专题07 函数与导数常考压轴解答题（练习）（解析版）.docx

1、专题07 函数与导数常考压轴解答题目 录 01 含参数函数单调性讨论2 02 导数与数列不等式的综合问题3 03 双变量问题7 04 证明不等式12 05 极最值问题15 06 零点问题18 07 不等式恒成立问题26 08 极值点偏移问题与拐点偏移问题31 09 利用导数解决一类整数问题39 10 导数中的同构问题42 11 洛必达法则46 12 导数与三角函数结合问题49 01 含参数函数单调性讨论1（2023全国高三专题练习）已知函数.讨论函数的单调性.【解析】由已知可得，定义域为，所以.（）当时，.当时，有，在上单调递增；当时，有，在上单调递减.（）当时，解，可得，或（舍去负值），且.

2、解可得，或，所以在上单调递增，在上单调递增；解可得，所以在上单调递减.（）当时，在上恒成立，所以，在上单调递增.综上所述，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，在上单调递增；当时，在上单调递增.2（2023全国高三专题练习）已知函数，讨论的单调性【解析】由题设且，当时在上递减；当时，令，当时在区间上递减；当时在上递增所以当时，的减区间为，无增区间；当时，的增区间为，减区间为. 02 导数与数列不等式的综合问题3（2023广东高三执信中学校联考期中）设函数，(1)求函数的单调区间；(2)若对任意，函数均有2个零点，求实数m的取值范围；(3)设且，证明：【解析】（1）

3、的定义域为，其中，当，即时，恒成立，在上单调递增.当，即时，令解得，在区间上单调递增；在区间上单调递减.综上所述，时在上单调递增；时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）得，时，在上单调递增，在上单调递减.依题意可得对任意，均有恒成立，即恒成立，设，令解得，所以在区间上，单调递增，在区间上，单调递减，所以.所以.对于函数当和时，所以，结合零点存在性定理可知，此时有两个零点.所以实数m的取值范围是.（3）要证明，即证明，即证明，即证明，注意到，所以即证明，由（2）得，即，取代入上式，得：，所以，所以.4（2023全国模拟预测）已知函数(1)求函数在处的切线方程；(2)若，且，求证：【解析】

4、（1）由可得，所以在处的切线斜率，且，故所求切线方程为（2）设在处的切线斜率为k，由（1）得，且，故在处的切线方程为，设，则设，则因为，所以，仅在时取等号，故在上单调递增列表如下单调递减极小值单调递增所以，即令，其中，且，则有，累加得，即，取，即得，当时，显然满足题意， 综上可得.5（2023河北张家口高三校联考阶段练习）已知函数.(1)若曲线在处的切线与直线平行，求函数的极值；(2)已知，若恒成立.求证：对任意正整数，都有.【解析】（1）由，可得，由条件可得，即.则，令可得，当时，当时，.在上单调递减，在上单调递增，的极大值为，无极小值.（2），即对任意的恒成立，即，其中，令，则，即，构造函

5、数，则，令，得，列表如下：+0-极大值所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，所以，即时，恒成立，取，则对任意的恒成立，令，则，所以，所以，即. 03 双变量问题6（2023黑龙江大庆高三大庆实验中学校考期中）已知函数(1)若，证明：在上恒成立；(2)若方程有两个实数根且，证明：【解析】（1）因为，令所以，下证，令，则，当时,，当，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上恒成立（2）证明：先证右半部分不等式： ；因为，所以；可求曲线在和处的切线分别为和；设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为则则；因此.再证左半部分不等式：.设取曲线上两点，用割线，来限制，设直线与直线的交点

6、的横坐标分别为，则，且，所以.综上可得成立7（2023四川成都高三校联考阶段练习）已知函数，其中(1)当时，求证：在上单调递减；(2)若有两个不相等的实数根（）求实数的取值范围；（）求证：【解析】（1）当时，令，令，得，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，即，所以函数在上单调递减.（2）（i）有两个不相等的实数根，即方程有两个不相等的实数根，令，当时，即函数在上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；当时，所以函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个零点，则，解得，又，不妨设，所以实数的取值范围为.（ii）要证，即证，又，即证，将，两式相减可得，只需证，即证，令，即证；设函数，则，所以函数

7、在上单调递增，则，即，所以原不等式得证.8（2023四川攀枝花统考模拟预测）已知函数(1)当时，求的单调区间；(2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值【解析】（1）时，函数的定义域为由解得当时，在单调递减；当时，在单调递增（2），则根据题意，得方程有两个不同的实根，即且，所以由，可得又总有对恒成立当时，恒成立，此时；当时，成立，即令函数，则在恒成立故在单调递增，所以当时，成立，即由函数，则，解得当时，单调递增；当时，单调递减又，当时，所以综上所述， 04 证明不等式9（2023山东青岛高三统考期中）已知函数（是自然对数底数）(1)当时，讨论函数的单调性；(2)当时，证明：【解析】（

8、1）当时，令，显然在单增，且，所以当时，；当时，；所以函数在上单调递减，在上单调递增.（2），令，则，所以在上单调递增，又，所以，又，故，使，即，当时，单调递减，当时，单调递增，故在处取得极小值，也是最小值；所以，又，令，显然在单调递增，要证，即证，即，即，令，则，当时，所以在上单调递减，所以，故10（2023陕西西安校联考模拟预测）已知函数.(1)若，求曲线在处的切线方程；(2)当，时，证明：.【解析】（1）因为，所以.，故曲线在处的切线方程为，即.（2）证明：令，则.因为，所以.令，则.令，则.当时，单调递增，故，即在上恒成立，则在上单调递增，则，即在上恒成立，则在上单调递增，故，即.11

9、（2023四川内江高三威远中学校校考阶段练习）已知，是的导函数，其中(1)讨论函数的单调性；(2)设，与x轴负半轴的交点为点P，在点P处的切线方程为求证：对于任意的实数x，都有.【解析】（1）由题意得，令，则，当时，函数在上单调递增；当时，得，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增（2）证明：由（1）可知，令，有或，故曲线与x轴负半轴的唯一交点P为曲线在点处的切线方程为，则，令，则，所以， 当时，若，若，令，则，故在时单调递增，故，在上单调递减，当时，由知在时单调递增，在上单调递增，所以，即成立 05 极最值问题12（2023广东韶关统考一模）已知函数.(1)若在处的切线与的图象切于点，求的坐

10、标；(2)若函数的极小值小于零，求实数的取值范围.【解析】（1）.所以即切线斜率为，又，所以，令解得，则，故点坐标为.（2），因为，令得，当由的变化可得1+00+单调递增极大值单调递减极小值单调递增符合题意；当由的变化可得10+0单调递减极小值单调递增极大值单调递减不符合题意；当，单调递减，没极值点；当，由的变化可得10+0单调递减极小值单调递增极大值单调递减，解得；综上所述，.13（2023四川南充高三四川省南充高级中学校考阶段练习）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，求的最小值.【解析】（1）因为定义域为，则，当时，令，解得，令，解得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，令，

11、解得，令，解得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）因为，所以，所以，即令，则有，设，则，由得当时，单调递增，当时，单调递减，所以，即，又因为，所以，当且仅当时等号成立所以，从而，所以原式设，则，由得当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以所求最小值为.14（2023四川成都统考二模）已知函数.(1)求在处的切线方程；(2)若是的最大的极大值点，求证：.【解析】（1），又，所以在处的切线方程为，（2）由（1）得，所以，当时，所以在无极大值点.当时，令，则在上单调递增，又，所以存在，使得，即，当时，单调递减；当时，单调递增.又，所以当时，即，

12、所以是的极小值点，在内无极大值点，所以存在，使得，即，即，当时，；当时，所以是的极大值点，也是的最大的极大值点.因为在上单调递减，所以，.所以 06 零点问题15（2023全国模拟预测）已知函数(1)曲线在点处的切线方程为，求实数的值(2)在（1）的条件下，若，试探究在上零点的个数【解析】（1）由，得，则有所以切线方程为又因为曲线在点处的切线方程为，所以（2）由（1）知，则令，则当时，则单调递减，所以所以在上单调递增当时，；当时，所以在上存在零点，且只有一个零点当时，则单调递减，所以存在，当时，则单调递增；当时，则单调递减而，所以在上无零点综上，在上只有1个零点16（2023四川南充阆中中学校

13、考一模）已知函数(1)当时，求在上的最小值；(2)若在上存在零点，求的取值范围.【解析】（1）当时， ，令，则在上是增函数，则0，所以，即在上是增函数，则.（2）， ，令，（1）当时，则在上是减函数，则，若，易得，则在上是减函数，不合题意；若，因，则根据零点存在定理，必，使，即，变化时，的变化情况如下表：0单调递增极大值单调递减则，故要使函数在上存在零点，需使，即；（2）当时，而，当时，故在上是增函数，不合题意；（3）当时，在上是增函数，在上是增函数，则在上是增函数，不合题意，综上所述，的取值范围是.17（2023全国模拟预测）已知函数，其中，e为自然对数的底数.(1)若，求的图象在点处的切线

14、方程；(2)若对任意，不等式，求a的取值范围；(3)若，判断方程的解的个数，并说明理由.【解析】（1）若，则，故的图象在点处的切线方程为.（2）（1）当时，所以.（2）当时，恒成立，令，则.令，易知，所以，在上单调递增，即.综上，a的取值范围是.（3）设，当时，单调递增，单调递减，所以在上单调递增，又，故在上有1个零点.当时，单调递增，所以；，单调递增，又，所以，故在上无零点.当时，在上单调递减，易知单调递增，从而在上单调递减，又，所以在上有1个零点.综上，在上有2个零点，即所求方程的解有2个.18（2023安徽高三校联考阶段练习）已知函数(1)当时，过点与函数相切的直线有几条？(2)若有两个

15、交点，求实数的取值范围【解析】（1）当时，函数，设切点为，因为，所以；所以切线方程为，因为切线过点，所以，化简得：，即；记，则，令，解得或；当时，所以在上单调递增，当时，所以在上单调递减，当时，所以在上单调递增；，当趋向时，故在无零点，故在内有1个零点，故在内有1个零点，综上，有2个零点，即过点与函数相切的直线有2条（2）令，则有两个交点等价于有两个零点，易得，当时，在上单调递增，则至多有一个零点，因此，令，则，所以在上单调递增，且，所以存在，使得，则，当时，即，所以在上单调递减，当时，即，所以在上单调递增；因此，且，所以，则，故；当时，则在上没有零点，不符合；当时，则在上只有一个零点，不符合

16、；当时，；则在上有两个零点，又，此时，所以，因为，所以在上有且只有一个零点，即在上有且只有一个零点；易得，设，则，易知在上递增，则，故在上单调递增，则，故，所以在上有且只有一个零点，即在上有且只有一个零点，综上，实数的取值范围为19（2023全国模拟预测）已知函数(1)求的最值；(2)若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围【解析】（1）由题意可得：，令，得，当时，单调递减；当时，单调递增所以的最小值为，无最大值（2）令，则，若方程有两个不同的解，则有两个不同的零点（）若，则，由得当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为当时，即，故没有零点，不满足题意；当时，只有一个零点，不

17、满足题意；当时，即，当时，又因为，故，所以，又，故在上有一个零点设，则，单调递增，所以，故当时，又，所以，因此在上有一个零点，所以当时，有两个不同的零点，满足题意；（）若，则由得，当时，当时，；当时，；当时，所以在和上单调递减，在上单调递增又，所以至多有一个零点，不满足题意；当时，则，所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意；当时，当时，；当时，；当时，所以在和上单调递减，在上单调递增，又，所以至多有一个零点，不满足题意；综上，实数a的取值范围为 07 不等式恒成立问题20（2023海南校联考模拟预测）已知函数.(1)当时，讨论函数的单调性；(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1

18、）当时，所以，令，可得，当时，单调递增；当时，单调递减，所以当时，取得极大值，也为最大值，且，所以，所以在上单调递减.（2）由，得，即在上恒成立.令，可得，令，可得，令，可得；令，可得，所以在单调递减，在单调递增，又，所以在中存在唯一的使得，在中存在唯一的使得，即有.因为在单调递减，在单调递增，所以当时，；当时，；当时，；当时，.又，所以当时，；当时，；当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以时，的极小值为时，的极小值为因为，可得，所以，所以.代入和，则有，同理可得，所以，所以，所以，即实数的取值范围为21（2023河北校联考模拟预测）已知函数，(1)若的最大值是

19、0，求的值；(2)若对任意，恒成立，求的取值范围【解析】（1）的定义域为，若，则，在定义域内单调递增，无最大值；若，则当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以当时，取得极大值，也是最大值，为，解得，显然符合题意，所以的值为（2）对任意恒成立，即在上恒成立设，则设，则，所以在上单调递增，且，所以有唯一零点，且，所以构造函数，则.又函数在上是增函数，所以由在上单调递减，在上单调递增，得，所以，所以的取值范围是22（2023河南高三校联考期中）已知函数(1)若在区间上无零点，求实数m的取值范围；(2)若对任意，不等式恒成立，求实数m的取值范围【解析】（1）令，得，令，则，当时，故，则在区间上单调

20、递减，因为，当时，故实数m的取值范围为（2）依题意在时恒成立，令，解得下证当时，不等式在时恒成立先证明：当时，令，则，令，则，易知，所以在上单调递增，即，所以在上单调递增，得，即当时，再证明：当时，（*）因为当时，故只需证明令，则当时，在上单调递增，；当时，由知，所以，所以（*）成立综上所述，实数m的取值范围为23（2023辽宁葫芦岛高三校联考阶段练习）已知函数.(1)求的单调区间，(2)当时，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1），当时，在上单调递减，在上单调递增，当时，令，得或，令，得，所以在和上单调递增，在上单调递减，当时，恒成立，则在上单调递增，当时，令，得或，令，得，

21、在和上单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2），即，整理得，因为，所以，令，因为，所以在上单调递减，因为，所以，所以，因为，所以，令，则，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即实数的取值范围是. 08 极值点偏移问题与拐点偏移问题24已知函数，且为定义域上的增函数，是函数的导数，且的最小值小于等于0（）求的值；（）设函数，且，求证：【解析】（）解：，由为增函数可得，恒成立，即，得，设，则，由，得，由，得在上减

22、，在上增，在1处取得极小值即最小值，（1），则，即，当时，易知，当时，则，这与矛盾，从而不能使得恒成立，；由可得，即，由之前讨论可知，当时，恒成立，当时，由，得，综上；（）证明：，即，则，令，则，在上增，在上减，（1），整理得，解得或（舍，25已知函数，其定义域为（其中常数，是自然对数的底数）（1）求函数的递增区间；（2）若函数为定义域上的增函数，且，证明：【解析】解：（1）易知，若，由，解得：，故函数在递增，若，令，解得：，或，令，解得：，故在递增，在，递减，在递增，若，则，故函数在递增，若，令，解得：或，令，解得：，故在递增，在递减，在，递增，综上，若，在递增，若，在，递增，若，在递增，若

23、，在，递增；（2）函数在递增，即，注意到（1），故（1），即证，即证，令，只需证明（1），故，下面证明，即证，由熟知的不等式可知，当时，即，故，易知当时，故，故，故，即递增，即（1），从而26（2023天津和平高三天津一中校考阶段练习）已知函数，a为实数(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)求函数的单调区间；(3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，证明：【解析】（1）当时，故，故函数在处的切线方程为，即；（2）定义域为，令，解得，令，解得，故的单调递增区间为，单调递减区间为；（3）由题意得，解得，故，当时，单调递减，当时，单调递增，可知函数在处取得极值，故符合题意，因为，令，则，当时，

24、单调递减，当时，单调递增，且当时，恒成立，当时，画出的图象如下：故，令，则，因为，所以，故在上单调递减，又，故在上恒成立，即，因为，所以，其中，故，其中，在上单调递增，故，即，令，则，当时，所以单调递增，由复合函数可得在上单调递增，又，故存在，使得，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，故当时，恒成立，因为，故，即，又，故，其中，在上单调递增，故，故，综上，.27（2023吉林长春高二长春十一高校考期末）已知函数，（为自然对数的底数）(1)当时，求函数的极大值；(2)已知，且满足，求证：【解析】（1）当时，定义域为，则，所以在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为；（2）由题意知，由可得，所以

25、，令，由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，则，令，又，所以，则，若，则，即，所以；若，设，且满足，如图所示，则，所以，下证：令，则，所以在上单调递增，所以，所以，即，又因为，所以，所以，即，又因为，所以，即由可知，得证.28（2023辽宁高二统考期末）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若（e是自然对数的底数），且，证明：.【解析】（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

26、，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. 09 利用导数解决一类整数问题29（2023浙江台州统考一模）设(1)求证：；(2)若恒成立，求整数的最大值（参考数据，）【解析】（1）要证：，（，），只要证：，又当时，当时，即与同号，故只要证：，即证：，令，（，），则，当时，时，所以在上递减，在上递增，所以，故原不等式得证（2）因为，当时，有，则，所以整数当时，由（1）可得，下证：，只要证：令，因为，所以在上单调递减，故，所以得证,综上所述，整数的最大值为230（2023安

27、徽高三合肥一中校联考阶段练习）已知(1)讨论函数的单调性；(2)若函数有两个零点，求整数的最大值【解析】（1）当时，则在上单调递增；当时，令，可得，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增（2）由（1）得，当时，在上单调递增，所以至多有一个零点，要使函数有两个零点，则，且，令，则，令，则，即在上单调递减，使得， 且在上单调递增，在上单调递减，当时，且，且， 所以函数有两个零点，符合题意；当时，不符合题意,所以整数a的最大值为-231（2023全国高三专题练习）已知函数的定义域为当时，若在上恒成立，求整数的最大值（注释：其中e为自然对数底数，）【解析】当时，恒成立，即，恒成立，当时，则为不等式恒成

28、立的必要条件，又，下证，当时，设，则，所以，故整数的最大值为132（2023全国高三专题练习）已知函数，(1)求函数的极值；(2)若m为整数，对任意的都有成立，求实数m的最小值【解析】（1）由（），得（），令，解得，令，解得，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，故函数的极大值是，函数无极小值（2）设，则（）.当时，故在上单调递增，又，不满足题意，舍去当时，令，得，令，得，故在上单调递增，在上单调递减，的最大值令（），显然在上单调递减，且，故当时，满足题意，故整数m的最小值为1 10 导数中的同构问题33已知函数（）求函数的单调区间；（）设，若对任意，且，都有，求实数的取值范围【解析】解：（）

29、当，函数定义域为，恒成立，此时，函数在单调递增；当，函数定义域为，则，恒成立，此时，函数在单调递增；（）时，在，上递增，在，上递减，不妨设，则，等价于有，即，令，等价于函数在，上是减函数，即在，恒成立，分离参数，得，令，在，递减，（1），又，故实数的取值范围为，34已知函数（1）求函数的极值；（2）求证：若对恒成立，则；（3）设，对任意的，都有成立，求实数的取值范围【解析】解：（1），若，则在上恒成立，在上单调递增，原函数无极值；若，则当时，当时，在上为减函数，在上为增函数，则的极小值为（a）；证明：（2）由（1）知，当时，函数在上是增函数，而（1），当时，与恒成立相矛盾，不满足题意；当时，函

30、数在上是增函数，在上是减函数，（a）（1），当时，（a）（1），此时与恒成立相矛盾；解：（3）由（2）可知，当时，函数在，上是增函数，又函数在，上是减函数，不妨设，则，即设，则等价于函数在区间，上是减函数，在，上恒成立，即在，上恒成立，即不小于在，内的最大值而函数在，是增函数，的最大值为，又，35已知函数，（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，且对任意，都有，求实数的取值范围【解析】解：（1）时，（1），（1），则曲线在处的切线方程是：；（2）当时，故函数在，上是增函数，又函数在，上是减函数不妨设则，即，设，则等价于函数在区间，上是减函数，因为，所以在，上恒成立，即在，上恒成立，即不小于

31、在，内的最大值，而函数在，是增函数，所以的最大值为，所以，又，所以，36已知函数和有相同的最大值（1）求；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列【解析】解：（1），又与有相同的最大值，且与的符号草图分别为：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，两函数的最大值（1）与（e）相等，即，又，；（2）证明：根据（1）知当直线过两函数的交点时，满足题意，设，直线与在的左边交点为，直线与在的右边交点为，则，且，即，又，且在上单调递增，又，即，又，且在上单调递减，成等比数列故原命题得证 11 洛必达法则37已知（1）求的单调区间；（

32、2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围【解析】（1）的定义域为，令，则所以当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，所以时，（1），即在上单调递增，所以的增区间为，无减区间（2）对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立当，对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立记，则，记，则，所以在单调递减，又（1），所以，时，即，所以在单调递减所以，综上所述，的取值范围是38已知函数（1）若函数在点，（1）处的切线经过点，求实数的值；（2）若关于的方程有唯一的实数解，求实数的取值范围【解析】解：（1），在点，（1）处的切线的斜率（1），又（1），切线的方程为，即，由经过点，可得（2）证明：易知为方程的根，

33、由题只需说明当和时原方程均没有实数解即可当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解，若，令，故在单调递增，在单调递减，故在单调递减，从而，此时方程也无解若，由，记，则，设，则有恒成立，恒成立，故令在上递增，在上递减（1），可知原方程也无解，由上面的分析可知时，方程均无解当时，若，显然有，而恒成立，此时方程显然无解，若，和中的分析同理可知此时方程也无解若，由，记，则，由中的分析知，故在恒成立，从而在上单调递增，当时，如果，即，则，要使方程无解，只需，即有如果，即，此时，方程一定有解，不满足由上面的分析知时，方程均无解，综合可知，当且仅当时，方程有唯一解，的取值范围为39已知函数在处取得极值，且

34、曲线在点处的切线与直线垂直（1）求实数的值；（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围【解析】（1），；函数在处取得极值，；又曲线在点处的切线与直线垂直，；解得：；（2）不等式恒成立可化为，即；当时，恒成立；当时，恒成立，令，则；令，则；令，则；得在是减函数，故，进而（或，得在是减函数，进而）可得：，故，所以在是减函数，而要大于等于在上的最大值，但当时，没有意义，变量分离失效，我们可以由洛必达法得到答案，故答案为 12 导数与三角函数结合问题40（2023江西景德镇高一统考期中）已知.(1)求函数的值域；(2)当时，讨论函数的零点个数；若函数有两个零点，证明 .【解析】（1），设，对称轴为，则，

35、则函数的值域为，即函数的值域为；（2），即，当时，题设即，当或，即或时，方程无解；当，即时，方程仅有一解，此时；当，即时，方程有两解，此时函数有两个零点；综上所述，当时，函数没有零点；当时，函数有一个零点；当时，函数有两个零点；，由可知，满足方程，则，则，由于，则，则，则，则，由于，则，即，即证.41（2023浙江宁波镇海中学校考模拟预测）已知，(1)求在处的切线方程；(2)求证：对于和，且，都有；(3)请将（2）中的命题推广到一般形式，井用数学归纳法证明你所推广的命题【解析】（1）因为，所以，又，所以求在处的切线方程为（2）不妨设，令，则，因为，所以，所以在上恒成立在上单调递减，所以，即（3

36、）对于任意的，任意的，都有，证明：当时，由（2）知，命题显然成立假设当时命题成立即对任意的，及，2，3，k，都有现设，及，2，3，k，令，2，3，k，则由归纳假设可知所以当时命题也成立综上对于任意的，任意的，且，都有42（2023上海闵行上海市七宝中学校考三模）已知函数.(1)，求实数的值；(2)若，且不等式对任意恒成立，求的取值范围；(3)设，试利用结论，证明：若，其中，则.【解析】（1）由函数，可得，所以，.又由，所以，解得.（2）若，可得，则，则不等式可化为，即对任意恒成立，令，则，设函数，可得，因为，所以恒成立，所以函数在上严格递增，所以，故，即实数的取值范围为.（3）解法1：由，因为

37、，可得，当且仅当时，等号成立；所以，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当时等号成立.因此有， ，以上个式子相加得：.解法2：由，可得，当且仅当时等号同时成立.故，以上个式子相加得：.43（2023湖北孝感高三校联考阶段练习）已知：函数，且，.(1)求证：；(2)设，试比较，的大小.【解析】（1）由对称性，不妨设，则由于，欲证，即证：，.设，由切线不等式得，故，单调递增，得证.（2）证法一：由，得在上单调递减，且，在上单调递增且；由（1）知当时，在上单调递增，故，即.当时，由上面的结论，得时，有，即由在上单调递增，故，即.综上，得，关于单调递减，.综上，得.证法二：，在上是减函数，即；，在上是减函数，即下面证明：当时，.（1）设，则，即；设，则，即，（1）式成立下面证明：（2），（2）式成立.