函数，简化求解。
【例2】已知 x>0，不等式 x e
x≥ln x + kx 恒成立，求实数 k 的最大值。
解析：不等式两边同除 x( x>0)，得：
e
x≥ln x
x + k
同构变形：e
x + ln x≥ln x
x +k
令t = x + ln x，易知 t 在 (0,+∞) 单调递增。
由核心放缩 e
t ≥t +1，得：
e
x + ln x≥x + ln x +1
代入化简可得 ln x
x ≤1，当且仅当 x =1 取等。
故 k ≤1，实数 k 的最大值为 1。
【解题大招03】导数放缩证明法
1. 技巧原理
无需复杂多次求导、构造函数，利用高考官方认可的基础放缩不等式，将超越式转化为代数式，快速简化不等式，实
现秒杀证明，是近三年高考主流考法。
2. 高考四大核心放缩公式
e
x≥x +1( x =0取等)
ln x ≤x−1( x =1取等)
e
x≥ex( x =1取等)
ln ( x +1)≤x( x =0取等)
3. 标准解题步骤
① 观察式子结构，选取适配放缩公式；
② 对指数、对数项分别放缩；
③ 合并化简代数式；
④ 校验取等条件，证明严格不等式。
【例3】已知 f ( x)= x e
−x，f ( x1)= f ( x2), x1≠x2，证明：x1+ x2>2。
解析：求导得：f
'( x)=(1−x)e
−x，极值点 x0=1。
函数在 (−∞,1) 递增，(1,+ ∞) 递减，不妨设 x1<1< x2。
待证 x1+ x2>2⇔x2>2−x1。
因 x2,2−x1∈(1,+∞)，f ( x) 在该区间递减，只需证f ( x2)<f (2−x1)。
由 f ( x1)= f ( x2)，即证 f ( x1)<f (2−x1)。
构造 F( x)= f ( x)−f (2−x)( x<1)，求导得 F
'( x)>0。
F( x) 在 (−∞,1) 递增，故 F( x)< F(1)=0。
即 f ( x1)<f (2−x1)，x1+ x2>2，结论得证。
【解题大招04】双变量比值换元法
1. 技巧原理
针对函数双零点、双变量不等式问题，通过比值换元令 t = x1
x2
(t >1)，将双变量问题归一为单变量函数，彻底解决双
变量无法求导的难点。
2. 标准解题步骤
① 利用零点定义列出方程组，作差、作和消参；
② 设 x_1>x_2>0，令 t = x1
x2
(t >1)；
③ 将待证不等式转化为关于 t 的单变量不等式；
④ 构造函数求导，利用单调性证明结论。
【例4】已知 f ( x)= ln x−ax 有两个零点 x1, x2，证明：x1 x2>e
2。
解析：由零点定义：ln x1=a x1，ln x2=a x2。
两式作差：ln x1
x2
=a( x1−x2)，得 a= ln x1−ln x2
x1−x2
。
两式作和：ln ( x1 x2)=a( x1+ x2)。
待证 x1 x2>e
2，等价于证 ln ( x1 x2)>2。
代入得：
ln x1−ln x2
x1−x2
⋅( x1+ x2)>2。
令 t = x1
x2
(t >1)，化简得：ln t > 2(t −1)
t +1
。
构造函数可证 t >1 时不等式恒成立，故 x1 x2>e
2 得证。
【解题大招05】任意/存在最值模型法
1. 技巧原理
针对双函数任意、存在混搭恒成立问题，无需复杂讨论，直接套用固定最值模型，匹配对应最值关系，快速求解参数
范围。
2. 四大必考模型
∀x1,∃x2⇒f ( x)min≥g( x)min
∃x1,∀x2⇒f ( x)max≥g( x)max
∀x1,∀x2⇒f ( x)min≥g( x)max
∃x1,∃x2⇒f ( x)max≥g( x)min.
【例5】已知 f ( x)= x
2−2 x ，x ∈[0,3]，g( x)= ln x，x∈[1,e ]，若 ∀x1∈[0,3],∃x2∈[1,e ]，使得
f ( x1)≥g( x2)，求参数成立条件。
解析:套用模型：∀x1∃x2⇒f ( x)min≥g( x)min。
求 f ( x) 最值：f ( x)min= f (1)=−1。
求 g( x) 最值：g( x) 单调递增，g( x)min= g(1)=0。
因 −1≥0 不成立，故该命题不成立。
【基础过关】（共8 题）
一、单选题
1．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知关于
的不等式
有且仅有3 个整数解，则实数
的取值范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先对不等式进行变形，构造函数，通过分析函数的单调性，结合不等式有且仅有3 个整数解可得实数
的
取值范围.
【详解】由已知
有意义，所以
，
将不等式化简，
，即
，整理得
，
若
时，则
，且
，令
，
所以
，令
，则
，
所以
，所以
在
单调递增，所以
，即
，
所以
在
单调递减，当
，
，
此时不等式有无穷多个整数解 ，不符合题意；
当
，则
，且
，令
，
所以
，令
，则
，
所以
，所以
在
单调递增，所以
，即
，
所以
在
单调递增，
因为
，
，
，
，
且不等式
有且仅有3 个整数解，
结合
单调性可知这三个整数解为1,2,3，所以
，
所以实数
的取值范围为
.
2．（2026·河北保定·三模）已知函数
为指数函数，且满足以下条件：①
且x≠y，都有
；②函数
的图象关于直线
对称，且方程
有且仅有两个实数解.则
函数
的解析式可以为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先根据指数函数定义、单调性条件排除错误选项A、B，再结合反函数性质，将原问题转化为
有
且仅有两个实数解的问题，继而构造函数，利用导数解决函数的零点个数问题，即可判断出答案.
【详解】选项A：
且
，都有
，
则可说明
为R 上的单调递增函数，由于
在R 上单调递减，不符合题意，排除；
选项B：
不是指数函数（指数函数要求指数为自变量
、定义域为
），且
时函数单调递减，不满足
条件①，排除；
选项CD 中函数均为R 上的单调递增函数，
由于
互为反函数，它们的图象关于直线
对称，
故若
的图象有交点，则交点必在直线
上，
选项C：对于
，令
，则
，该函数在R 上单调递增，
由
，得
，
当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
则
，
则
无零点，即
无实数解，不符合题意，C 错误；
选项D：对于
，令
，则
，该函数在R 上单调递增，
由
，得
，
当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
则
，
当
时，
，当
时，
，
则
有两个零点，即
有且仅有两个实数解，符合题意，D 正确.
二、多选题
3．若函数
，
，满足对
均有
，则
的取值不可能为（ ）
A．
B．
C．
D．9
【答案】AB
【分析】将问题转化为两个函数的零点重合，得出
转化单变量的函数最值问题，求导计算即可.
【详解】条件对
均有
恒成立，等价于
，
易知
，
与
均在定义域内单调递增，
且由
，故
时
，
若要满足题意，只需两函数的零点相同即可，则
令
，即
，
则
，令
，则
，
，即
在
上单调递
减，
上单调递增，
，显然A、B 不可能，C、D 可能
故选：AB
三、填空题
4．（2025·河南南阳·三模）已知函数
，
，若
恒成立，则
的最小值是
______．
【答案】
【分析】对不等式进行变形得
，构造函数
，原不等式等价于
，利
用导数研究
的单调性，进而可得自变量之间的关系，再利用导数研究恒成立问题即可.
【详解】
恒成立，即
，即
，
即
，
令
，则
恒成立，所以
单调递增，
，
令
，则
，
令
，解得
，当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
上单调递减，
所以
，故
，即
．则
的最小值是
．
故答案为：
5．（2026·河南南阳·模拟预测）已知对
，关于
的不等式
恒成立，则实数
的取值范围为_____.
【答案】
【分析】将已知等式变形为
，可得出
，令
，
，
，分析可知
，可得出
，即可得出
，
利用导数和基本不等式求解即可.
【详解】对
，有
，所以
，
所以不等式左右两侧同时除以
，
所以
，
转化为关于
的一元二次不等式，所以
，
令
，
，
，
，当
时，
，即函数
在
上单调递增，
当
时，
，即函数
在
上单调递减，
所以
；
由基本不等式可得
，
当且仅当
时，即当
时，等号成立，故
，
因为
，故对任意的
，则
，
故当
时，
，
，
由
可得
，
故
，故
，即实数
的取值范围是
.
故答案为：
.
6．已知函数
，
，若
，则
的最小值为______.
【答案】
【分析】设
，可得
，
，从而
，进而构造函数
，求出
的最小值即可.
【详解】设
，即
，
，解得
，
，
所以
，
令
，则
，
令
，解得
，
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
，
所以
的最小值为
.
故答案为：
.
四、解答题
7．（2026·陕西安康·三模）已知函数
，且
．
(1)求
的值；
(2)若
．
（i）求
在
上的最大值和最小值；
（ii）若
，求实数
的取值范围．
【答案】(1)
(2)（i）最大值为
，最小值为
；（ii）
．
【分析】（1）求导，由
，即可求解；
（2）（i）由（1）得到
，再求导，确定函数单调区间，即可求解；（ii）将问题转换成所以
，
进而可求解.
【详解】（1）因为
，
所以
，
则
，
所以
．
（2）（i）由（1）得
，
则
，
因为
，令
，得
；
令
，得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
，又
，
所以
在[0,3]上的最大值为
，最小值为
．
（ii）因为
，
，
所以
，
由（i）可知
在
上的最大值为
，
由
，
所以
，
所以实数
的取值范围为
．
8．（2022·辽宁丹东·模拟预测）已知函数
．
(1)若
，证明：
；
(2)若
有两个不同的零点
，求a 的取值范围，并证明：
．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
,证明见详解．
【分析】（1）令
，利用导数分析其单调性求出最大值即可证明；
（2）令
，通过求导分析单调性，结合
的单调性从而证明结结论．
【详解】（1）当
时，
，定义域为
令
，则
当
时，
；当
时，
；
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
，所以
，得
；
（2）因为
有两个不同的零点
，则
在定义域内不单调；
由
当
时，
在
恒成立，则
在
上单调递减，不符合题意；
当
时，在
上有
，在
上有
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减．
故
，所以
,
而
为增函数，且
，故
.
而当
时，
，
时，
，
故
时，
确有两个零点.
不妨设
令
则
当
时，
，则
在
上单调递增
所以
故
，因为
所以
，又
，
则
，又
在
上单调递减，
所以
，则
．
【拔高选练】（共6 题）
一、单选题
1．已知
，
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先构造函数
，通过函数的单调性确定
的大致范围，再构造
，通过函数
的单调性确定
与
的大小关系，进而得到A 选项；先构造函数
，通过函数的单调性确定
的大致范围，再
构
，通过函数
的单调性确定
与
的大小关系，进而可知B 选项错误；通过
，得到
，进而可得
与
的大小关系, 进而可知C 选项错误；D 与C 选项同样的方法即
可判断.
【详解】对于A，
，
，令
,则
，
所以
在
单调递减，在
上单调递增，且
，故
.
令
则
，所以
在
上单调递减，且
，
，
，
，
即
,故选项A 错误；
对于B，
，
令
，
则
，所以
在
单调递增，在
上单调递减，
且
，故
.
令
所以
在
上单调递减，且
，
，
，
，
，
，即
，故选项B 错误；
对于C，
，
，
，又
在
单调递增，
，
，故选项C 错误；
对于D，由C 可知，
， 又
在
单调递减 ，
，故选项D 正确.
故选：D.
2．（2026·河南濮阳·模拟预测）已知函数
，
与
的零点分别为
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理判断三个零点所在区间
，
，
即
可求解.
【详解】因为
，所以
在
上单调递增，
因为
，
，
由零点存在定理，
的零点
，
因为
，所以
在
上单调递增，
因为
，
，
由零点存在定理，
的零点
，
因为
，令
，得
，
当
时，
，函数
在
内单调递增，
当
时，
，函数
在
内单调递减，
当
时，
，函数
在
内单调递增，
因为
，
，
因此，
时，函数
没有零点，
又因为
，
由零点存在定理，
的零点
，
因为
，
所以
.
3．已知直线
与函数
的图象恰有两个切点，设满足条件的
所有可能取值中最大
的两个值分别为
和
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据结论恒成立可只考虑
的情况，假设切点坐标，则只需考虑
，
，其中
的情况，可将
表示为
；构造函数
，
，利用导数可求得
的单调性，从而对
进行放缩即可求得所求范围.
【详解】
对于任意
，
，
，
的范围恒定，
只需考虑
的情况，
设
对应的切点为
，
，
，
设
对应的切点为
，
，
，
，
，
，
只需考虑
，
，其中
的情况，
则
，
，其中
，
；
又
，
，
，
；
令
，则
，
在
上单调递增，
，
设
，
，又
，
，
；
令
，则
，
令
，则
，
在
上单调递增，
，
即
，
在
上单调递减，
，
，
；
综上所述：
.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数与三角函数综合应用问题，解题关键是能够采用特殊值的方式，考虑不含变量的
函数
的情况，采用构造函数的方式对所求式子进行放缩，从而求得
的范围.
二、填空题
4．（2025·四川眉山·模拟预测）已知函数
.若不等式
对
恒成立，则
实数
的取值范围___________.
【答案】
【分析】设
，
，转化问题为
，利用导数分析函数的单调性，进而可得
，令
，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可.
【详解】由
，
，
，
得
，则
，
则
，即
，
设
，
，即
，①
因为
，
所以当
时，
，则
在
上单调递减，
当
时，
，则
在
上单调递增.
因为
，所以
，
当
时，
，且
在
上单调递减，
则①式等价于
，则
，即
，
令
，则
，
当
时，
，则
在
上单调递减，
当
时，
，则
在
上单调递增，
所以
，则
，即
，
所以实数
的取值范围为
.
故答案为：
.
三、解答题
5．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)讨论
的单调性；
(3)若
有极小值，且
，求a 的取值范围.
【答案】(1)
(2)当
时，
在
上单调递增；当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增
(3)
【分析】（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出
处的导数值即切线斜率，再求
出
对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可.
（2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域
，按参数
的正负分类讨论；
时判断导函数在定义域内恒正，
直接得出函数单调递增；
时以
为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，
最后汇总两种情况的单调结论.
（3）先借助第二问单调性确定
时函数在
处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由
恒成
立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数
；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点
，
利用单调性分析出使不等式成立的
的取值区间.
【详解】（1）当
时，
，所以
所以切线方程为
即
，
（2）
，
若
，可得
时，
，所以
在
上单调递增；
若
时，当
时，
，所以
在
上单调递减；
当
时，
，所以
在
上单调递增；
综上所述：当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（3）由（2）可知当
时，
有极小值，极小值为
，
此时极小值也是最小值，由
，可得
，
，
又
，所以
令
，求导得
，
所以
在
上单调递减，又
，
当
时，
，当
时，
，
所以
时，
，此时满足
，
所以a 的取值范围
6．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)当
时，不等式
恒成立，求实数a 的值；
(3)设不同正数m，n 满足
，证明：
．
【答案】(1)答案见解析
(2)1
(3)证明见解析
【分析】（1）先对
求导，得到
.令
为
分子部分，求出
零点.再根据
正负，分析
正负，进
而确定
正负，得出
单调性.
（2）把
值代入
，将不等式变形.令
为变形后式子，由
且
，可知
是最大值点，所以
，求出
.再验证
值满足条件.
（3）对已知等式取对数变形，令
为变形后式子.根据
单调性设
.要证不等式，转化为证
，令
为对应式子，求导判断单调性证明.
【详解】（1）先确定
定义域为
，
对
求导，则
.
令
，即
，解得
.
当
时，在
上，
，即
，所以
在
上单调递增；
在
上，
，即
，所以
在
上单调递减.
当
时，在
上，
，即
，所以
在
上单调递减；
在
上，
，即
，所以
在
上单调递增.
综上所得，当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）当
时，
.
因为
恒成立，即
恒成立，等价于
恒成立.
令
，
.
对
求导得
.
因为
恒成立且
，所以
是
的最大值点，则
.
，解得
.
当
时，
，再令
，对
求导得
，所以
在
上单调递
减.
当
时，
，即
，
单调递增；
当
时，
，即
，
单调递减.所以
，满足条件，故
.
（3）由
得
，两边取对数整理得
，
令
.则
.
，
在
递增，
递减，则
又
，当
，
不妨设
，则
.
记
，
，则
，
在
递增，则
，即
.
又
因为
在
递减，所以
，则
.
原命题得证.
【错题复盘】（共5 题）
一、单选题
1．已知两个不相等的正实数x，y 满足
，则下列结论一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先利用同构法与构造函数
，将题设条件转化为
，再利用导数研究函数
的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C.
【详解】因为
，
，
所以
，则
，即
，
令
，则
，
，
当
时，
，则
单调递减；
当
时，
，则
单调递增,
所以
，
对于
，总有
，即
在
上单调递增，
故
，即
在
上恒成立，
所以对于
，对于任意
，在
上取
，
则
，
所以当
且
趋向于0 时，
趋向于无穷大，
当
趋向于无穷大时，
趋向于无穷大，
趋向于0，故
趋向于无穷大，
所以
的大致图像如图所示：
.
对于AD，因为
，
，不妨设
，
由图象可知，
，故
，故AD 错误；
对于B，假设
成立，取
，
则
，显然不满足
，故B 错误；
对于C，令
，又
，
则
，
所以
在
上单调递增，
又
，则
，即
，
又
，则
，
因为
，所以
，又
，
在
上单调递增，
所以
，即
，故C 正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数
，并研究其图像的
性质，由此判断得解.
二、填空题
2．（2025·湖南郴州·一模）已知实数
，不等式
恒成立，则实数
的最大值为__________.
【答案】
【分析】将题干条件整理变形，可得
，构造函数
，
可得
的单调性，进而可得
，构造函数
，利用导数可得
的单调性和
最值，分析即可得答案.
【详解】由
，得
，
即
，
所以
，
设
，则
，
所以
在
上单调递增，
又
，
所以
，即
恒成立，
设
，
所以
，
所以当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
所以
，
所以
，解得
，则实数
的最大值为
.
故答案为：
三、解答题
3．（2026·山西晋中·二模）已知函数
，其中
．
(1)讨论
的单调性．
(2)若函数
有两个不同的零点
．
①求实数
的取值范围；
②证明：
．
【答案】(1)若
在
内单调递减，在
内单调递增;
若
在
内单调递增，在
内单调递减;
若
在
内单调递增;
若
在
内单调递增，在
内单调递减.
(2)①
；②证明见解析
【分析】（1）先确定函数定义域为
，对函数求导并通分因式分解，把导函数化成整式乘积形式.以参数
为分类
依据，先讨论
时导函数符号，再讨论
时比较导函数两个零点
与1 的大小，分三种情况判断导函数正负，
进而得到每一段的单调区间，分类标准清晰、不重不漏.
（2）①先化简
解析式，将函数有两个零点转化为对应方程有两个正根，分离参数变形为构造新函数
.
求导研究
的单调性、最值与极限趋势，判断函数变化特征，利用直线与曲线有两个交点的条件，列出不等式求
解出
的取值范围.
②利用零点满足的方程，作和作差得到对数关系式，两式相除构造齐次式.采用极值点偏移常规证法，换元设
，
把待证不等式转化为关于的函数不等式.构造辅助函数
，求导判断单调性，由端点值
推出
，逆
向还原即可证得结论.
【详解】（1）由题意可知:
的定义域为
，且
，
若
，则
，
当
，则
;当
，则
;
可知
在
内单调递减，在
内单调递增;
若
，令
，解得
或
，
当
，即
时，令
，解得
或
;令
，解得
;
可知
在
内单调递增，在
内单调递减;
当
，即
时，则
，
可知
在
内单调递增;
当
，即
时，令
，解得
或
;令
，解得
;
可知
在
内单调递增，在
内单调递减;
综上所述:若
在
内单调递减，在
内单调递增;
若
在
内单调递增，在
内单调递减;
若
在
内单调递增;
若
在
内单调递增，在
内单调递减.
（2）①
有两个不同的零点
，
即
有两个不同实根
，
若
，则
，只有一个实数根，不符合题意，
故
，得
，
令
，
令
，得
，
当
时，
，可知
在
上单调递增，
当
时，
，可知
在
上单调递减，
当
时，
取得最大值
，且
时
，
，
当
时
，可得
可得不等式：
.
先解
，即
，解得
或
.
再解
，移项通分得
，
等价于
，即
.
因为
，故不等式等价于
，
解得
，
结合
或
，取交集得
.
所以实数
的取值范围为
.
②当
时，
有两个不同的零点
.
两根满足
，
两式相加得:
，两式相减得:
，
上述两式相除得
，
不妨设
，要证:
，只需证:
，
即证
，
设
，令
，
则
，
可知函数
在
上单调递增，且
.
可得
，即
，所以
.
4．（2026·河北保定·模拟预测）已知函数
．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若
恒成立，求实数a 的值；
(3)已知
，当
时，函数
恰有两个不同的极值点
，证明：
．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对
求导，分类讨论
，
，
三种情况，判断导数的正负进而得出单调性；
（2）结合（1）的单调性，由
恒成立，得出函数
的最大值，列出不等式，再构造函数求解；
（3）由题，设
，则
是方程
的两个不同的实数根，构造函数，由导数分别得出
和
即可证明．
【详解】（1）
，
①当
时，
，则
在
上单调递减，
②当
时，令
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减；
③当
时，令
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增；
综上所述，当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）①当
时，
在
上单调递减，且
，
所以当
时，
，不合题意；
②当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
单调递增，
又
，
时，
，
时，
，
所以当
时，
，满足题意；
③当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时，
，不合题意；
综上所述，
．
（3）
，则
，
令
，
设
，则
是方程
的两个不同的实数根，
则
，令
，
当
时，
，则
在
上单调递减，
当
时，
，则
在
上单调递增，
，
，
由于
，且
的极小值
，当
时
，当
时
，
因为直线
与曲线
恰有两个交点，
所以在
区间内，由于
且
递减，要使
，必有
，
在
区间内，由于
且
递增，必有
，
所以
，
设
，则
，
令
，
当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
所以
的最小值为
，
所以
，即
，
因为
是方程
的根，所以
，代入不等式得：
，
由于
，则
，
下面证明
，那么就有
，
由
，令
，
，
则
，
因为
，
，
，所以
，
所以
在
上单调递增，又
，
因此当
，
，即
，
由于
且
在
上单调递增，且
，
所以必有
，
所以
．
5．（2026·四川成都·三模）设函数
.
(1)当
时，证明：
；
(2)已知函数
在区间
内存在极值点
.
①求
的取值范围；
②是否存在
，使
？若存在，比较
与
的大小；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)①
,②存在，
【分析】（1）构造函数
，求导进行求解；
（2）①因为函数
在区间
内存在极值点
，所以
在
内有变号零点，
，
对
分类讨论进行求解；
②由①知，当
时，得
，得
在
上单调递减，故当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，由零点存在性定理进行求解；由
，及
，得则
，构造函数
，求导
判断与0 大小关系即可．
【详解】（1）设
，
则
，
因为
，所以
，
则函数
在
上单调递增，所以
，
得当
时，
，即
得证．
（2）
，
，
因为函数
在区间
内存在极值点
，
所以
在
内有变号零点．
①当
时，因为
，所以
，
得
恒成立，
得函数
在
上单调递减，无极值，不合题意，
当
时，令
，
则
，
所以函数
在
上单调递减，
又
，
若
，即
，
则
，得
，得函数
在
上单调递减，无极值，不合题意，
若
，即
，
因为函数
在
上单调递减，且
，
，
所以存在
，使得
，即
，
则当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
所以
是
的极大值点，符合题意，
故
的取值范围为：
．
②由①知，当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，
当
时，得
，则
，
得
在
上单调递减，
故当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，
而
，
，
而
，
由零点存在性定理知，存在唯一的零点
，使得
，
即存在唯一的零点
，使得
．
接下来比较
与
的大小，
因为
，
由
，得
，得
，
则
，
令
，
得
，
令
，得
，
得
在
上单调递减，得
，
而
，
令
，
得
，
得
在
上单调递减，得
，
得
，
得
，
得
在
上单调递减，得
，
得
，而
，得
，
因为
，所以
，得
，而
，
而当
时，
在
上单调递减，
得
．
