文档文本内容
函数及其性质
考点1
专题07 函数与导数
5 大考点概览
考点01 函数及其性质
考点02 指对幂函数比大小
考点03 导数的几何意义
考点04 利用导数研究零点问题
考点05 利用导数研究恒成立与证明问题
1．（2026·湖北荆州·一模）下列函数中，是奇函数且在
上单调递增的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】判断函数的单调性，即可判断ABC 的正误；结合分段函数的单调性以及奇偶性的判断，
可判断D.
【详解】对于A，由于
在R 上单调递减，故
在R 上单调递减，A 错误；
对于B，
，
由于
在
上单调递增，故
在
上单调递增，
则
在
上单调递增，
故
在
上单调递减，B 错误；
对于C，由
可得
，
当
时，
，此时
在
上单调递减，C 错误；
对于D，令
，当
时，
，在
上单调递增，
再判断函数的奇偶性：
当
时，令
，当
时，
，
则
时，
，则
；
时，
，则
；
即可知
为奇函数，D 正确.
2．（2026·湖北荆州·一模）已知偶函数
在
上是增函数，则满足
的x 的
取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据偶函数性质以及单调性可得
，进而运算求解即可.
【详解】因为函数
为偶函数，则不等式
即为
，
又因为函数
在
上是增函数，且
，
，
则
，整理可得
，解得
或
，
所以满足
的x 的取值范围是
.
故选：B.
3．（2026·湖北·一模）已知函数
为奇函数，且
为偶函数，当
时，有
，则
（ ）
A．2025
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先判断出函数的周期，结合
可求
的值.
【详解】因为
为奇函数，故
，
因为
为偶函数，故
，
故
，所以
，
故
是周期函数且周期为4，而
，
故
，
而
，故
.
4．（2026·湖北黄冈·一模）已知
是定义在R 上的偶函数，且
，
若
3，则
（ ）
A．0
B．1
C．3
D．
【答案】C
【分析】根据已知及奇偶性的定义可知当
时有
，根据已知及周期性的定义可
得
的周期是8，结合周期性及奇函数性质求函数值即可.
【详解】因为
是定义在R 上的偶函数，
所以
，所以当
时有
，
由
，得
，所以
，
所以
，可得
的周期是8．
所以
.
5．（2026·湖北孝感·一模）（多选）关于定义域为
的函数
，下列说法正确的有（ ）
A．存在函数
，使得
恒成立
B．存在函数
，使得
恒成立
C．存在函数
，使得
恒成立
D．存在函数
，使得
恒成立
【答案】BC
【分析】根据函数的奇偶性排除选项AD，举例分析判断选项BC.
【详解】对于定义域为
的函数
，函数
与
的定义域
均为
，
因
,
故
为偶函数，
为奇函数，
而
为奇函数，
为偶函数，故AD 错误，
令
，可得
，
，故BC 正确.
故选：BC
6．（2026·湖北荆州·一模）（多选）“局部周期递归函数”是在定义域的局部有“自相似”等类
似于周期函数性质的一类函数，我们可以采用类似于研究周期函数的方法进行研究.函数
就是一个“局部周期递归函数”.则下列说法正确的有（ ）
A．函数
的值域为
B．函数
在
上单调递减
C．方程
有5 个不同的解
D．若方程
有10 个不同的解，则
【答案】BCD
【分析】作出函数
的图象，结合图象判断ABC；令
，将问题转化为方程
有两个不相等的实数根，且这两个根分别在
、
内，进而求解判断D.
【详解】当
时，
；
当
时，
，则
；
当
时，
，则
；
当
或
时，
，
作出函数
的图象如下：
由图可知，函数
的值域为
，故A 错误；
函数
在
上单调递减，故B 正确；
由于函数
与
有5 个交点，
则方程
有5 个不同的解，故C 正确；
对于D，令
，
因为方程
有10 个不同的解，
所以方程
有两个不相等的实数根，
设
，显然
，
则这两个根分别在
、
内，
有
，解得
，故D 正确.
故选：BCD
7．（2026·湖北十堰·一模）（多选）已知定义域与值域均为
的函数
满足
，
，
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
，
是奇函数
D．
，
满足
【答案】ACD
【分析】令
，得到
，由于
的定义域与值域均为
，令
，得
，则
解析式为
，逐个选项判断即可.
【详解】令
，则
，
由于
的定义域与值域均为
，则令
，
有
，即
；
，A 正确；
，
，B 错误；
，
是奇函数，C 正确；
，
，满足
，D 正确；
故选：ACD.
8．（2026·湖北襄阳·一模）（多选）已知
，则下列结论正确的是（ ）
A．
的对称中心为
B．若
存在两个极值点
、
，且
，则
与
有3 个交点
C．若
，
，则
D．若
，
，
有三个不等实根
，
，
，且
，则实数
a 的取值范围是
【答案】ACD
【详解】对于A．∵
，∴
，
∴
，∴
的对称中心为
；所以A 对
对于B．证明：设
，
则
,
利用方程左右两边
的系数相等，得到
又
，
为
，所以
所以：
，
由于
是
的极大值点，且
故
与
有两个交点，所以B 错
对于C，由题意知，1 和2 是
的两根，设
则
，C 正确，
对于D．
，
而
,
所以：
，
，解得
又有
三个不等实根，所以极大值大于0，极小值小于0
∴
又实数a 为正，所以
在
为增，在
为减，在
为增，所以
，
所以
，且
，所以
，所以D 对.
9．（2026·湖北孝感·一模）函数
的单调递增区间为
，
，单调
递减区间为
，则
________．
【答案】
【分析】对函数
求导，
可求解
值，分析导函数符号即可得到函
数的单调递增以及递减区间，即可求解.
【详解】根据题意可知
，
则可得
，令
，即
，
解之可得
或
，
当
时，
，函数
单调递增；
当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增；
所以可知
，
，所以
.
故答案为：
10．（2026·湖北孝感·一模）已知定义在
上的函数
满足以下条件：
①
；
②当
时，
；
③对
，均有
，且
．
(1)用
表示
；
(2)判断
的单调性，并证明你的结论；
(3)已知数列
满足
，求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
(2)
是
上的单调递增函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）先令
，
得
，再令
即可求得
.
（2）先判断
的单调性，再结合函数法则利用单调性定义证明即可.
（3）先求得
，然后利用
是
上的单调递增函数得
，进而结
合等差数列和等比数列求和公式，利用分组求和法及错位相减法求和即可.
【详解】（1）对③式，令
，
，则
，
即
，又∵
，∴
，
对③式，令
，则
，
又∵
，即
，∴
.
（2）
是
上的单调递增函数，
证明：
，且
，则
，
∵
，∴
，
又∵
时，
，∴
，
∵当
时，
，则
，∴
，
又∵
时，
，而
，∴
，
∴
，∴
，
∴
，即
，
∴
是
上的单调递增函数.
（3）对③式，令
，则
，
∴
，
又∵
是
上的单调递增函数，∴
，
指对幂函数比大小
考点2
∴
，
设
，①
则
，②
得：
，
∴
.
1．（2026·湖北襄阳·一模）设
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据
的形式构造函数
，利用导数求解函数的单调性即可得解.
【详解】由于
，
故构造函数
，则
，
令
，
故
，因此
在
上单调递增，
故
，故
在
恒成立，故
在
上单调递增，因此
，即
.
2．（2026·湖北荆州·一模）已知
，
，
，则a，b，c 的大小关系为（ ）
A．
B．
导数的几何意义
考点3
C．
D．
【答案】A
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性判断比较即可.
【详解】因为
，
所以
.
故选：A.
3．（2026·湖北十堰·一模）已知
，
，用
，
表示
______.
【答案】
【分析】对给定的等式两边取常用对数，再利用对数运算法则，结合方程的思想求解.
【详解】由
，得
，则
；
由
，得
，则
，
因此
，所以
.
故答案为：
1．（2026·湖北襄阳·一模）曲线
在点
处的切线方程为_______．
【答案】
【分析】求导，根据点斜式求解切线方程.
【详解】由
得
,故
，
所以
在点
处的切线方程为
,即
.
2．（2026·湖北黄冈·一模）设函数
，则曲线
在点
处的切线
方程为________．
【答案】
【详解】因为
，所以
.
求导得
，有
，
曲线
在点
处的切线方程为
，
即
.
3．（2026·湖北孝感·一模）已知函数
（
），且
．
(1)求
在点
处的切线方程；
(2)将函数
的图象向右平移
个单位得到函数
的图象，求函数
在
上
的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件先求解出
的值，然后求解出
，结合
时的导数值和函数值可求
切线方程；
（2）先求得
的解析式，再通过换元法求解出
的值域.
【详解】（1）因为
且
，所以
，所以
，
所以
，所以
，
所以切线方程为
，即为
；
（2）由条件可知，
，
因为
，令
，
因为
在
上单调递增，在
上单调递减，
且
，所以
，
所以函数
在
上的值域为
.
4．（2026·湖北荆州·一模）已知函数
.
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)讨论
在
上的单调性；
(3)
为
的导数，若两个不相等的实数
满足
，求证：
.（参考公式：
）
【答案】(1)
(2)
在
上单调递增
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据点斜式即可求解直线方程，
（2）求导，对
的范围分为
，
以及
，结合二次求导和导函数的正负，
即可求解单调性，
（3）先利用导数求证
时，有
，进而可证明
，结合正弦函数的有界性即可
求证.
【详解】（1）求导可得
则
,
，
所求切线方程为
，即
（2）求导可得
（a）当
时，
，则
，
在
单调递增
（b）当
时，
，则
，
在
单调递增
（c）当
时，设
，
则
，由于
均在
上单调递增，故
在
上单
调递增，
，
则存在
使得
满足
则
，
单调递减，则
，
单调递增，
，
所以
，则
，
在
单调递增；
综上所述：
在
上单调递增.
（3）由题意可得
不妨设
，则
先证明当
时，有
，设
，
则
，所以
在
单调递减，
＝0，即当
，有
，
于是有
所以
，故有
，又
，且
不能同时取到等号，
故
，从而
.
5．（2026·湖北十堰·一模）已知函数
（
）.
(1)若
在
上单调递增，求
的取值范围；
(2)若
，证明：
；
(3)试讨论过点
且与曲线
（
）相切的直线的条数.
【答案】(1)
(2)证明见详解
(3)答案见详解
【分析】（1）求导，分析可知
在
，
上单调递增，参变分离结合恒成立问题运
算求解；
（2）构造函数
，利用导数分析其单调性和最值，可得
，即可
证明结论；
（3）求导，根据导数的几何意义分析过一点的切线，构造
，可知切线的条
数即为
与
的交点个数，利用导数
的单调性和极值，结合图象分析求解即可.
【详解】（1）因为
在
上连续不断，
若
在
上单调递增，可知
在
，
上单调递增，
若
，则
，且
，
可得
，即
在
上恒成立，
且
在
上的最小值为0，可得
；
若
，则
，且
，
可得
，即
在
上恒成立，
且
在
上的最大值为
，可得
；
综上所述：实数
的取值范围为
.
（2）若
，则
，
构造
，则
，
因为
，
，
令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
上单调递增，在
内单调递减，
则
，即
，
且
，可得
，即
.
（3）因为
，
若
，则
，且
，
设切点坐标为
，
，切线斜率
，
则切线方程为
，
代入点
可得
，整理可得
；
若
，则
，且
，
设切点坐标为
，切线斜率
，
则切线方程为
，
代入点
可得
，整理可得
；
构造
，可知切线的条数即为
与
的交点个数，
若
，则
，且
，
可知
在
内单调递减，且当
趋近于1 时，
趋近于
，
当
趋近于
时，
趋近于
；
若
，则
，且
，
利用导数研究零点问题
考点4
令
，解得
；令
，解得
或
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
且
，当
趋近于1 时，
趋近于5，当
趋近于
时，
趋近于
；
据此可得函数
的图象，如图所示：
由图象可得当
，即
时，
与
有0 个交点，即切线的条数为0；
当
或
，即
或
时，
与
有1 个交点，即切线的
条数为1；
当
或
或
，即
或
或
时，
与
有2 个交点，即切线的
条数为2；
当
，即
时，
与
有3 个交点，即切线的条数为3.
综上可得，当
时，切线的条数为0；当
或
时，切线的条数为1；当
或
或
时，切线的条数为2；当
时，切线的条数为3.
1．（2026·湖北黄石·一模）已知曲线
，将
绕坐标原点逆时针旋转
后所得
的曲线是某个函数的图像，则正实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题意易得曲线
与
，对于
有且只有一个交点，可
转化为曲线
与
至多只有一个交点，求导，根据导数判断函数
的单调性，进而确定参数范围.
【详解】易知曲线
绕坐标原点逆时针旋转
后所得函数为
，
则
，函数
与直线
至多有个交点，
设直线
上任意异于坐标原点的一点
，设
，则
，
设将点
绕坐标原点顺时针旋转
后得
，
此时满足
，
且
，则
，
即将直线
顺时针方向旋转
后，得
，
且直线
与函数
至多只有一个交点，
即方程
，
，在
上至多只有一个解，
设
，
即对于
，曲线
与直线
在
至多一个交点，
则
，
，
由
，可知，
在
上单调递增，
且
，
，
当
时，
，即
在
上单调递增，
此时曲线
与直线
在
至多一个交点，成立；
当
时，
，
即
，使得
，
即
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以当
时，曲线
与直线
在
有两个交点，不成立；
综上所述
.
2．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数
，关于
的方程
有且仅有4
个不同的实根，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用导数判断函数
的单调性，即可作出其图象，由此可得到
的图象，
将方程
有且仅有4 个不同的实根，转化为
和
对应的方程
的
根的总数为4 个，数形结合，即可求解.
【详解】由
可得定义域为
，且
，
当
且
时，
，函数
单调递增；
当
时，
，函数
单调递减，
所以：
是极大值点，
；
当
时，
；当
时，
；
由此可作出函数
的图象：
令
，则原方程
可化为：
，
得
或
，
原方程
有且仅有4 个不同的实根，等价于
和
对应的方程
的
根的总数为4 个；
结合
的图象可得
的图象：
由题意知
以及
，故
，且
，
结合
图象，要使得
和
有且仅有4 个不同的实根，
需满足
且
，即得
，此时
有1 个解，
有3 个解，
即
.
3．（2026·湖北十堰·一模）若函数
有极值，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】令
，得
，将函数
有极值问题转化为函数
有极值问题，再求
出导数，并按
分类探讨导函数有无变号零点问题求解.
【详解】令
，则
，原函数化为
，依题意，函数
有极值，
求导得
，
令
，
，求导得
，
而
，令
，得
，
当
时，
，则
，得函数
在
上单调递减，
又
时，
；
时，
，
因此存在
，使得
，即函数
，亦即函数
存在极值；
当
时，
，由
，得
；由
，得
，
函数
在
上递减，在
上递增，则
，
设
，求导得
，当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，又
，且
时，
，
则
时，
，此时函数
，即
无极值；
当
时，
，且
时，
；
时，
，
此时函数
，即
存在极值，
所以
的取值范围为
.
故选：A
4．（2026·湖北·一模）（多选）已知函数
，
，
为
的极大值
点，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
【分析】先求出
的导数，再设
，利用导数结合零点存在定理可判断
的
极值点
满足的性质，据此判断AB 的正误，再利用导数求出
的单调性，设
，利用导数研究其单调性后可判断
，故可判断CD 的正误.
【详解】因为
，设
，
则
，当
时，
；当
时，
，
故
在
上为增函数，在
上为减函数，
故
，当
时，
即
，
而
，故存在
，使得
即
，
且
时，
即
，当
，
即
，
故
为
的极大值点即
，
由前述分析可得
也是最大值点且
，故B 正确.
而
，而
，
故
，即A 正确.
易知
，当
时，
；当
时，
，
故
在
上为增函数，在
上为减函数，
因为
，故
为方程
的解，
当
时，
，而
，此时方程
无解；
当
时，设
，
因为
在
上为增函数，
在
上为减函数，
故
在
上为增函数，而
，
，故
在
上存在唯一的零点，
而当
时，因为
在
上为减函数，故
，
当
时，
恒成立，故
无解，
综上，
即
，故C 正确，D 错误.
5．（2026·湖北荆州·一模）（多选）已知函数
，其中
，则（ ）
A．若函数
有且仅有1 个零点，则
B．若函数
有且仅有2 个极值点，则a 的取值范围是
C．不存在
，使函数
存在唯一的极值点
D．若对
恒成立，则
【答案】ABD
【分析】利用参变分离的思想，结合函数图象进行求解
【详解】对于A，显然0 不是函数的零点，当
时，令
，变形为
，
令
，
，则
，
令
得
或
，令
得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
，作出
的图象，如下：
直线
与其仅有一个公共点，则
；
对于B，
，令
，
函数
有且仅有2 个极值点，故
有2 个变号零点，
令
得
，显然0 不是函数的零点，
当
时，
变形为
，令
，
则
，令
得
，令
得
或
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
，作出
的图象，如下：
直线
与其交于两点，则
，故
，B 正确；
对于C，结合B 的分析，显然当
时，
有且仅有一个变号零点，
函数
存在唯一的极值点，C 错误；
对于D，
，即
，当
时，
满足要求，
当
时，
，变形为
，
令
，结合A 的分析，当x＞0 时，
，故
，D 正确.
6．（2026·湖北十堰·一模）若函数
有零点，则实数
的取值范围
是______.
【答案】
【分析】换元令
，可得
在
内有零点，分
、
和
三种情况，结合绝对值的性质分析求解即可.
【详解】令
，可得
在
内有零点，
（i）若
，则
，
令
，解得
，不合题意；
（ⅱ）若
，则
，
令
，解得
，不合题意；
（ⅲ）若
，根据绝对值的性质可得
，
又因为
，则
，
因为
在
内有零点，则
，
①当
时，则
，解得
；
②当
时，则
，解得
；
综上所述：实数
的取值范围是
.
故答案为：
.
7．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数
，
．
(1)当
时，求函数
的最小值；
(2)当
时，证明：
在
上存在2 个不同的零点
，且
；
(3)当
时，不等式
恒成立，求实数
的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数单调性和函数导数之间的关系，求出函数导数，进而判断函数单调性，求
出函数最值；
（2）根据函数零点与函数导数之间的关系，进而求出函数单调性，根据函数单调性判断函数最值，
判断函数零点，再构造函数，根据函数单调性列出不等式，证明结果即可；
（3）根据不等式恒成立的条件，构造函数，根据函数导数求出函数单调性和最值，求出参数范围.
【详解】（1）由题意可知
．
当
时，
，
在
上单调递减，
∴
．
（2）当
时，
，即
，可得
，
令
，
，
令
，由定义域为
，可得
，解得
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
当
时，
，所以在
上单调递增，
所以
．
又
时
，
时
，
所以
在
上2 个不同的零点
，即
在
上2 个不同的零点
，
设
，令
，
，
则
，
∴
在
上单调递减，∴
，
∴
，即
，又
，
，
而
在
上单调递增，
，故
．
（3）令
在
上恒成立．
记
，
．则
，
所以原不等式等价于
在
上恒成立．
可知
，令
，
．
当
时，
，即
在
上单调递增，即
在
上单调递增，
∴
，
当
即
时，
，
在
上单调递增，
，不等式恒成立；
当
即
时，存在
使得
，
即存在
使得
在
上单调递减，在
上单调递增，
即在
上
，不等式不恒成立．所以
；
当
时，
，
，
，
可知
在
上单调递增，
，
．即
在
上有唯一解
，
使得
，即
时
，
在
上单调递减，
时，
，
在
上单调递增，
因为
，
∴存在
，使得
，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
即
在
上单调递增，在
上单调递减，
而
，
．
利用导数研究恒成立与证明问题
考点5
∴当
时，
，即
在
上单调递增，
而
，∴
，∴
．
1．（2026·湖北荆州·一模）设函数
.
(1)若对
，
成立，求实数a 的取值范围；
(2)（ⅰ）当
时，比较
与
的大小；
（ⅱ）证明；当
，
时，
.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）当
时，
；（ⅱ）证明见详解
【分析】（1）求导，根据题意结合端点效应可得
，解得
，并代入检验其充分性即
可；
（2）（ⅰ）设
，
，利用导数法得
在区间
上单调递减，进而
可得结果；（ⅱ）由（1）可知：当
时，
，当
，
时，可得
，由（ⅰ）可得
，进而放缩可得
，利用裂项相消法求和即可证明.
【详解】（1）因为
，则
，
若对
，
成立，注意到
，
则
，解得
，
若
，则
，
可知
在
内单调递减，则
，即
符合题意；
综上所述：实数a 的取值范围为
.
（2）（ⅰ）设
，
，则
，
令
，
，则
，
可知
在区间
上单调递减，则
，
即
，可知
在区间
上单调递减，
则
，所以当
时，
；
（ⅱ）由（1）可知：当
时，
，等价于
，
当
，
时，可得
，
又因为当
时，
，可得
，
则
，
即
，
则
，
所以当
，
时，
.
2．（2026·湖北襄阳·一模）已知函数
．
(1)若
恒成立，求a 的取值集合；
(2)当
时，证明：当
时，
恒成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对
的正负进行讨论，利用导数求解函数的单调性，求解
的最小值，进而构造
函数
，由导数即可求解，
（2）原不等式即为
，利用放缩法将问题转化为
，构造函数
，由导数求解函数的单
调性后可证
即可.
【详解】（1）
的定义域为
．
①若
，因为
，所以不满足题意；
②若
，由
知，当
时，
；
当
时，
，所以
在
单调递减，在
单调递增，
故
在
时取得最小值，所以
，
令
，则
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
又
，故
，当且仅当
时取到等号，
所以
的解为
，故
．
（2）
，且
时，则
故
.
要证明
即证
，
而
，
令
，下证
即可．
，再令
，则
，
由于函数
在
上递增，故
在
上递增，则
，
即
在
上递增，
故
，即
在
上单调递增，
故
，得证．
3．（2026·湖北·一模）已知函数
(1)当
时，求
的最小值；
(2)当
时，
，求
的取值范围：
(3)已知点
，按照如下方式依次构造点
：过点
作曲线
的切线与
轴
交于点
，令
为过点
且斜率为0 的直线与曲线
的交点，记
的面积
为
，
，证明：
.
【答案】(1)0
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后判断其符号，则可得函数的单调性；
（2）求出函数的导数，令
，求出
后先判断
时
的符号可得原
函数的单调性，再求出
的二阶导数，就
、
分类讨论可确定参数的范围，当
时可直接判断
的单调性后得原函数的单调性，从而判断参数的范围；也可以利用放缩法
证明当
不等式恒成立，再结合导数证分类明
不等式不恒成立即可；另外利用换元法可
将原不等式转化为
恒成立，同样可结合导数探求参数的范围；
（3）先利用导数的几何意义求得
，求出
的通项公式后可求面积，从而得
的通
项，结合（2）的结果可得不等式
，结合裂项相消法可证不等式，或者证明
，同样可得
，再结合裂项相消法可证不等式亦可.
【详解】（1）
时，
，
，
.
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
单调递增，所以
.
（2）法一：
，
，
其中
，记
，
，
（i）当
时，
，所以
在
上单调递减，
又
，所以
时，
，即
，
所以
在
上单调递减，又
，所以
恒成立，
故
合题意；
（ii）当
时，设
，则
，
故
在
上单调递减，
又
，所以
时，
，同（i）可得
恒成立，
故
合题意；
（iii）当
时，因为
，所以
在
上单调递减，
此时
，
，
所以当
时，
，所以
在
单调递增，
又
，所以
，
，即
，
所以
在
单调递增，
又
，所以
，
，不合题意.
（iv）当
时，显然
为
上的增函数，又
，
所以
时，
，即
，所以
在
上单调递增，
又
，所以
恒成立，故
不合题意；
综上所述，实数
的取值范围为
.
法二：（i）当
时，
，
，
设
，
，
，
所以
在
上单调递减，
又
，所以，当
时，
，即
，
所以
恒成立，故
合题意；
（ii）当
时，
，
（由第（1）问可知），
故
，不合题意；
（iii）当
时，
，
记
，
，
为减函数，且
，
，
所以，当
时，
，所以
在
单调递增，又
，
所以
，
，即
，
所以
在
单调递增，又
，
所以
，
，不合题意.
综上所述，实数
的取值范围为
.
法三：
恒成立等价于
恒成立.
令
，则不等式可化为：
，
令
，则
，且需
对
恒成立.
求导得
，
，
令
，
，
求导得
，
故
，
①当
时，
，所以
在
上递减，
又
，所以
，即
，
所以
在
上递减，又
，从而
，不满足条件.
②当
且
时，在
时，
，
同上分析可知，在
时，
，不满足条件.
③当
时，
，且对
，
，
由于
，
，
，即
恒成立，
故
在
上为增函数，故
，
即
，进一步知
为增函数，故
，合题意.
综上所述，
即为所求.
（3）法一：由题意，点
在曲线
上，设
，
，
已知
，即
，过
的切线方程为：
.
与
轴交点
的坐标为
，
过
且斜率为0 的直线为
，
与曲线
的交点
满足
，
所以
是以1 为首项，
为公比的等比数列，
因此
，
，
所以
，
的坐标为
，
的坐标为
，
的底边
的长度为
，高为1，故面积
，
，
于是
，则
，
所以要证
，即证
，
而（2）中
时，任意
时，有
恒成立，
故有
时，
恒成立，
令
，则有
，
所以
，
，…，
，
求和得
，所以原不等式成立.
法二：令
，
求导得
，
所以
在
单调递增，所以
，
令
可得
恒成立，
，
对
求和得
.
4．（2026·湖北黄石·一模）设函数
为自然对数的底数.
(1)讨论
的单调性；
(2)设
，记
，证明：
①
；（注：
）
②
.
【答案】(1)当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
和
上单调递增，
在
上单调递减.
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求出导函数，然后按照
和
分类讨论，由导函数的符号确定单调性；
（2）①由（1）知
，令
，可得
，结合对数运算性质及阶乘的定
义，利用累加法即可证明；
②令
，可得
，结合对数运算性质，利用累加法即可证明.
【详解】（1）由
，得
，
易知
，当且仅当
，即
时取等号，
故当
时，
，此时
在
上单调递增；
当
时，令
，
解得
，易知
，
当
或
时，
，当
时，
，
故此时
在
和
上单调递增，
在
上单调递减.
（2）由（1）知，当
时，
在
上单调递增，
故当
时，
，即有
.
①令
，则有
，即
，即
，
赋值代入，可得
，
累加可得：
②令
，则有
，
即
，化简得
，
当
时，由
，
累加可得：
，
即
.
即有
，而当
时
，
故有
.
