第17讲 导数的综合应用（8类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（北京专用）

第17讲 导数的综合应用 （8类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年北京卷，第20题，15分 利用导数研究函数的零点 2023年北京卷，第10题，4分 利用导数证明不等式与数列结合 2022年北京卷，第20题，15分 利用导数证明不等式 2021年北京卷，第15题，5分 利用导数研究函数的零点 2. 命题规律及备考策略 【命题规律】导数的综合应用时高考数学重点和热点，几乎每年都会有相关的考题出现，整体难度偏大． 【备考策略】 1. 掌握导数的基本原理和计算技巧，能够准确求解各类函数的导数； 2. 学会利用导数分析函数的增减性、凹凸性和极值，解决函数性质问题； 3. 会将方程、不等式问题转化为求函数最值问题； 4. 能够运用导数证明不等式，理解其在数学证明中的重要性． 【命题预测】导数的综合应用题目可能会继续作为高考数学的重点内容之一，可能会更加注重考察学生对导数概念的深入理解和灵活运用能力，包括但不限于函数的零点、不等式的证明以及与其他模块的结合． 知识讲解 知识点1 利用导数研究零点 1、函数零点问题常规求解步骤： 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴（或y=k）在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象判断零点或根据零点分析参数． 2、利用导数确定函数零点的常用方法 （1）图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极（最）值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需要使用极限）； （2）利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 3、利用函数的零点求参数范围的方法 （1）分离参数（a=g(x)）后，将原问题转化为y=g(x)的值域（最值）问题或转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题（优先分离、次选分类）求解； （2）利用函数零点存在定理构造不等式求解； （3）转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 4、导函数的零点不可直接求时的应对策略 （1）“特值试探法”：当导函数的零点不可求时，可尝试利用特殊值试探，特殊值的选取应遵循一下原则： ①当含有的函数中，通常选取，特别的，选当时，来试探； ②在含有的函数中，通常选取，特别的，选取当时，来试探，在探得导函数的一个零点后，结合导函数的单调性，确定导函数在零点左右的符号，进而确定原函数的单调性和极值，使问题得到解决． （2）“虚设和代换法”：当导函数的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点的存在，再虚设为，接下来通常有两个方向： ①由得到一个关于的方程，再将这个关于的方程的整体或局部代入，从而求得，然后解决相关的问题； ②根据导函数的单调性，得出两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解． 知识点2 利用导数研究不等式 1、不等式证明的常用思路 （1）移项构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）最值法：若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． 在证明过程中，等价转化是关键，此处恒成立．从而f(x)>g(x)， 但此处与取到最值的条件不是同一个“x的值”． （3）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； （4）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 （5）双变量不等式的处理策略： 含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式，具体转化方法主要有三种：整体代换，分离变量，选取主元. 2、单变量不等式转化 一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）， （2）， （3）， （4）， 3、双变量不等式转化 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，，有成立，故． 考点一、判断或讨论函数零点个数 【典例1】（23-24高三上·北京朝阳·阶段练习）已知函数. (1)求证：当 时，； (2)求在的零点个数. 【典例2】（23-24高三上·北京·期中）已知函数，是常数. (1)求函数的图象在点处的切线的方程； (2)证明函数的图象在直线的下方； (3)讨论函数零点的个数. 1．（23-24高三下·山东青岛·阶段练习）已知函数． (1)求的单调递增区间； (2)求出方程的解的个数． 2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)讨论函数在区间上零点的个数. 考点二、根据零点情况求参数取值范围 【典例1】（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）已知， (1)求的极值； (2)若函数存在两个零点，求的取值范围. 【典例2】（2022·北京·三模）已知函数 (1)讨论函数在区间内的单调性； (2)若函数在区间 内无零点，求的取值范围． 1．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数． (1)求函数的单调递增区间； (2)若函数有且仅有三个零点，求的取值范围． 2．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知函数，函数， (1)已知直线是曲线在点处的切线，且与曲线相切，求的值； (2)若方程有三个不同实数解，求实数的取值范围. 考点三、证明函数零点的个数 【典例1】（2023·北京西城·模拟预测）已知函数. (1)若，求在处切线方程； (2)求的极大值与极小值； (3)证明：存在实数，当时，函数有三个零点. 【典例2】（2022·北京·模拟预测）设函数. (1)k＝1时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； (2)求f（x）的单调区间和极值； (3)证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点. 1．（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数. (1)求函数在区间上的最小值； (2)判断函数的零点个数，并证明. 2．（2024·江苏·模拟预测）已知函数在处的切线经过原点. (1)判断函数的单调性； (2)求证：函数的图象与直线有且只有一个交点. 考点四、隐零点问题及其应用 【典例1】（23-24高三上·北京·阶段练习）已知函数 在处的切线方程为． (1)求的值; (2)求证：恒成立．(参考数据： 【典例2】（23-24高三上·北京·开学考试）已知函数，曲线在的切线为． (1)求a，b的值； (2)求证：函数在区间上单调递增； (3)求函数的零点个数，并说明理由． 1．（2023·北京海淀·模拟预测）设函数，其中．函数是函数的导函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时，函数有且仅有一个零点，且； (3)若，讨论函数的零点个数（直接写出结论）． 2．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知函数. (1)求过原点的切线方程； (2)求证：存在，使得在区间内恒成立，且在内有解. 考点五、单变量不等式求参数问题 【典例1】（23-24高三上·北京通州·期中）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的极值； (3)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【典例2】（23-24高三上·北京·期中）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线； (2)讨论的单调性； (3)当时，若对任意实数，恒成立，求的取值范围. 1．（23-24高三上·山西吕梁·阶段练习）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若在上有解，求实数的取值范围． 2．（2024·湖北·模拟预测）已知函数，其中为常数. (1)过原点作图象的切线，求直线的方程； (2)若，使成立，求的最小值. 考点六、双变量不等式成立求参数问题 【典例1】（2023·北京·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)设，讨论函数的单调性； (3)若对任意的，当时，恒成立，求实数的取值范围. 【典例2】（2023高三·全国·专题练习）已知函数，当时，，，若，，使成立，求实数m的取值范围． 1．（2023·河南·二模）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，若对于任意的，总存在，使得，求的取值范围. 2．（23-24高三上·福建莆田·期中）已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若，且对，都，使得成立，求实数的取值范围． 考点七、证明不等式 【典例1】（2024·北京平谷·模拟预测）设函数，曲线在点处的切线斜率为1． (1)求a的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求证：． 【典例2】（2024·北京石景山·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求在区间上的最大值与最小值； (3)当时，求证：． 1．（23-24高三上·北京·期中）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)已知m，n是正整数，且，证明． 2．（2023·北京顺义·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在 上的最大值和最小值； (3)设 ，证明：对任意的，有． 考点八、极值点偏移问题 【典例1】（2023·北京大兴·三模）设，函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)若函数有两个相异零点，，求证：. 【典例2】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，证明． 1．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）已知函数. (1)试判断函数的单调性； (2)已知函数，若有且只有两个极值点，且，证明：. 2．（22-23高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数 (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个极值点，证明： 1．（23-24高三上·北京·阶段练习）若方程有根，则实数a的取值范围是 ． 2．（23-24高三上·北京·开学考试）已知函数有三个不同的零点，则整数的取值可以是 ． 3．（22-23高三下·北京·开学考试）已知函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是 . 4．（23-24高三上·北京怀柔·阶段练习）已知函数在点处的切线方程为 (1)求，的值； (2)证明：． 5．（2023·北京密云·三模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：. 6．（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对，恒成立，求实数的取值范围. 7．（21-22高三上·北京·阶段练习）已知函数（） (1)求在处的切线方程； (2)当有3个零点时，求的取值范围． 1．（2024·北京东城·二模）已知函数与直线交于，两点，则所在的区间为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·北京房山·一模）若函数，则函数零点的个数为（    ） A．1 B．2 C．1或2 D．1或3 3．（23-24高三上·北京·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)当时，设，若有两个不同的零点，求参数的取值范围. 4．（23-24高三上·北京·期中）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，求在上的最小值； (3)若在上存在零点，求的取值范围. 5．（23-24高三上·北京丰台·期中）已知函数，． (1)当时，求函数的最大值； (2)若关于的不等式恒成立，求实数的值． 6．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，令，，求证：. 7．（2023·河南·模拟预测）设函数. (1)若在上恒成立，求实数的取值范围； (2)设有两个极值点，且，求证：. 1．（2023·全国·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（    ） A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 3．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论： ①若，恰 有2个零点； ②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点； ④存在正数，使得恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 ． 4．（2022·北京·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 5．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 6．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 7．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第17讲 导数的综合应用 （8类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年北京卷，第20题，15分 利用导数研究函数的零点 2023年北京卷，第10题，4分 利用导数证明不等式与数列结合 2022年北京卷，第20题，15分 利用导数证明不等式 2021年北京卷，第15题，5分 利用导数研究函数的零点 2. 命题规律及备考策略 【命题规律】导数的综合应用时高考数学重点和热点，几乎每年都会有相关的考题出现，整体难度偏大． 【备考策略】 1. 掌握导数的基本原理和计算技巧，能够准确求解各类函数的导数； 2. 学会利用导数分析函数的增减性、凹凸性和极值，解决函数性质问题； 3. 会将方程、不等式问题转化为求函数最值问题； 4. 能够运用导数证明不等式，理解其在数学证明中的重要性． 【命题预测】导数的综合应用题目可能会继续作为高考数学的重点内容之一，可能会更加注重考察学生对导数概念的深入理解和灵活运用能力，包括但不限于函数的零点、不等式的证明以及与其他模块的结合． 知识讲解 知识点1 利用导数研究零点 1、函数零点问题常规求解步骤： 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴（或y=k）在某区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图象； 第三步：结合图象判断零点或根据零点分析参数． 2、利用导数确定函数零点的常用方法 （1）图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极（最）值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需要使用极限）； （2）利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数． 3、利用函数的零点求参数范围的方法 （1）分离参数（a=g(x)）后，将原问题转化为y=g(x)的值域（最值）问题或转化为直线y=a与y=g(x)的图象的交点个数问题（优先分离、次选分类）求解； （2）利用函数零点存在定理构造不等式求解； （3）转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解． 4、导函数的零点不可直接求时的应对策略 （1）“特值试探法”：当导函数的零点不可求时，可尝试利用特殊值试探，特殊值的选取应遵循一下原则： ①当含有的函数中，通常选取，特别的，选当时，来试探； ②在含有的函数中，通常选取，特别的，选取当时，来试探，在探得导函数的一个零点后，结合导函数的单调性，确定导函数在零点左右的符号，进而确定原函数的单调性和极值，使问题得到解决． （2）“虚设和代换法”：当导函数的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点的存在，再虚设为，接下来通常有两个方向： ①由得到一个关于的方程，再将这个关于的方程的整体或局部代入，从而求得，然后解决相关的问题； ②根据导函数的单调性，得出两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解． 知识点2 利用导数研究不等式 1、不等式证明的常用思路 （1）移项构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）最值法：若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题． 在证明过程中，等价转化是关键，此处恒成立．从而f(x)>g(x)， 但此处与取到最值的条件不是同一个“x的值”． （3）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； （4）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 （5）双变量不等式的处理策略： 含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式，具体转化方法主要有三种：整体代换，分离变量，选取主元. 2、单变量不等式转化 一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）， （2）， （3）， （4）， 3、双变量不等式转化 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，，有成立，故． 考点一、判断或讨论函数零点个数 【典例1】（23-24高三上·北京朝阳·阶段练习）已知函数. (1)求证：当 时，； (2)求在的零点个数. 【答案】(1)证明见解析；(2)2个. 【解析】（1）由函数，可得， 令，可得， 当时，可得，所以单调递减， 又由，所以，即，所以单调递减， 由，所以. （2）由（1）知，， 当，可得，且，所以， 即，所以单调递减； 当，可得，且，所以， 即，所以单调递增， 又因为，，， 所以函数有两个零点. 【典例2】（23-24高三上·北京·期中）已知函数，是常数. (1)求函数的图象在点处的切线的方程； (2)证明函数的图象在直线的下方； (3)讨论函数零点的个数. 【答案】(1)；(2)见解析；(3)见解析 【解析】（1）因为，， 所以，，， 所以函数在点处的切线的方程为，即. （2）证明：令，其中； ，令得. 当时，，为增函数；当时，，为减函数； 所以有最大值，即时，， 所以函数的图象在直线的下方. （3）令，即， 由（1）知，当时，直线与曲线相切于点， 此时只有一个零点； 作图象，直线恒过. 当时，直线与的图象有且只有一个交点，即只有一个零点； 当时，直线与的图象有两个交点，即有两个零点； 当时，直线与的图象没有交点，即无零点. 综上可知，当时，无零点；当或时，有且仅有一个零点； 当时，有两个零点. 1．（23-24高三下·山东青岛·阶段练习）已知函数． (1)求的单调递增区间； (2)求出方程的解的个数． 【答案】(1)，；(2)答案见解析 【解析】（1）函数的定义域为． ．令解得或． 则、、的关系列表如下： 0 0 0 单调递增 极大值 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 的单调递增区间为． （2）方程的解的个数为函数的图象与直线的交点个数． 在（1）中可知：在区间上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，在处取得极小值， 令，得． 当时，的图像过点． 当时，，但始终在轴上方； 当从的左侧无限近于时，；当从的右侧无限近于时，； 当时，；当时，． 根据以上性质，作出函数的大致图象如图所示， 当时，与没有交点，则方程的解为个； 当或或时，与有个交点，则方程的解为个； 当或时，与有个交点，则方程的解为个． 2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)讨论函数在区间上零点的个数. 【答案】(1)；(2)答案见解析 【解析】（1）的定义域是， ，， 当时，，得. ，当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减 当时，函数取最大值，最大值为； （2）由，得， 令，则， 由得， 由，得， 在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，，， 作函数的图象如下： 综上：当或时，在上有一个零点， 当时，在上有2个零点， 当或时，在上没有零点. 考点二、根据零点情况求参数取值范围 【典例1】（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）已知， (1)求的极值； (2)若函数存在两个零点，求的取值范围. 【答案】(1)极大值为，无极小值；(2). 【解析】（1）令且，则， 当时，当时， 所以在上递增，上递减， 故的极大值为，无极小值. （2）由题设，有两个根，即与有两个交点， 由（1）知：在上递增，上递减， 在上，在上，且当趋向正无穷时趋向于0， 综上，只需，即. 【典例2】（2022·北京·三模）已知函数 (1)讨论函数在区间内的单调性； (2)若函数在区间 内无零点，求的取值范围． 【答案】(1)见解析；(2) 【解析】（1）， （Ⅰ）当，即时， ，在单调递减 （Ⅱ）当，即时， ，在单调递增 （Ⅲ）当，即时，当时， ，单调递增； 当时，，单调递减 综上所述，（Ⅰ）当时，在单调递减 （Ⅱ）当时，在单调递增 （Ⅲ）当时，在单调递增，在单调递减 （2）由（1）知：当时， 即 ，在无零点 当时， 即，在无零点 当时，在单调递增，在单调递减 ， 只需 即可 即 ，， 综上所述， 1．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数． (1)求函数的单调递增区间； (2)若函数有且仅有三个零点，求的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）由，得， 令，得，解得． 所以的单调递增区间为 （2）令，解得或． 当变化时，，的变化情况如下表所示： 0 2 0 0 单调递减 1 单调递增 单调递减 由函数有且仅有三个零点， 得方程有且仅有三个不等的实数根， 所以函数的图象与直线有且仅有三个交点． 显然，当时，；当时，． 所以由上表可知，的极小值为，的极大值为， 故． 2．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知函数，函数， (1)已知直线是曲线在点处的切线，且与曲线相切，求的值； (2)若方程有三个不同实数解，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1），则，则，， 故切线方程为：， 与曲线相切，联立得到，即， ，解得. （2），即，则， 设，则， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； ，，画出函数图象： 根据图象知：. 考点三、证明函数零点的个数 【典例1】（2023·北京西城·模拟预测）已知函数. (1)若，求在处切线方程； (2)求的极大值与极小值； (3)证明：存在实数，当时，函数有三个零点. 【答案】(1)；(2)见解析；(3)证明见解析 【解析】（1）当时，，， 所以， 又， 所以切线方程为，即. （2）， 当时，，解得， 故时，，单调递减；时，，单调递增， 故时，的极小值为，无极大值； 当时，令，解得，， 故当或时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故的极大值为，极小值为； 当时，令，解得，， 故当或时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的极大值为，极小值为； 综上，当时，的极小值为，无极大值； 当时，的极大值为，极小值为. （3）当时，由（2）知， 在和上单调递增， 在上单调递减，且时，恒成立， 时，， 又的极大值为，极小值为， 所以存在实数时，函数有三个零点. 【典例2】（2022·北京·模拟预测）设函数. (1)k＝1时，求曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； (2)求f（x）的单调区间和极值； (3)证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点. 【答案】(1)；(2)函数单调递减区间是，函数f（x）单调递增区间是 , ； 极小值为，无极大值；(3)证明见解析 【解析】（1）函数， 时， , , 曲线 在点 处的切线方程为 . （2）. , 时，，函数单调递减； 时，，函数单调递增. x + 0 ↘ 极小值 ↗ 时，函数取得极小值，，无极大值. 综上可得：函数单调递减区间是，函数单调递增区间是. 时，函数取得极小值，，无极大值. （3）证明：由(2)可知：函数单调递减区间是，函数单调递增区间是. 时，函数取得极小值，， 若存在零点， 则函数的极小值≤0，解得. 函数单调递减区间是 ∴在区间]上单调递减， ∴在在区间]上最多有一个零点， 又，＝≤0， 因此在区间]上仅有一个零点. 1．（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数. (1)求函数在区间上的最小值； (2)判断函数的零点个数，并证明. 【答案】(1)；(2)函数在有且仅有一个零点，证明见解析 【解析】（1）因为， 所以，令，， 当时，， 所以在上单调递减，且， ， 所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使 又当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 又因为， ， 所以函数在区间上的最小值为. （2）函数在上有且仅有一个零点，证明如下： 函数，，则， 若，， 所以在区间上单调递增，又， ， 结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点， 若，则，，则， 若，因为，所以， 综上，函数在有且仅有一个零点. 2．（2024·江苏·模拟预测）已知函数在处的切线经过原点. (1)判断函数的单调性； (2)求证：函数的图象与直线有且只有一个交点. 【答案】(1)在上单调递增；(2)证明见解析 【解析】（1）因为，所以切点为. 因为，所以， 所以切线方程为. 因为切线经过原点，所以，所以. 由定义域为，故， 所以在上单调递增. （2）设（）， 则. 因为当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且， 因为，且当时，单调递减，所以 所以当时，， 所以函数在时没有零点， 所以当时，函数的图象与直线没有交点. 当时，，单调递增， 又因为，且函数的图象是不间断的， 所以当时，函数有且只有一个零点， 函数的图象与直线有且只有一个交点. 综上所述，函数的图象与直线有且只有一个交点. 考点四、隐零点问题及其应用 【典例1】（23-24高三上·北京·阶段练习）已知函数 在处的切线方程为． (1)求的值; (2)求证：恒成立．(参考数据： 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1）已知函数 在x=0处的切线方程为． 由 ； （2） 令 则 恒成立， 所以 在上单调递增． 又 所以 存在唯一的零点， 且满足 ① 当x变化时， f(x)和f'(x)的变化情况如下： x 0 减 极小值 增 所以 将①带入上式，得 令，并构造函数 则有 所以在上单调递增． 所以 即 所以f(x)>0恒成立． 【典例2】（23-24高三上·北京·开学考试）已知函数，曲线在的切线为． (1)求a，b的值； (2)求证：函数在区间上单调递增； (3)求函数的零点个数，并说明理由． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)零点个数为0，证明见解析. 【解析】（1），则有，解得， ，则. （2）由（1）知，， 设，因为在上单调递增， 则，所以在上恒成立， 所以函数在区间上单调递增. （3）因为，令， 令，得，设， 由（2）知在上单调递增，且，， 故存在唯一零点使得， 即存在唯一零点满足，即得，则， 且当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 所以， 当时，，， 则，则函数的零点个数为0. 1．（2023·北京海淀·模拟预测）设函数，其中．函数是函数的导函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时，函数有且仅有一个零点，且； (3)若，讨论函数的零点个数（直接写出结论）． 【答案】(1)；(2)证明见解析. (3)①当时，有1个零点；②当时，有2个零点. 【解析】（1）当时，， 则，，所以， 所以，即：， 所以在点处的切线方程为. （2）证明：∵的定义域为，，， 则（）， 令（）， 则， 又∵，， ∴， ∴在上单调递减， 又∵，，， ∴，，即：， ∴，， ∴在上有唯一零点，且， 即有且仅有一个零点，且. （3）①当时，的定义域为，则， ∴由零点存在性定理知，在上单调递增， 又∵，， ∴在上有唯一零点. ②当时，由（2）知，在上单调递减，且有且仅有一个零点，， ∴，即：， ∴，， ∴在上单调递增 ，在上单调递减， ∴， 又∵，， 令（），则， ∴在上单调递减， 又∵，∴，即：， ∴由零点存在性定理知，在上有2个零点. 综述：①当时，有1个零点； ②当时，有2个零点. 2．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知函数. (1)求过原点的切线方程； (2)求证：存在，使得在区间内恒成立，且在内有解. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1），设切点 切线方程： 切线过原点，所以 解得，切线方程： （2）设， 则，故 当时，，则，即在单调递增， 且且时， 所以存在唯一使得①. 当时，，当时，， 在上单调递减，上单调递增. 满足在区间内有唯一解，只需满足即可. 所以， 将①代入化简得：， 即，得（舍），， 则，此时①变形为， 不妨设，显然在上单调递增. . ，则结论得证 考点五、单变量不等式求参数问题 【典例1】（23-24高三上·北京通州·期中）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的极值； (3)若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2)极小值为，无极大值；(3) 【解析】（1）由得，又， 所以在切线为 （2）令，则，故在单调递增， 当时，单调递减， 所以当时，取极小值，无极大值， （3）由得， 故， 构造函数则，令，则， 故当时，，单调递增，时，单调递减， 故当取极小值也是最小值，， 所以，即 【典例2】（23-24高三上·北京·期中）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线； (2)讨论的单调性； (3)当时，若对任意实数，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3) 【解析】（1）时，函数，则，切点坐标为， ，则曲线在点处的切线斜率为， 所求切线方程为，即. （2），函数定义域为R， ①，解得或，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， ②，解得或，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， ③，恒成立，在上单调递增. （3）当时，由（2）可知为在上的极小值，也是最小值. 于是，所以 当且时， 由于函数的图像抛物线开口向上，对称轴大于0， 因此，此时，符合题意. 所以的取值范围为. 1．（23-24高三上·山西吕梁·阶段练习）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若在上有解，求实数的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1），， 所以在处的切线方程为：，即. （2）因为在上有解，所以在上有解， 当时，在上有解， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，故， 则当时，，即． 所以，当时；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，所以， 综上可知，实数的取值范围是． 2．（2024·湖北·模拟预测）已知函数，其中为常数. (1)过原点作图象的切线，求直线的方程； (2)若，使成立，求的最小值. 【答案】(1)；(2). 【解析】（1） 设切点坐标为，则切线方程为， 因为切线经过原点，所以，解得， 所以切线的斜率为，所以的方程为. （2），，即成立， 则得在有解， 故有时，. 令，，， 令得；令得， 故在单调递减，单调递增， 所以， 则，故的最小值为. 考点六、双变量不等式成立求参数问题 【典例1】（2023·北京·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)设，讨论函数的单调性； (3)若对任意的，当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3) 【解析】（1），，， 当时，，切点坐标为， 又，切线斜率为， 曲线在处切线方程为：. （2），， ，， ，， ①当时，成立， 的单调递减区间为，无单调递增区间. ②当时，令， 所以当时，，在上单调递减 时，，在上单调递增 综上: 时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为； （3），，， 令，， 由已知可得：且， 的单调区间是 ，， 时，恒成立，，， 令，，即证，， 成立，的单调递减区间为， ，恒成立， 综上：的取值范围是. 【典例2】（2023高三·全国·专题练习）已知函数，当时，，，若，，使成立，求实数m的取值范围． 【答案】 【解析】将，，使成立，等价为， 由，，则， 又，且，则， 则当时，；当时，， 所以在区间上单调递减；在区间上单调递增， 所以． 又，，则， 又，， 所以在区间上单调递增， 所以， 又，则，解得， 故m的取值范围为． 1．（2023·河南·二模）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，若对于任意的，总存在，使得，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2) 【解析】（1），. 当时，恒成立，在上单调递减； 当时，由，解得，即在上单调递增， 由，解得，即在上单调递减. （2）当时，由（1）知， ，恒成立，在上单调递增，所以， 由题意知，即. 设，则，所以为增函数， 又，所以， 即的取值范围是. 2．（23-24高三上·福建莆田·期中）已知函数． (1)当时，求函数的最小值； (2)若，且对，都，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)；(2). 【解析】（1）因为函数，所以． 设，则，故在上递减． ，即， 在上单调递减，最小值为． （2）令，则在上恒成立， 即函数在上单调递减，所以， 所以，即在上恒成立； 又，当时， 在区间上单调递增； 在区间上单调递减． 函数在区间上的最大值为． 综上，只需，解得，即实数的取值范围是． 考点七、证明不等式 【典例1】（2024·北京平谷·模拟预测）设函数，曲线在点处的切线斜率为1． (1)求a的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求证：． 【答案】(1)；(2)单调递减区间为，单调递增区间为；(3)证明见解析 【解析】（1）由题意得的定义域为，， 因为．所以，解得. （2）因为，的定义域为， ， 令，得， 与在区间上的情况如下： x 0 - 0 + 递减 极小 递增 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； （3）证明：由（2）得，在时，取得最小值1，所以恒成立， 所以在为增函数，又因为， 当时，，所以； 当时，，所以， 当时，， 综上，. 【典例2】（2024·北京石景山·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求在区间上的最大值与最小值； (3)当时，求证：． 【答案】(1)；(2)见解析；(3)证明见解析 【解析】（1），，， 所以曲线在点处的切线方程为； （2）， 当时，在区间上恒成立，在区间上单调递增， 所以函数的最小值为，最大值为， 当时，，得， 在区间小于0，函数单调递减， 在区间大于0，函数单调递增， 所以函数的最小值为， ，，显然，所以函数的最大值为， 综上可知，当时，函数的最小值为，最大值为， 当时，函数的最小值为，最大值为； （3）当时，，即证明不等式， 设，，， 设，，， 所以在单调递增，并且，， 所以函数在上存在唯一零点，使， 即，则在区间，，单调递减， 在区间，，单调递增， 所以的最小值为， 由，得，且， 所以， 所以，即. 1．（23-24高三上·北京·期中）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)已知m，n是正整数，且，证明． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）函数的定义域为，， ①当时，在上恒成立，的减区间为，无增区间； ②当时，令，解得，令，解得， 所以的增区间为，减区间为． 综上，当时，的减区间为，无增区间； 当时，的增区间为，减区间为． （2）两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明， 即证明， 构造函数， 令，由（1）知，当时，在上为减函数，故， 所以，所以为上的减函数， 因为，知，即，即． 2．（2023·北京顺义·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在 上的最大值和最小值； (3)设 ，证明：对任意的，有． 【答案】(1)y=1；(2)最小值1，最大值；(3)证明见解析 【解析】（1） ， ，在点处的切线方程为 . （2） ， 是偶函数， 则 ，单调递增， ，  ，   在 上单调递减，在 上单调递增， ∴当时，取最小值1，当 或 时，取最大值. （3）要证明对任意的，有， 只需证明对任意的，有 ， ， ，在上上单调递减， ，. 考点八、极值点偏移问题 【典例1】（2023·北京大兴·三模）设，函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)若函数有两个相异零点，，求证：. 【答案】(1)；(2)见解析；(3)证明见解析 【解析】（1）当时，，，， 又， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）由函数定义域是， ， 当时，，单调递增， 所以函数单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，可得， 令，可得， 由，可得，由，可得， 所以，函数单调递增区间为，单调递减区间为. 综上，时，单调递增区间为，单调递减区间为， 时，单调递增区间为，无单调递减区间. （3）因为有两个相异的零点， 由（2）可得，当时，由连续单调递增，至多一个零点； 当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为， 所以， 当时，即时，方程无解，此时a的范围是， 当的范围是时，结合函数图象可知，方程有两个不等解， 由于，不妨令，则有，， 所以，，所以， 要证，只需，即，， 即证，即， 即，只需， 令，则，所以只要证明在上成立， 令，可得， 由，所以恒成立，所以在递增， 又由，所以时，恒成立，即恒成立， 即恒成立，从而可得. 【典例2】（2024·江苏扬州·模拟预测）已知函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，证明． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1）首先由可知的定义域是，从而. 故，从而当时，当时. 故在上递增，在上递减，所以具有最大值. 所以命题等价于，即. 所以的取值范围是. （2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有. 在的范围内定义函数. 则，所以单调递增. 这表明时，即. 又因为，且和都大于， 故由在上的单调性知，即. 1．（23-24高三上·陕西西安·阶段练习）已知函数. (1)试判断函数的单调性； (2)已知函数，若有且只有两个极值点，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）因为函数，定义域为， 所以， 当时，在上恒成立，所以在单调递增； 当时，令，即，解得， 令，解得或， 所以在单调递增，在单调递减； （2）由题可知，，， 因为有两个极值点， 所以是的两个根， 则， 所以 ， 所以，要证， 即证， 即证，即证，即证， 令，则证明， 令，则， 所以，在上单调递增，则， 即， 所以原不等式成立． 2．（22-23高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数 (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个极值点，证明： 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【解析】（1），令， 注意到，对称轴，故， （i）当时，即，此时在上单调递增，即， 从而，即在上单调递增； （ii）当时，， 若，即时 ，恒成立， 从而，即在上单调递增； 若，即时， 存在有， 其中，， 从而在上单调递增，上单调递减，上单调递增； 综上可知，当时，函数在上单调递增， 当时，函数在和单调递增， 在上单调递减. （2）证明：由（1）可知，要使有两个极值点，则， 此时满足，， 不妨设，此时有， 从而原不等式转化为： 将及代入有： ， 化简即得：，即证， 由，可得，令， 设，则， 故在上单调递增，， 故原不等式成立 1．（23-24高三上·北京·阶段练习）若方程有根，则实数a的取值范围是 ． 【答案】或， 【解析】由得，当，方程显然无根， 故时，， 令，则， 令，则，故在单调递增，在以及单调递减， 故时，取极小值， 而当时，，当时，， 所以直线与有交点时，或， 故答案为：或， 2．（23-24高三上·北京·开学考试）已知函数有三个不同的零点，则整数的取值可以是 ． 【答案】2，（大于等于2的整数即可，答案不唯一） 【解析】当时，，显然不满足题意； 当时，令可得， 令，则， 易知当时，；当或时，； 因此函数在上单调递增，在，上单调递减； 可得的极小值为，极大值为； 作出函数的图象如下图所示： 若函数有三个不同的零点， 即与在同一坐标系内有三个不同的交点， 由图可知，解得； 又因为取整数，且，所以整数的取值可以是2. 故答案为：2（大于等于2的整数即可，答案不唯一） 3．（22-23高三下·北京·开学考试）已知函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【解析】画出的图象，如下： 当经过点时，， 当时，，则，故， 即在处的切线斜率为1， 故当时，有两个不同的零点， 当时，有1个零点， 当时，，则，故， 即在处的切线斜率为， 故当时，与有1个交点，与有1个交点，满足要求， 而当时，与有2个交点，与有1个交点， 故有三个不同的零点，不合要求，舍去； 综上： 故答案为： 4．（23-24高三上·北京怀柔·阶段练习）已知函数在点处的切线方程为 (1)求，的值； (2)证明：． 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1）， 因为函数在点处的切线方程为， 所以，解得； （2）由（1）得， 则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以． 5．（2023·北京密云·三模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1）因为，则， 所以，，， 所以，曲线在点处的切线方程为， 即. （2）解：令，其中， ， 令，其中， 则， 当时，且不恒为零，所以，函数在上单调递增， 所以，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，即. 6．（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）由得， 所以切线斜率，又， 所以曲线在点处的切线方程为，化简得； （2）对，恒成立，即在恒成立， 即在恒成立，设，则，令得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以函数在时，取得极大值也是最大值， 所以，因为恒成立，所以， 所以的取值范围是. 7．（21-22高三上·北京·阶段练习）已知函数（） (1)求在处的切线方程； (2)当有3个零点时，求的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1），切点为. ，， 所以切线方程为：. （2）， 令，解得，. ，，为增函数， ，，为减函数， ，，为增函数， 所以的极大值为，极小值为. 因为有个零点时，所以，解得. 1．（2024·北京东城·二模）已知函数与直线交于，两点，则所在的区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】不妨设， 因为， 若，则，可得， 可知在内单调递增，且， 即与有且仅有一个交点，且交点横坐标在内； 若，则，可得， 当，；当，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 即与有且仅有一个交点，且交点横坐标为0； 综上所述：，所以.故选：B. 2．（2024·北京房山·一模）若函数，则函数零点的个数为（    ） A．1 B．2 C．1或2 D．1或3 【答案】A 【解析】， 令，则， 则函数零点的个数即为函数图象交点的个数， 令， 当时，，则， 所以函数在上单调递增，且， 当时，， 当时，，则， 所以函数在上单调递增，且， 又当时，当时，， 作出函数的大致图象如图所示， 由图可知函数的图象有且仅有一个交点， 所以函数零点的个数为个.故选：A. 3．（23-24高三上·北京·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)当时，设，若有两个不同的零点，求参数的取值范围. 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3). 【解析】（1）由题设，则，故，， 所以在点处的切线方程为，即. （2）由， 当，定义域为，此时，故，即在上递减； 当，定义域为， 若，则，在上递增； 若，则，在上递减； （3）由题设，，故在有两个不同零点， 所以在在有两个不同根， 令，则， 在，则，在上递减， 在，则，在上递增，且， 趋向于0或时都趋向于，故只需，满足题设. 4．（23-24高三上·北京·期中）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)当时，求在上的最小值； (3)若在上存在零点，求的取值范围. 【答案】(1)极大值为，没有极小值；(2)0；(3) 【解析】（1）当时，，定义域：，， 令，则，变化时，，的变化情况如下表： 0 单调递增 极大值 单调递减 则的极大值为：，没有极小值； （2）当时，，定义域：， ， 令，定义域：，， 则在上是增函数，则，所以， 即在上是增函数，则. （3），定义域：， ， 令，定义域：，， （1）当时，，则在上是减函数，则， 当时，，则在上是减函数，，不合题意； 当时，，，则存在，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，只需，即； （2）当时，由（1）知在上是增函数，，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. 5．（23-24高三上·北京丰台·期中）已知函数，． (1)当时，求函数的最大值； (2)若关于的不等式恒成立，求实数的值． 【答案】(1)0；(2)1 【解析】（1）当时，函数， 易知，，， 当，，当，， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故最大值为. （2）令 则， 当时，由，即，得到，显然不合题意，故， 由，得到，故 当时，时，，时，， 即时，函数在区间单调递增，在区间上单调递减， 又，， 所以，当时，，即， 故时，不满足恒成立， 由（1）知当时，恒成立，即恒成立， 当时，时，，时，， 即时，函数在区间单调递增，在区间上单调递减， 又，， 所以当时，，即， 故时，不满足恒成立， 当，恒成立，即在区间上单调递增， 又，所以，当时，，即， 故时，不满足恒成立， 综上所述，实数的值为. 6．（23-24高三上·北京·阶段练习）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，令，，求证：. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）由已知可得，，定义域为， 所以. （ⅰ）当时，. 当时，有，在上单调递增； 当时，有，在上单调递减. （ⅱ）当时，解， 可得，或（舍去负值），且. 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. （ⅲ）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）由（1）知，当时，，， 所以，. 所以，. 解，可得（舍去负值）， 且，所以. 当时，解可得，， 所以在上单调递增； 当时，解可得，， 所以在上单调递减. 又，， 所以，当时，在处取得最小值， 所以有. 7．（2023·河南·模拟预测）设函数. (1)若在上恒成立，求实数的取值范围； (2)设有两个极值点，且，求证：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1）的定义域为， 由，得， 令，则， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 所以，所以实数的取值范围为. （2）由题意知， 故， 令，则， 当，即时，， 此时在上单调递增，不存在极值点. 当，即或时， 若，则恒成立，在上单调递增，此时不存在极值点. 若，则方程的两根为， 则或时，， 此时在上均单调递增； 时，， 此时在上单调递减， 此时函数存在两个极值点； 又，，则， 故 ， 令， 则， 则当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 则， 故. 1．（2023·全国·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点， 则，即，解得，故选：B. 2．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（    ） A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 【答案】B 【解析】法1：因为，故， 对于A ，若，可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故， 故为减数列，注意 故，结合， 所以，故，故， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，故恒成立仅对部分成立， 故A不成立. 对于B，若可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故，故为增数列， 若，则恒成立，故B正确. 对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为减数列， 又，结合可得：，所以， 若，若存在常数，使得恒成立， 则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误. 对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为增数列， 又， 结合可得：，所以， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B. 法2：因为， 令，则， 令，得或； 令，得； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 令，则，即，解得或或， 注意到，， 所以结合的单调性可知在和上，在和上， 对于A，因为，则， 当时，，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：，即， 因为在上，所以，则为递减数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，故， 所以在上单调递增，故， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为， 当时，，， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 又当时，，即， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 此时，取，满足题意，故B正确； 对于C，因为，则， 注意到当时，，， 猜想当时，， 当与时，与满足， 假设当时，， 当时，所以， 综上：， 易知，则，故， 所以， 因为在上，所以，则为递减数列， 假设存在常数，使得恒成立， 记，取，其中， 则， 故，所以，即， 所以，故不恒成立，故C错误； 对于D，因为， 当时，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，故， 所以， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故D错误.故选：B. 3．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论： ①若，恰 有2个零点； ②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点； ④存在正数，使得恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【解析】对于①，当时，由，可得或，①正确； 对于②，考查直线与曲线相切于点， 对函数求导得，由题意可得，解得， 所以，存在，使得只有一个零点，②正确； 对于③，当直线过点时，，解得， 所以，当时，直线与曲线有两个交点， 若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点， 直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解， 因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误； 对于④，考查直线与曲线相切于点， 对函数求导得，由题意可得，解得， 所以，当时，函数有三个零点，④正确. 故答案为：①②④. 4．（2022·北京·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【答案】(1)；(2)在上单调递增.；(3)证明见解析 【解析】（1）因为，所以，即切点坐标为， 又，∴切线斜率，∴切线方程为： （2）因为， 所以， 令，则， ∴在上单调递增，∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）原不等式等价于， 令，，即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴，∴∴在上单调递增， 又因为，∴，所以命题得证. 5．（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为；(2)证明见解析；(3)2 【解析】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 6．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 【答案】(1)见解析；(2)见解析 【解析】（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 7．（2024·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值；(2) 【解析】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$