押題01第19題導數及其應用（十二大題型，含新題型與導數、放縮法重點剖析）-沖刺2024年高考數學考點押題模擬預測卷（新高考專用）押題01第19題導數及其應用（十二大題型）1．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．2．（2023·全國·高考真題）（1）證明：當時，；（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．3．（2022·全國·高考真題）已知函數和有相同的最小值．(1)求a；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．4．（2022·全國·高考真題）已知函數．(1)當時，討論的單調性；(2)當時，，求a的取值范圍；(3)設，證明：．5．（2021·全國·高考真題）已知函數．（1）討論的單調性；（2）從下面兩個條件中選一個，證明：只有一個零點①；②．6．（2021·全國·高考真題）已知函數.（1）討論的單調性；（2）設，為兩個不相等的正數，且，證明：.押題01導數及其應用高考模擬題型分布表題型序號題型內容題號題型1新定義題與導數1-6題型2放縮法在導數中的應用7-12題型3數列與導數13-14題型4圓錐曲線與導數15-16題型5導數在實際應用題中的應用17題型6利用導數證明不等式18題型7利用導數研究不等式恒成立問題19題型8利用導數研究函數的零點20題型9利用導數研究方程的根21題型10利用導數研究函數圖像及性質22題型11利用導數研究雙變量問題23題型12利用導數研究極值點偏移問題24題型1：新定義題與導數1．（2024·湖北·二模）微積分的創(chuàng)立是數學發(fā)展中的里程碑，它的發(fā)展和廣泛應用開創(chuàng)了向近代數學過渡的新時期，為研究變量和函數提供了重要的方法和手段．對于函數在區(qū)間上的圖像連續(xù)不斷，從幾何上看，定積分便是由直線和曲線所圍成的區(qū)域（稱為曲邊梯形）的面積，根據微積分基本定理可得，因為曲邊梯形的面積小于梯形的面積，即，代入數據，進一步可以推導出不等式：．(1)請仿照這種根據面積關系證明不等式的方法，證明：；(2)已知函數，其中．①證明：對任意兩個不相等的正數，曲線在和處的切線均不重合；②當時，若不等式恒成立，求實數的取值范圍．2．（2024·廣東·一模）數值線性代數又稱矩陣計算，是計算數學的一個重要分支，其主要研究對象包括向量和矩陣.對于平面向量，其模定義為.類似地，對于行列的矩陣，其?？捎上蛄磕Ｍ卣篂椋ㄆ渲袨榫仃囍械谛械诹械臄?，為求和符號），記作，我們稱這樣的矩陣模為弗羅貝尼烏斯范數，例如對于矩陣，其矩陣模.弗羅貝尼烏斯范數在機器學習等前沿領域有重要的應用.(1)，，矩陣，求使的的最小值.(2)，，，矩陣求.(3)矩陣，證明：，，.3．（2024·廣東廣州·二模）已知函數.(1)證明：恰有一個零點，且；(2)我們曾學習過“二分法”求函數零點的近似值，另一種常用的求零點近似值的方法是“牛頓切線法”.任取，實施如下步驟：在點處作的切線，交軸于點：在點處作的切線，交軸于點；一直繼續(xù)下去，可以得到一個數列，它的各項是不同精確度的零點近似值.（i）設，求的解析式；（ii）證明：當，總有.4．（2024·山東菏澤·一模）帕德近似是法國數學家亨利．帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數的方法．給定兩個正整數m，n，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，．（注：，，，，…；為的導數）已知在處的階帕德近似為．(1)求實數a，b的值；(2)比較與的大??；(3)若在上存在極值，求的取值范圍．5．（2024·全國·模擬預測）“讓式子丟掉次數”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又稱貝努利不等式，是高等數學的分析不等式中最常見的一種不等式，由瑞士數學家雅各布·伯努利提出：對實數，在時，有不等式成立；在時，有不等式成立．(1)猜想伯努利不等式等號成立的條件；(2)當時，對伯努利不等式進行證明；(3)考慮對多個變量的不等式問題．已知是大于的實數（全部同號），證明6．（2024·湖北·一模）英國數學家泰勒發(fā)現的泰勒公式有如下特殊形式：當在處的階導數都存在時，．注：表示的2階導數，即為的導數，表示的階導數，該公式也稱麥克勞林公式．(1)根據該公式估算的值，精確到小數點后兩位；(2)由該公式可得：．當時，試比較與的大小，并給出證明；(3)設，證明：．題型2：放縮法在導數中的應用7．（2023·山東·一模）已知，且0為的一個極值點．(1)求實數的值；(2)證明：①函數在區(qū)間上存在唯一零點；②，其中且．8．（21-22高二下·廣東深圳·期中）已知函數，其中(1)若有兩個極值點，記為①求的取值范圍；②求證：；(2)求證：對任意恒有9．（2020·浙江杭州·模擬預測）已知函數.（1）證明：函數僅有一個極值點；（2）若不等式恒成立，求實數的最大值.10．（2020·浙江寧波·模擬預測）已知為定義在上的奇函數，且當時，取最大值為1.（1）寫出的解析式.（2）若，，求證（?。唬áⅲ?11．（2020·全國·模擬預測）已知函數，.（1）若函數在上單調遞減，且函數在0，π2上單調遞增，求實數的值；（2）求證：（，且）.12．（2019·寧夏中衛(wèi)·一模）已知函數．求函數的單調遞增區(qū)間；設函數，函數．若恒成立，求實數的取值范圍；證明：題型3：數列與導數13．（2018·浙江·模擬預測）已知數列滿足，．求證：當時，（Ⅰ）；（Ⅱ）當時，有；（Ⅲ）當時，有．14．（22-23高三上·湖北黃岡·階段練習）已知數列為數列的前n項和，且．(1)求數列的通項公式；(2)求證：；(3)證明：．題型4：圓錐曲線與導數15．（2024·福建廈門·一模）在平面直角坐標系中，點，點A為動點，以線段為直徑的圓與軸相切，記A的軌跡為，直線交于另一點B．(1)求的方程；(2)的外接圓交于點（不與O，A，B重合），依次連接O，A，C，B構成凸四邊形，記其面積為．（i）證明：的重心在定直線上；（ii）求的取值范圍．16．（23-24高三上·浙江寧波·期末）在幾何學常常需要考慮曲線的彎曲程度，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度．考察如圖所示的光滑曲線C：上的曲線段，其弧長為，當動點從A沿曲線段運動到B點時，A點的切線也隨著轉動到B點的切線，記這兩條切線之間的夾角為（它等于的傾斜角與的傾斜角之差）．顯然，當弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當夾角固定時，弧長越小則彎曲程度越大，因此可以定義為曲線段的平均曲率；顯然當B越接近A，即越小，K就越能精確刻畫曲線C在點A處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線C在點A處的曲率．（其中y＇，y＇＇分別表示在點A處的一階、二階導數）(1)求單位圓上圓心角為60°的圓弧的平均曲率；(2)求橢圓在處的曲率；(3)定義為曲線的“柯西曲率”．已知在曲線上存在兩點和，且P，Q處的“柯西曲率”相同，求的取值范圍．題型5：導數在實際應用題中的應用17．（2023·全國·模擬預測）一類項目若投資1元，投資成功的概率為．如果投資成功，會獲得元的回報；如果投資失敗，則會虧掉1元本金．為了規(guī)避風險，分多次投資該類項目，設每次投資金額為剩余本金的，1956年約翰·拉里·凱利計算得出，多次投資的平均回報率函數為，并提出了凱利公式．(1)證明：當時，使得平均回報率最高的投資比例滿足凱利公式；(2)若，，求函數在上的零點個數．題型6：利用導數證明不等式18．（2024·廣東·一模）設函數（常數）．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)求函數的單調區(qū)間；(3)證明：．題型7：利用導數研究不等式恒成立問題19．（2024·云南·一模）已知是自然對數的底數，常數，函數.(1)求、的單調區(qū)間；(2)討論直線與曲線的公共點的個數；(3)記函數、，若，且，則，求實數的取值范圍.題型8：利用導數研究函數的零點20．（2024·陜西商洛·模擬預測）已知函數.(1)求的單調區(qū)間；(2)若，函數.（i）證明：在區(qū)間上存在極值點；（ii）記在區(qū)間上的極值點為在區(qū)間上的零點的和為.證明：.題型9：利用導數研究方程的根21．（2024·湖南株洲·一模）已知函數在處的切線方程為，其中e為自然常數.(1)求、的值及的最小值；(2)設，是方程（）的兩個不相等的正實根，證明：.題型10：利用導數研究函數圖像及性質22．（2023·廣東汕頭·三模）設，，(1)證明：；(2)若存在直線，其與曲線和共有3個不同交點，，，求證：，，成等比數列.題型11：利用導數研究雙變量問題23．（2023·江西南昌·三模）已知函數.(1)若在單調遞增，求實數的取值范圍；(2)若的極值點為，設，且證明：.題型12：利用導數研究極值點偏移問題24．（2023·湖北武漢·三模）已知函數，．(1)討論函數的單調性；(2)若關于的方程有兩個不相等的實數根、，（?。┣髮崝礱的取值范圍；（ⅱ）求證：．押題01第19題導數及其應用（十二大題型）1．（2023·全國·高考真題）在直角坐標系中，點到軸的距離等于點到點的距離，記動點的軌跡為．(1)求的方程；(2)已知矩形有三個頂點在上，證明：矩形的周長大于．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）設，根據題意列出方程，化簡即可；（2）法一：設矩形的三個頂點，且，分別令，，且，利用放縮法得，設函數，利用導數求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.法二：設直線的方程為，將其與拋物線方程聯立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導即可求出周長最值，再排除邊界值即可.法三：利用平移坐標系法，再設點，利用三角換元再對角度分類討論，結合基本不等式即可證明.【解析】（1）設,則，兩邊同平方化簡得，故.（2）法一：設矩形的三個頂點在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，同理令，且，則，設矩形周長為,由對稱性不妨設，，則，易知則令,令，解得，當時，，此時單調遞減，當，，此時單調遞增，則，故,即.當時,,且，即時等號成立，矛盾，故,得證.法二：不妨設在上，且，

依題意可設，易知直線，的斜率均存在且不為0，則設,的斜率分別為和，由對稱性，不妨設，直線的方程為，則聯立得，，則則，同理，令，則，設，則，令，解得，當時，，此時單調遞減，當，，此時單調遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時不一致，故.法三：為了計算方便,我們將拋物線向下移動個單位得拋物線,矩形變換為矩形,則問題等價于矩形的周長大于.設,根據對稱性不妨設.則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當時,②當時,由于,從而,從而又,故,由此，當且僅當時等號成立，故，故矩形周長大于.

.【點睛】關鍵點睛：本題的第二個的關鍵是通過放縮得，同時為了簡便運算，對右邊的式子平方后再設新函數求導，最后再排除邊界值即可.2．（2023·全國·高考真題）（1）證明：當時，；（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．【答案】（1）證明見詳解（2）【分析】（1）分別構建，，求導，利用導數判斷原函數的單調性，進而可得結果；（2）根據題意結合偶函數的性質可知只需要研究在上的單調性，求導，分類討論和，結合（1）中的結論放縮，根據極大值的定義分析求解.【解析】（1）構建，則對恒成立，則在上單調遞增，可得，所以；構建，則，構建，則對恒成立，則在上單調遞增，可得，即對恒成立，則在上單調遞增，可得，所以；綜上所述：.（2）令，解得，即函數的定義域為，若，則，因為在定義域內單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，則在上單調遞減，在上單調遞增，故是的極小值點，不合題意，所以.當時，令因為，且，所以函數在定義域內為偶函數，由題意可得：，（i）當時，取，，則，由（1）可得，且，所以，即當時，，則在上單調遞增，結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞減，所以是的極小值點，不合題意；（ⅱ）當時，取，則，由（1）可得，構建，則，且，則對恒成立，可知在上單調遞增，且，所以在內存在唯一的零點，當時，則，且，則，即當時，，則在上單調遞減，結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞增，所以是的極大值點，符合題意；綜上所述：，即，解得或，故a的取值范圍為.【點睛】關鍵點睛：1.當時，利用，換元放縮；2.當時，利用，換元放縮.3．（2022·全國·高考真題）已知函數和有相同的最小值．(1)求a；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）根據導數可得函數的單調性，從而可得相應的最小值，根據最小值相等可求a.注意分類討論.（2）根據（1）可得當時，的解的個數、的解的個數均為2，構建新函數，利用導數可得該函數只有一個零點且可得的大小關系，根據存在直線與曲線、有三個不同的交點可得的取值，再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差數列.【解析】（1）的定義域為，而，若，則，此時無最小值，故.的定義域為，而.當時，，故在上為減函數，當時，，故在上為增函數，故.當時，，故在上為減函數，當時，，故在上為增函數，故.因為和有相同的最小值，故，整理得到，其中，設，則，故為上的減函數，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.當時，考慮的解的個數、的解的個數.設，，當時，，當時，，故在上為減函數，在上為增函數，所以，而，，設，其中，則，故在上為增函數，故，故，故有兩個不同的零點，即的解的個數為2.設，，當時，，當時，，故在上為減函數，在上為增函數，所以，而，，有兩個不同的零點即的解的個數為2.當，由（1）討論可得、僅有一個解，當時，由（1）討論可得、均無根，故若存在直線與曲線、有三個不同的交點，則.設，其中，故，設，，則，故在上為增函數，故即，所以，所以在上為增函數，而，，故上有且只有一個零點，且：當時，即即，當時，即即，因此若存在直線與曲線、有三個不同的交點，故，此時有兩個不同的根，此時有兩個不同的根，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，，，且在上單調遞減，在上單調遞增；在上單調遞減，在上單調遞增，且①時，此時，顯然與兩條曲線和共有0個交點，不符合題意；②時，此時，故與兩條曲線和共有2個交點，交點的橫坐標分別為0和1；③時，首先，證明與曲線有2個交點，即證明有2個零點，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，又因為，，，令，則，所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為其次，證明與曲線和有2個交點，即證明有2個零點，，所以上單調遞減，在上單調遞增，又因為，，，令，則，所以在上存在且只存在1個零點，設為，在上存在且只存在1個零點，設為再次，證明存在b，使得因為，所以，若，則，即，所以只需證明在上有解即可，即在上有零點，因為，，所以在上存在零點，取一零點為，令即可，此時取則此時存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，最后證明，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列，因為所以，又因為在上單調遞減，，即，所以，同理，因為，又因為在上單調遞增，即，，所以，又因為，所以，即直線與兩條曲線和從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.【點睛】思路點睛：函數的最值問題，往往需要利用導數討論函數的單調性，此時注意對參數的分類討論，而不同方程的根的性質，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關系4．（2022·全國·高考真題）已知函數．(1)當時，討論的單調性；(2)當時，，求a的取值范圍；(3)設，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，討論其符號后可得的單調性.（2）設，求出，先討論時題設中的不等式不成立，再就結合放縮法討論符號，最后就結合放縮法討論的范圍后可得參數的取值范圍.（3）由（2）可得對任意的恒成立，從而可得對任意的恒成立，結合裂項相消法可證題設中的不等式.【解析】（1）當時，，則，當時，，當時，，故的減區(qū)間為，增區(qū)間為.（2）設，則，又，設，則，若，則，因為為連續(xù)不間斷函數，故存在，使得，總有，故在為增函數，故，故在為增函數，故，與題設矛盾.若，則，下證：對任意，總有成立，證明：設，故，故在上為減函數，故即成立.由上述不等式有，故總成立，即在上為減函數，所以.當時，有，

所以在上為減函數，所以.綜上，.（3）取，則，總有成立，令，則，故即對任意的恒成立.所以對任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【點睛】思路點睛：函數參數的不等式的恒成立問題，應該利用導數討論函數的單調性，注意結合端點處導數的符號合理分類討論，導數背景下數列不等式的證明，應根據已有的函數不等式合理構建數列不等式.5．（2021·全國·高考真題）已知函數．（1）討論的單調性；（2）從下面兩個條件中選一個，證明：只有一個零點①；②．【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【分析】(1)首先求得導函數的解析式，然后分類討論確定函數的單調性即可；(2)由題意結合(1)中函數的單調性和函數零點存在定理即可證得題中的結論.【解析】(1)由函數的解析式可得：，當時，若，則單調遞減，若，則單調遞增；當時，若，則單調遞增，若，則單調遞減，若，則單調遞增；當時，在上單調遞增；當時，若，則單調遞增，若，則單調遞減，若，則單調遞增；(2)若選擇條件①：由于，故，則，而，而函數在區(qū)間上單調遞增，故函數在區(qū)間上有一個零點.，由于，，故，結合函數的單調性可知函數在區(qū)間上沒有零點.綜上可得，題中的結論成立.若選擇條件②：由于，故，則，當時，，，而函數在區(qū)間上單調遞增，故函數在區(qū)間上有一個零點.當時，構造函數，則，當時，單調遞減，當時，單調遞增，注意到，故恒成立，從而有：，此時：，當時，，取，則，即：，而函數在區(qū)間上單調遞增，故函數在區(qū)間上有一個零點.，由于，，故，結合函數的單調性可知函數在區(qū)間上沒有零點.綜上可得，題中的結論成立.【點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．(2)利用導數求函數的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數．(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．(4)考查數形結合思想的應用．6．（2021·全國·高考真題）已知函數.（1）討論的單調性；（2）設，為兩個不相等的正數，且，證明：.【答案】（1）的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；（2）證明見解析.【分析】(1)首先確定函數的定義域，然后求得導函數的解析式，由導函數的符號即可確定原函數的單調性.(2)方法二：將題中的等式進行恒等變換，令，命題轉換為證明：，然后構造對稱差函數，結合函數零點的特征和函數的單調性即可證得題中的結論.【解析】(1)的定義域為．由得，，當時，；當時；當時，．故在區(qū)間內為增函數，在區(qū)間內為減函數，(2)[方法一]：等價轉化由得，即．由，得．由（1）不妨設，則，從而，得，①令，則，當時，，在區(qū)間內為減函數，，從而，所以，由（1）得即．①令，則，當時，，在區(qū)間內為增函數，，從而，所以．又由，可得，所以．②由①②得．[方法二]【最優(yōu)解】：變形為，所以．令．則上式變?yōu)?，于是命題轉換為證明：．令，則有，不妨設．由（1）知，先證．要證：．令，則，在區(qū)間內單調遞增，所以，即．再證．因為，所以需證．令，所以，故在區(qū)間內單調遞增．所以．故，即．綜合可知．[方法三]：比值代換證明同證法2．以下證明．不妨設，則，由得，，要證，只需證，兩邊取對數得，即，即證．記，則.記，則，所以，在區(qū)間內單調遞減．，則，所以在區(qū)間內單調遞減．由得，所以，即．[方法四]：構造函數法由已知得，令，不妨設，所以．由（Ⅰ）知，，只需證．證明同證法2．再證明．令．令，則．所以，在區(qū)間內單調遞增．因為，所以，即又因為，所以，即．因為，所以，即．綜上，有結論得證．【整體點評】(2)方法一：等價轉化是處理導數問題的常見方法，其中利用的對稱差函數，構造函數的思想，這些都是導數問題必備的知識和技能.方法二：等價轉化是常見的數學思想，構造對稱差函數是最基本的極值點偏移問題的處理策略.方法三：比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構造函數利用函數的單調性證明題中的不等式即可.方法四：構造函數之后想辦法出現關于的式子，這是本方法證明不等式的關鍵思想所在.押題01導數及其應用高考模擬題型分布表題型序號題型內容題號題型1新定義題與導數1-6題型2放縮法在導數中的應用7-12題型3數列與導數13-14題型4圓錐曲線與導數15-16題型5導數在實際應用題中的應用17題型6利用導數證明不等式18題型7利用導數研究不等式恒成立問題19題型8利用導數研究函數的零點20題型9利用導數研究方程的根21題型10利用導數研究函數圖像及性質22題型11利用導數研究雙變量問題23題型12利用導數研究極值點偏移問題24題型1：新定義題與導數1．（2024·湖北·二模）微積分的創(chuàng)立是數學發(fā)展中的里程碑，它的發(fā)展和廣泛應用開創(chuàng)了向近代數學過渡的新時期，為研究變量和函數提供了重要的方法和手段．對于函數在區(qū)間上的圖像連續(xù)不斷，從幾何上看，定積分便是由直線和曲線所圍成的區(qū)域（稱為曲邊梯形）的面積，根據微積分基本定理可得，因為曲邊梯形的面積小于梯形的面積，即，代入數據，進一步可以推導出不等式：．(1)請仿照這種根據面積關系證明不等式的方法，證明：；(2)已知函數，其中．①證明：對任意兩個不相等的正數，曲線在和處的切線均不重合；②當時，若不等式恒成立，求實數的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②【分析】（1）根據題，設過點作的切線分別交于，結合，即可得證；（2）①求得，分別求得在點和處的切線方程，假設與重合，整理得，結合由（1）的結論，即可得證；②根據題意，轉化為時，在恒成立，設，求得，分和，兩種情況討論，得到函數的單調性和最值，即可求解.【解析】（1）解：在曲線取一點．過點作的切線分別交于，因為，可得，即．（2）解：①由函數，可得，不妨設，曲線在處的切線方程為，即同理曲線在處的切線方程為，假設與重合，則，代入化簡可得，兩式消去，可得，整理得，由（1）的結論知，與上式矛盾即對任意實數及任意不相等的正數與均不重合．②當時，不等式恒成立，所以在恒成立，所以，下證：當時，恒成立．因為，所以設（i）當時，由知恒成立，即在為增函數，所以成立；（ii）當時，設，可得，由知恒成立，即在為增函數．所以，即在為減函數，所以成立，綜上所述，實數的取值范圍是【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，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．2．（2024·廣東·一模）數值線性代數又稱矩陣計算，是計算數學的一個重要分支，其主要研究對象包括向量和矩陣.對于平面向量，其模定義為.類似地，對于行列的矩陣，其?？捎上蛄磕Ｍ卣篂椋ㄆ渲袨榫仃囍械谛械诹械臄担瑸榍蠛头枺涀?，我們稱這樣的矩陣模為弗羅貝尼烏斯范數，例如對于矩陣，其矩陣模.弗羅貝尼烏斯范數在機器學習等前沿領域有重要的應用.(1)，，矩陣，求使的的最小值.(2)，，，矩陣求.(3)矩陣，證明：，，.【答案】(1)10(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據等差數列求和公式和一元二次不等式的求解即可；（2）總結得第對角線上的平方和為，再代入化簡即可；（3）等價轉化結合放縮法得證明成立，再利用換元法和導數證明即可.【解析】（1）由題意得.若，則，即.因式分解得.因為，所以.所以使的的最小值是10.（2）由題得第1對角線上的平方和為，第2對角線上的平方和為，第對角線上的平方和為，第對角線上的平方和為，所以所以.（3）由題意知，證明等價于證明，注意到左側求和式，將右側含有的表達式表示為求和式有故只需證成立，即證成立，令，則需證成立，記，則在上恒成立，所以在上單調遞增，所以，所以在上恒成立，即成立，所以原不等式成立.【點睛】關鍵點點睛：本題第三小問的關鍵是轉化為證明，再結合放縮法轉化為證明，最后利用導數證明即可.3．（2024·廣東廣州·二模）已知函數.(1)證明：恰有一個零點，且；(2)我們曾學習過“二分法”求函數零點的近似值，另一種常用的求零點近似值的方法是“牛頓切線法”.任取，實施如下步驟：在點處作的切線，交軸于點：在點處作的切線，交軸于點；一直繼續(xù)下去，可以得到一個數列，它的各項是不同精確度的零點近似值.（i）設，求的解析式；（ii）證明：當，總有.【答案】(1)證明見解析(2)，證明見解析【分析】（1）根據函數的單調性，結合零點存在性定理證明即可；（2）（i）由導數的幾何意義得曲線在處的切線方程為，進而得；（ii）令，進而構造函數，結合函數單調性證明，再根據，證明即可得答案．【解析】（1），定義域為，所以，在上恒成立，所以函數在上單調遞增，因為，，所以，存在唯一，使得，即：有唯一零點，且；（2）（i）由（1）知，所以，曲線在處的切線斜率為，所以，曲線在處的切線方程為，即，令得，所以，切線與軸的交點，即，所以，；證明：（ii）對任意的，由（i）知，曲線在,處的切線方程為：，故令，令，所以，，所以，當時，，單調遞增，當,時，，單調遞減，所以，恒有，即恒成立，當且僅當時等號成立，另一方面，由（i）知，，且當時，，（若，則，故任意，顯然矛盾），因為是的零點，所以，因為為單調遞增函數，所以，對任意的時，總有，又因為，所以，對于任意，均有，所以，，，所以，綜上，當，總有．【點睛】方法點睛：利用導數證明或判定不等式問題：1．通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；2．利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題，從而判定不等關系；3．適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；4．構造“形似”函數，變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.4．（2024·山東菏澤·一模）帕德近似是法國數學家亨利．帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數的方法．給定兩個正整數m，n，函數在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，．（注：，，，，…；為的導數）已知在處的階帕德近似為．(1)求實數a，b的值；(2)比較與的大?。?3)若在上存在極值，求的取值范圍．【答案】(1)，；(2)答案見解析；(3)．【分析】（1）由，，列方程組求實數a，b的值；（2）令利用導數研究單調性，又，可比較與的大小；（3）由在上存在極值，所以在上存在變號零點，通過構造函數分類討論，對的零點進行分析．【解析】（1）由，，有，可知，，，，由題意，，，所以，所以，．（2）由（1）知，，令，則，所以在其定義域內為增函數，又，時，；時，；所以時，；時，．（3）由，．由在上存在極值，所以在上存在變號零點．令，則，．①時，，為減函數，，在上為減函數，，無零點，不滿足條件．②當，即時，，為增函數，，在上為增函數，，無零點，不滿足條件．③當，即時，令即，．當時，，為減函數；時，，為增函數，；令，，，在時恒成立，在上單調遞增，，恒成立；，，，則，，；，令，令，，則在是單調遞減，，所以，，令，則，，．，即．由零點存在定理可知，在上存在唯一零點，又由③知，當時，，為減函數，，所以此時，，在內無零點，在上存在變號零點，綜上所述實數m的取值范圍為．【點睛】方法點睛：利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用，而構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.5．（2024·全國·模擬預測）“讓式子丟掉次數”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又稱貝努利不等式，是高等數學的分析不等式中最常見的一種不等式，由瑞士數學家雅各布·伯努利提出：對實數，在時，有不等式成立；在時，有不等式成立．(1)猜想伯努利不等式等號成立的條件；(2)當時，對伯努利不等式進行證明；(3)考慮對多個變量的不等式問題．已知是大于的實數（全部同號），證明【答案】(1)，或(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據不等式特征猜想出等號成立的條件；（2）設，注意到，求導得到，二次求導，得到函數的單調性和極值最值情況，證明出結論；（3）當時，顯然成立，當時，構造數列：，作差法得到是一個單調遞增的數列（），結合，得到，證明出結論.【解析】（1）猜想：伯努利不等式等號成立的充要條件是，或．當時，，當時，，當時，，其他值均不能保證等號成立，猜想，伯努利不等式等號成立的充要條件是，或；（2）當時，我們需證，設，注意到，，令得，即，是的一個極值點．令，則，所以單調遞增．當時，，當時，，故在上單調遞減，在上單調遞增．所以在處取得極小值，即恒成立，．伯努利不等式對得證．（3）當時，原不等式即，顯然成立．當時，構造數列：，則，若，由上式易得，即；若，則，所以，故，即此時也成立．所以是一個單調遞增的數列（），由于，所以，故原不等式成立．【點睛】關鍵點點睛：函數新定義問題，命題新穎，常?？紤]函數的性質，包括單調性，奇偶性，值域等，且存在知識點交叉，會和導函數，數列等知識進行結合，很好的考慮了知識遷移，綜合運用能力，對于此類問題，一定要解讀出題干中的信息，正確理解問題的本質，轉化為熟悉的問題來進行解決.6．（2024·湖北·一模）英國數學家泰勒發(fā)現的泰勒公式有如下特殊形式：當在處的階導數都存在時，．注：表示的2階導數，即為的導數，表示的階導數，該公式也稱麥克勞林公式．(1)根據該公式估算的值，精確到小數點后兩位；(2)由該公式可得：．當時，試比較與的大小，并給出證明；(3)設，證明：．【答案】(1)；(2)，證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）根據麥克勞林公式求得，賦值即可求得近似值；（2）構造函數，利用導數判斷其單調性和最值，即可證明；（3）根據（2）中所得結論，將目標式放縮為，再裂項求和即可證明.【解析】（1）令，則，，，，故，，，，，由麥克勞林公式可得，故.（2）結論：，證明如下：令，令，故在上單調遞增，，故在上單調遞增，，即證得，即．（3）由（2）可得當時，，且由得，當且僅當時取等號，故當時，，，而，即有故而，即證得.【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的處理關鍵是能夠利用第二問結論，將原式放縮為，再利用裂項求和法證明，對學生已知條件的利用能力以及綜合應用能力提出了較高的要求，屬綜合困難題.題型2：放縮法在導數中的應用7．（2023·山東·一模）已知，且0為的一個極值點．(1)求實數的值；(2)證明：①函數在區(qū)間上存在唯一零點；②，其中且．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）先求得，由0為的一個極值點，可得，進而求解；（2）①當時，由，可得單調遞減，由，可得，此時函數無零點；當時，設，結合其導數分析單調性，結合，和零點存在性定理，可知存在，使得，進而得到單調性，結合得到在上單調遞增；結合，，存在，得到函數的單調性，可得而在上無零點；當時，由，可得在單減，再結合零點存在定理，可得函數在上存在唯一零點；當時，由，此時函數無零點，最后綜合即可得證.②由（1）中在單增，所以，有，可得.令，利用放縮法可得，再結合，分別利用累加發(fā)可得，，即可求證.【解析】（1）由，則，因為0為的一個極值點，所以，所以．當時，，當時，因為函數在上單調遞減，所以，即在上單調遞減；當時，，則，因為函數在上單調遞減，且，，由零點存在定理，存在，使得，且當時，，即單調遞增，又因為，所以，，在上單調遞增；.綜上所述，在上單調遞減，在上單調遞增，所以0為的一個極值點，故.（2）①當時，，所以單調遞減，所以對，有，此時函數無零點；當時，設，則，因為函數在上單調遞減，且，，由零點存在定理，存在，使得，且當時，，即單調遞增，當時，，即單調遞減．又因為，所以，，在上單調遞增；因為，，所以存在，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減．所以，當時，單調遞增，；當時，單調遞減，，此時在上無零點；當時，，所以在單減，又，，由零點存在定理，函數在上存在唯一零點；當時，，此時函數無零點；綜上所述，在區(qū)間上存在唯一零點．②因為，由（1）中在上的單調性分析，知，所以在單增，所以對，有，即，所以．令，則，所以，設，，則，所以函數在上單調遞減，則，即，，所以，所以，所以.【點睛】關鍵點睛：本題第（2）②，關鍵在于先證明，令，利用放縮法可得，再結合累加法即可得證.8．（21-22高二下·廣東深圳·期中）已知函數，其中(1)若有兩個極值點，記為①求的取值范圍；②求證：；(2)求證：對任意恒有【答案】(1)①；②證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）①由題得有兩個變號零點，設求出函數的單調性即得解；②利用極值點偏移的方法證明；（2）證明，再利用裂項相消求和即得證.【解析】（1）解：（1）由題得有兩個變號零點，所以有兩個變號零點，設當時，函數單調遞增，當時，函數單調遞減，當時，，當時，，，所以.(2)設，所以，所以在單調遞增，又，所以又，所以所以因為，所以.（2）證明：由（1）知，所以所以對任意恒有，所以所以.9．（2020·浙江杭州·模擬預測）已知函數.（1）證明：函數僅有一個極值點；（2）若不等式恒成立，求實數的最大值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）利用導數判斷函數單調性，證明導函數僅有一個零點，并且該零點就是極值點；（2）令可得，再分類討論證明充分性，當時利用放縮法及導數證明不等式成立即可，當時，利用導數證明不等式成立.【解析】（1）證明：，令，則有，則單調遞減，而，，所以在上存在零點，因為當時，，；當時，，，所以在（0，）上單調遞增，在（，）上單調遞減，即僅有一個極值點.（2）令可得.下面證明充分性.∵，即需證明當時，，而，，即需證明：，令，則，，在定義域上單調遞減，所以，則在上單調遞減，因為，所以時不等式成立.當時，令則令（），則，函數在上單調遞減，則，即，所以在上單調遞增，則，充分性證畢.綜上所述，的取值范圍是.【點睛】本題考查導數在研究函數的性質中的應用、利用導數解決不等式恒成立問題、放縮法證明不等式，屬于難題.10．（2020·浙江寧波·模擬預測）已知為定義在上的奇函數，且當時，取最大值為1.（1）寫出的解析式.（2）若，，求證（?。?；（ⅱ）.【答案】（1）；（2）（?。┳C明見解析；（ⅱ）證明見解析.【分析】（1）先利用求出，再根據當時，取最大值為1可求出，從而得到的解析式.（2）先利用數學歸納法證明，從而可證.再根據可得，利用基本不等式可證，再利用裂項相消法可證原不等式成立，也可以利用導數證明，從而得到，利用裂項相消法可證原不等式成立.【解析】（1）因為的定義域為，得，又為奇函數，所以，得；又，所以.當時，.當時，，當且僅當時取等號，也就是當時，，所以，所以，，即的解析式為，此時，為奇函數，故的解析式為.（2）（ⅰ）先證明，當時，，符合；設當時，有，則當時，因為，故.又，故，故.由數學歸納法可知.因為，故.（ⅱ）法一（基本不等式+裂項相消）：因為，所以，又因為，所以，所以，所以由（?。┛芍?，所以，得.法二（函數的值域+裂項相消）：因為，所以，由（?。┛芍?，設，所以，得在時單調遞減，所以，得；所以，由（?。┛芍?，所以，，證畢.【點睛】本題考查函數的奇偶性、函數的最值，還考查了遞推數列的單調性、裂項相消法求和、放縮法證明數列不等式，注意根據數列通項的特征選擇合適的部分代數式進行放縮，本題屬于難題.11．（2020·全國·模擬預測）已知函數，.（1）若函數在上單調遞減，且函數在0，π2上單調遞增，求實數的值；（2）求證：（，且）.【答案】（1）1；（2）見解析【解析】（1）分別求得與的導函數，由導函數與單調性關系即可求得的值；（2）由（1）可知當時，，當時，，因而，構造，由對數運算及不等式放縮可證明，從而不等式可證明.【解析】（1）∵函數fx在0，+∞∴f′x=m1+x?1≤0∴m≤1，又∵函數gx在0，∴g′x=m?cosx≥0，即m≥cos∴綜上可知，m=1.（2）證明：由（1）知，當m=1時，函數fx=lngx=x?sinx在∴當x>0時，ln1+x<x，當0<x<π∴∴即，∴.【點睛】本題考查了導數與函數單調性關系，放縮法在證明不等式中的應用，屬于難題.12．（2019·寧夏中衛(wèi)·一模）已知函數．求函數的單調遞增區(qū)間；設函數，函數．若恒成立，求實數的取值范圍；證明：【答案】（1）單調遞增區(qū)間為．（2）①．②見證明【分析】，解出即可得出單調區(qū)間．函數，函數．，對分類討論，利用即可得出．證明：由可得：，時滿足：，只有時取等號依次取，即可證明．【解析】解：，．．解得．函數的單調遞增區(qū)間為．函數，函數．，時，函數單調遞增，不成立，舍去；時，，可得時，函數取得極小值即最小值，，解得：．實數a的取值范圍是．證明：由可得：，時滿足：，只有時取等號．依次取，相加可得：．因此【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、方程與不等式的解法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．題型3：數列與導數13．（2018·浙江·模擬預測）已知數列滿足，．求證：當時，（Ⅰ）；（Ⅱ）當時，有；（Ⅲ）當時，有．【答案】（Ⅰ）見解析（Ⅱ）見解析（Ⅲ）見解析【分析】（Ⅰ）通過數學歸納法，即可證明；（Ⅱ）先通過構造函數，利用其單調性，對遞推公式放縮，得到，再利用累乘法即可證明；（Ⅲ）通過構造函數，由導數證明在上恒成立，從而得，再根據放縮法可得，變形得到，由累乘法即可證出．【解析】（Ⅰ）用數學歸納法進行證明．①當時，成立；②假設當時，有成立，則當時，有，又，故，綜上，可知當時，均有．（Ⅱ）設，則恒成立，在上單調遞增，所以，即．因為，即，當時，由累乘法可得，，又，即，所以；因為，即，當時，由累乘法可得，，又，即，所以，故當時，有；（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，，即，且．設，恒成立，在上單調遞增，所以，所以，因為，即，且，所以，即，故有，變形為，當時，所以，又，即，所以．【點睛】本題主要考查數學歸納法的應用，通過函數的單調性對數列不等式進行放縮，以及累乘法的應用，意在考查學生的轉化能力，數學建模能力，數學運算能力和邏輯推理能力，綜合性強，屬于難題．14．（22-23高三上·湖北黃岡·階段練習）已知數列為數列的前n項和，且．(1)求數列的通項公式；(2)求證：；(3)證明：．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用得到，變形后求出通項公式；（2）構造，利用導函數得到其單調性，得到，再令，則證明出結論；（3）先不等式兩邊取對數，再構造，，利用導函數得到其單調性，得到，從而對不等式放縮得到，利用累加法和放縮法證明出不等式.【解析】（1）當時，得：，，即，變形為，，經檢驗時也適合．.（2）構造函數，，在上遞減，，時．∵，∴令，則有（3），，原不等式等價于證明：，令，，則，所以在上單調遞減，所以，所以，令，然后累加得：．原不等式得證．【點睛】利用導函數證明數列相關的不等式，要結合不等式特點，構造相關的函數，再將數列代入即可，本題第三問要構造，，得到，再進行相應的放縮.題型4：圓錐曲線與導數15．（2024·福建廈門·一模）在平面直角坐標系中，點，點A為動點，以線段為直徑的圓與軸相切，記A的軌跡為，直線交于另一點B．(1)求的方程；(2)的外接圓交于點（不與O，A，B重合），依次連接O，A，C，B構成凸四邊形，記其面積為．（i）證明：的重心在定直線上；（ii）求的取值范圍．【答案】(1)(2)證明見詳解；【分析】（1）設，根據已知條件列出方程化簡即得；（2）（i）因為四點共圓，設該圓的方程為，聯立，得，結合重心公式可得證；（ii）記的面積分別為，用已知條件分別表示出，進而表示出面積為的表達式，然后利用導數求最值即得.【解析】（1）設，則線段的中點坐標為，因為以線段為直徑的圓與軸相切，所以，化簡，得.（2）（i）因為四點共圓，設該圓的方程為，聯立，消去x，得，即，所以即為關于y的方程的3個根，則，因為，由的系數對應相等得，，即，因為的重心的縱坐標為，所以的重心在定直線上.（ii）記的面積分別為，由已知得直線AB的斜率不為0設直線AB：，聯立，消去x，得，所以，所以，由（i）得，，所以，即，因為，點C到直線AB的距離，所以，所以不妨設，且A在第一象限，即，，依次連接O，A，C，B構成凸四邊形，所以，即，又因為，，即，即，所以，即，即，所以，設，則，令，則，因為，所以，所以在區(qū)間上單調遞增，所以，所以的取值范圍為【點睛】第二問：（i）關鍵是把證明的重心在定直線上轉化為方程根的問題，利用韋達定理以及重心公式可得.（ii）關鍵是把四邊形拆成兩個三角形，然后用相同的變量分別表示兩個三角形的面積以及變量的取值范圍的確定，進而得到四邊形面積的表達式，然后利用導數求最值即得.16．（23-24高三上·浙江寧波·期末）在幾何學常常需要考慮曲線的彎曲程度，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度．考察如圖所示的光滑曲線C：上的曲線段，其弧長為，當動點從A沿曲線段運動到B點時，A點的切線也隨著轉動到B點的切線，記這兩條切線之間的夾角為（它等于的傾斜角與的傾斜角之差）．顯然，當弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當夾角固定時，弧長越小則彎曲程度越大，因此可以定義為曲線段的平均曲率；顯然當B越接近A，即越小，K就越能精確刻畫曲線C在點A處的彎曲程度，因此定義（若極限存在）為曲線C在點A處的曲率．（其中y＇，y＇＇分別表示在點A處的一階、二階導數）(1)求單位圓上圓心角為60°的圓弧的平均曲率；(2)求橢圓在處的曲率；(3)定義為曲線的“柯西曲率”．已知在曲線上存在兩點和，且P，Q處的“柯西曲率”相同，求的取值范圍．【答案】(1)1(2)(3)【分析】（1）依據所給定義求解即可.（2）直接利用定義求解即可.（3）合理構造給定式子，轉化為一元函數，結合高觀點極限方法求解即可.【解析】（1）．（2），，，故，，故．（3），，故，其中，令，，則，則，其中（不妨）令，在遞減，在遞增，故；令，，令，則，當時，恒成立，故在上單調遞增，可得，即，故有，則在遞增，又，，故，故．【點睛】關鍵點點睛：本題考查求導數新定義，解題關鍵是將給定式子合理轉化為一元函數，然后利用極限方法求得關鍵函數值域，最終即可求解．題型5：導數在實際應用題中的應用17．（2023·全國·模擬預測）一類項目若投資1元，投資成功的概率為．如果投資成功，會獲得元的回報；如果投資失敗，則會虧掉1元本金．為了規(guī)避風險，分多次投資該類項目，設每次投資金額為剩余本金的，1956年約翰·拉里·凱利計算得出，多次投資的平均回報率函數為，并提出了凱利公式．(1)證明：當時，使得平均回報率最高的投資比例滿足凱利公式；(2)若，，求函數在上的零點個數．【答案】(1)證明見解析(2)有且僅有兩個零點【分析】（1）證法一：直接求導，令，得到，結合得到函數單調性，求出在取得最大值；證法二：先對函數取對數，等價于的最值問題（方便求導），求導得到函數單調性，求出答案；（2）得到，二次求導，結合零點存在性定理得到函數單調性，得到在上至多兩個零點，再根據特殊點的函數值和零點存在性定理得到至少有兩個零點，從而得到有且僅有兩個零點．【解析】（1）證法一：因為，，則，即，顯然，令，故，解得．因為，所以，故在上單調遞增，在上單調遞減，故在取得最大值．證法二：由于，，，故，，．要使得最大，等價于使得最大，則，令，得．因為，所以，故在上單調遞增，在上單調遞減，故在取得最大值，即在取得最大值．（2）因為，，，則，所以，則，故，則，令，則．當時，，故在上單調遞增．因為，，故，使得，同時使得當時，；當時，，故在上單調遞減，在上單調遞增，故在上至多兩個零點．①又因為，，，注意到，故，則，故．由于，故在上至少有一個零點．②由于，，，故，由于，故在上至少有一個零點．③綜合②③，故在上至少有兩個零點．④綜合①④，則在上有且僅有兩個零點【點睛】導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方題型6：利用導數證明不等式18．（2024·廣東·一模）設函數（常數）．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)求函數的單調區(qū)間；(3)證明：．【答案】(1)(2)詳見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用導數的幾何意義求出切線斜率即可得解；（2）求導后根據對正負的影響，分類討論確定導數符號，得出單調區(qū)間；（3）利用時，的單調性及零點，結合不等式性質即可得證.【解析】（1），當時，，所以，且，所以切線方程為，即曲線在點處的切線方程.（2）由，令，當時，即時，，，則函數在上單調遞減，即函數的單調減區(qū)間為，無單調遞增區(qū)間；當時，即時，由，解得，由于，所以當，即時，方程在上有2個不等正根，，所以當或時，，，當時，，，所以的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；當時，方程在上有1個正根，，所以時，，，當時，，，所以函數的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.綜上，當時，單調減區(qū)間為，無單調遞增區(qū)間；當時，的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；當時，單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為.（3）當時，在上單調遞減，且，所以當時，，即，所以，當時，，即，所以，綜上，當時，總有.【點睛】關鍵點點睛：關鍵點之一，函數的導數求解比較繁雜容易求錯；關鍵點之二，求出函數導數之后，如何去討論分子的正負，需要統(tǒng)籌考慮分類討論，思維量計算量很大較難完成；關鍵點之三，本題的第三問轉化為函數問題較難轉化，轉化后運用單調性分類討論也是難點，總之本題思維量，運算量巨大，完成不易.題型7：利用導數研究不等式恒成立問題19．（2024·云南·一模）已知是自然對數的底數，常數，函數.(1)求、的單調區(qū)間；(2)討論直線與曲線的公共點的個數；(3)記函數、，若，且，則，求實數的取值范圍.【答案】(1)的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是；的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是(2)無公共點(3)【分析】（1）求導后根據導數的正負即可判斷函數的單調性；（2）設出函數，根據該函數的最小值與1的關系即可得解；（3）結合前兩問，設，可得，有，則可得到使時的對應中的，即有，設，可將雙變量換為單變量，即可將轉化為，通過構造新函數可得，即可得，構造，研究導數可得，即可得解.【解析】（1）函數的定義域為.，，當時，，當時，，的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是；函數的定義域為，常數，當時，，當時，.的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是；（2）設，它的定義域為，當時，，即單調遞減，當時，，即單調遞增，的最小值為，不成立，即方程無實數解，故方程無實數解，直線與曲線無公共點；（3）根據已知，的定義域為，設，由（2）得，且，由，記，則，由得，由（1）知在上單調遞減，故，，記，則，由，得，，若，且，則，，，設，則，解得，由得，由得，，設，則，，由是自然對數的底數，得，由（1）知，在上單調遞減，在上單調遞增；由得，又，存在唯一，使，當時，，當時，，當時，，當時，單調遞增，故；當時，單調遞減，故；當時，單調遞增，故.綜上所述，當時，，.實數的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題中最后一問關鍵點在于觀察得出其與第二問的關聯，從而設，得到，結合函數的單調性，設出，從而將雙變量問題轉化為單變量問題.題型8：利用導數研究函數的零點20．（2024·陜西商洛·模擬預測）已知函數.(1)求的單調區(qū)間；(2)若，函數.（i）證明：在區(qū)間上存在極值點；（ii）記在區(qū)間上的極值點為在區(qū)間上的零點的和為.證明：.【答案】(1)單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）根據多次求導及導數的符號判斷得出函數的單調區(qū)間；（2）（i）利用多次求導判定函數的導函數在區(qū)間上存在異號零點即可；（ii）結合（i）的結論得，判定在區(qū)間上的零點為和0，再結合幾個常用的函數放縮多次分段構造函數證明即可.【解析】（1）因為，所以.令，所以，因為，所以，所以，所以在上單調遞增，又因為，所以當時，；當時，，即當時，；當時，，所以的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.（2）（i）因為，所以，令，則，令，則，顯然在區(qū)間上，即即在上單調遞增，所以，所以即在區(qū)間上單調遞增，又，由零點存在性定理可得：在區(qū)間上存在唯一零點，且在該零點左右兩側的值符號相反，故在區(qū)間上存在極值點.（ii）由（i）得在上小于0，在上大于0，又當時，，，所以，所以在上單調遞減，在上單調遞增.所以，即，使，又，所以.令，則，所以在上單調遞增，，所以，由，得，.令，則，所以在上單調遞增，即，所以.令，則，所以在上單調遞增，即，所以，所以，又在上單調遞增，所以，即.【點睛】關鍵點睛：第二問的關鍵在于利用三角函數的有界性及常用的幾個函數放縮，得出，結合函數的單調性得證結果.題型9：利用導數研究方程的根21．（2024·湖南株洲·一模）已知函數在處的切線方程為，其中e為自然常數.(1)求、的值及的最小值；(2)設，是方程（）的兩個不相等的正實根，證明：.【答案】(1)、，的最小值為(2)證明見解析【分析】（1）借助導數的幾何意義可得，，計算即可得、，