人教版高考数学专项练习-导数压轴

1、绝密启用前2021高考导数压轴最新50题一、解答题1（2021甘肃高三一模（文）已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）设函数，若在内有且仅有一个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求出函数的导数，分，和三种情况判断导数正负可得出单调区间；（2）由题可得在上有且仅有一个实数根，构造函数，利用导数求出函数的单调性，即可求出.【详解】解：（1）函数的定义域为，所以.（）当时，由，得，则的减区间为；由，得，或，则的增区间为和.（）当时，则的增区间为.（）当时，由，得，则的减区间为；由，得，或，则的增区间为和.（2），在内有且仅有一个零点，即关于方程在上有且

2、仅有一个实数根.令，则，令，.则，故在上单调递减.所以，即当时，所以在上单调递减.又，则，所以的取值范围是.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.2（2021山西高三一模（理）已知函数（1）当时，求的最大值；（2）当时，（i）判断函数的零点个数；（ii）求证：有两个极值点，且【答案】（1）-1；（2）两个；证明

3、见解析.【分析】求导，当时，利用导函数分析原函数的单调性；（1）当时，利用单调性求最值即可；（2）（i）利用单调性以及零点存在性定理可判断函数的零点个数；（ii），由（i）知有两个零点，设为，且，通过的单调性，分析的单调性，可得为的两个极值点，代入函数可得，用分析法证明，整理令，记，求导，得到即可.【详解】解：定义域为 当时，令，得，令，得，故在上单调递增，在上单调递减 （1）当时，在上单调递增，在上单调递减，所以 （2）（i）在上单调递增，在上单调递减，至多有两个零点在上有一个零点由（1）可证，从而，又，在上有一个零点综上，函数有两个零点 （ii）的定义域为由（i）知有两个零点，设为，且，且

4、又在上单调递增，在上单调递减当，或时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故为的两个极值点 ，同理欲证，即证 ，令，即证，即证 记，在上单调递增，故，命题得证【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调性和极值的步骤：写定义域，对函数求导；在定义域内，解不等式和；写出单调区间，并判断极值点.3（2021聊城市山东聊城一中高三一模）已知函数，其中e是自然对数的底数（1）设直线是曲线的一条切线，求的值；（2）若，使得对恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设切点坐标为，根据题意只需满足，然后求解方程组得出的值及的值；（2）记，求导讨论函数的单调性，确定最值，使成立

5、，得到关于参数的不等式，然后利用参数分离法求解参数的取值范围.【详解】解：（1）设切点为，其中，有，且得，所以，易解得：，则；（2）记，有，当，恒成立，则函数在上递增，无最小值，不符合题意；当时，当时，当时，所以函数在上递减，在上递增，所以在处取得最小值，则有，记，有，易知在单调递增，在单调递减，则，所以，得.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；（2）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可.4（2021全国

6、高三月考（理）已知函数.（）讨论函数的单调性；（）若有两个极值点，且恒成立，求的取值范围.【答案】（）在和上单调递增，在上单调递减；（）.【分析】（）函数的定义域为，求导得，再分和两种情况讨论求解即可；（）由（1）得是方程的两个不等正实根，故，进而得，故问题转化为恒成立，再令，研究的最值即可得答案.【详解】（）由题可知函数的定义域为，当且，即时，则函数在上单调递增；当且，即时，令，即，解得或，且均为正数，令得，令得，所以函数在和上单调递增，在上单调递减.（）若有两个极值点，则是方程的两个不等正实根，所以结合（）可知，.又因为，所以.由恒成立，可得恒成立，而令，则.令，则，则函数在上单调递减，所

7、以，故，则函数在上单调递减，可得，所以的取值范围是.【点睛】本题考查了运用导数求函数的单调区间及恒成立问题，在含有参量求单调区间时注意分类讨论，解答恒成立问题时遇到多元的方法是消元，本题借助根与系数之间的关系将零点转化为的最值为题，是难题5（2021商丘市第一高级中学）已知函数（1）若函数在是单调减函数，求实数a的取值范围；（2）在（1）的条件下，当时，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）由题可得在区间上恒成立，即可求出；（2）由（1）可得，可得，分别取相加即可证明.【详解】解：（1）函数在是单调减函数，在区间上恒成立，可得，即实数a的取值范围为；（2）由（1）得当时，在上单调

8、递减，可得，令，可得，分别取，得，即，可得，对任意的成立【点睛】关键点睛：本题考查利用导数证明数列不等式，解题的关键是根据，得出.6（2021浙江宁波市高三月考）已知函数，其中是自然对数的底数（1）若曲线与直线有交点，求a的最小值；（2）设，问是否存在最大整数k，使得对任意正数x都成立？若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由；若曲线与直线有两个不同的交点，求证：.【答案】（1）；（2）存在，；证明见解析.【分析】（1）求出函数的导函数，得出其单调区间，求出的最小值，得到答案.（2）当时,，原不等式恒成立当时,设，即，再设，求出导数分析其单调性，得到其最值，然后再分析的符号，讨论得出的单调性和

9、最值，从而得到答案.设，由（1）可知,所以，,由可得，从而可证.【详解】解：（1）由己知得， 由于，所以可得 可得得当x变化时，与的变化情况如下表所示： x10极小值当时，所以当时，有最小值因此，当曲线与直线有交点时， （2）由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，所以当时，又，则，原不等式恒成立 当时，令，则设，得，故当x变化时，与的变化情况如下表所示：x0极小值这样，当时，此时当x变化时，与的变化情况如下表所示：x10极小值得，即原不等式恒成立 当时，得，则在内有唯一零点此时x变化时，与的变化情况如下表所示：x100极大值极小值得，即原不等式不恒成立综上所述，存在最大整数，使得原不等式恒成

10、立 证明：设，由（1）可知所以，由可得即 所以都满足不等式，即，故区间为不等式解集的子集，得【点睛】关键点睛：本题考查函数图像有交点求参数的范围和根据恒成立求参数范围，解答本题的关键是由在定义域内恒成立，即分析其单调性，由其导数为，设，根据的单调性，分析得出的符号，得出单调性，属于难题.7（2021全国高三专题练习（理）已知函数（1）证明：当时，；（2）若，求a【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】(1)由题意分类讨论当，几种情况即可证得题中的结论.(2)观察(1)中的结论，首先讨论时的取值，然后验证当时不等式成立即可求得实数的值.【详解】(1)分类讨论：.当，；.当时，则函数在上单调增，则

11、，则函数在上单调减，则；.当时，由函数的解析式可知，当时，令，则，故函数在区间上单调递增，从而：，即，从而函数，令，则：，当时，故在单调递增，故函数的最小值为，从而：.从而函数；综上可得，题中的结论成立.(2) 当时，令则， ，故单调递增，当时，使得，当时，单调递减，不符合题意;当时，若在上，总有（不恒为零），则在上为增函数，但，故当时，不合题意故在上，有解，故，使得， 且当时，单调递增，故当时，不符合题意;故不符合题意，当a=2时，由于单调递增，故：时，单调递减;时，单调递增，此时当时，综上可得，.【点睛】对于利用导数研究不等式问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，

12、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岀最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.8（2021全国高三专题练习（理）已知函数（1）若，求曲线的斜率等于3的切线方程；（2）若在区间上恰有两个零点，求a的取值范围【答案】（1）；（2）【分析】（1）求函数导数得，进而得切点，得斜率，由点斜式求切线方程即可；（2）讨论得当时，不成立，当时，由函数导数判断只有一个极值点，进而根据单调性列不等式求解即可.【详解】由已知函数定义域是，（1），由解

13、得（舍去），又，所以切线方程为，即；（2）当时，函数单调递增，则不存在两个零点，舍当时，易知只有一个极值点，要使得有两个零点，则，即，此时在上，递减，在上，递增，在时取得极小值，所以解得综上的范围是【点睛】关键点点睛：研究函数的零点的关键是得到函数的单调性，比较极值点端点值和x轴的关系.9（2021河南高三月考（理）已知函数（1）若在上是减函数，求实数m的取值范围；（2）当时，若对任意的，恒成立，求实数n的取值范围【答案】（1）；（2）【分析】（1）由题意可得对于恒成立，分离转化为最值即可求解；（2）由题意可得恒成立，即，构造函数，利用导数判断其单调性可得与的关系，分离即可求解.【详解】（1）

14、因为，所以，由题意可得对于恒成立，即，可得，所以所以实数的取值范围是（2）对任意的，恒成立，即恒成立，即恒成立因为，所以，易知在上单调递增，且在上，所以，即对任意的恒成立令，则，当时，；当时，则在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，显然，故实数n的取值范围是【点睛】方法点睛：求不等式恒成立问题的方法（1）分离参数法若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.（2）数形结合法结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.（3）主参换位

15、法把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.10（2021湖北高三月考）已知函数，其中为自然对数的底数（1）求的单调区间；（2）若对恒成立，记，证明：【答案】（1）函数的增区间为、；（2）证明见解析【分析】（1）求得，证明出对任意的恒成立，由此可得出结果；（2）由题意可知不等式对任意的恒成立，令，将所证不等式等价转化为，利用导数证明即可.【详解】（1）函数的定义域为，且.令，则.当时，此时函数单调递减；当时，此时函数单调递增.所以，当时，则.综上所述，函数的增区间为、；（2）由题意得不等式对

16、任意的恒成立，令，要证，即证.令，其中，则，所以在上单调递增，又，故，使得，即.所以，当时，有，函数单调递减；当时，函数单调递增.所以且，所以存在，使得，即，且满足，函数单调递减；，单调递增；所以.令，则，即函数在上单调递减.又，则，则只需证明，即，即，即，可先证明，则，所以，可得，而，所以，证毕.【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.11（2021山东

17、日照市高三一模）已知函数，.（1）当时，求的值域；（2）令，当时，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求函数的导数，利用导数求出单调性，利用单调性求最值即可；（2）时，恒成立转化为恒成立，分离参数后利用导数求解即可.【详解】（1），由得，在区间上单调递减、在区间上单调递增.函数的最小值为：；函数的值域是；（2）当时，（）令，则令，则，在上单调递增.于是在上单调递增，且，（）又由（1）知当，时.的值域是，即：，所以：恒成立.所以；.即：，所以：的取值范围是.【点睛】关键点点睛：不等式的恒成立问题一般都需要转换，本题可转化为，分离参数得，构造函数，利用导数研究单调性，属于难

18、题.12（2021黑龙江大庆市高三一模（理）已知函数（1）求证：；（2）若，时，恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）令，利用导数求得的最小值，从而可证得不等式成立；（2）原不等式变形为，即. ，由的单调性得，利用（1）的结论得右边的最大值，从而可得的范围【详解】解：（1）证明：令， 则.当时，当时，所以在上为减函数，在上为增函数， 所以当时，函数有最小值，.所以，即. （2）因为，所以.所以. 令，则恒成立.因为恒成立，所以在R上单调递增，所以恒成立，即，即恒成立. 由（1）知，所以，解得，所以实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查有导数证明不等式，

19、用导数研究不等式恒成立，用导数证明不等式一般是不等式变形后引入新函数，证明新函数的最小值大于或等于0即证本题解决不等式恒成立的关键是不等式变形化，利用新函数的单调性化简不等式，并利用(1)中结论得出参数范围13（2021江西高三其他模拟（理）已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）令，若存在，且时，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】(1)求函数的定义域和导数，分和两种情况，结合导数可求出函数的单调性.(2)根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明.【详解】解：（1）的定义域为，当时，当时，由得，由得，当时，在

20、上单调递增当时，在上单调递减，在单调递增.（2），由题意知，令，则，在上单调递增，不妨设，令，只需证，只需证，设，则，在递增，即成立，即.【点睛】思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.14（2021全国高三月考（文）已知函数（其中，），.（1）若存在实数使得恒成立，求的取值范围；（2）当时，讨论函数的零点个数.【答案】（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）由在上恒成立，得到，利用导数求得函数的单调性和最值，列出不等式，即可求解；（2） （）当时，结合和的取

21、值，得出函数只有1个零点.（）当时，令，求得，令，求得，分和两种情况，结合函数的单调性和最值，即可求解.【详解】（1）由题意，函数，（其中），要使在上恒成立，可得，又由，令，解得，即函数在单调递增，令，解得，即函数在单调递减，所以，要使得，可得，解得，即实数的取值范围.（2）由函数和.（）当时，当时，可得，所以恒大于零，函数没有零点；当时，可得，可得恒小于零，没有零点；当时，令，可得，所以函数由一个零点，综上可得，当时，在只有1个零点.（）当时，令，则，可得，令，可得，因为，所以恒成立，在单调递增，由，即时，可得在上恒小于零，在上恒大于零，即在上单调递减，在上单调递增，所以，在只有个零点当时，

22、由于在单调递增，所以在上恒小于零，在上单调递减，因为，所以在上有唯一零点.又因为，所以存在，使得，由于在单调递增，所以在在单调递减，在单调递增，所以，又因为，所以，由，知在上有唯一零点，结合在单调递增，在上有唯一零点，又，时，在上有个零点综上所述，当或时，在只有个零点；当时，在上有个零点.【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求

23、满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.15（2021河南平顶山市高三二模（文）已知函数，（为常数，）.（1）若恒成立，求实数的取值范围；（2）判断方程是否存在实数解；如果存在，求出解的个数；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析.【分析】（1）利用参变量分离法得出，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，由此可得出实数的取值范围；（2）由（1）得出，当且仅当时，等号成立，设，利用放缩法得出，即可得出结论.【详解】（1）因为，由，

24、即，可得，设，则.当时，函数递减；当时，函数递增.所以，所以.因此，实数的取值范围是；（2）方程不存在实数解.由（1）可知，当时，即，当且仅当时等号成立.设，则（当且仅当时等号成立），又，当且仅当时等号成立.所以对任意，恒成立，所以函数无零点，即方程不存在实数解.【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

25、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.16（2021全国高三其他模拟）已知函数满足，且曲线在处的切线方程为（1）求，的值；（2）设函数，若在上恒成立，求的最大值【答案】（1），；（2）3.【分析】（1）解方程组即得解；（2）等价于在上恒成立，利用导数求出即得解.【详解】解：（1）由已知得，且函数的图象过点，则解得，（2）由（1）得若在上恒成立，则在上恒成立，即在上恒成立，因为，所以，从而可得在上恒成立令，则，令，则恒成立，在上为增函数又，所以存在，使得，得，且当时，单调递减；当时，单调递增则又，所以，代入上式，得又，所以因为，且，所以，故的最大值为3【点睛】方法点睛：

26、“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题我们称这类问题为“隐零点”问题（零点大小确定的叫“显零点”）处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的范围；这里应注意，确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零

27、点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到，等等；至于隐性零点范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围；第二步：以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式；这里应注意，进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键；第三步：将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明；有时候第一步中的零点范围还可以适当缩小导函数零点虽然隐形，但只要抓住特征(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即可（即注意零点的范围和性质特征）17（2021全国高三其

28、他模拟）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有两个极值点，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）当时，可得解析式，求导得解析式，则可求得，代入直线方程，化简即可得答案.（2）函数有两个极值点，等价为有两个不相等的实数根，.令，分别讨论和两种情况，利用导数求得其单调区间和极值，可得a的范围，不妨设，则，.令，利用导数判断其单调性，结合基本不等式，分析整理，即可得证.【详解】解：（1）当时，则，所以，又，所以切线方程为，即.（2）由题意得，则.因为函数有两个极值点，所以有两个不相等的实数根，.令，则.当时，恒成立，则函数为上的增函数，故在上至多有一个零点，不

29、符合题意.当时，令，得，当时，故函数在上单调递减，当时，故函数在上单调递增.因为函数有两个不相等的实数根，所以，得不妨设，则，.又，所以.令，则，所以函数在上单调递增.由可得，即.又，是函数的两个零点，即，所以.因为，所以，又，函数在上单调递减，所以，即.又，所以，因此.【点睛】解决本题的关键主要有三点：一是确定，的范围，为后续的灵活转化做准备；二是能够想到构造函数，并借助其单调性得到；三是巧妙利用自变量的范围和函数的单调性构建关于，的不等式.18（2021全国高三其他模拟）已知函数.（1）若，讨论的单调性；（2）若，是的极大值点，且存在实数使得，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）

30、.【分析】（1）先求导，再对分两种情况讨论得解；（2）先求出，得到，即得解.【详解】（1）因为，所以.当时，由得，由得，所以在上单调递增，在上单调递减.当时，因为，所以由得，由得或，所以在上单调递增，在，上单调递减.综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在，上单调递减.（2）因为，所以，由（1）知，当时，是的极小值点，不满足题意.所以若是的极大值点，则应满足解得.，所以.由得，所以，所以的取值范围是.【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两点：（1）确定出的取值范围；（2）根据得到关于的表达式.19（2021甘肃兰州市高三其他模拟（文）已知函数.（1）当时，求函数图象在点处的

31、切线方程；（2）若，当函数有且只有一个极值时，求的最大值.【答案】（1）； （2）.【分析】（1）当时，求得，进而得到，结合点斜式，即可求得切线的方程；（2）当时，求得，令，解得或，根据函数有且只有一个极值和函数的定义域，得到，化简得出，进而得出，利用换元法，即可求得函数的最大值.【详解】（1）当时，函数，可得，则，即切线的斜率为，切点，所以函数图象在点处的切线方程为.（2）当时，函数的定义域为，可得，令，即，解得或，因为函数有且只有一个极值，所以只存在一个值使得，因为函数的定义域为，当时，所以函数的极值点为，此时，解得，当时，所以 ，因为，所以，令，则，又由，可得当时，所以.所以的最大值为.

32、【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.20（2021甘肃兰州市高三其他模拟（理）已知.（1）判断函数是否存在极值，并说明理由； （2）求证：当时，在恒成立.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）由题意求得，根据余弦函数的性质可知，得到，得出函数的单调性，即可求解；（2）由题意转化为成立，令，求导数，令，利用导数结合（1）求得函数的额单调性和最值，即可求解.【详解】

33、（1）由题意，函数，则，可得，根据余弦函数的性质可知，可得，所以函数为单调递减函数，所以函数没有极值.（2）由于，即，即，要证原命题成立，只需证成立，令，则，令，则，由（1）可知，当时，即，当时，因此，当时，所以，所以当时为增函数，所以，即，所以当时为减函数，所以，原命题得证.【点睛】对于利用导数研究不等式的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、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，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，通常要设

34、出导数的零点，难度较大.21（2021广西玉林市高三其他模拟（理）设，,其中，且.（1）试讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）分别在和两种情况下，结合定义域，根据导函数的正负可确定原函数的单调性；（2）将不等式化为，利用导数和复合函数单调性可确定，进而转化为，利用导数可求得的最小值，由可得结果.【详解】（1），当时，由得：，即定义域为；当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；当时，由得：，即定义域为；当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增；综上所述：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.（2）

35、由得：，即，设，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；又在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，；在上恒成立，；设，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，即实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立问题的求解，解题关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求解函数最值得到结果.22（2021全国高三月考（文）已知函数.（1）判断的单调性；（2）若方程有唯一实根，求证：.【答案】（1）在上是减函数，在上是增函数；（2）证明见解析.【分析】（1）求得，分析的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）设，利用导数分析函数的

36、单调性，根据已知条件得出，其中为函数的极小值点，可得出，消去可得出，构造函数，分析函数在区间上的单调性，结合零点存在定理证得，即可得出.【详解】（1）因为，所以，则，所以，函数在上是增函数，且，所以，当时，；当时，.所以在上是减函数，在上是增函数；（2）设，则，因为是增函数，又，所以存在唯一的，使得.当时，此时，函数单调递减；当时，此时，函数单调递增.所以，.方程有唯一实根，则，且，即，消去得，设，则，所以，函数在上是减函数，因为，所以，即.【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

37、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.23（2021湖南高三月考（文）已知函数，（1）求在上的最小值；（2）证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）求导函数，由确定单调性，得极小值也即为最小值（2）不等式化为引入函数，由导数求得的最小值即可证明【详解】（1），令，得，故在区间上，的唯一零点是，当时，单调递减，当时，单调递增，故在区间上，的最小值为（2）要证：当时，即证：当时，令

38、，时，时，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以时，而时，综上，时，即【点睛】关键点点睛：本题考查用导数求函数的最值，证明不等式解题方法是不等式变形后，引入新函数，利用导数求得新函数的最值，从而得证不等式成立24（2021山东德州市高三一模）已知函数，定义新函数（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若新函数的值域为，求的取值范围【答案】（1）答案见解析；（2）【分析】（1）计算，然后根据，讨论函数单调性.（2）利用等价转化即在上有解，构造函数，并利用导数研究函数单调性，根据隐零点得到函数，最后计算可得结果.【详解】（1），当即时，令得，令得，在上单调递减，上单调递增，当时，当，即时，令得，令得，

39、或，在和上单调递减，在上单调递增当，即时，在上单调递减当时，令得，令得或所以在和上单调递减，上单调递增综上所述：时，在上单调递减，上单调递增时，在和上单调递减，在上单调递增，时，在上单调递减，时，在和上单调递减，上单调递增（2）因为，所以有解，即在上有解，令，则，令，则，显然在上单调递增，又，使，当时，即，单调递减，当时，即，单调递增故，且，由，得，即，令，所以在上单调递增，又，故，即，所以，即，【点睛】关键点点睛：第（1）问利用导数判断函数单调性，关键在于对参数的分类讨论；第（2）问使用等价转化的思想并结合导数判断原函数单调性，本题关键在于利用隐零点.25（2021江苏省天一中学高三二模）已

40、知，函数.（1）讨论函数的单调性；（2）已知函数存在极值点、，求证：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）求得，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；（2）由题意得出，将所证不等式转化为证明，即，令，构造函数，证明出对任意的恒成立即可.【详解】（1）当时，函数的定义域为，且.对于方程，.当时，即时，令，由可得；由可得或.所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，即时，所以函数在上单调递增.（2）由（1）可得，且、是的两根.由韦达定理可得，.设，则在处取到极大值，在处取到极小值，所以.因为，所以命题等价于证明，整理得，即.令，构造函数，则

41、，令，易知在上单调递增.因为，所以存在，使，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，所以成立，所以.【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.26（2021湖南高三月考（理）已知函数，（1）求在上的最小值；（2）证明：【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）先对函数求导，求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值；（2）要证，只要证，构造函数，对函数求导

42、得，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数，利用导数求此函数的单调区间和最值，可得时，从而有，所以得到是上的增函数，进而可得【详解】（1），令，得，故在区间上，的唯一零点是，当时，单调递减，当时，单调递增，故在区间上，的最小值为（2）要证：当时，即证：当时，令，时，时，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以时，而时，综上，时，即，即是上的增函数，【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，利用导数求函数的最值，利用导数证明不等式，解题的关键是把转化为，构造函数，对函数求导得，此时导数等于零，方程无法求解，所以再构造函数，利用导数求此函数的单调区间和最值，进而可判断，所以得到是上的增函数，进而

43、可得，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题27（2021河南高三月考（理）已知函数（1）证明：时；（2）证明：时，【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出，即可证得结论成立；（2）由（1）得出，可得利用放缩法得出当时，可证得，代入不等式计算即可证得结论成立.【详解】（1）因为，则，设，则，故在上为减函数，可得，即，故在上为减函数，故；（2）由（1）知：时，可得：，当时，故，所以，因此，【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

44、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.28（2021全国高三专题练习）已知函数f(x)=2ex+aln(x+1)-2.（1）当a=-2时，讨论f(x)的单调性；（2）当x0，时，f(x)sinx恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）函数在(-1，0)单调递减，在单调递增；（2）.【分析】（1）将代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.（2）令，等价于恒成立，求出，讨论或，判断函数的单调性，其中时，可得，讨论或，证明函数的单调性即可证明.【详解】（1）当时.在单调递增，且当时，；当时.所以

45、函数在(-1，0)单调递减，在单调递增.（2）令当时，恒成立等价于恒成立.由于，所以（i）当时，函数在单调递增，所以，在区间恒成立，符合题意.（ii）当时，在单调递增，.当即时，函数在单调递增，所以在恒成立，符合题意.当即时，若，即时在恒小于则在单调递减，不符合题意.若即时，存在使得所以当时，则在单调递减，不符合题意.综上所述，的取值范围是【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立，解题的关键是构造函数，不等式等价转化为恒成立，考查了分析能力、计算能力以及分类讨论的思想.29（2021全国高三专题练习（文）已知函数.（1）求函数在内的单调递增区间；（2）当

46、时，求证：.【答案】（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数，由确定增区间；（2）利用（1）的结论，设，在上，利用导数证明恒成立，在时，由（1）得，不等式恒成立，从而得证【详解】（1）解析：由题意知，所以当时，解得，即在的单调递增区间是，（2）令，只需证即可令，则，当时，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，但分母随的增大而增大（当然），当时，恒成立综上，得证.【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式解题方法通常是引入新函数，利用导数求得函数的最大值，而最大值小于0即证，本题

47、证明时，注意到函数的极大值点有无数个，因此在求最大值时，根据（1）的结论只在（1）中第一个单调区间上讨论的最大值，而在上直接利用的性质确定与皆大小关系这种解法具有特殊性，注意区别30（2021全国高三专题练习（理）已知函数（1）若曲线在点处的切线经过坐标原点，求实数；（2）当时，判断函数在上的零点个数，并说明理由【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析【分析】（1）求出函数的导数，根据导数几何意义求斜率，由切线方程求a；（2）原问题转化为的零点问题，求导，利用导数可得单调性，结合零点存在性即可求解.【详解】（1），所以在点处的切线方程为，所以，即；（2）因为，所以，所以可转化为，设，则当时

48、，所以在区间上单调递增当时，设，此时，所以在时单调递增，又，所以存在使得且时单调递减，时单调递增综上，对于连续函数，在时，单调递减，在时，单调递增又因为，所以当，即时，函数有唯一零点在区间上，当，即时，函数在区间上无零点，综上可知，当时，函数在上有个零点；当时，函数在上没有零点【点睛】关键点点睛：由题意可转化为在区间上的零点个数问题，求导，利用导数可得函数单调性，在时，单调递减，在时，单调递增，分类讨论的正负即可31（2021四川高三月考（理）已知函数（1）当时，比较与的大小；（2）若有两个不同的极值点，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）令，再利用导数法判断与0的关系.（2

49、）根据有两个不同的极值点，转化为，为方程的两个不同实根有，则，进而将问题转化为，即证明，再由（1）得到，即，然后作出函数，及的图象，利用数形结合法求解.【详解】（1）当时，令，则令，则，可知为上的增函数，则，则为上的增函数，所以，即，所以为上的增函数，所以，所以不等式在上成立，所以（2），因为有两个不同的极值点，所以，为方程两不等根，即，为方程的两个不同实根，令，令，得；令，得，则在上递增，在上递减，所以当时，取得最小值为，所以，不妨设，且，则，则，故只需证明，即证明由（1）知，所以，令，则可得在上递减，上递增，函数，及的图象如图所示，令为方程两不等根，即的两个实根，则由图可知，即，所以，所以

50、，故原不等式得证【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常构造函数(x)，将不等式转化为(x)0(或0)的形式，然后研究(x)的单调性、最值，判定(x)与0的关系，从而证明不等式.32（2021山东高三专题练习）已知函数.（1）若，求实数a的取值范围；（2）若函数有两个零点，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）利用导数研究的单调性，求得的最小值，由此列不等式，解不等式求得的取值范围.（2）利用构造函数法证得，结合的单调性证得.【详解】（1）函数的定义域为.设，所以，所以函数在上单调递增.又，列表如下：x1-0+极小值所以当时，函数取得最小值为.因为，即，所以.所以a的取值范围是

51、.（2）不妨设.由（1）可得，函数在上单调递减，在上单调递增.所以，.因为，所以.设函数，则，函数在上单调递增.所以，所以，即.又函数在上单调递减.所以，所以.【点睛】如果求一次导数无法确定函数单调性，可考虑再一次求导来确定函数的单调性.33（2021全国高三专题练习）已知函数，对于任意的，都有.（1）求的取值范围（2）若，证明：()（3）在（2）的条件下，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）根据函数的表达式，再结合，得，解不等式，又，得到，又取任意正整数，所以；（2）先用导数进行研究，可到函数在区间上是增函数，再利用数学归纳的方法，可以证明()；（3）由，

52、解得，变形得，又，所以，则在上递增，再通过放缩得，再依此为依据，进行累加即可得到原式是成立的.【详解】（1）由题得，恒成立，故：（2）当时，函数在(1，)上是单调递增函数.下面用数学归纳法证明：当时，由得成立.假设当时，结论成立.即：那么当时这表明当时不等式也成立，综合可知：当，时成立（3）且令，则在上递增由（2）知：又左边【点睛】关键点点睛：数列是特殊的函数，与数列单调性有关的问题转化为函数的单调性问题是常用的方法.本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题.34（2021山东菏泽市高三一模）已知函数.（1）若有唯一零点，求的取值范围;（2）若恒成立，求的取值范围.【答案】（1）或；（2

53、）.【分析】（1）转化为有唯一实根，构造函数，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果；（2）转化为恒成立，构造函数 ，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解.【详解】（1）由有唯一零点，可得方程，即有唯一实根，令，则由，得由 ，得在上单调递增，在 上单调递减.，又所以当时， ;又当时，由得图象可知， 或.（2）恒成立，且 ，恒成立，令，则 ，令，则 ，在单调递减，又，由零点存在性定理知，存在唯一零点，使 即，两边取对数可得即 由函数为单调增函数，可得，所以当时， ，当时， ，所以在上单调递增，在 上单调递减，所以即的取值范围为.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问

54、题，可按如下规则转化：若在上恒成立，则 ；若在上恒成立，则 ；若在上有解，则 ；若在上有解，则 .35（2021甘肃高三一模（理）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）设函数，若在上有两个零点，求实数的取值范围【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求导后，对a分类讨论即可求解；（2）根据函数在上有两个零点可转化为在上有两个不相等的实数根，令，利用导数研究函数大致变化趋势求出a的范围.【详解】（1）函数的定义域为，所以当时，由，得则的减区间为；由，得则的增区间为当时，由，得则的减区间为；由，得，或则的增区间为和当时，则的增区间为当时，由，得则的减区间为；由，得，或则的增区间为和（2）在

55、上有两个零点，即关于方程在上有两个不相等的实数根令，则令，则，显然在上恒成立，故在上单调递增因为，所以当时，有，即，所以单调递减；当时，有，即，所以单调递增因为，所以的取值范围是【点睛】关键点点睛：问题转化为方程关于方程在上有两个不相等的实数根后，需要对的极值，单调性进行分析，继续利用导数研究是解题的关键.36（2021全国高三月考（文）已知函数，.（1）求的单调区间；（2）若，存在非零实数，满足，证明：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）利用导数的基本运算可得，讨论、或，利用导数与函数单调性之间的关系即可得出结果.（2）根据题意可得，分别为的零点，由（1）知在上单调递

56、增，在上单调递减，不妨设，利用零点存在性定理可得，即证【详解】解：（1）由题意得，令，当时，即当时，；当时，故的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，令，则，故的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，令，则，满足，故在上单调递增；当时，令，则，故的单调递减区间为，单调递增区间为，.综上，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，；当时，的单调递增区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，.（2）证明：当时，依题意得，分别为的零点，由（1）知在上单调递增，在上单调递减.设，由，由零点存在性定理得，由零点存在性定理得，利用不等式的性质得，则，同理当时也

57、成立.综上，.【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式、零点存在性定理，解题的关键是讨论的取值，利用零点存在性定理得出，考查了分类讨论的思想.37（2021广东广州市高三一模）已知函数.（1）证明：曲线在点处的切线恒过定点；（2）若有两个零点，且，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】（1）求出函数在处的导数，求出，即可求出切线方程，得出定点；（2）由题可得，可得，令，则，构造函数，二次求导得出单调递增，即可求出，再利用基本不等式即可证明.【详解】（1），则，即切线斜率为，又，则切线的方程为，即，可得当时，故切线恒过定点；（2）是的零点，且

58、，则，即，即，令，则，则，令，则。令，则，则单调递增，即，则单调递增，即，即，则（由于，故不取等号），得证.【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决双变量问题，解题的关键是将其转化为，利用导数求出单调性，得出.38（2021广东湛江市高三一模）已知函数f(x)=ex，g(x)=2ax+1.（1）若f(x)g(x)恒成立，求a的取值集合；（2）若a0，且方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1，x2，证明：ln 2a.【答案】（1）；（2）见解析【分析】（1）构造函数，求导，分类讨论得函数最值即可求解；（2）由题意得，等价证明，令，构造函数求导证明即可【详解】（1）令， 当 恒成立，在R上单调

59、递增，当 不合题意，故舍去当 则，故当 ，单调递减；当 ；单调递增，故 令，故在 递增，在递减，故即即，故即 故a的取值集合为 （2）方程f(x)-g(x)=0有两个不同的根x1，x2不妨令x1x2, ,若证ln 2a.即证 令，即证，令因为，故，故单调递增，得证【点睛】本题关键是利用，等价证明，构造函数证明39（2021全国高三专题练习）已知实数，设函数，对任意均有 求的取值范围注：e=271828为自然对数的底数【答案】【分析】把转化为，令，设，分 和两种情况讨论，结合函数的单调性与最值，即可求解.【详解】由，即，解得，当时，等价于，令，则，设，则，（i）当 时，则记，则，可得与的关系，如

60、下表所示：10+单调递减极小值单调递增所以因此，（ii）当时，令 ，则，故在上单调递增，所以由（i）得，所以，因此由（i）（ii）知对任意，即对任意，均有，综上所述，所求a的取值范围是【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）考查数形结合思想的应用40（2021河南新乡市高三一模（理）已知函数.（1）求函数的最大值；（2）若关于的