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专题08 导数压轴大题归类
目录
题型一： 不等式证明1：无参基础思维型.............................................................................................................1
题型二： 不等式证明2：有参数型基础证明.........................................................................................................4
题型三：极值点偏移：和型......................................................................................................................................6
题型四：极值点偏移：积型......................................................................................................................................8
题型五：极值点偏移：含参型................................................................................................................................12
题型六：极值点偏移：平方型................................................................................................................................15
题型七：极值点偏移：非对称型............................................................................................................................18
题型八：比值代换型证明........................................................................................................................................21
题型九：三零点型不等式证明................................................................................................................................24
题型十：三角函数型不等式证明............................................................................................................................27
题型十一： 零点与求参..........................................................................................................................................29
题型十二：三个零点型求参....................................................................................................................................32
题型十三：恒成立求参：三角函数型.................................................................................................................... 34
题型十四：恒成立求参：整数解型........................................................................................................................ 37
题型十五：能成立求参：双变量型........................................................................................................................ 42
题型一： 不等式证明1：无参基础思维型
1.（四川省金太阳普通高中高三第三次联考数学）已知函数
.
（1）讨论
的单调性.
（2）当
时，证明：
.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】
（1）求导得
，分类讨论参数
范围可求
的单调性；
（2）将不等式变形得
，构造函数
，通过
求出
最值，
证明
即可得证.
（1）
证明不等式基础思维：
1.移项到一侧，证明函数的最值大于0（小于0）证明法
2.恒等变形，再证明新恒等式法。
1
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的定义域为
，
若
，恒有
，则
在
上单调递增，在
上单调递减，
若
，令
，得
，
若
，恒有
在
上单调递增，
若
，当
时，
；当
时，
，
故
在
和
上单调递增，在
上单调递减，
若
，当
时，
；当
时，
，
故
在
和
上单调递增，在
上单调递减；
（2）
证明：当
时，
，
令函数
，则
，
令函数
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
，从而
，
所以当
时，
；当
时，
，
故
，因为
，
所以
，故
.
2.已知函数
．
（1）讨论函数
在
上的单调性；
（2）若
，求证：
在
上恒成立.
【答案】（1）答案见详解（2）证明见详解
【分析】
（1）求导得
，令导数为0，得
，再分类讨论
与
的位置关系即可求解；
（2）当
时，
恒成立，令
，设法证明
即可.
（1）
由
得
，
令
得
，
，
2
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当
时，
，
对
恒成立，
在
单减；
当
时，
，
对
恒成立，
在
单增；
当
时，
，当
，
，
单减；当
，
，
单增；
综上所述，当
，
在
单减；当
，
在
单增；当
，当
，
单减；当
，
单增；
（2）若
，则
，
在
上恒成立
，即
对
恒成立，令
，则
，
令
得
，当
时，
，
单增；
当
时，
，
单减，
所以
，令
，则
，又
，即
，故
，构造函数
，
又
，设
，
，当
，
，
单增，当
，
，
单减，故
（得证），
所以
，
，令
，
在
单增，
，
所以
，所以
在
上恒成立.
3.（2022·河南南阳·南阳中学校考模拟预测）已知函数
．
（1）求函数
的单调区间；
（2）当
时，求证：
．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）求导后，对
分类讨论，根据导数的符号可得结果；
（2）
，利用导数求出
的最小值大于即可得证明不等式成立.
【详解】（1）
，
当
时，
在R 上单调递减；
当
时，令
，可得
，令
，可得
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增．
综上所述：当
时，
的增区间为
；
当
时，
的增区间为
，减区间为
.
（2）证明：当
时，
，
令
，
，令
，
3
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因为
恒成立，
所以
在R 上单调递增，
，
由零点存在性定理可得存在
，使得
，即
，
当
时，
单调递减，当
时，
单调递增，
所以
，
由二次函数性质可得
，
所以
，即
，得证．
题型二： 不等式证明2：有参数型基础证明
1.（2024 高三·全国·专题练习）设函数
．
(1)当
，求
在点
处的切线方程；
(2)证明：当
时，
；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可；
（2）先证明
在
上存在唯一零点，设为
，再由导数求出最小值
结合基本不等
式和对数的运算证明即可.
【详解】（1）当
时，
，
则
，即
，
所以
在点
处的切线方程为
，即
.
（2）因为
，
因为
为单调递增函数，
也为单调递增函数，
所以
为单调递增函数，又
，且
，
所以
在
上存在唯一零点，设为
，
当
时，
，
为单调递减函数；当
时，
，
为单调递增函数；
所以
，
由
可得
，即
，
所以
，
当且仅当
时取等号，
所以当
时，
，
2.（2024·全国·高考真题）已知函数
．
(1)求
的单调区间；
有参数型不等式证明：
通过参数范围，确定函数的单调性，然后利用最值放缩证明不等式
4
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(2)当
时，证明：当
时，
恒成立．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当
时，
即可.
【详解】（1）
定义域为
，
当
时，
，故
在
上单调递减；
当
时，
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减.
综上所述，当
时，
的单调递减区间为
；
时，
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（2）
，且
时，
，
令
，下证
即可.
，再令
，则
，
显然
在
上递增，则
，
即
在
上递增，
故
，即
在
上单调递增，
故
，问题得证
3.（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)当
时，证明：
．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论
的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）要证明
，只要证
即可，设
，利用导数求得最值即可证明．
【详解】（1）函数
的定义域为
，且
．
当
时，
恒成立，
所以
在区间
上单调递增；
当
时，令
，解得
，
当
时，
在区间
上单调递增，
当
时，
在区间
上单调递减．
综上所述，当
时，
在区间
上单调递增；
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当
时，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减．
（2）当
时，因为
，所以要证
，只要证明
即可，
即要证
，等价于
（*）．
令
，则
，
在区间
上，
单调递减；
在区间
上，
单调递增，
所以
，所以
（当且仅当
时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当
时，等号成立．
又
在
上单调递增，
，
所以存在
，使得
成立．综上所述，原不等式成立．
题型三：极值点偏移：和型
1.（22-23 高三·广东深圳·阶段练习）已知函数
(1)若对任意的
，都有
恒成立，求实数
的取值范围；
(2)设
是两个不相等的实数，且
．求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先判断
不成立，当
时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；
（2）设
，可得
恒成立，从而可证不等式.
【详解】（1）当
时，
，
因为
，所以
，即
，不符合题意；
当
时，
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减．
所以
．
处理极值点偏移问题中的类似于
的问题的基本步骤如下：
①求导确定
的单调性，得到
的范围；
②构造函数
，求导后可得
恒正或恒负；
③得到
与
的大小关系后，将
置换为
；
④根据
与
所处的范围，结合
的单调性，可得到
与
的大小关系，由此证得结论.
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由
恒成立可知
，所以
．
又因为
，所以
的取值范围为
．
（2）因为
，所以
，即
．
令
，由题意可知，存在不相等的两个实数
，
，使得
．
由（1）可知
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减．
不妨设
，则
．
设
，
则
，
所以
在
上单调递增，
所以
，即
在区间
上恒成立．
因为
，所以
．
因为
，所以
．
又因为
，
，且
在区间
上单调递增，
所以
，即
．
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，可转化函数的最值问题，而极值点偏移问题，通过可构建新函数，
并利用原函数的单调性进行转化.
2.（22-23 高三·陕西安康）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若函数
有两个不同零点
，求
的取值范围，并证明
.
【答案】(1)
；(2)
，证明见解析.
【分析】
（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数单调性及最值，分类讨论即可判定
的取值范围，构造差函数证明即可.
【详解】（1）当
时，
，易知
，
所以曲线
在点
处的切线方程为：
；
（2）由已知可得
，
①若
，则
，
，
即
在
上单调递增，
上单调递减，
，
又
时，
，所以函数存在两个零点；
②若
时，
，显然不符合题意；
③若
时，令
，
当
时，令
或
，令
，
即
在
上单调递减，
和
上单调递增，
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函数极小值为
，函数极大值为
，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当
时，
，则
单调递增，至多一个零点，不符合题意；
当
时，令
或
，令
，
即
在
上单调递减，
和
上单调递增，
函数极大值为
，函数极小值为
，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
综上所述，
时函数有两个零点
，则
一正一负，
不妨令
，设
，
令
，即
在R 上单调递增，
所以
，
，
故
时，有
，
时，有
，
即
，所以
，
则
，
又因为
在
上单调递减，故
，证毕.
3.（2023·河南平顶山·模拟预测）已知函数
有两个零点．
(1)求a 的取值范围；
(2)设
是
的两个零点，证明：
．
【答案】(1)
；(2)证明见解析.
【分析】（1）等价于
有两个零点，设
，求出函数的最小值利用零点存
在性定理分析即得解；
（2）不妨设
，等价于证明
，再利用极值点偏移的方法证明.
【详解】（1）解：由
，得
，
设
，则
，
，
因为
，所以当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增．
又因为
，所以
，
，
，所以a 的取值范围是
．
（2）证明：不妨设
，由（1）知
，则
，
，
，
又
在
上单调递增，所以
等价于
，即
．
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设
，则
．
设
，则
，
设
，则
，当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，又因为
，
，
，
所以存在
，使得
，当
时，
，即
，
当
时，
，即
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增．
又因为
，
，
所以当
时，
，当
时，
，
所以当
时，
，
单调递减，
因为
，所以
，
所以
，即原命题得证．
题型四：极值点偏移：积型
1.（22-23 高三上·北京房山·期中）已知函数
(1)求函数
单调区间；
(2)设函数
，若
是函数
的两个零点，
①求
的取值范围；
②求证：
．
【答案】(1)单调递增区间为
；单调递减区间为
(2)①
；②证明见解析
【分析】（1）求导后，根据
正负即可得到
的单调区间；
（2）①将问题转化为
与
在
上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；
处理极值点偏移问题中的类似于
的问题的基本步骤如下：
①求导确定
的单调性，得到
的范围；
②构造函数
，求导可得
恒正或恒负；
③得到
与
的大小关系后，将
置换为
；
④根据
与
的范围，结合
的单调性，可得
与
的大小关系，由此证得结论.
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②由①可得
，设
，利用导数可求得
，进而得到
，即
，根据
的范围和
单调性可得结论.
【详解】（1）
定义域为
，
，
当
时，
；当
时，
；
的单调递增区间为
；单调递减区间为
.
（2）①若
是
的两个不同零点，则
与
在
上有两个不同交点；
由（1）知：
，又
，
在
的图象如下图所示，
由图象可知：
，
，即
的取值范围为
.
②不妨设
，由①知：
，
，
，
在
上单调递增，在
上单调递减；
设
，则
，
在
上单调递减，
，
，
又
，
，又
，
；
，
，
在
上单调递增，
，则
.
2.（2024·广东湛江·一模）已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)若方程
有两个根
，
，求实数a 的取值范围，并证明：
．
【答案】(1)
在
上单调递增，
上单调递减，(2)见解析
【分析】（1）求出
，根据导数的符号判断函数的单调性；
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（2）由
，得
，设
，画出
的图象可得
；由
，
设
，对
求导可得
，又
，再由
在
上单调递
减，可得
，即可证明
.
【详解】（1）由题意可得
，所以
，
的定义域为
，
又
，由
，得
，
当
时，
，则
在
上单调递增，
当
时，
，则
在
上单调递减，
（2）由
，得
，设
，
，由
，得
，
当
时，
，则
在
上单调递增，
当
时，
，则
在
上单调递减，
又
，
，且当
趋近于正无穷，
趋近于，
的图象如下图，
所以当
时，方程
有两个根，
证明：不妨设
，则
，
，
设
，
，所以
在
上单调递增，
又
，所以
，即
，
又
，所以
，
11
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又
，
，
在
上单调递减，所以
，
故
.
3.（23-24 高三 ·河南·阶段练习）已知函数
.
(1)若
有唯一极值，求
的取值范围；
(2)当
时，若
，
，求证：
.
【答案】(1)
；(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数
的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设
，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
求导得
，
当
时，若
，
，函数
在
上单调递增，无极值点，不符合题意；
若
，当
或
时，
，当
时，
，
即函数
在
上单调递增，在
上单调递减，函数
有两个极值点，不符合题意；
若
，当
或
时，
，当
时，
，
即函数
在
上单调递增，在
上单调递减，函数
有两个极值点，不符合题意；
当
时，当
时，
，当
时，
，
即函数
在
上单调递增，在
上单调递减，2 是函数
的极大值点，且是唯一极值点，
所以
的取值范围是
.
（2）当
时，函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
由
，
，不妨令
，
要证
，只证
，即证
，就证
，
令
，求导得
，于是函数
在
上单调递减，
，
而
，则
，即
，又
，
因此
，显然
，又函数
在
上单调递增，则有
，
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所以
.
题型五：极值点偏移：含参型
1.（23-24 高三上·江苏镇江·阶段练习）已知函数
．若函数
有两个不相等的零点
．
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：
．
【答案】(1)
；
(2)证明见详解.
【分析】
（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数
，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知：
，
若
，则
恒成立，即
单调递增，不存在两个不等零点，
故
，
显然当
时，
，当
时，
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以若要符合题意，需
，
此时有
，且
，
令
，
而
，
即
在
上递减，故
，
所以
，
又
，
故在区间
和
上函数
存在各一个零点，符合题意，
综上
；
（2）结合（1），不妨令
，
含参型极值点偏移：
1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；
2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数.
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构造函数
，
则
，
即
单调递减，所以
，
即
，
因为
，所以
，
由（1）知
在
上单调递增，所以由
，
故
.
2.（22-23 高按·四川泸州）已知函数
，e 为自然对数的底数.
(1)若函数
在
上有零点，求
的取值范围；
(2)当
，
，且
，求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据零点利用参变分离整理可得
，构建新函数，结合导数求最值；（2）根据极值
点偏离，构建新函数
（
），先利用导数判断其单调性，再结合单调性分
析证明.
【详解】（1）令
，即
，则
函数
在
上有零点等价于方程
在
上有解，
设
，则
，
故函数
在
上是减函数，在
上是增函数，故
所以a 的范围是
.
（2）因为
，故
，
因为
，所以
得
，
故
在
上是减函数，在
上是增函数
因为
，
，
所以不妨设
，
，
设
（
）
，
故
，
所以
在
上是增函数，
所以
，即
，
故
，即
，
因为
，
，且
，
所以
，
因为
在
上是减函数，
所以
，故
.
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3.（21-22 高三·河南郑州·）已知函数
.
(1)当
时，求
的单调区间和极值；
(2)若
，且
，证明：
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求函数导数
，讨论
时，
时，结合导函数的零点及正负可得极值和
单调区间；
（2）由（1）可设，
，要证
，只要证
，即证
，
在区间
上单调递增，所以
，又
，即证
，构造函数
，结合函数单调性可得证.
【详解】（1）
，
①
时，因为
，所以
，
函数
的单调递增区间是
，无单调递减区间，无极值；
②当
时，令
，解得
，
当
时，
；当
，
，
所以函数
的单调递减区间是
，单调递增区间是
，
此时函数
的极小值为
，无极大值.
综上所述，
当
时，函数
的单调递增区间是
，无单调递减区间，无极值；
当
时，函数
的单调递减区间是
，单调递增区间是
，
极小值为
，无极大值.
（2）因为
，由（1）可知，函数
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
不妨设
，则
，
要证
，只要证
，即证
，
因为
在区间
上单调递增，所以
，
又
，即证
，
构造函数
，即
，
.
，
因为
，所以
，
，即
，
15
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所以函数
在区间
上单调递增，故
，
而
，故
，
所以
，即
，所以
成立.
题型六：极值点偏移：平方型
1.（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系
中，
的直角顶点
在
轴上，另一个顶点
在函数
图象上
(1)当顶点
在
轴上方时，求
以
轴为旋转轴，边
和边
旋转一周形成的面所围成的几何体
的体积的最大值；
(2)已知函数
，关于
的方程
有两个不等实根
.
（i）求实数
的取值范围;
（ii）证明：
.
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大
值；
（2）（i）根据题意知，
，进行同构
，将问题转化为方程
有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究
的单调性和极值，即可求出a 的取
值范围.
（ii）由
知，先证
，即极值点偏移问题，构造函数
，求
，
在
单调递增，
，得
，
从而可得
即
，再由
的单调性，即可得到
.
对于平方型，可以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.
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【详解】（1）因为
在
轴上方，所以：
；
为直角三角形，所以当
轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设
，则
，
（
）.
设
（
），则
，由
.
因为
，所以
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
.
从而：
.
（2）（i）因为
，即
，即
，
令
，所以
，
因为
为增函数，所以
即
，
所以方程
有两个不等实根
等价于
有两个不等实根
，
令
，所以
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减.所以
.
当
时，
；当
时，由洛必达法则知
；所以
.
（ii）由（i）知，
，
令
，
，
因为
，所以
，
因为
，
，所以
，即
在
单调递增，
，
所以
.因为
，所以
，又因为
，所以
，
因为
，
，且
在
上单调递减，
所以
，即
，所以
，所以
.
2.（22-23 高三·辽宁·模拟）已知函数
.
(1)讨论
的单调性；
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(2)若
（e 是自然对数的底数），且
，
，
，证明：
.
【答案】(1)结论见解析；(2)证明见解析.
【分析】
（1）求出函数
的导数
，再按
分类探讨
的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合
时函数
的单调性，由
，
，再构造函数
，
，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）
函数
的定义域为
，求导得则
，由
得
，
若
，当
时，
，则
单调递减，当
时，
，则
单调递增，
若
，当
时，
，则
单调递增，当
时，
，则
单调递减；
所以当
时，函数
在
上单调递减，在
上单调递增；
当
时，函数
在
上单调递增，在
上单调递减.
（2）由
，两边取对数得
，即
，
由（1）知，当
时，函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
，而
，
时，
恒成立，
因此当
时，存在
且
，满足
，
若
，则
成立；
若
，则
，记
，
，
则
，
即有函数
在
上单调递增，
，即
，
于是
，
而
，
，
，函数
在
上单调递增，因此
，即
，
又
，则有
，则
，
所以
.
3.（2023·广东广州·模拟预测）已知函数
.
(1)讨论函数
的单调性：
(2)若
是方程
的两不等实根，求证：
；
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据
和
分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由
可得，
是方程
的两不等实根，从而可将问题转化
为
是方程
的两不等实根，即可得到
和
的范围，原不等式等价于
，即极值点偏
移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【详解】（1）由题意得，函数
的定义域为
.
由
得：
，
当
时，
在
上单调递增；
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当
时，由
得
，由
得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减.
（2）因为
是方程
的两不等实根，
，
即
是方程
的两不等实根，
令
，则
，即
是方程
的两不等实根.
令
，则
，所以
在
上递增，在
上递减，
，
当
时，
；当
时，
且
.
所以0
，即0
.令
，要证
，只需证
，
解法1（对称化构造）：令
，
则
，令
，
则
，
所以
在
上递增，
，所以h
，所以
，
所以
，所以
，即
，所以
.
解法2（对数均值不等式）：先证
，令
，
只需证
，只需证
，
令
，
所以
在
上单调递减，所以
.因为
，所以
，
所以
，即
，所以
.
题型七：极值点偏移：非对称型
1.（2024·全国·模拟预测）已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)若
有两个零点
，
，且
，求证：
．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数
的导数，然后分类讨论
的取值情况，从而可求解.
（2）结合（1）中结论可知
，从而求出
，
，然后设
并构造函数
，然后利用导数求解
，然后再构造函数
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证明
，从而求解.
【详解】（1）因为函数
的定义域是
，
，
当
时，
，所以
在
上单调递减；
当
时，令
，解得
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减．
综上所述，当
时，
的减区间为
，无增区间；
当
时，
的增区间为
，减区间为
．
（2）因为
是函
的两个零点，由（1）知
，
因为
，设
，则
，
当
，
，当
，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
．
又因为
，且
，
所以
，
．
首先证明：
．
由题意，得
，设
，则
两式相除，得
．
要证
，只要证
，即证
．
只要证
，即证
．
设
，
．
因为
，所以
在
上单调递增．
所以
，即证得
①．
其次证明：
．设
，
．
因为
，所以
在
上单调递减．
所以
，
即
．
所以
②．
由①②可证得
．
2.（22-23 高三·福建福州）已知函数
（
）．
(1)试讨论函数
的单调性；
(2)若函数
有两个零点
，
（
），求证：
．
【答案】(1)当
时，
在区间
上单调递增；
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当
时，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，根据
的不同取值范围，对
的符号进行讨论即可；
（2）由已知及（1）中单调性，可知
，
且
，故只需证明
，再借助不等式性质和
放缩，即可证出
.
【详解】（1）由已知，
的定义域为
，
，
①当
时，
，
恒成立，
∴此时
在区间
上单调递增；
②当
时，令
，解得
，
当
时，
，
在区间
上单调递增，
当
时，
，
在区间
上单调递减，
综上所述，当
时，
在区间
上单调递增；
当
时，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
（2）若函数
有两个零点
，
（
），
则由（1）知，
，
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
且
，
，
，
当
时，
，当
时，
，（*）
∵
，∴
，∴
，
又∵
，∴
，
∴只需证明
，即有
.
下面证明
，
设
，
，
设
，则
，
21
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令
，解得
，
当
时，
，
在区间
单调递减，
当
时，
，
在区间
单调递增，
∴
，
在区间
上单调递增，
又∵
，∴
，
即
，
∴由（*）知，
，∴
，即
.
又∵
，
，
∴
，原命题得证.
3.（21-22 高三·浙江·模拟）已知函数
.
(1)求函数
的单调区间；
(2)若函数
的图象与
的图象交于
，
两点，证明：
.
【答案】(1)增区间为
，减区间为
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，分别解不等式
，
可得；
（2）由
，
，两式相减得：
，然后将原不等式的证明问题转化为
，再通过换元将二元问题化为一元问题，构造函数，利用导数讨论其单调性，由
单调性可证.
【详解】（1）
的定义域为
令
，解得
令
，解得
所以
的单调增区间为
，减区间为
（2）由（1）得
由题知
，
两式相减整理可得：
22
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所以要证明
成立，只需证明
因为
，所以只需证明
令
，则只需证明
，
即证
令
记
则
易知，当
时，
，当
时，
所以当
时，
所以当
时，
，函数
单调递增
故
，即
所以，原不等式
成立.
题型八：比值代换型证明
1.（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知函数
为函数
的导函数．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)已知函数
，存在
，证明：
．
【答案】(1)函数
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增。(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究函数单调性即可.
（2）由
可得
，结合（1）可得
，联立两者可得
，运用比值代换法，设
，转化为求证
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.
构造对数不等式时，比值代换是常见经验思维：
1.一般当有对数差时，可以运算得到对数真数商，这是常见的比值代换形式
2.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程
3.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。
23
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,
即可证明.
【详解】（1）
的定义域为
，
，令
，则
，
所以函数
在
单调递增，又因为
，所以
，
，
即：
，
，
所以函数
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增.
（2）由（1），得
，
又
，即
，所以
．不妨设
，所以
．
由（1）得当
，函数
单调递增，所以
，
故
，所以
，
所以
，故
．下证
．即证：
，
设
，则
，所以函数
在区间
上单调递增，
所以
，故
，即
，所以
，即
，
所以
，得证．
2.（2024 高三·全国·专题练习）已知函数
.
(1)当
时，判断函数
的单调性；
(2)若关于
的方程
有两个不同实根
，求实数
的取值范围，并证明
.
【答案】(1)
在
上单调递增(2)
，证明见解析
【分析】（1）对
求导，根据
的符号得出
的单调性；
（2）由题意可知
有两解，求出
的过原点的切线斜率即可得出
的范围，设
，根
据分析法构造关于的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可，
【详解】（1）
时，
，故
，
在
上单调递增.
（2）关于
的方程
有两个不同实根
,
，即
有两不同实根
，
，得
，
令
，
，令
，得
，当
时，
，
在
上单调递
增，
当
时，
，
在
上单调递减，
时，
取得最大值
，且
，得图象如图：.
24
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，则
，
即当
时，
有两个不同实根
，
，两根满足
，
，
两式相加得：
，两式相减地
，上述两式相除得
，
不妨设
，要证：
，只需证：
,即证
，
设
，令
，则
，
函数
在
上单调递增，且
,
，即
，
.
3.（21-22 高三·重庆·模拟）已知函数
有两个不同的零点
.
(1)求
的最值；
(2)证明：
.
【答案】(1)
，无最小值(2)见解析
【分析】（1）求出导函数，由函数
有两个不同的零点，则
在
内必不单调，得
，进而
得到函数的单调性，即可求出函数的最值．
（2）由题意转化为证明
，不妨设
，令
，只需证明
，设
，根据函数的单调性，即可作出证明．
【详解】（1）
，
有两个不同的零点，∴
在
内必不单调，故
，
令
，解得
，∴
在
上单增，
上单减，
∴
，无最小值．
（2）由题知
两式相减得
，即
，
故要证
，即证
，即证
，
不妨设
，令
，则只需证
，设
，则
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，
设
，则
，∴
在
上单减，∴
，∴
在
上
单增，
∴
，即
在
时恒成立，原不等式得证．
题型九：三零点型不等式证明
1. （广东省华附、省实、广雅、深中2021 届高三上学期四校联考数学试题）
已知函数
.
（1）求函数
的单调区间；
（2）若
且
，证明：
，
；
（3）记方程
的三个实根为
，
，
，若
，证明：
.
【答案】（1）单调递增区间为
，
，单调递减区间为
；（2）证明见解析；（3）证
明见解析.
【分析】
（1）求出函数导数，分别解出
和
即可得出单调区间；
（2）易得
，不等式转化为
，
，构造函数
，利用导数
可得
在
单调递增，可化为证
，由
，可得只需证
，构造函数
，利用导数即可证明；
（3）令
，则
，由（1）可知
单调性，可判断
，可
知
，
，即
，
，构造函数
，可知
的
两个零点为
，易知
，由
可证.
解：（1）
的定义域是
，
，
令
，解得
或
，
，
，
则由
可解得
或
，由
可解得
，
所以
的单调递增区间为
，
，单调递减区间为
三个零点型不等式证明常见思维，关键是问题的转化．证明不等式问题第一步转化是消元，把三个根用
一个变量
表示，第二步构造新函数
，证明
的最小值
，第三步由导数求得极小值点
的范围，并对
变形，第四步换元
，最终转化为关于的多项式不等式，问题易于解决．
26
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（2）令
，则
，
由
解得
，由
解得
，
则
在
单调递增，在
单调递减，故
，即
，
欲证：
，
，即证：
，
，
令
，则
，
，
，
，故
在
单调递增，
，故只需证
，
，
，即
，
，
，
，故
，
则不等式等价于
，整理得
，
令
，则
，则
在
单调递增，
，即
，即
，综上可得：
，
；
（3）令
，则
，由（1）可知
在
单调递增，在
单调递
减，
由题易知，
，故
，
因为
，故存在
，使得
，由（2）可知
，
，
故
，
，
令
，易知
在
单调递减，在
单调递增，
即
的两个零点为
，易知
，故
，
在
单调递减，在
单调递增，
，
.
2. （浙江省舟山中学2021-2022 学年高三上学期12 月月考数学试题）已知函数
．
（1）求函数
的最小值；
（2）若
有三个零点
，
①求
的取值范围；
②求证：
．
【答案】（1）
（2）①
；②证明见解析【分析】
（1）令
，求出
，然后判断单调性即可求解；
（2）①：由（1）知，
时，
，
在
单调递增，不合题意；由函数零点存在定理
27
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可得
在
和
内分别有唯一的零点记为
，
，则
，
在
上单
增，在
上单减，在
上单增，又由函数零点存在定理即可得
有三个零点，符合题意；
②：记
的三个零点大小为
，即
，又
，则当
时，
成立，所以
，即
，化简
，得
，
进而即可证明.
（1）解：
，令
，则
，
当
时，
；当
时，
，所以
在
单调递减，在
单调递增，
所以
的最小值为
，即函数
的最小值为
；
（2）解：①：由（1）知，
时，
，
在
单调递增，不合题意；
当
时，
，
，
，
所以
在
和
内分别有唯一的零点记为
，
，则
，
所以
在
上单增，在
上单减，在
上单增．
易知
，1 为
的一个零点，
，
，又
，
，
所以
有三个零点，符合题意．综上，
．
②证明：不妨记
的三个零点大小为
，即
．
又
，即
．
所以当
时，
成立．即当
，则
，且
，又
在
有且只有
一个零点
，
所以
，即
．化简
，得
，
所以
．即
．
3.已知
，关于x 的方程
的不同实数解个数为k.
（1）求k 分别为1，2，3 时，m 的相应取值范围；
（2）若方程
的三个不同的根从小到大依次为
，求证：
.
【答案】（1）
时，
；
时，
或
；
时，
；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由于
时，
均有且只有一解，因此只要考虑
时，
的解的个数，由一元
二次方程的分布可得；
（2）由（1）知
，把
用
替换，其中
，由韦达定理求得
，不等式转化为
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.构造函数
，求得
的最小值，求
，确定
在
上有极小值点
，然后证明
即可．换元设
，不等式转化为
，首先
，因此只要证明
，注意
，
，证明
成立即可．
【详解】
解：（1）注意到无论m 为何实数，
时，
均有且仅有一个实数根，只需考虑
方程
的根的个数．
时，
，
时，
，
时，
或
，则
或
；
时，
，即
，此时
，
，
，满足题意．
（2）由（1），
，注意到
，则
.
.
只需证明：
.令
，即需证明
.
.
则
为增函数，而
，
，
则
在
上存在零点
，则
时，
；
时，
.
则
在
上单调递减，在
上单调递增.
，
则
令
，只需证明
注意到
，只需证明
，
，则
，令
，显然
，
，所以
成立，所以原不等式成立．
题型十：三角函数型不等式证明
对于含有三角函数型不等式证明：
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性
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1.（河南省开封市杞县高中2023 届高三文科数学第一次摸底试题）已知函数
．
(1)求函数
在
内的单调递减区间；
(2)当
时，求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得
，令
，求得
，即可求解；
（2）令
，求得
，令
，
分
和
两种情况求得函数的最大值，即可证得
.
(1)解：由题意，函数
，可得
，
令
，即
，即
，解得
，
即
在
的单调递减区间是
.
(2)解：令
，可得
，
令
，则
，
当
时，
，
单调递减，即
在
单调递减，
即
，所以
，
从而
在
上单调递减，即
恒成立；
当
时，由（1）知，
的极大值点满足
，这些极大值点使得
的分子值不变，
但分母随x 的增大而增大且
，
所以当
时，
，
恒成立．
综上可得，当
时，
得证．
2.（云南民族大学附属中学2022 届高三高考押题卷二数学（理）试题）已知函数
，
，其中
.
(1)试讨论函数
的单调性；
(2)若
，证明：
.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求导，再根据导数的正负求出函数的单调区间，
（2）要证
，只要证
，由于
时，
，当
30
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时，令
，再利用导数求出其最小值大于零即可
（1）
的定义域为
当
时，
，
在
上单调
递增；当
时，令
，解得
；令
，解得
；综上所述：当
时，
在
上单调递增，无减区间；当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增；
（2）
，
，即证：
，即证：
当
时，
，
，
当
时，令
，则
在
上单调递增
在
上单调递增
综上所述：
，即
3.已知函数
的图象在原点处的切线方程为
.
(1)求函数
的解析式；
(2)证明：
.
【答案】(1)
；(2)证明见解析.
【分析】（1）由原点处的切线方程有
，
，即可求参数a、b，进而写出
的解析
式；
（2）由题设只需证
恒成立，令
利用导数研究其单调性，进而确
定各单调区间上的函数符号，即可证结论.
(1)由
在原点处的切线方程为
且
，
∴
，
， 解得
，
，∴
.
(2)证明：要证
，即证
，
令
，则
，
，
，
令
，则
，
，
当
时，
，
∴
在
上是增函数，
，即
.
∴
在
上是增函数，则
.
当
时，
，
，
∴
，
在
上的增函数，
.即
，
∴
在
上单调递减，则
.当
时，
.
综上，在定义域R 上恒有
，即
.
题型十一： 零点与求参
31
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1.（23-24 高三·广东清远·模拟）已知定义在正实数集上的函数
，
．
(1)设两曲线
，
有公共点为
，且在点
处的切线相同，若
，求点
的横坐标；
(2)在（1）的条件下，求证：
；
(3)若
，
，函数
在定义域内有两个不同的零点
，求实数
的取值范
围．
【答案】(1)
；(2)证明见解析；(3)
.
【分析】（1）根据两曲线
，
有公共点，且在该点处的切线相同，由
求解.
（2）构造函数
，利用导数求出函数最小值，结合（1）的信息推理即得.
（3）求出函数
，利用函数零点的意义分离参数，转化为求直线
与函数图象有两个交点的
的范
围.
【详解】（1）函数
的定义域为
，设曲线
的公共点
，
求导得
，依题意，
，
即
，由
，得
，
，
所以点
的横坐标为
.
（2）由（1）知
，设
，
，
求导得
，当
时，
，当
时，
，
则函数
在
上递减，在
上递增，
因此
，
即当
时，
，所以
.
（3）依题意，
，定义域为
，
由
，得
，令
，
由函数
在定义域内有两个不同的零点
，得直线
与函数
的图象有两个交点，
而
，当
时，
，当
时，
，
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令
，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间
上是连续不断的曲线，且
，还必须结合函
数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的
值，就有几个不同的零点．
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则函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
因此
，而
，且当
时，恒有
，
则当且仅当
时，直线
与函数
的图象有两个交点，即函数
有两个不同零点，
所以实数
的取值范围是
.
2.（23-24 高三上·西藏林芝·期末）已知函数
．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若函数
在
处取得极值，不等式
对
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)若函数
在定义域内有两个不同的零点，求实数
的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)
(3)
【分析】
（1）求导，然后分
和
讨论函数
的单调性；
（2 ）先根据
求出
，再将不等式恒成立问题转化为
，构造函数
，求其最小值即；
（3）将函数
在定义域内有两个不同的零点的问题转化为函数
和函数
的图象有
两个不同的交点，观察图象可得答案.
【详解】（1）由已知
，
当
时，
恒成立，函数
在
上单调递增，
当
时，令
，得
，函数
单调递增，
令
，得
，函数
单调递减，
综上：当
时，函数
在
上单调递增；
当
时，函数
在
上单调递增，在
上单调递减；
（2）若函数
在
处取得极值，则
，解得
，
经检验
符合题意，所以
，
则不等式
恒成立即
恒成立，
整理得
在
上恒成立，所以
，设
，则
，
令
，得
，
单调递减，令
，得
，
单调递增，
所以
，所以
；
（3）令
，可得
，
若函数
在定义域内有两个不同的零点，
则函数
和函数
的图象有两个不同的交点，
当函数
和函数
的图象相切时，
因为函数
和函数
均过点
，则
为切点，
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又
，
则切线方程为
，故
，即
如图，当
时，函数
和函数
的图象只有一个交点，
观察图象可得：当函数
和函数
的图象有两个不同的交点时有
且
，
即
且
，即实数
的取值范围为
.
3.（22-23 高三上·福建福州·阶段练习）已知函数
.
(1)当
时，求
在点
处的切线方程；
(2)若
在
上有两个不同的零点，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对
的方法进行求导，利用导数几何意义求出在点
处的切线方程；
（2）对
进行求导，然后对
进行分类讨论研究
图像，进而求出实数a 的取值范围.
【详解】（1）
时，
，
。
，
，
所以切线方程为
，即
（2）
当
时，∵
，∴函数
在
上单调递增，
从而
至多有一个零点，不符合题意.当
时，∵
，
∴当
时，
，
单调递增，当
时，
，
单调递减，
∴
在
上单调递增，在
上单调递减.因为
，所以
在
上有两个不同
的零点需要满足：
解得
，所以当
时，，满足
在
上有两个不同的零点.
∴a 的取值范围是
.
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题型十二：三个零点型求参
1.（23-24 高三·湖北省直辖县级单位·模拟）若函数
，当
时，函数
有极值
.
(1)求函数的极值；
(2)若关于
的方程
有三个零点，求实数
的取值范围.
【答案】(1)极大值
，极小值
；(2)
【分析】（1）对函数进行求导，利用
，解方程组即可得解析式；
对函数求导，令
，并解导数不等式，分类讨论即可得答案；
（2）作出函数的图象，直线与函数图象需有3 个交点，即可得答案；
【详解】（1）
，由题意知
，解得
，
故所求的解析式为
；
，
令
，得
或
，列表如下：
极大
值
极小值
当
时，
有极大值
，当
时，
有极小值
；
（2）由（1）知，得到当
或
时，
为增函数；
当
时，
为减函数，∴函数
的图象大致如图，
由图可知当
时，
与
有三个交点，
有三个零点，
所以实数
的取值范围为
．
2.（23-24 高三·云南玉溪·模拟）设
，曲线
在点
处的切线与
轴相交
于点
.
(1)求实数
的值；
(2)若函数
有三个零点，求实数
的取值范围.
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【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数求出函数在
处的切线方程后结合其过的点可求实数
的值.
（2）利用导数讨论函数的单调性和极值，从而可求实数
的取值范围.
【详解】（1）由
，得
，且
.
令
，则
，
所以曲线
在
处的切线方程为
.代入
解得
.
（2）由（1）知
，令
，解得
或
，
当
或
时，
，当
时，
，
故
的单调递增区间是
和
，单调递减区间是
，
由此可知在
处取得极大值
，在
处取得极小值
，
因为函数
有三个零点，即方程
有三个根，
而当
时，
，当
，
，
故
，所以
.
3.（2022 高三·河南南阳·专题练习）若函数
，当
时，函数
有极值
．
(1)求函数
的解析式；
(2)若关于
的方程
有三个零点，求实数
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对函数进行求导，利用
，解方程即可得答案；
（2）作出函数
的图象，直线
与函数
图象需有3 个交点，即可得答案.
【详解】（1）
，当
时，函数
有极值
，
所以
，解得
，得到
解析式为
，
经检验，
符合题意，所以所求函数解析式为
.
（2）由（1）可知
令
，得
或
当
变化时，
、
的变化情况如下表：
＋
－
＋
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↗
↘
↗
因此，当
时，
有极大值
，当
时，
有极小值
，所以
大致图象如图所示，
又因为
有三个零点，即
有三个实数解，
所以实数
的取值范围为
.
题型十三：恒成立求参：三角函数型
1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数
．
(1)若函数
在区间
上单调递增，求实数a 的取值范围．
(2)当
时，
恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数的单调区间可得
，即
，利用导数讨论函数
的性质求
出
即可；
（2）由题意，当
时，显然成立；当
时，
；当
时，有
．令
，利用二阶求导讨论函数
的性质，求出
、
即可.
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
，
，总有
成立，故
；
（2）若
，
，有
成立，故
；
（3）若
，
，有
成立，故
；
（4）若
，
，有
，则
的值域是
值域的子集．
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【详解】（1）由题意知
，即
．令
，则
．
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增．
从而
，故
．
（2）由题意知
．当
时，显然成立；当
时，
；当
时，有
．
令
，则
．令
，则
．
∵
，∴
，故
，因此
单调递减，
从而
，因此
单调递增，从而
，
，
由
，解得
；由
，解得
．综上：
．
2.（2023·河南洛阳·校联考模拟预测）已知函数
．
(1)求
的最值；
(2)当
时，
，求实数
的取值范围．
【答案】(1)最小值为
，无最大值。(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，根据函数的定义域，结合导数和函数单调性的关系，即可求解函数的
最值；
（2）首先化简不等式，转化为不等式
，再参变分离为
对任意的
恒成立，转化为利用导数，求函数
的最值问题，即可求解.
【详解】（1）
，
当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增，所以
，无最大值．
（2）当
时，不等式
，
即
对任意的
恒成立，令
，
则
，当
时，
，则
，则
，
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则
在区间
上单调递增，则
．
当
时，
，令
，
则
，易知
在区间
上单调递增，
且
，
，
由零点存在性定理知，
，使得
当
时，
单调递减；当
时，
单调递增，又
，
因为
，所以
，即
，又
，所以
，又
，所以
．
所以
，所以
单调递减，所以
．
综上，
，所以
，解得
，即实数
的取值范围是
3.（2023 上·福建莆田·高三莆田第十中学校考期中）已知函数
.
(1)若曲线
在点
处的切线方程为
，判断当
时函数
的单调性；
(2)当
时，
在
恒成立，求的最大值.
【答案】(1)
在
上单调递增(2)
【分析】（1）根据切线求得
，然后利用导数求得
的单调区间.
（2）利用分离常数法化简不等式，然后利用构造函数法，结合导数求得的取值范围，进而求得的最大
值.
【详解】（1）
，
，
若曲线
在点
处的切线方程为
，则
，
此时
，
当
时，
，所以
，所以
在
上单调递增.
（2）当
时，
，不等式
，即
，
试题
在区间
上恒成立.设
，
，
，所以
在
上单调递增，
，所以存在
，使得
，
所以
在
上
单调递减；在
上
单调递增，
，
，所以
，而
，所以
，所以的最大值为
.
题型十四：恒成立求参：整数解型
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1.（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知函数
，其导函数为
.
(1)若
在
不是单调函数，求实数
的取值范围；
(2)若
在
恒成立，求实数
的最小整数值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可知
在
有变号零点，由此
结合函数的单调性，解不等式即可求得答案；
（2）法一：采用分离参数法，将原不等式变为即为
在
恒成立，构造函数
，求函数的导数，利用导数求其最小值，即可求得答案；
法二：求函数
的导数，利用导数判断其单调性，求得函数最小值，结合解不等式
即可求得答案.
【详解】（1）
；
因为
在
不是单调函数，所以
在
有变号零点；
因为
恒成立，令
，则
在
有变号零点；
因为
，所以
在
单调递增，
因为
，当
的值趋近正无限大时，
趋近于正无限大，a 为待定的参数，
故
趋近于正无限大，故只需
，即
，所以实数
的取值范围是
.
（2）（法一）令
，因为
在
恒成立，所以
在
单调
递减，
所以
，所以
在
恒成立，即为
在
恒成立，
令
，则
，令
，则
在
恒成立，
所以
在
单调递减；因为
；
解决不等式恒成立问题，常用方法有：
（1）将原不等式变形整理，分离参数，继而构造函数，转化为求解函数的最值问题解决；
（2）直接构造函数，求导数，求解函数的最值，使得最小值恒大于(或大于等于)0 或恒小于（或小于等
于）0，解不等式即可.
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所以
有唯一零点
，且
当
时，
，即
，所以
在
单调递增；
当
时，
，即
，所以
在
单调递减；
所以
；所以实数
的最小整数值为
.
（法二）
由（1）得，当
时，
在
上单调递增，
所以
成立.当
时，存在
，使得
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增；
所以
，
令
得
；解之得
.综上，
，
所以实数
的最小整数值为
.
2.（2023 下·天津滨海新·高二统考期末）已知函数
，
.
(1)若
，求m 的值及函数
的极值；
(2)讨论函数
的单调性：
(3)若对定义域内的任意x，都有
恒成立，求整数m 的最小值.
【答案】(1)
，极大值为
，无极小值(2)答案见解析(3)1
【分析】（1）由
可求出
，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可
求出函数的极值；
（2）对函数求导后，分
和
两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（3）方法一：将问题转化为
在
上恒成立，构造函数
，求出后得
，再构造函数
，对其求导判断其单调性，从而可求出
的
单调区间，求出其最大值，进而可求出整数m 的最小值；方法二：由（2）可知，当
时，
有最
大值
，则将问题转化为需要
即可，构造函数
，
利用导数求出其最大值即可.
【详解】（1）
的定义域为
，
因为
，
，则
，解得
.
当
时，
，
.
当
时，
，则
在
上单调递增；当
时，
，则
在
上单
调递减；
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所以
在
时取得极大值且极大值为
，无极小值．
（2）因为
，
当
时，
在
上恒成立，此时
在
上单调递增；
当
时，
当
时，
，则
在
上单调递增；
当
时，
，则
在
上单调递减；
综上：当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，
（3）解法一：若对定义域内的任意x，都有
恒成立，
所以
，即
在
上恒成立，
即
在
上恒成立，设
，则
.
设
，则
所以
在
上单调递减，
因为
，
，所以
，使得
，即
.
当
时，
，当
时，
.
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
.
因为
，所以
故整数m 的最小值为1
解法二：若对定义域内的任意x，都有
恒成立，
由（2）可知，当
时，
在
上单调递增，
因为
，显然不符合对定义域内的任意x，都有
恒成立
由（2）可知，当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
有最大值
.
若对定义域内的任意x，都有
恒成立，只需要
即可.
设
，显然
在
上单调递减，
42
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因为
，
，
所以要使
，只需要整数
，故整数m 的最小值为1
3.（2023 下·辽宁朝阳·高二校联考期末）已知函数
，
(1)若
，求
的图象在
处的切线方程；
(2)若
对任意的
恒成立，求整数a 的最小值；
(3)求证
，
【答案】(1)
。(2)1(3)证明见解析
【分析】（1）求导得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程，
（2）根据恒成立将问题转化为
恒成立，构造函数
求导，利用导数求解单调
性，结合零点存在性定理即可求解，
（3）由（2）的结论可得
，即可由求和关系，结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）当
时，
，
，
所以
的图象在
处的切线方程为
，
（2）由
可得
对任意的
恒成立，
记
则
，
由于
均为
的单调减函数，故
在
单调
递减，
且
所以存在唯一的实数
，使得
，即
，
当
单调递增，
当
单调递减，
所以当
时，
取极大值也是最大值，
，
由于
均为
的单调递增，且均为正，故
单调递增，
因此
，所以
，
43
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当
时，现证明
，
设
，
则当
时
单调递减，当
时，
单调递增，
当
，故
当
单调递增，当
单调递减，所以
，故
，
由于
，所以
，
所以
综上可知
，故
所以整数a 的最小值为1
（3）由（2）知当
时，
恒成立，即
对任意的
恒成立，
取
，则
，所以
，
因此
4.（2023 下·江苏苏州·高二统考期中）已知函数
．
(1)若
，求
的极值；
(2)讨论
的单调性；
(3)若对任意
，有
恒成立，求整数m 的最小值．
【答案】(1)极大值为
，无极小值．(2)分类讨论，答案见解析.(3)1
【分析】（1）求导，通过导数判断函数单调性，然后可得；
（2）求导，分
，
讨论可得；
（3）参变分离，将问题转化为
在
上恒成立问题，记
，利用导数求函
数
的最大值所在区间可得.
【详解】（1）
的定义域为
，
当
时，
，令
，解得
当
时，
，则
在
上单调递增；
当
时，
，则
在
上单调递减．
所以
在
时取得极大值为
，无极小值．
（2）因为
当
时，
在
上恒成立，此时
在
上单调递增；
当
时
当
时，
，则
在
上单调递增；
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当
时，
，则
在
上单调递减；
综上：当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减．
（3）因为对任意
，
恒成立，所以
在
上恒成立，
即
在
上恒成立．设
，则
．
设
，
，则
在
上单调递减，
因为
，
，所以
，使得
，即
．
当
时，
；当
时，
．
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
．
因为
，所以
，故整数
的最小值为1．
题型十五：能成立求参：双变量型
1.（2023·全国·模拟预测）已知函数
，
，
．
(1)求
的极值；
(2)若存在
，对任意的
，使得不等式
成立，求实数
的取值范围．（
）
【答案】(1)极大值
，极小值为
(2)
【分析】（1）求出
，令
，得
或
，再列出
的变化关系表，根据表格
和极值的概念可求出结果；
（2）根据（1）求出
在
上的最小值为
，则将若存在
，对任意的
，
使得不等式
成立，转化为
在
上恒成立，再构造函数
，
，转化为
，利用导数求出
代入可得解
恒（能）成立问题的解法：
若
在区间D 上有最值，则
（1）恒成立：
；
；
（2）能成立：
；
.
若能分离常数，即将问题转化为：
（或
），则
（1）恒成立：
；
；
（2）能成立：
；
.
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【详解】（1）由
，
得
,
令
，得
或
，
的变化关系如下表：
3
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
由表可知，当
时，
取得极大值，为
，
当
时，
取得极小值，为
.
（2）由（1）知，
在
上单调递减，所以当
时，
，
于是若存在
，对任意的
，使得不等式
成立，则
在
上恒成立，即
在
上恒成立，令
，
，则
，
，因为
，所以
，
，
因为
，所以
，所以
，
所以
单调递减，故
，
于是
，得
，又
，所以实数a 的取值范围是
．
2.（2023 上·山东济宁·高三校考阶段练习）已知函数
，
．
(1)若直线
是曲线
的一条切线，求
的值；
(2)若对于任意的
，都存在
，使
成立，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 直线
是曲线
的一条切线,根据切点在切线和原函数上，斜率是切点处导数列式求
的值即可；
(2) 把任意的
，都存在
，使
成立转化
，在参数分离转化
为
恒成立,构造函数
，求出
，进而求出
的取值范围.
【详解】（1）由
得
,
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设直线
与曲线
的切点为
,则
， 解得
因此
的值为
.
（2）由
得
设
，则
,因为当
时，
，所以
在
上单调递
增，
又因为
所以存在
，使
,
且当
时，
；当
时，
；
从而
，且当
时，
；
当
时，
,所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
因此
,由
，得
从而
,
所以
由对于任意的
，都存在
，使
成立，
得对于任意的
，都有
,即不等式
在
上恒成立，
即不等式
在
上恒成立.设
，则
因为
，当
时，
;当
时，
;
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
，因此
,
故
的取值范围为
.
3.（2023 上·北京·高三北京市第五中学校考阶段练习）已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)求
的单调区间；
(3)若存在
，使得
，求a 的取值范围．
【答案】(1)
(2)当
时，
的减区间为
，无增区间；当
时，
的减区间为
，增区间为
(3)
【分析】（1）当
时，求出函数
的导数，求出曲线
在点
处切线的斜率，然后求解
切线的方程即可；（2）先求出函数
的导数，分
和
两种情况讨论即可得到单调区间；
（3）将题中条件转化为若
，使得
成立，再结合函数放缩得到若
，使得
成立，再根据（2）中的单调情况可知
为
与
中的较大者，从而得到当
或
即可满足题意，进而求解即可．
【详解】（1）当
时，
，则
，得
，
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
．
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（2）由
，则
，当
时，
恒成立，此时
在R 上单调递减；
当
时，令
，解得
，此时
与
的变化情况如下：
-
0
+
↘
极小值
↗
由上表可知，
的减区间为
，增区间为
，
综上，当
时，
的减区间为
，无增区间；
当
时，
的减区间为
，增区间为
．
（3）将
在区间
上的最大值记为
，最小值记为
，因为存在
，使得
，
所以
，使得
成立，即
或
，当
时，
，
若
，使得
成立，只需
，由（2）可知
在区间
上单调或先减后增，
故
为
与
中的较大者，所以只需当
或
即可满足题意，
即只需
或
，解得
或
，
综上所述，
的取值范围是
．
48
