二：2024高考命題分析
2024年高考新高考Ⅰ卷考查了導(dǎo)數(shù)中函數(shù)最值、函數(shù)的對(duì)稱性、恒成立問題的綜合運(yùn)用，難度較難。Ⅱ卷考查了曲線的切線和函數(shù)的極值求參數(shù)，常規(guī)考查，難度適中。導(dǎo)數(shù)的高頻考點(diǎn)有：含參函數(shù)的參數(shù)對(duì)函數(shù)性質(zhì)的影響；用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值；求曲線切線的方程；函數(shù)的零點(diǎn)討論；函數(shù)的圖像與函數(shù)的奇偶性結(jié)合考查等。導(dǎo)數(shù)中頻考點(diǎn)有：用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。焕煤瘮?shù)證明不等式或求不等式的解；求參數(shù)的取值范圍等。預(yù)計(jì)2025年高考還是主要考查導(dǎo)數(shù)與切線及恒成立、求參問題。
三：試題精講
一、解答題
1．（2024新高考Ⅰ卷·18）已知函數(shù)
(1)若，且，求的最小值；
(2)證明：曲線是中心對(duì)稱圖形；
(3)若當(dāng)且僅當(dāng)，求的取值范圍．
2．（2024新高考Ⅱ卷·16）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
高考真題練
一、解答題
1．（2022新高考Ⅰ卷·22）已知函數(shù)和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．
2．（2023新高考Ⅰ卷·19）已知函數(shù)．
(1)討論的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)時(shí)，．
3．（2022新高考Ⅱ卷·22）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；
(2)當(dāng)時(shí)，，求a的取值范圍；
(3)設(shè)，證明：．
4．（2023新高考Ⅱ卷·22）（1）證明：當(dāng)時(shí)，；
（2）已知函數(shù)，若是的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍．
知識(shí)點(diǎn)總結(jié)
一、恒成立和有解問題思路一覽
設(shè)函數(shù)的值域?yàn)榛?，或或中之一種，則
①若恒成立（即無解），則；
②若恒成立（即無解），則；
③若有解（即存在使得成立），則；
④若有解（即存在使得成立），則；
⑤若有解（即無解），則；
⑥若無解（即有解），則．
【說明】（1）一般來說，優(yōu)先考慮分離參數(shù)法，其次考慮含參轉(zhuǎn)化法．
（2）取值范圍都與最值或值域(上限、下限)有關(guān)，另外要注意①②③④中前后等號(hào)的取舍！（即端點(diǎn)值的取舍）
二、分離參數(shù)的方法
①常規(guī)法分離參數(shù)：如；
②倒數(shù)法分離參數(shù)：如；
【當(dāng)?shù)闹涤锌赡苋〉?，而的值一定不?時(shí)，可用倒數(shù)法分離參數(shù)．】
③討論法分離參數(shù)：如:
④整體法分離參數(shù)：如；
⑤不完全分離參數(shù)法：如；
⑥作商法凸顯參數(shù)，換元法凸顯參數(shù)．
【注意】
（1）分離參數(shù)后，問題容易解決，就用分離參數(shù)法（大多數(shù)題可以使用此方法）． 但如果難以分離參數(shù)或分離參數(shù)后，問題反而變得更復(fù)雜，則不分離參數(shù)，此時(shí)就用含參轉(zhuǎn)化法．
（2）恒成立命題對(duì)自變量的范圍有時(shí)有一部分或端點(diǎn)是必然成立的，應(yīng)該考慮先去掉這一部分或端點(diǎn)，再分離參數(shù)求解．【否則往往分離不了參數(shù)或以至于答案出問題．】
三、其他恒成立類型一
①在上是增函數(shù)，則恒成立．(等號(hào)不能漏掉)．
②在 上是減函數(shù)，則恒成立．(等號(hào)不能漏掉)．
③在上是單調(diào)函數(shù)，則分上述兩種情形討論；(常用方法)
四、其他恒成立類型二
①，使得方程成立．
②，使得方程成．
五、其他恒成立類型三
①，；
②，；
③，；
④，．
六、構(gòu)造函數(shù)解不等式解題思路
利用函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性求解抽象函數(shù)不等式，要設(shè)法將隱性劃歸為顯性的不等式來求解，方法是：
（1）把不等式轉(zhuǎn)化為；
（2）判斷函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性把不等式的函數(shù)符號(hào)“”脫掉，得到具體的不等式（組），但要注意函數(shù)奇偶性的區(qū)別.
七、構(gòu)造函數(shù)解不等式解題技巧
求解此類題目的關(guān)鍵是構(gòu)造新函數(shù)，研究新函數(shù)的單調(diào)性及其導(dǎo)函數(shù)的結(jié)構(gòu)形式，下面是常見函數(shù)的變形
模型1.對(duì)于，構(gòu)造
模型2.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù).
模型3.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
拓展：對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
模型4.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
模型5.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
拓展：對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
模型6.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
拓展：對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
模型7.對(duì)于，分類討論：（1）若，則構(gòu)造
（2）若，則構(gòu)造
模型8.對(duì)于，構(gòu)造.
模型9.對(duì)于，構(gòu)造.
模型10.（1）對(duì)于，即，
構(gòu)造．
對(duì)于，構(gòu)造．
模型11.（1） （2）
名校模擬練
一、解答題
1．（2024·浙江·三模）已知函數(shù)．
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若曲線在點(diǎn)處的切線與二次曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值．
2．（2024·河北張家口·三模）已知函數(shù)．
(1)求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)證明：．
3．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數(shù)．
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若恒成立，求的最小值．
4．（2024·山西呂梁·三模）已知函數(shù).
(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；
(2)若對(duì)任意的，使恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍.
5．（2024·廣西欽州·三模）已知函數(shù).
(1)若，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)若，證明：在上有3個(gè)零點(diǎn).
6．（2024·天津河西·三模）已知函數(shù)，，其中．
(1)若，求實(shí)數(shù)a的值
(2)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(3)若存在使得不等式成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
7．（2024·河北·三模）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，證明：．
(2)若函數(shù)，試問：函數(shù)是否存在極小值？若存在，求出極小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
8．（2024·四川南充·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)
(1)討論的單調(diào)性；
(2)當(dāng)時(shí)，函數(shù)與函數(shù)有相同的最大值，求的值.
9．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數(shù).
(1)若曲線在處的切線與軸垂直，求的極值.
(2)若在只有一個(gè)零點(diǎn)，求.
10．（2024·北京·三模）已知函數(shù)．
(1)求的單調(diào)區(qū)間；
(2)若恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(3)求證：．（且）
11．（2024·四川自貢·三模）已知函數(shù)
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)函數(shù)有唯一零點(diǎn)，函數(shù)在上的零點(diǎn)為．證明：．
12．（2024·四川南充·三模）已知函數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)，求的最小值；
(2)①求證：有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；
②當(dāng)時(shí)，設(shè)的極值點(diǎn)為，若.求證：
13．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；
(2)若是的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明：．
14．（2024·北京·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)；
（?。┣笄€在點(diǎn)處的切線方程；
（ⅱ）求零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
(2)當(dāng)時(shí)，直接寫出a的一個(gè)值，使得不是的極值點(diǎn)，并證明.
15．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，若的最小值為0，
(1)求的值;
(2)若，證明:存在唯一的極大值點(diǎn)，且.
16．（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，求的極值；
(2)若恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(3)證明：．
17．（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù).
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若，滿足.
（?。┣蟮娜≈捣秶?；
（ⅱ）證明：.
18．（2024·湖北荊州·三模）已知函數(shù)，其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線的斜截式方程；
(2)當(dāng)時(shí)，求出函數(shù)的所有零點(diǎn)；
(3)證明：.
19．（2024·北京順義·三模）已知函數(shù).
(1)求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)當(dāng)時(shí)，求證：函數(shù)存在極小值；
(3)求函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
20．（2024·廣東茂名·一模）設(shè)函數(shù)，.
(1)當(dāng)時(shí)，在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(2)若在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
21．（2024·青?！つM預(yù)測(cè)）已知函數(shù)（）.
(1)當(dāng)時(shí)，求的最值；
(2)當(dāng)時(shí)，證明：對(duì)任意的，，都有.
22．（2024·新疆·三模）已知函數(shù).
(1)討論的單調(diào)性；
(2)若有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
23．（2024·北京·三模）已知在處的切線方程為．
(1)求實(shí)數(shù)的值；
(2)證明：僅有一個(gè)極值點(diǎn)，且．
(3)若，是否存在使得恒成立，存在請(qǐng)求出的取值范圍，不存在請(qǐng)說明理由
參考答案與詳細(xì)解析
一：考情分析
二：2024高考命題分析
2024年高考新高考Ⅰ卷考查了導(dǎo)數(shù)中函數(shù)最值、函數(shù)的對(duì)稱性、恒成立問題的綜合運(yùn)用，難度較難。Ⅱ卷考查了曲線的切線和函數(shù)的極值求參數(shù)，常規(guī)考查，難度適中。導(dǎo)數(shù)的高頻考點(diǎn)有：含參函數(shù)的參數(shù)對(duì)函數(shù)性質(zhì)的影響；用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值；求曲線切線的方程；函數(shù)的零點(diǎn)討論；函數(shù)的圖像與函數(shù)的奇偶性結(jié)合考查等。導(dǎo)數(shù)中頻考點(diǎn)有：用函數(shù)的單調(diào)性比較大小；利用函數(shù)證明不等式或求不等式的解；求參數(shù)的取值范圍等。預(yù)計(jì)2025年高考還是主要考查導(dǎo)數(shù)與切線及恒成立、求參問題。
三：試題精講
一、解答題
1．（2024新高考Ⅰ卷·18）已知函數(shù)
(1)若，且，求的最小值；
(2)證明：曲線是中心對(duì)稱圖形；
(3)若當(dāng)且僅當(dāng)，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）求出后根據(jù)可求的最小值；
（2）設(shè)為圖象上任意一點(diǎn)，可證關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)為也在函數(shù)的圖像上，從而可證對(duì)稱性；
（3）根據(jù)題設(shè)可判斷即，再根據(jù)在上恒成立可求得.
【詳解】（1）時(shí)，，其中，
則，
因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值為.，
（2）的定義域?yàn)椋?br>設(shè)為圖象上任意一點(diǎn)，
關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)為，
因?yàn)樵趫D象上，故，
而，
，
所以也在圖象上，
由的任意性可得圖象為中心對(duì)稱圖形，且對(duì)稱中心為.
（3）因?yàn)楫?dāng)且僅當(dāng)，故為的一個(gè)解，
所以即，
先考慮時(shí)，恒成立.
此時(shí)即為在上恒成立，
設(shè)，則在上恒成立，
設(shè)，
則，
當(dāng)，，
故恒成立，故在上為增函數(shù)，
故即在上恒成立.
當(dāng)時(shí)，，
故恒成立，故在上為增函數(shù)，
故即在上恒成立.
當(dāng)，則當(dāng)時(shí)，
故在上為減函數(shù)，故，不合題意，舍；
綜上，在上恒成立時(shí).
而當(dāng)時(shí)，
而時(shí)，由上述過程可得在遞增，故的解為，
即的解為.
綜上，.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：一個(gè)函數(shù)不等式成立的充分必要條件就是函數(shù)不等式對(duì)應(yīng)的解，而解的端點(diǎn)為函數(shù)對(duì)一個(gè)方程的根或定義域的端點(diǎn)，另外，根據(jù)函數(shù)不等式的解確定參數(shù)范圍時(shí)，可先由恒成立得到參數(shù)的范圍，再根據(jù)得到的參數(shù)的范圍重新考慮不等式的解的情況.
2．（2024新高考Ⅱ卷·16）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程；
（2）解法一：求導(dǎo)，分析和兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性和極值，分析可得，構(gòu)建函數(shù)解不等式即可；解法二：求導(dǎo)，可知有零點(diǎn)，可得，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)求的單調(diào)性和極值，分析可得，構(gòu)建函數(shù)解不等式即可.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，則，，
可得，，
即切點(diǎn)坐標(biāo)為，切線斜率，
所以切線方程為，即.
（2）解法一：因?yàn)榈亩x域?yàn)?，且?br>若，則對(duì)任意恒成立，
可知在上單調(diào)遞增，無極值，不合題意；
若，令，解得；令，解得；
可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，
則有極小值，無極大值，
由題意可得：，即，
構(gòu)建，則，
可知在內(nèi)單調(diào)遞增，且，
不等式等價(jià)于，解得，
所以a的取值范圍為；
解法二：因?yàn)榈亩x域?yàn)椋遥?br>若有極小值，則有零點(diǎn)，
令，可得，
可知與有交點(diǎn)，則，
若，令，解得；令，解得；
可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，
則有極小值，無極大值，符合題意，
由題意可得：，即，
構(gòu)建，
因?yàn)閯t在內(nèi)單調(diào)遞增，
可知在內(nèi)單調(diào)遞增，且，
不等式等價(jià)于，解得，
所以a的取值范圍為.
高考真題練
一、解答題
1．（2022新高考Ⅰ卷·22）已知函數(shù)和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．
【答案】(1)
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的單調(diào)性，從而可得相應(yīng)的最小值，根據(jù)最小值相等可求a.注意分類討論.
（2）根據(jù)（1）可得當(dāng)時(shí)，的解的個(gè)數(shù)、的解的個(gè)數(shù)均為2，構(gòu)建新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可得該函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)且可得的大小關(guān)系，根據(jù)存在直線與曲線、有三個(gè)不同的交點(diǎn)可得的取值，再根據(jù)兩類方程的根的關(guān)系可證明三根成等差數(shù)列.
【詳解】（1）的定義域?yàn)椋?br>若，則，此時(shí)無最小值，故.
的定義域?yàn)椋?
當(dāng)時(shí)，，故在上為減函數(shù)，
當(dāng)時(shí)，，故在上為增函數(shù)，
故.
當(dāng)時(shí)，，故在上為減函數(shù)，
當(dāng)時(shí)，，故在上為增函數(shù)，
故.
因?yàn)楹陀邢嗤淖钚≈担?br>故，整理得到，其中，
設(shè)，則，
故為上的減函數(shù)，而，
故的唯一解為，故的解為.
綜上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值為.
當(dāng)時(shí)，考慮的解的個(gè)數(shù)、的解的個(gè)數(shù).
設(shè)，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，
所以，
而，，
設(shè)，其中，則，
故在上為增函數(shù)，故，
故，故有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即的解的個(gè)數(shù)為2.
設(shè)，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，
所以，
而，，
有兩個(gè)不同的零點(diǎn)即的解的個(gè)數(shù)為2.
當(dāng)，由（1）討論可得、僅有一個(gè)解，
當(dāng)時(shí)，由（1）討論可得、均無根，
故若存在直線與曲線、有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
則.
設(shè)，其中，故，
設(shè)，，則，
故在上為增函數(shù)，故即，
所以，所以在上為增函數(shù)，
而，，
故上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，且：
當(dāng)時(shí)，即即，
當(dāng)時(shí)，即即，
因此若存在直線與曲線、有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
故，
此時(shí)有兩個(gè)不同的根，
此時(shí)有兩個(gè)不同的根，
故，，，
所以即即，
故為方程的解，同理也為方程的解
又可化為即即，
故為方程的解，同理也為方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且
①時(shí)，此時(shí)，顯然與兩條曲線和
共有0個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；
②時(shí)，此時(shí)，
故與兩條曲線和共有2個(gè)交點(diǎn)，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為0和1；
③時(shí)，首先，證明與曲線有2個(gè)交點(diǎn)，
即證明有2個(gè)零點(diǎn)，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
又因?yàn)椋?，?br>令，則，
所以在上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為，在上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為
其次，證明與曲線和有2個(gè)交點(diǎn)，
即證明有2個(gè)零點(diǎn)，，
所以上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
又因?yàn)?，，?br>令，則，
所以在上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為，在上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為
再次，證明存在b，使得
因?yàn)?，所以?br>若，則，即，
所以只需證明在上有解即可，
即在上有零點(diǎn)，
因?yàn)?，?br>所以在上存在零點(diǎn)，取一零點(diǎn)為，令即可，
此時(shí)取
則此時(shí)存在直線，其與兩條曲線和共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
最后證明，即從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列，
因?yàn)?br>所以，
又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，，即，所以，
同理，因?yàn)椋?br>又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，即，，所以，
又因?yàn)椋裕?br>即直線與兩條曲線和從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)的最值問題，往往需要利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，此時(shí)注意對(duì)參數(shù)的分類討論，而不同方程的根的性質(zhì)，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關(guān)系.
2．（2023新高考Ⅰ卷·19）已知函數(shù)．
(1)討論的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)時(shí)，．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）先求導(dǎo)，再分類討論與兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；
（2）方法一：結(jié)合（1）中結(jié)論，將問題轉(zhuǎn)化為的恒成立問題，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證得即可.
方法二：構(gòu)造函數(shù)，證得，從而得到，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為的恒成立問題，由此得證.
【詳解】（1）因?yàn)?，定義域?yàn)?，所以?br>當(dāng)時(shí)，由于，則，故恒成立，
所以在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，令，解得，
當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增；
綜上：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要證，即證，即證恒成立，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，則恒成立，
所以當(dāng)時(shí)，恒成立，證畢.
方法二：
令，則，
由于在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，
又，
所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
因?yàn)椋?br>當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，
所以要證，即證，即證，
令，則，
令，則；令，則；
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，則恒成立，
所以當(dāng)時(shí)，恒成立，證畢.
3．（2022新高考Ⅱ卷·22）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；
(2)當(dāng)時(shí)，，求a的取值范圍；
(3)設(shè)，證明：．
【答案】(1)的減區(qū)間為，增區(qū)間為.
(2)
(3)見解析
【分析】（1）求出，討論其符號(hào)后可得的單調(diào)性.
（2）設(shè)，求出，先討論時(shí)題設(shè)中的不等式不成立，再就結(jié)合放縮法討論符號(hào)，最后就結(jié)合放縮法討論的范圍后可得參數(shù)的取值范圍.
（3）由（2）可得對(duì)任意的恒成立，從而可得對(duì)任意的恒成立，結(jié)合裂項(xiàng)相消法可證題設(shè)中的不等式.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，則，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
故的減區(qū)間為，增區(qū)間為.
（2）設(shè)，則，
又，設(shè)，
則，
若，則，
因?yàn)闉檫B續(xù)不間斷函數(shù)，
故存在，使得，總有，
故在為增函數(shù)，故，
故在為增函數(shù)，故，與題設(shè)矛盾.
若，則，
下證：對(duì)任意，總有成立，
證明：設(shè)，故，
故在上為減函數(shù)，故即成立.
由上述不等式有，
故總成立，即在上為減函數(shù)，
所以.
當(dāng)時(shí)，有，
所以在上為減函數(shù)，所以.
綜上，.
（3）取，則，總有成立，
令，則，
故即對(duì)任意的恒成立.
所以對(duì)任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)參數(shù)的不等式的恒成立問題，應(yīng)該利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，注意結(jié)合端點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)的符號(hào)合理分類討論，導(dǎo)數(shù)背景下數(shù)列不等式的證明，應(yīng)根據(jù)已有的函數(shù)不等式合理構(gòu)建數(shù)列不等式.
4．（2023新高考Ⅱ卷·22）（1）證明：當(dāng)時(shí)，；
（2）已知函數(shù)，若是的極大值點(diǎn)，求a的取值范圍．
【答案】（1）證明見詳解（2）
【分析】（1）分別構(gòu)建，，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可得結(jié)果；
（2）根據(jù)題意結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可知只需要研究在上的單調(diào)性，求導(dǎo)，分類討論和，結(jié)合（1）中的結(jié)論放縮，根據(jù)極大值的定義分析求解.
【詳解】（1）構(gòu)建，則對(duì)恒成立，
則在上單調(diào)遞增，可得，
所以；
構(gòu)建，
則，
構(gòu)建，則對(duì)恒成立，
則在上單調(diào)遞增，可得，
即對(duì)恒成立，
則在上單調(diào)遞增，可得，
所以；
綜上所述：.
（2）令，解得，即函數(shù)的定義域?yàn)椋?br>若，則，
因?yàn)樵诙x域內(nèi)單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故是的極小值點(diǎn)，不合題意，所以.
當(dāng)時(shí)，令
因?yàn)椋?br>且，
所以函數(shù)在定義域內(nèi)為偶函數(shù)，
由題意可得：，
（i）當(dāng)時(shí)，取，，則，
由（1）可得，
且，
所以，
即當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增，
結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：在上單調(diào)遞減，
所以是的極小值點(diǎn)，不合題意；
（ⅱ）當(dāng)時(shí)，取，則，
由（1）可得，
構(gòu)建，
則，
且，則對(duì)恒成立，
可知在上單調(diào)遞增，且，
所以在內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，則，且，
則，
即當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，
結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：在上單調(diào)遞增，
所以是的極大值點(diǎn)，符合題意；
綜上所述：，即，解得或，
故a的取值范圍為.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：
1.當(dāng)時(shí)，利用，換元放縮；
2.當(dāng)時(shí)，利用，換元放縮.
知識(shí)點(diǎn)總結(jié)
一、恒成立和有解問題思路一覽
設(shè)函數(shù)的值域?yàn)榛颍蚧蛑兄环N，則
①若恒成立（即無解），則；
②若恒成立（即無解），則；
③若有解（即存在使得成立），則；
④若有解（即存在使得成立），則；
⑤若有解（即無解），則；
⑥若無解（即有解），則．
【說明】（1）一般來說，優(yōu)先考慮分離參數(shù)法，其次考慮含參轉(zhuǎn)化法．
（2）取值范圍都與最值或值域(上限、下限)有關(guān)，另外要注意①②③④中前后等號(hào)的取舍?。炊它c(diǎn)值的取舍）
二、分離參數(shù)的方法
①常規(guī)法分離參數(shù)：如；
②倒數(shù)法分離參數(shù)：如；
【當(dāng)?shù)闹涤锌赡苋〉?，而的值一定不?時(shí)，可用倒數(shù)法分離參數(shù)．】
③討論法分離參數(shù)：如:
④整體法分離參數(shù)：如；
⑤不完全分離參數(shù)法：如；
⑥作商法凸顯參數(shù)，換元法凸顯參數(shù)．
【注意】
（1）分離參數(shù)后，問題容易解決，就用分離參數(shù)法（大多數(shù)題可以使用此方法）． 但如果難以分離參數(shù)或分離參數(shù)后，問題反而變得更復(fù)雜，則不分離參數(shù)，此時(shí)就用含參轉(zhuǎn)化法．
（2）恒成立命題對(duì)自變量的范圍有時(shí)有一部分或端點(diǎn)是必然成立的，應(yīng)該考慮先去掉這一部分或端點(diǎn)，再分離參數(shù)求解．【否則往往分離不了參數(shù)或以至于答案出問題．】
三、其他恒成立類型一
①在上是增函數(shù)，則恒成立．(等號(hào)不能漏掉)．
②在 上是減函數(shù)，則恒成立．(等號(hào)不能漏掉)．
③在上是單調(diào)函數(shù)，則分上述兩種情形討論；(常用方法)
四、其他恒成立類型二
①，使得方程成立．
②，使得方程成．
五、其他恒成立類型三
①，；
②，；
③，；
④，．
六、構(gòu)造函數(shù)解不等式解題思路
利用函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性求解抽象函數(shù)不等式，要設(shè)法將隱性劃歸為顯性的不等式來求解，方法是：
（1）把不等式轉(zhuǎn)化為；
（2）判斷函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性把不等式的函數(shù)符號(hào)“”脫掉，得到具體的不等式（組），但要注意函數(shù)奇偶性的區(qū)別.
七、構(gòu)造函數(shù)解不等式解題技巧
求解此類題目的關(guān)鍵是構(gòu)造新函數(shù)，研究新函數(shù)的單調(diào)性及其導(dǎo)函數(shù)的結(jié)構(gòu)形式，下面是常見函數(shù)的變形
模型1.對(duì)于，構(gòu)造
模型2.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù).
模型3.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
拓展：對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
模型4.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
模型5.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
拓展：對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
模型6.對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
拓展：對(duì)于不等式，構(gòu)造函數(shù)
模型7.對(duì)于，分類討論：（1）若，則構(gòu)造
（2）若，則構(gòu)造
模型8.對(duì)于，構(gòu)造.
模型9.對(duì)于，構(gòu)造.
模型10.（1）對(duì)于，即，
構(gòu)造．
對(duì)于，構(gòu)造．
模型11.（1） （2）
名校模擬練
一、解答題
1．（2024·浙江·三模）已知函數(shù)．
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若曲線在點(diǎn)處的切線與二次曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值．
【答案】(1)單調(diào)增區(qū)間：，單調(diào)減區(qū)間：．
(2)或．
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）首先求出函數(shù)的切線方程，與曲線聯(lián)立方程，分析得出結(jié)論.
【詳解】（1）易知定義域?yàn)镽，，
所以，，，．
故單調(diào)增區(qū)間：，單調(diào)減區(qū)間：．
（2）因?yàn)?，?br>所以曲線在點(diǎn)處的切線為
把切線方程代入二次曲線方程，得有唯一解，
即且，即
解得或．
2．（2024·河北張家口·三模）已知函數(shù)．
(1)求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)證明：．
【答案】(1)；
(2)證明見詳解.
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求斜率，由解析式求出切點(diǎn)縱坐標(biāo)，然后可得切線方程；
（2）將問題轉(zhuǎn)化為，令，求導(dǎo)，利用零點(diǎn)存在性定理判斷極值點(diǎn)，利用隱零點(diǎn)方程化簡(jiǎn)極小值可得，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)即可得證.
【詳解】（1）的定義域?yàn)椋?br>因?yàn)?，所以曲線在點(diǎn)處的切線斜率為，
又，所以切線方程為，即.
（2），
令，則，
因?yàn)椋?br>所以存在，使得，即，
易知在上單調(diào)遞增，
所以，當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增.
所以當(dāng)時(shí)，取得最小值：
，
由二次函數(shù)性質(zhì)可知，在上單調(diào)遞減，
所以，即，
所以.
3．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數(shù)．
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)答案見詳解
(2)
【分析】（1）求導(dǎo)后，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，對(duì)與分類討論即可得；
（2）結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最值，即可得解.
【詳解】（1）（），
當(dāng)時(shí)，由于，所以恒成立，從而在上遞增；
當(dāng)時(shí)，，；，，
從而在上遞增，在遞減；
綜上，當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為，沒有單調(diào)遞減區(qū)間；
當(dāng)時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.
（2）令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
若，，所以恒成立，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
可知在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，
所以，解得：，
可知的最小值為；
若，，所以恒成立，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，
所以在內(nèi)無最大值，且當(dāng)趨近于時(shí)，趨近于，不合題意；
綜上所述：的最小值為.
4．（2024·山西呂梁·三模）已知函數(shù).
(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；
(2)若對(duì)任意的，使恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）由，定義域?yàn)?，求?dǎo)，令，討論當(dāng)取不同的值時(shí)的正負(fù)情況，即可得到的單調(diào)性；
（2）法一：由可化為，令，討論取正、負(fù)、零時(shí)恒成立，即可得到實(shí)數(shù)的取值范圍；
法二：由可得，令，即恒成立，由，則令，則恒成立，討論取正、負(fù)、零時(shí)的單調(diào)情況，得到極值，即可得到實(shí)數(shù)的取值范圍.
【詳解】（1）的定義域?yàn)椋?br>令，
又，
，當(dāng)，即時(shí)，，此時(shí)在上單調(diào)遞增
，當(dāng)，即時(shí)，
令，解得
其中，當(dāng)時(shí)，
所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，
故在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增.
綜上：在上單調(diào)遞增；
在上單調(diào)遞增；
在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
（2）法一：不妨設(shè)，則，同除以得，
所以令，
當(dāng)時(shí)，恒成立，
，若恒成立，符合題意，
，當(dāng)恒成立，
令則，
所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，
所以，所以，
，若，同理恒成立，由知，當(dāng)
所以不存在滿足條件的.
綜上所述：.
法二：.
令，則只需在單調(diào)遞增，
即恒成立，
，令，則恒成立；
又，
①當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增成立；
②當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，又，故不恒成立.不滿足題意；
③當(dāng)時(shí)，由得在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
因?yàn)楹愠闪?，所以?br>解得，
綜上，.
5．（2024·廣西欽州·三模）已知函數(shù).
(1)若，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)若，證明：在上有3個(gè)零點(diǎn).
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）當(dāng)時(shí)求出、，再由直線的點(diǎn)斜式方程可得答案；
（2）得0是的一個(gè)零點(diǎn)，再判斷出為奇函數(shù)，只需要證明在上有1個(gè)零點(diǎn)即可，利用導(dǎo)數(shù)判斷出在上的單調(diào)性，結(jié)合可得答案.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，
，
故曲線在點(diǎn)處的切線方程為；
（2）因?yàn)?，所?是的一個(gè)零點(diǎn)，時(shí)，
，所以為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
要證在上有3個(gè)零點(diǎn)，只需要證明在上有1個(gè)零點(diǎn)，
，
令函數(shù)，
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減.
因?yàn)?，所以存在，使得?br>當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
因?yàn)?，所以在上?個(gè)零點(diǎn)，
故在上有3個(gè)零點(diǎn).
6．（2024·天津河西·三模）已知函數(shù)，，其中．
(1)若，求實(shí)數(shù)a的值
(2)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(3)若存在使得不等式成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)答案見解析
(3)
【分析】（1）求導(dǎo)可得，由代入計(jì)算，即可求解；
（2）求導(dǎo)可得，然后分討論，即可求解；
（3）根據(jù)題意，由分離參數(shù)可得，然后構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)得最值即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）因?yàn)?，則，
由可得，解得.
（2）函數(shù)的定義域?yàn)椋?br>且，
當(dāng)時(shí)，令，可得或，
①當(dāng)，即時(shí)，
對(duì)任意的，，的單調(diào)遞增區(qū)間為．
②當(dāng)，即時(shí)，
，得或，，得，
的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為
③當(dāng)，即時(shí)
，得或；，得，
的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為，
綜上所述，時(shí)，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為；
時(shí)，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為和，單調(diào)減區(qū)間為；
時(shí)，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為和，單調(diào)減區(qū)間為.
（3）由，可得，即，其中，
令，，
若存在，不等式成立，則，，
，令，得，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以函數(shù)在上遞增，在上遞減，
所以函數(shù)在端點(diǎn)或處取得最小值．
因?yàn)?，，所以?br>所以，所以，
因此，實(shí)數(shù)的取值范圍是．
7．（2024·河北·三模）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，證明：．
(2)若函數(shù)，試問：函數(shù)是否存在極小值？若存在，求出極小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在；極小值為0．
【分析】（1）構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，即可得證；
（2）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，并構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理及函數(shù)的單調(diào)性即可求解.
【詳解】（1）證明：函數(shù)定義域?yàn)?
令，則，
當(dāng)時(shí)，，且，所以，
函數(shù)在上單調(diào)遞減，故，
即，故得證.
（2）由題意，則，
令，則
當(dāng)時(shí)，，故函數(shù)在單調(diào)遞增，則，即，
所以在單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，且，又，
故，使得，
所以當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，即，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，即，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞增.
綜上所述，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
因此，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有極小值，極小值為.
故存在，極小值為0.
8．（2024·四川南充·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)
(1)討論的單調(diào)性；
(2)當(dāng)時(shí)，函數(shù)與函數(shù)有相同的最大值，求的值.
【答案】(1)答案見解析
(2)1
【分析】（1）求導(dǎo)，對(duì)進(jìn)行分類討論，即可.
（2）先對(duì)求導(dǎo)，分析單調(diào)性，求出最大值，與的最大值建立等量關(guān)系，求出即可
【詳解】（1）解
①當(dāng)時(shí)，當(dāng) 時(shí)， 單調(diào)遞增；當(dāng) 時(shí)，單調(diào)遞減.
②當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增. .
綜上所述，當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.
當(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增.
（2）由（1）得當(dāng)時(shí)，當(dāng) 時(shí)，取得最大值，
,易知單調(diào)遞減 ，令，，
當(dāng)時(shí)， 0，單調(diào)遞增; 當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，所以，當(dāng)時(shí)，取得最大值
依題意，有，所以
令 則
由的單調(diào)性可知，當(dāng)時(shí)，在時(shí)取得最大值0，即,從而可得 因此在上單調(diào)遞減，又,
所以，.
9．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數(shù).
(1)若曲線在處的切線與軸垂直，求的極值.
(2)若在只有一個(gè)零點(diǎn)，求.
【答案】(1)極小值，無極大值；
(2).
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合幾何意義求出，再分析單調(diào)性求出極值.
（2）由函數(shù)零點(diǎn)的意義，等價(jià)變形得在只有一解，轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象只有一個(gè)交點(diǎn)求解.
【詳解】（1）函數(shù)的定義域?yàn)镽，求導(dǎo)得，，
依題意，，則，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
因此函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)在處取得極小值，無極大值.
（2）函數(shù)在只有一個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于在只有一個(gè)零點(diǎn)，
設(shè)，則函數(shù)在只有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)在只有一解，
即在只有一解，于是曲線與直線只有一個(gè)公共點(diǎn)，
令，求導(dǎo)得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
因此函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
函數(shù)在取得極小值同時(shí)也是最小值，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，
畫山大致的圖象，如圖，
在只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí)，，
所以在只有一個(gè)零點(diǎn)吋，.
10．（2024·北京·三模）已知函數(shù)．
(1)求的單調(diào)區(qū)間；
(2)若恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(3)求證：．（且）
【答案】(1)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為．
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo),再根據(jù)的正負(fù)分類討論單調(diào)性即可;
（2）若恒成立，即，根據(jù)（1）中的單調(diào)性求出其最大值即可列式求解.
（3）由（2）知當(dāng)時(shí),有在恒成立，令,即可推出，再對(duì)不等式兩邊累加求和,即可推出結(jié)論.
【詳解】（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?br>．
①時(shí)，，的遞增區(qū)間為，無遞減區(qū)間；
③時(shí)，令得；令得，
所以的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為．
（2）由（1）知，時(shí)，在上遞增，，不合題意，
故只考慮的情況，由（1）知
即
綜上，的取值范圍為．
（3）由（2）知：當(dāng)時(shí)，恒成立，所以，
所以當(dāng)恒成立，令，
進(jìn)而，
即，．
所以．（且）
即．（且）
【點(diǎn)睛】方法技巧：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
（1）通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
（2）利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
（3）根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．
11．（2024·四川自貢·三模）已知函數(shù)
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)函數(shù)有唯一零點(diǎn)，函數(shù)在上的零點(diǎn)為．證明：．
【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數(shù)的定義域與導(dǎo)函數(shù)，再解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）法一：由已知導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系及函數(shù)零點(diǎn)存在定理可知，，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)及函數(shù)性質(zhì)可得的范圍，再令，結(jié)合導(dǎo)數(shù)分析的單調(diào)性，利用不等式放縮即可求解.法二：，設(shè)新函數(shù)，利用零點(diǎn)存在性定理得，再證明單調(diào)性即可.
【詳解】（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?br>且，
所以當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，
所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為；
（2）法一：由（1）可知若函數(shù)有唯一零點(diǎn)，則，即，
令，則，
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，
因?yàn)?，?br>所以，
，
當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，
所以在上存在唯一零點(diǎn)，所以，即，
令，則，
所以在上單調(diào)遞減，
故，
所以，
又，
所以，
令，則，
所以在上單調(diào)遞增，
又，
所以.
法二：因?yàn)?，由?）可知若函數(shù)有唯一零點(diǎn)，則，
即，
設(shè)，而在上單調(diào)遞增，
所以，，所以在上單調(diào)遞增，
又，
令，所以在上單調(diào)遞增，
所以，而，
.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．
12．（2024·四川南充·三模）已知函數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)，求的最小值；
(2)①求證：有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；
②當(dāng)時(shí)，設(shè)的極值點(diǎn)為，若.求證：
【答案】(1)
(2)①證明見解析 ②證明見解析
【分析】（1）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)單調(diào)性，可得出函數(shù)單調(diào)性，即可求最值；
（2）①求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，利用零點(diǎn)存在性判斷導(dǎo)數(shù)只有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)即可；②作差后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，利用單調(diào)性求出最小值0即可得證.
【詳解】（1），令，
當(dāng)時(shí)，，，
，故在上單調(diào)遞增，又，
在上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增，
的最小值為.
（2）由（1）知，，
，故在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增，
又，
，
存在唯一的變號(hào)零點(diǎn)，
即有且僅有一個(gè)極值點(diǎn).
②由①知：有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)且，則
當(dāng)時(shí)，，
由①知：，要證，
只需證：，
而，那么
，
令，則，
設(shè)，則，又，
所以，在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增，
又，，在上單調(diào)遞增，
即在上單調(diào)遞增，又，，
在上單調(diào)遞增，，
綜上所述，時(shí)，
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二問的第二小問，首先需要對(duì)要證結(jié)論變形，再構(gòu)造函數(shù)，利用，轉(zhuǎn)化為證明，本題第二個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)在于需要多次求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性，證明函數(shù)值不小于0，直到得出單調(diào)遞增，再由單調(diào)性得出結(jié)論，過程繁雜，極易出錯(cuò).
13．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)，討論的單調(diào)性；
(2)若是的兩個(gè)極值點(diǎn)，證明：．
【答案】(1)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增
(2)證明見解析
【分析】（1）將代入函數(shù)解析式，求出導(dǎo)函數(shù)，解導(dǎo)數(shù)不等式即可得到 的單調(diào)區(qū)間；
（2）根據(jù)是的兩個(gè)極值點(diǎn)，結(jié)合韋達(dá)定理可得，，要證明，即轉(zhuǎn)化為求證，即證明令，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究在的單調(diào)性即可得證.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，的定義域?yàn)椋?br>所以，令，解得，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
（2），
由題意可知，是方程的兩根，
則，解得，所以，，
要證
，
即證，
只需證，
需證
令，則需證，
設(shè)，則，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，因此
由得，，所以，
故得證,
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
（1）通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；
（2）利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．
（3）根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．
14．（2024·北京·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)；
（?。┣笄€在點(diǎn)處的切線方程；
（ⅱ）求零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
(2)當(dāng)時(shí)，直接寫出a的一個(gè)值，使得不是的極值點(diǎn)，并證明.
【答案】(1)（?。?
（ⅱ）在有2個(gè)零點(diǎn);
(2),證明見下文
【分析】(1)先求導(dǎo)，在導(dǎo)數(shù)值為切線的斜率，再去出切點(diǎn)，代入點(diǎn)斜式方程即可，判斷零點(diǎn)，求導(dǎo)，研究導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，分析出原函數(shù)的單調(diào)性，判斷區(qū)間端的的正負(fù)，根據(jù)零點(diǎn)存在定理，得到零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
(2)不難發(fā)現(xiàn) ，如果不是的極值點(diǎn)，則在左右兩側(cè)必須同號(hào)，所以不可能在增區(qū)間或者減區(qū)間里，因此的導(dǎo)數(shù)在只能為零，所以，然后再利用單調(diào)性證明不是的極值點(diǎn)即可.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，
（ⅰ），，，
切線方程：，所以；
（ⅱ），當(dāng)，，所以，即在單調(diào)遞減.
令，，
當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞減，即在單調(diào)遞減；又因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，即在單調(diào)遞增；
因此：在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.
當(dāng)時(shí)，，；，因?yàn)樵趩握{(diào)遞增，所以，根據(jù)零點(diǎn)存在定理，在有唯一零點(diǎn)；
令，，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，且，
當(dāng) 時(shí)，，單調(diào)遞減；
所以，即，所以，
所以，又因?yàn)樵趩握{(diào)遞減，根據(jù)零點(diǎn)存在定理在有唯一零點(diǎn).
綜上，在有2個(gè)零點(diǎn).
（2）當(dāng)時(shí)，不是的極值點(diǎn)，證明如下：
當(dāng)時(shí)，，
，
令，，
令，
因?yàn)椋裕?br>所以在單調(diào)遞增，
又因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，，即單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，，，即單調(diào)遞增；
再因?yàn)?，所以，即，所以在單調(diào)遞增，所以在無極值點(diǎn)；
綜上，當(dāng)時(shí)，不是的極值點(diǎn)
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題第一問考查求切線方程，判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，主要方法：先利用函數(shù)求出切點(diǎn)坐標(biāo)，再求導(dǎo)，切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值等于切線的斜率即函數(shù)在切線方程為：；零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題主要方法有：研究函數(shù)的單調(diào)性根據(jù)零點(diǎn)存在定理判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
第二問考查求極值點(diǎn)問題，常見方法有：求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)等于零求出根，導(dǎo)數(shù)在的左右兩側(cè)函數(shù)值必須異號(hào)，左正右負(fù)為極大值點(diǎn)，左負(fù)右正為極小值點(diǎn).
15．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)，若的最小值為0，
(1)求的值;
(2)若，證明:存在唯一的極大值點(diǎn)，且.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后，分和兩種情況討論求解即可；
（2）令，求導(dǎo)后可得在遞減，遞增，再結(jié)合零點(diǎn)存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零點(diǎn)，從而得是唯一的極大值點(diǎn).
【詳解】（1），
當(dāng)時(shí)，，所以在上遞減，則沒有最小值，
當(dāng)時(shí)，由，得，由，得，
所以在上遞減，在上遞增，
所以時(shí)，取得最小值，得成立，
下面證為唯一解，
令，則，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上遞增，在上遞減，
所以，
所以方程有且只有唯一解，
綜上，；
（2）證明:由（1）知，
令，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上遞減，上遞增，
因?yàn)椋?br>所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零點(diǎn)，
所以當(dāng)或時(shí)，，即，
當(dāng)時(shí)，，即，
所以在上遞增，在上遞減，在上遞增，
即是唯一的極大值點(diǎn)，
，
由，得，
所以，
因?yàn)椋?
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查函數(shù)的單調(diào)性，考零點(diǎn)存在性定理，考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，第（2）問解題的關(guān)鍵是二次求導(dǎo)后結(jié)合零點(diǎn)存在性定理確定出函數(shù)極值點(diǎn)的范圍，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力，屬于較難題.
16．（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時(shí)，求的極值；
(2)若恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(3)證明：．
【答案】(1)極小值為1，無極大值.
(2)
(3)答案見解析.
【分析】（1）把代入，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的極值.
（2）分離參數(shù)并構(gòu)造函數(shù)，再求出函數(shù)的最小值即可.
（3）利用（2）的結(jié)論可得，再利用賦值法結(jié)合數(shù)列求和即得.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，定義域?yàn)?，則，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以有極小值，無極大值.
（2）因?yàn)楹愠闪?，得，，令，，求?dǎo)的，
當(dāng),,當(dāng)時(shí)，，
即函數(shù)在上遞減，在上遞增，
因此，則a≤?1e，所以的取值范圍a≤?1e.
（3）證明：由（2）知，時(shí)，即，
于是，
，，
，
因此
所以.
17．（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù).
(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若，滿足.
（?。┣蟮娜≈捣秶?；
（ⅱ）證明：.
【答案】(1)單增區(qū)間為，單減區(qū)間為
(2)（i）；（ii）證明見解析
【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）（i）由題設(shè)及零點(diǎn)存在定理列不等式組求解即可；
（ii）按照和分類討論，若時(shí)，設(shè)，根據(jù)零點(diǎn)存在性定理得則在內(nèi)有兩零點(diǎn)和，根據(jù)正弦函數(shù)對(duì)稱性可知，然后證明成立即可.
【詳解】（1）由得，
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減.
故單增區(qū)間為單減區(qū)間為.
（2）（i）由題設(shè)及零點(diǎn)存在定理可知，且有，且，所以，所以，即.
（ii）若時(shí)，則；
若時(shí)，設(shè)，有，且，
則在內(nèi)有兩零點(diǎn)和，其中，
而關(guān)于對(duì)稱，且有.
由在單增，知，有，
由在單減，知，有，
則，即.
綜上，.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)的相關(guān)問題，利用導(dǎo)數(shù)和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想來求解．這類問題求解的通法是：
（1）構(gòu)造函數(shù)，這是解決此類題的關(guān)鍵點(diǎn)和難點(diǎn)，并求其定義域；
（2）求導(dǎo)數(shù)，得單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；
（3）數(shù)形結(jié)合，挖掘隱含條件，確定函數(shù)圖象與x軸的交點(diǎn)情況進(jìn)而求解.
18．（2024·湖北荊州·三模）已知函數(shù)，其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).
(1)當(dāng)時(shí)，求曲線在點(diǎn)處的切線的斜截式方程；
(2)當(dāng)時(shí)，求出函數(shù)的所有零點(diǎn)；
(3)證明：.
【答案】(1)；
(2)有唯一零點(diǎn)；
(3)證明見解析.
【分析】（1）把代入，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程.
（2）把代入，利用導(dǎo)數(shù)探討單調(diào)性，求出函數(shù)最小值即得.
（3）對(duì)所證不等式作等價(jià)變形得，再構(gòu)造函數(shù)依次證明即得.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，
則，又，
因此曲線在點(diǎn)處的切線方程為，
所以切線的斜截式方程為.
（2）當(dāng)時(shí)，，求導(dǎo)得，
令，，則，
則在單調(diào)遞增，而，當(dāng)時(shí)，，即，
當(dāng)時(shí)，，，函數(shù)在上遞減，在上遞增，又，
所以當(dāng)時(shí)，有唯一零點(diǎn).
（3）不等式
，
令函數(shù)，求導(dǎo)得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
函數(shù)在上遞減，在上遞增，則，即，
因此，，
令，求導(dǎo)得，函數(shù)在上遞增，
，因此，又，
從而，
所以原不等式得證.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)不等式證明問題，將所證不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化，構(gòu)造新函數(shù)，再借助函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理.
19．（2024·北京順義·三模）已知函數(shù).
(1)求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)當(dāng)時(shí)，求證：函數(shù)存在極小值；
(3)求函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解作答.
（2）討論函數(shù)在區(qū)間和上的符號(hào)即可推理作答.
（3）在時(shí)，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，再探討在上的零點(diǎn)情況即可作答.
【詳解】（1）由函數(shù)求導(dǎo)得：，
所以，因?yàn)椋?br>所以曲線在點(diǎn)處的切線方程是.
（2）函數(shù)的定義域?yàn)?，由?）知，，
因?yàn)?，則當(dāng)時(shí)，，，，
所以，有，函數(shù)在上遞減，
當(dāng)時(shí)，，，，則有，函數(shù)在上遞增，
所以，當(dāng)時(shí)，函數(shù)取得極小值，
所以，當(dāng)時(shí)，函數(shù)存在極小值.
（3）函數(shù)的定義域?yàn)?，?br>顯然是函數(shù)的零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，函數(shù)的零點(diǎn)即為方程的解，
令，則，
令，則，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以函數(shù)在上遞增，在上遞減，
，，
所以，有，在，上都遞減，
令，，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以，在上遞增，在上遞減，，
所以，，恒有，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，
所以，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以，在上單調(diào)遞減，取值集合為，
在上遞減，取值集合為，
所以，當(dāng)或時(shí)，方程有唯一解，
當(dāng)或時(shí)，此方程無解，
所以，當(dāng)或時(shí)，函數(shù)有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)或時(shí)，函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn).
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及含參的函數(shù)零點(diǎn)問題，利用導(dǎo)數(shù)分類討論，研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，借助數(shù)形結(jié)合思想分析解決問題.
20．（2024·廣東茂名·一模）設(shè)函數(shù)，.
(1)當(dāng)時(shí)，在上恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(2)若在上存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）構(gòu)建函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而求解實(shí)數(shù)的取值范圍；
（2）分離參數(shù)，令，，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在指定區(qū)間的最值，即得解.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，
所以不等式轉(zhuǎn)化為，在上恒成立.
令，
所以.
當(dāng)時(shí)，恒成立.
若，則在上恒成立，
在上單調(diào)遞增，
故，符合題意；
若，令函數(shù)，
則在上恒成立，
所以在上單調(diào)遞增，
因?yàn)?，且?dāng)時(shí)，.
所以，，
故當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
則，不符合題意.
綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍為；
（2）因?yàn)?，?br>令，即，
所以.
令，，
則.
令，得.
所以當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；
當(dāng)，時(shí)，單調(diào)遞增.
所以當(dāng)時(shí)，取得極小值，
即當(dāng)時(shí)，取得極小值.
又因?yàn)?，?br>所以.
所以.
當(dāng)取得極大值，
即當(dāng)時(shí)，取得極大值.
又因?yàn)?，?br>所以.
所以，
所以當(dāng)，.
所以.
又因?yàn)椋?br>所以時(shí)，在上存在零點(diǎn)，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題可從以下方面解題
（1）構(gòu)建函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，通過函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍；
（2）分離參數(shù)，將零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的交點(diǎn)問題，并利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求函數(shù)的最值.
（3）本題計(jì)算量較大，注意導(dǎo)數(shù)求解過程中的容易出現(xiàn)的問題，以及單調(diào)性的分析要注意取值范圍.
21．（2024·青?！つM預(yù)測(cè)）已知函數(shù)（）.
(1)當(dāng)時(shí)，求的最值；
(2)當(dāng)時(shí)，證明：對(duì)任意的，，都有.
【答案】(1)最小值，無最大值.
(2)證明見解析
【分析】（1）當(dāng)時(shí)，易求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)并判斷原函數(shù)在求得零點(diǎn)附近的單調(diào)性，從而確定函數(shù)極值，進(jìn)一步確定函數(shù)的最值；
（2）當(dāng)時(shí)，通過連續(xù)求導(dǎo)得出原函數(shù)在上的單調(diào)性，通過計(jì)算和的值構(gòu)造函數(shù)，并通過求導(dǎo)確定其單調(diào)性，求出在的值域，由此可構(gòu)造不等式，從而得出，，從而得證.
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，，
易知在上單調(diào)遞增.
因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以有最小值，無最大值.
（2）證明：.令，則，
所以在上單調(diào)遞增.
又，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
即當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
所以，.
令，則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
因?yàn)?，，所以?dāng)時(shí)，，
即當(dāng)時(shí)，，
所以當(dāng)時(shí)，且，
即且，
即對(duì)任意的，，都有.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）關(guān)鍵是求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其零點(diǎn)，并判斷原函數(shù)在求得零點(diǎn)附近的單調(diào)性，從而確定最值；
（2）關(guān)鍵是通過計(jì)算和的值構(gòu)造函數(shù)，最終構(gòu)造不等式，從而得出，，從而得證.
22．（2024·新疆·三模）已知函數(shù).
(1)討論的單調(diào)性；
(2)若有三個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后，分，，，四種情況討論導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）由（1）可知當(dāng)時(shí)，可能有三個(gè)不同的零點(diǎn)，然后分和兩種情況結(jié)合零點(diǎn)存在性定理與函數(shù)的單調(diào)性討論零點(diǎn)的個(gè)數(shù).
【詳解】（1）因?yàn)榈亩x域?yàn)?，且?br>當(dāng)時(shí)，令，解得；令，解得，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，時(shí)恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，令，解得，
令，解得或，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，令，解得，
令，解得或，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
（2）由（1）得，當(dāng)時(shí)，至多有兩個(gè)零點(diǎn)，不符題意；
當(dāng)時(shí)，至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符題意；
當(dāng)時(shí)，的極大值，至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符題意；
當(dāng)時(shí)，的極小值，的極大值，至多有兩個(gè)零點(diǎn)，不符題意；
當(dāng)時(shí)，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，且，
，所以在上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，
因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，，且，
所以在上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，
因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，，
令，則，令，則
，
因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，
所以在上遞增，即在上遞增，
所以，所以在上遞增，
所以，
所以在上恒成立，
所以，
所以，
故在上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，
所以有三個(gè)零點(diǎn)，
綜上，當(dāng)時(shí)，有三個(gè)不同的零點(diǎn).
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，考查利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)問題，第（2）問解題的關(guān)鍵是當(dāng)時(shí)，結(jié)合（1）當(dāng)時(shí)，的單調(diào)區(qū)間和零點(diǎn)存在性定理分析判斷，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力，屬于難題.
23．（2024·北京·三模）已知在處的切線方程為．
(1)求實(shí)數(shù)的值；
(2)證明：僅有一個(gè)極值點(diǎn)，且．
(3)若，是否存在使得恒成立，存在請(qǐng)求出的取值范圍，不存在請(qǐng)說明理由．
【答案】(1)
(2)證明見詳解
(3)不存在，理由見詳解
【分析】（1）求出的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)切線方程求出，的值即可；
（2）求導(dǎo)可得，令，利用導(dǎo)數(shù)可得的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理可得在上存在唯一零點(diǎn)，且，進(jìn)而可得的單調(diào)性，可判斷極值情況；結(jié)合代入化簡(jiǎn)，運(yùn)算得證；
（3）問題轉(zhuǎn)化為，對(duì)恒成立，當(dāng)時(shí)，顯然上式不成立；當(dāng)時(shí)，令，利用導(dǎo)數(shù)可得存在，使得，當(dāng)時(shí)，，即單調(diào)遞減，此時(shí)，上式不能恒成立，得解.
【詳解】（1）由題意，，則，
解得，又，可得切點(diǎn)為，代入，得.
所以實(shí)數(shù).
（2）由（1）得，則，
令，，
令，得，令，得，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以，
且當(dāng)時(shí)，，，，
所以在上存在唯一零點(diǎn)，使得即，
當(dāng)時(shí)，，即，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，即，單調(diào)遞增，
所以僅存在一個(gè)極值點(diǎn)，，
，
又函數(shù)，，而，
所以在上單調(diào)遞減，則，
所以.
（3）若存在，使得恒成立，即，對(duì)恒成立，
當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，則，顯然上式不成立；
當(dāng)時(shí)，令，，
則，
令，則在上恒成立，
所以即在上單調(diào)遞增，又，，
所以存在，使得，
所以當(dāng)時(shí)，，即單調(diào)遞減，此時(shí)，
所以不恒成立，
故當(dāng)時(shí)，不存在滿足條件.
綜上，不存在，使得恒成立.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第三問，解題的關(guān)鍵是將問題轉(zhuǎn)化為，對(duì)恒成立，分和討論，其中時(shí)，令，利用導(dǎo)數(shù)判斷求解找出矛盾
命題解讀
考向
考查統(tǒng)計(jì)
1.高考中，導(dǎo)數(shù)是必考內(nèi)容。難度、廣度和深度較大。常規(guī)基礎(chǔ)考查求導(dǎo)公式與幾何意義；中等難度考查求單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；壓軸題考查零點(diǎn)、不等式證明、恒成立或者存在問題、分類討論求參數(shù)等，和數(shù)列、不等式、函數(shù)等知識(shí)結(jié)合。
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)最值
2022·新高考Ⅰ卷，22（1）
2024·新高考Ⅰ卷，18（1）
2024·新高考Ⅰ卷，18（3）
2022·新高考Ⅱ卷，22（2）
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)
2022·新高考Ⅰ卷，22（2）
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性
2023·新高考Ⅰ卷，19（1）
2022·新高考Ⅱ卷，22（1）
導(dǎo)數(shù)與不等式證明
2023·新高考Ⅰ卷，19（2）
2022·新高考Ⅱ卷，22（3）
2023·新高考Ⅱ卷，22（1）
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)極值
2023·新高考Ⅱ卷，22（2）
2024·新高考Ⅱ卷，16（2）
命題解讀
考向
考查統(tǒng)計(jì)
1.高考中，導(dǎo)數(shù)是必考內(nèi)容。難度、廣度和深度較大。常規(guī)基礎(chǔ)考查求導(dǎo)公式與幾何意義；中等難度考查求單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；壓軸題考查零點(diǎn)、不等式證明、恒成立或者存在問題、分類討論求參數(shù)等，和數(shù)列、不等式、函數(shù)等知識(shí)結(jié)合。
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)最值
2022·新高考Ⅰ卷，22（1）
2024·新高考Ⅰ卷，18（1）
2024·新高考Ⅰ卷，18（3）
2022·新高考Ⅱ卷，22（2）
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點(diǎn)
2022·新高考Ⅰ卷，22（2）
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性
2023·新高考Ⅰ卷，19（1）
2022·新高考Ⅱ卷，22（1）
導(dǎo)數(shù)與不等式證明
2023·新高考Ⅰ卷，19（2）
2022·新高考Ⅱ卷，22（3）
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