专题07 函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略（13大题型）（练习）-【上好课】2025年高考数学二轮复习讲练测（新高考通用）

专题07 函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略 目录 01 模拟基础练 2 题型一：含参数函数单调性讨论 2 题型二：导数与数列不等式的综合问题 4 题型三：双变量问题 9 题型四：证明不等式 13 题型五：极最值问题 15 题型六：零点问题 18 题型七：不等式恒成立问题 24 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 26 题型九：利用导数解决一类整数问题 32 题型十：导数中的同构问题 36 题型十一：洛必达法则 42 题型十二：导数与三角函数结合问题 44 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 47 02 重难创新练 55 题型一：含参数函数单调性讨论 1．已知函数． (1)若，求在处的切线方程． (2)当时，证明：有两个不同的极值点． (3)讨论的单调性． 【解析】（1）由题设，则， 所以，，故切线方程为， 整理得. （2）由题设，则， 由函数定义域为，则时，或时， 所以上单调递减，上单调递增， 显然有两个不同的极值点，分别为和，得证. （3）由题设，且， 当时，，故时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当时，时，或时， 所以在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立，即在上单调递减； 当时，时，或时， 所以在上单调递减，在上单调递增； 2．（2024·高三·浙江·期中）已知函数，其中. (1)若曲线在点处的切线垂直于直线，求a的值； (2)讨论函数的单调性. 【解析】（1）函数，求导得， 由曲线在点处的切线垂直于直线，得， 所以. （2）函数的定义域为，， 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，方程中，， 若，则，，函数在上单调递增； 若，则，关于x的方程有两个正根，，， 当或时，；当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数的递增区间是； 当时，函数的递增区间是，递减区间是. 3．已知函数，讨论的单调性. 【解析】函数的定义域为， 当时，，则在上单调递增； 当时，由，得， 由，得；由，得， 于是有在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当0时，在上单调递增，在上单调递减． 题型二：导数与数列不等式的综合问题 4．已知首项为1的正项数列满足 . (1)探究数列的单调性； (2)证明： . 【解析】（1）数列为递减数列，理由如下： 由题意可得， 则， 令函数， 则， 在上单调递减， 则，令， 则， ， 即数列为递减数列； （2）令函数， ， 令函数， 则，当时，，当时，， 故在单调递减，在为单调递增， 故，则， ， ，故在定义域上单调递增，， 令， 则， 又， . 当时， . 即，又时，. 所以. 5．已知函数． (1)若，证明：； (2)记数列的前项和为． （i）若，证明：． （ii）已知函数，若，，，证明：. 【解析】（1）设，当时，， 所以在上为增函数，故当时，， 所以当时， 设，当时，， 所以在上单调递增，故当时，， 所以当时， 故当时， 因为，当时，， 所以在上为增函数， 因为当时，，且由， 可得，所以，即， 所以 （2）（i）因为， 所以， 则， 所以， 即， 所以 （ii）函数， 因为当时，， 所以当时，， 所以当时，， 因此， 故，即 因为， 所以当时，， 综上，，所以， 所以， 即. 6．（2024·高三·四川绵阳·开学考试）已知函数． (1)当时，证明：； (2)现定义：阶阶乘数列满足．若，证明：． 【解析】（1）令函数， 要证明时，，即证明， ， ， 所以当时，单调递减，所以，故原不等式成立. （2）将左右同除以， 有 即，累加有， 即， 由（1）知，，即， 所以， 所以，所以， 当时也满足，所以 所以， 下面证明， 令数列，， 因为 ， 因为，故只需判断的符号， 令，则， 令， 当时，，所以单调递增， 所以，所以， 即故数列单调递增， 所以， 故原不等式成立. 题型三：双变量问题 7．已知函数. (1)判断函数的奇偶性； (2)若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围； (3)记.若对任意且时，均有成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）当时，，满足为偶函数； 当时，，且为非奇非偶函数. （2）函数在处有极值， 可得，解得， 所以 当时，递减；当或时，递增， 可得在处取得极小值，且为0，在处取得极大值，且为， 的方程有3个不同的实根，等价为， 即有的取值范围是. （3）在递减，可得时，， ，即为， 即 即为 即对任意且时恒成立. 所以在递减；在递增. 当在恒成立时，可得，即在恒成立， 在上单调递增，即，则. 当在恒成立时，可得，即在恒成立， ，当时等号成立，则，则. 综上可得的取值范围是. 8．（2024·山西·模拟预测）已知函数. (1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； (2)若；求证：； (3)设，是函数的两个极值点，求证：. 【解析】（1）由题意知函数的定义域为， 在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，当且仅当时，等号成立， 所以，即的取值范围是. （2）证明：若，，所以， 令，解得，所以当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当且仅当时，等号成立. 令，，所以， 令，解得，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，又等号不同时成立， 所以. （3）证明：由题意可知， 因为有两个极值点，， 所以，是方程的两个不同的根， 则且 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. 9．已知函数. (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若恰有两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【解析】（1）当时，，， ，则， 则的图象在处的切线方程为，即； （2）（i）， 令，由恰有两个极值点，， 则有两个不同实数根，，且， 则有，即； （ii）由（i）知，，且，， 则 ， 则要证，即证， 即， 令， ， 令，则在上恒成立， 故在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 则， 由对勾函数性质可知，在上单调递增， 由，则， 即，即， 即可得证：. 题型四：证明不等式 10．当时，证明：. 【解析】证明：令， 则，， 因为，所以， 所以在上单调递增， 所以当时，， 即， 所以当时，. 11．已知函数. (1)若，且恰有3个零点，求的取值范围； (2)若，证明:当时，. 【解析】（1）由，得或，由恰有3个零点， 得方程有两个不等的非零根，而，则， 又，于是，解得， 所以的取值范围是. （2）当时，， 当时，令，求导得， 当或时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， ，，因此， 所以. 12．设函数． (1)当时，证明：． (2)当时，证明：． 【解析】（1）当时，，定义域为． ，构造函数， 则，， 所以在上单调递增，又， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以，故． （2），当时，易知在上单调递增， ， 所以存在，使得，即． 当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以， 当且仅当时取等，此时，满足．故原不等式得证． 题型五：极最值问题 13．已知函数． (1)当时，求的单调性； (2)若函数在处取得极小值，求实数的取值范围． 【解析】（1）当时，， 则， 令，解得或． 令，解得，所以在上单调递减； 令，解得或，即在，上单调递增． 综上，函数在，上单调递增，在上单调递减． （2）由求导得， ① 当时，恒成立， 令，解得，即在上单调递减； 令，解得，即在上单调递增， 故时，函数在处取得极小值，符合题意； ②当时，令，解得，，且， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 所以函数在处取得极小值，符合题意． ③ 当时，令，解得，此时恒成立且不恒为0， 单调递增，故函数无极值，不符合题意． ④ 当时，令，解得，，且， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，不符合题意． 综上，实数的取值范围是． 14．（2024·高三·湖南·期中）已知函数. (1)证明：； (2)设函数，证明：函数有唯一的极值点. 【解析】（1）因为，定义域为， 所以， 由于函数，在上均为单调递增函数， 所以在上单调递增， 因为，所以，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，所以. （2）因为，的定义域为， 所以. 设，则， 当时，，所以单调递增，所以， 所以，即， 所以. 又，且在上单调递增， 所以存在唯一的，使得，即， 当时，，单调递减； 当时，，所以单调递增， 所以函数有唯一的极值点. 15．已知函数． (1)当时，关于的方程在区间内有两个不相等的实数根，求实数的取值范围； (2)求函数在区间上的最小值． 【解析】（1）当时，， 则， 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 且，，，， 要使关于的方程在区间内有两个不相等的实数根， 则，即实数的取值范围为. （2）由，， 则，由得． ①当，即时，，在上为增函数， 则； ②当，即时，在时，，为减函数， 在时，，为增函数， 则； ③当，即时，，在上为减函数， 则． 综上所述，． 题型六：零点问题 16．已知函数有两个零点， (1)求的单调区间和极值； (2)当时，恒成立，求实数的最小值； (3)证明：. 【解析】（1）令，得， 时，单调递减， 时，单调递增， 的极小值为，无极大值. （2），即，令， 时，时，，而，不合题意； 时，，令， ，显然为减函数， 当，即时， 则，单调递增且， 时，单调递减，， 当时，， 时，单调递增且， 使得，且时，单调递减， 时，单调递增， ，不合题意. 综上，的最小值为. （3）当时，，若，则，则在没有零点， 又在上单调递增，所以最多只有1个零点，不合题意， ，极小值， ，则， 由（2）可知，解得， 欲证，即证，即证， ， 即证，即证， 令， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 得的最小值为，即，， ，综上. 17．（2024·高三·江西上饶·期中）已知函数. (1)若的图象在处的切线方程为，求的值； (2)若，证明：； (3)讨论的零点的个数. 【解析】（1）由题意得， 又的图象在处的切线方程为， 所以，解得， 所以，所以，所以，解得. （2）证明：若，则， 所以， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 当且仅当时，等号成立； 令，，所以， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，当且仅当时，等号成立， 所以，即. （3）由题意得的定义域为，， 当时，，在上单调递增， 又，所以有且仅有一个零点1； 当时，令，解得， 易知在上，，则在上单调递减， 在上，，则在上单调递增， 又，， 所以在上有一个零点，在上有一个零点1， 所以在，上各有一个零点； 当时，令，解得， 易知在上，，则在上单调递减， 在上，，则在上单调递增， 故的最小值为，故仅有一个零点； 当时，令，解得， 易知在上，，则在上单调递减，且， 所以在上有一个零点1， 在上，，则在上单调递增， 又，， 所以在上有一个零点， 故在，上各有一个零点. 综上，当或时，仅有一个零点； 当或时，有两个零点. 18．已知函数，曲线在处的切线方程为. (1)求，的值： (2)求证：有且只有一个零点； (3)记的零点为，曲线在处的切线与轴交于.若，求的取值范围. 【解析】（1）将切点代入切线得， 即，所以， 因为， 由题意得，即，解得. （2）结合（1）知，定义域为， 因为在上恒成立，易知当时，， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得极小值， 又，， 由零点存在性定理可知有且只有一个零点. （3）由（2）知，则，， 则在处的切线为， 令，得， 因为在处的切线与轴交点为， 即， 令，， 结合（2）中结论知：时，，时，， 令得或， 令得或， 即当时，在单调递增，在单调递减， 所以，由（2）知， 所以此时，即，符合题意， 当时，在单调递减，在单调递增， 所以， 由（2）知，即， 代入得， 即此时，不符合题意，舍去. 综上所述，的取值范围是. 题型七：不等式恒成立问题 19．已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求实数的取值范围. 【解析】（1）当时，，， 则， 所以所求切线方程为，即； （2），即， 即，即对恒成立， 令，则， 当时，，当，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以. 20．已知函数．（其中是自然对数的底，，）． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若恒成立，求整数的最大值（）． 【解析】（1）函数定义域为，． 当时，，在上是增函数； 当时，由，解得， 由，解得． 所以函数在上是增函数，在上是减函数． 综上，当时，在上是增函数； 当时，在上是增函数，在上是减函数． （2）由题意当时，，整理得． 令函数， 则． 令，则． 当时，恒成立，所以在单调递增． 又，， 所以，使得，即． 故时，；时，． 因此在单调递减，在单调递增， 所以． 令函数．则， 所以在单调递增，因此． 又，， ∴． 因此整数的最大值为1. 21．已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)恒成立，求a的取值范围． 【解析】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）因为的定义域为，若， 可得，整理可得， 构建，则， 可知在内单调递增，则， 令，则对任意恒成立， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，可得， 所以a的取值范围为. 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 22．已知函数，. （1）若在处取得极值，求的值； （2）设，试讨论函数的单调性； （3）当时，若存在正实数满足，求证：. 【解析】（1）因为，所以， 因为在处取得极值， 所以，解得．                      验证：当时，在处取得极大值．                         （2）因为 所以． ①若，则当时，，所以函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减． ②若，， 当时，易得函数在和上单调递增， 在上单调递减；                                   当时，恒成立，所以函数在上单调递增； 当时，易得函数在和上单调递增， 在上单调递减．                                       （3）证明：当时，， 因为， 所以， 即， 所以．                令，， 则， 当时，，所以函数在上单调递减； 当时，，所以函数在上单调递增． 所以函数在时，取得最小值，最小值为．    所以， 即，所以或． 因为为正实数，所以． 当时，，此时不存在满足条件， 所以． 23．已知函数. (1)若该函数在单调递增，求的取值范围. (2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：. 【解析】（1）由题意， 当时，，在上单调递增，满足题意； 当时，当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又该函数在单调递增，故， 综上可知，的取值范围为 （2）当时，， 由（1）可知在上单调递减，在上单调递增， 所以，令， 则， 所以在上单调递减，，即， 令，则，故， 又在上单调递增，，所以， 故 24．已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：． 【解析】（1）由题意可得在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故，即； （2），令， 由函数有两个极值点， 则有两个变号零点， ， 当时，，不符，故舍去； 当时，则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， 又当时，，则， 故此时此时至多存在一个零点，不符，故舍去； 当时，则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 有，则，故， 则有，， 则，即，同理， 则，故， 即， 由的最大值为，令，则有， 即，令，， 则 ， 令，， 则恒成立， 故在上单调递增，则， 则，故在上单调递增， 则. 25．已知函数． (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设、是两个不相等的实数，且．求证：． 【解析】（1）当时，， 因为，所以，即，不符合题意； 当时，， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以，由恒成立可知，所以． 又因为，所以的取值范围为． （2）因为，所以，即． 令，由题意可知，存在不相等的两个实数、，使得． 由（1）可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减． 不妨设，则，设， 则， 所以在上单调递增，所以， 即在区间上恒成立． 因为，所以． 因为，所以． 又因为，，且在区间上单调递增， 所以，即. 题型九：利用导数解决一类整数问题 26．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若，求k的值； (3)设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值. 【解析】（1）当时，，， 所以，所以切线的斜率为， 又因为， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）因为， 当时，， 所以在上单调递增， 又因为，与不符； 当时，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以，所以， 设， 则， 由，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以有唯一解，且. （3）由（2）知当时，， 当且仅当时，. 所以当且时，， 则. 取（），所以， 所以，，， 所以. 所以 所以 于是对于任意正整数n，， 只需，又因为，所以， 则m的最小值为. 27．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，的图像在处的切线过原点． (1)求的值； (2)设，，其中，若对，总，使成立，求整数的取值范围． 【解析】（1）易知的定义域为，且， 又，所以， 得到的图象在处的切线方程为， 将代入，得. （2）， 当时，取得最小值，， 由（1）知，所以，得，易知的定义域为， 则，易知单调递增， 又，， 即在区间上有唯一解，使，则， 所以当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 在处取得极小值也是最小值， 则， 又，所以， 所以对，总，使成立， 必须且只需，得， 故整数的取值范围为. 28．已知函数，（）. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意恒成立，求整数a的最小值. 【解析】（1）当时，， 所以， 所以切线方程为，即. （2）因为， 所以， 设， 则， 又因为，所以，即单调递增， 又因为，所以时，，即； 时，，即， 综上可知，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （3）因为对任意恒成， 即，， 即， 即， 设，则， 易知单调递增，所以， 所以单调递增，则原不等式等价于， 即 对任意恒成立， 所以，令，则， 又因为， 令，则，所以单调递减; 又因为，， 所以， 所以时，，即，单调递增； 时，，即，单调递减； 所以， 所以，而， 所以整数的最小值为. 题型十：导数中的同构问题 29．已知关于x的不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 【解析】由题意，易知， 而， 令，则， 故在上单调递增， 由，则在上恒成立， 记，则在上恒成立，即， 因为，所以当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 所以，即，解得， 所以的取值范围是. 30．（2024·江西南昌·模拟预测）已知函数和有相同的最小值． (1)求； (2)是否存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列？说明理由． 【解析】（1） 由题意可得，． ①若，在上恒成立，在上单调递增， 即无最小值； ②若，当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 所以在处取得最小值， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得最小值， 又与有相同的最小值， 所以，， 设，，则， 令，则，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 所以在处取得最小值，则当时，恒成立，单调递增． 又，所以． （2）由（1）得，， 且在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，， 所以和的图象在上有唯一交点，且交点的纵坐标大于1， 由函数的单调性及图象可得存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 当直线与曲线和共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为，且， 则， 因为，， 所以， 由图象可知无解， 所以，，所以，， 则，， 上述两式相减得，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 31．已知函数． 当时，求函数的单调增区间； 若函数在上是增函数，求实数a的取值范围； 若，且对任意，，，都有，求实数a的最小值． 【解析】当时，． 则 令，得，即，解得：或． 因为函数的定义域为， 所以函数的单调增区间为． 由函数． 因为函数在上是增函数， 所以对恒成立 即对恒成立． 所以 即实数a的取值范围是． 因为，由知函数在上是增函数． 因为，，，不妨设，所以 由恒成立，可得， 即恒成立． 令，则在上应是增函数 所以对恒成立． 即对恒成立． 即对恒成立 因为当且仅当即时取等号， 所以． 所以实数a的最小值为． 32．已知函数． （1）讨论函数的零点的个数； （2）证明：． 【解析】（1）解：函数定义域为，则， 故在，递增， 当时，，没有零点； 当时，单调递增，，（1）， 由函数零点存在定理得在区间，内有唯一零点， 综上可得，函数只有一个零点． （2）证明：法一：要证， 即证， 令，定义域为， 则， 由（1）知，在区间，内有唯一零点，设其为， 则①，因，且在区间上单调递增， 所以当时，，，单调递减， 当，时，，，单调递增； 所以， 由式①可得，， 所以， 又时，恒成立， 所以，得证． 法二：问题转化为证明， 令，易知，（当且仅当时“”成立） 又，则， 故（当且仅当时“”成立）． 33．（2024·江西宜春·一模）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)对任意的，恒成立，求的取值范围. 【解析】（1）由题意知：定义域为，； 当时，，，在上单调递增； 当时，令，解得：； 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由恒成立得：， 令， 令，则， 则当时，；当时， 在上单调递减，在上单调递增， ，即（当且仅当时取等号）， （当且仅当时取等号）； 令，则恒成立， 在上单调递增，又，， ，使得，即， 等号可以成立， ， ，解得：，即实数的取值范围为. 题型十一：洛必达法则 34．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性; (2)若对任意的恒成立，求的范围. 【解析】（1）， 当时，恒成立，故在上单调递增， 当时，令，解得， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减； 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）当时，，符合题意，此时； 当时，因为恒成立，即恒成立， 令，则， 再令，则恒成立， 则在单调递增， 所以， 所以在上单调递增， 所以当时，， 所以 35．已知函数，若当时，，求的取值范围． 【解析】由题意可知，当时，，等价于，则有， 设，则． 又设，则， 所以在上单调递增，而， 所以在上单调递增， 对于，当时，， 所以符合洛必达法则条件， 所以， 即当时，的取值范围是． 36．已知函数，如果当，且时，，求的取值范围． 【解析】根据题目的条件，当且时， 得，等价于． 设， 因为，设， 则， 所以在上单调递增， 因为，所以当时，， 即在上单调递减，当在上单调递增． 当时，，当时，，所以符合洛必达法则的条件， 即， 所以当时，的取值范围是． 题型十二：导数与三角函数结合问题 37．已知函数与分别是定义在上的奇函数和偶函数，且. (1)求函数与的解析式； (2)若对于，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【解析】（1）由①，可得，所以②， ①②可得，所以， ①②可得，所以； （2）由（1）知，所以在上单调递增， 由，得， 所以， 当时，，不等式恒成立， 当时，，所以不等式变形为， 令，所以， 令，求导得， 因为，所以，所以在上单调递减， 所以， 所以，所以在上单调递增，所以， 因为对于，不等式恒成立，所以， 所以实数的取值范围为. 38．已知函数，，其中． (1)试讨论函数的单调性； (2)若，证明：． 【解析】（1）的定义域为，， 当时，，在上单调递增； 当时，令，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 综上所述，当时，在上单调递增，无减区间； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2），，即证， ，即证， 当时，，，， ； 当时，令， 则， ， ，，，， ， 在上单调递增， ， 在上单调递增， , 即， 所以，即. 39．（2024·高三·北京朝阳·期中）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论在区间上的零点个数； (3)若，其中，求证：. 【解析】（1）由，得且，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即. （2）①当时，，，所以. 所以在区间上无零点； ②当时，，，所以， 所以在区间上单调递增， 又，， 所以在区间上仅有一个零点， 综上，在区间上的零点个数为1. （3）设，即， 所以， 设，， 因为时，，，所以， 所以在区间上单调递增， 即在区间上单调递增， 故，所以在区间上单调递增. 故，所以. 因为，所以， 又，所以. 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 40．若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数. 若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为.若在区间单调递增；则称为区间上的凹函数.（这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.） (1)讨论函数，的凹凸性，并求锐角中，求的最小值； (2)已知函数. （ⅰ）当时，讨论的凹凸性； （ⅱ）平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中.当时，点在轴右侧且为的“切点”，求点的集合.（不需要写出求解过程） 【解析】（1）因为所以 所以所以函数在上为凹函数. 因为在上为凹函数，由琴生不等式有： 即 整理有:当且仅当时等号成立. 所以在锐角中，的最小值为. （2）（ⅰ） 所以令， 所以，令有：， 即 当时，解得，当时时，当时， 所以是上的凹函数，上的凸函数. 当时，解得或， 若时，即时， 当或时，当时， 所以是上的凸函数，上的凹函数; 若时，即时， 当或时，当时， 所以是上的凸函数，上的凹函数; 综上所述：当时，是上的凹函数，上的凸函数； 当时，是上的凸函数，上的凹函数; 当时，是上的凸函数，上的凹函数. （ⅱ）当时，，为的“切点” 所以，设，切点为， 所以过点的切线方程为：， 所以， 因为这样的切点有3个，则有3个解， 所以有3个实根， 即关于的方程：有三个不同的实数跟。. 令，则直线与曲线恰有三个不同的交点. 所以， 当时， 由有：，有：或， 所以在为增函数，在和为减函数. 所以的极小值为：，的极大值为： 所以： 当时，，为单调递减，不符合题意. 当时， 由有：，有：或， 所以在为增函数，在和为减函数. 所以的极小值为：的极大值为：， 所以： 综上所述：点的集合为： 41．（2024·上海奉贤·一模）若函数的图象上存在个不同点、、、处的切线重合，则称该切线为函数的一条点切线，该函数具有点切线性质． (1)判断函数，的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）； (2)设，判断函数是否具有点切线性质，并说明理由； (3)设，证明：对任意的，，函数具有点切线性质，并求出所有相应的切线方程． 【解析】（1）令，其中，则， 所以，函数为偶函数，且，如下图所示： 由图可知，函数的一条点切线方程为. （2）因为，该函数的定义域为，且， 令，其中，则， 所以，函数在上为增函数， 因此，不可能存在、且，使得， 因此，函数不具有点性质. （3）取点、、， 因为，则， 所以，曲线在点处的切线方程为， 即， 曲线在点处的切线方程为， 曲线在点处的切线方程为， 由题意可知，这三条切线重合， 则， 由上得，则，，， （i）若，，， 则，所以，， 因为，则（舍去）； （ii）若，，中至少有一个成立， 不妨设，则， 若，则（舍去），所以，， 故或. 综上所述，点切线方程为和. 42．记，分别为函数，的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”；若仅满足则称为函数与的一个“点”. (1)证明：函数与不存在“点”，但存在“点”； (2)若函数与存在“点”，求实数的值； (3)已知，其中实数且．若使函数与区间内存在三个“点”，求实数的取值范围． 【解析】（1）令，可得，解得或， 对函数有，对函数，有， 令，解得， 故、是函数与的“点”， 但函数与不存在“点”，即得证； （2）对函数，有，对函数，有， 由函数函数与存在“点”， 则方程组有解，即有，即， 则； （3），， 则有题意可得满足，且的有三个， 令，则， 当，则，当，则， 令，， 令，则，即， 当时，， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故， 不妨令，则，令， 则，则，即，故， 则，故，，则； 故当时， ，则在上有两个零点， 设这两个零点为，且， 当时，，则，故单调递增； 当时，，则，故单调递减； 当时，，则，故单调递增； 则，即，即， 则， 令，则， 当时，，故单调递减 当时，，故单调递增， 由且，故，则， 故，故， 又时，单调递减，故， 即的极大值， 令，则为减函数，又，， 故存在，，由，关于直线对称， 故必有一个交点落在上，使得， ，又，则， ， 故，又为减函数，故， 又时，单调递减，故，即的极小值， 且时，，时，， 故在上有三个零点，即方程有三个解； 当时，，则在上单调递增， 在上只有一个零点， 则在上最多只有两个零点，不符合题意； 当时，，， 又有两个零点，是的两个极值点， 由极值均不为，故无解； 综上：当时，函数与区间内存在三个“点”. 1．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若有两个不同的极值点． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 【解析】（1）当时，， 则，所以． 又，所以曲线在点处的切线方程为 ，即． （2）由已知，的定义域为，， 由题意得为的两个零点，且， 即为方程的两个不同的根， 即为方程的两个不同的根， 设，则直线与的图象有两个交点， ， 因为，所以， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 易知当时，，当时，， 故要使直线与的图象有两个交点，则， 即实数的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）知，． 设， 则 ， 令， 则当时，， 所以在上单调递减，则当时，， 所以当时，， 所以在上单调递减，故当时，，则当时，， 所以，即， 由（ⅰ）可知在上单调递减，所以， 则，所以，即，得证． 2．若函数是定义在上的函数，且存在，，使得在上的值域仍为，则称为上的保值函数，区间叫做的保值区间． (1)求在上的所有保值区间； (2)证明：在上存在保值区间； (3)若为上的保值函数，证明：． 【解析】（1）令，得，解得或或， 函数为上的增函数， 故在上的所有保值区间为，，． （2）， 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 所以当时，． 令，则， 令，解得， 则当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以， 又， 所以函数在上存在唯一的，使得，即． 知在上单调递减，在上单调递增， 且，， 则当时，． 故函数在上的值域为，即函数为上的保值函数，保值区间为， 故在上存在保值区间． （3）函数在上单调递减， 所以，，即，， 从而①， ②． 令，则，，代入①得，整理得， 所以，所以③． 由②③得，要证，即证， 即证． 令，所以， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 所以， 所以在上单调递增， 所以，即， 因此，得证． 3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数. (1)若，求的单调区间； (2)若在上单调递增，求正实数的取值范围； (3)时，证明：. 【解析】（1）由已知，∴， 记，则，且等号不同时成立， ∴在上单调递增，又， ∴当时，；当时，， ∴的单调递增区间是，单调递减区间是； （2）若在上单调递增，则恒成立， 设，则， 当时，∵，∴； ∵，∴，∴， ∴当时，，∴在上单调递增，，符合题意； 当时，，令， 当时，， ∴在上单调递增，由得， ∴，又， ∴在上存在唯一解，记为 ∴当时，，即，∴在上单调递减， ∴，即，矛盾， 综上，； （3），时，， ∴， 故， ∴， 即. 4．（2024·高三·重庆·开学考试）已知. (1)若存在两个不同的使得的最小值为0，证明：； (2)设（为常数），且当恒成立时，的最小值为，求的取值集合. 【解析】（1），令，则， 当时，，单调递增，没有最小值，不满足题意； 当时，考虑这一侧，有， 则当时，，不满足题意； 当时, 恒成立, 在上单调递增， 取即有； 当时，有，则当时，； 所以存在唯一的，使得， 此时在上单调递减，在上单调递增， 且有，也即， 于是，， 记，则， 当时，恒成立，单调递增， 所以存在两个不同的，使得的最小值为0， 也即存在两个不同的，使得； 记，则， 易知在上单调递增，在上单调递减，所以； 若，当时，， 而当时，单调递减，方程至多有一个解，不满足题意； 若，则有，方程至多有一个解，满足题意； 综上，； （2）由第一问可知，， 取，则， 此时， 记，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由于，所以有， 记，则只需考虑的解即可， ， 所以在上单调递减，在上单调递增，而， 所以只有一个解， 此时， 综上，的取值集合为. 5．（2024·高三·全国·单元测试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件，证明：恰有一个零点． ①； ②． 注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】（1）由题意得， 当时，令，得；令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 当时，令，得或， ①当时，令，得或；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． ②当时，且等号不恒成立，所以在R上单调递增． ③当时，令，得或；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． （2）选择条件①，证明如下： 由（1）知当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 且． 由于，所以． 令，则， 令得，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值． 由于，， 所以在上恒成立，所以． 当时，，所以有一个零点，得证． 选择条件②，证明如下： 由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得极小值． 由于， 所以，则， 所以． 当时，，所以有一个零点，得证． 6．（2024·高三·上海·单元测试）设函数，其中，曲线过点． (1)求a，b的值； (2)求证在时，恒大于零，其中； (3)证明：当时，． 【解析】（1）因为曲线过点． 所以，因为， 所以成立， 所以，； （2）， 因为，所以， 所以在严格递增， 所以，即； （3）令，即， ，， 由（2）证可知，所以在上严格递增， 所以，因为，所以，， 即，所以 7．（2024·北京·三模）已知． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：． 【解析】（1）当时，， ， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）， 令，得，令，则， 原方程可化为①，则是方程①的两个不同的根， 所以，解得， 由韦达定理得，则， 所以 ， 令，则， 所以函数在上单调递减， 所以， 所以. 8．（2024·浙江绍兴·三模）若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”． (1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合； (2)已知函数，设集合． （i）求集合中元素的个数； （ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”． 【解析】（1）由题意，，， 恒成立，所以在上单调递增， 可得的值域为， 因此只需， 即可得，即， 则的取值集合为． （2）（i）记函数， 则， 由得或；由得； 所以函数在和上单调递增，在上单调递减． 其中，因此当时，，不存在零点； 由在单调递减，易知，而， 由零点存在定理可知存在唯一的使得； 当时，，不存在零点． 综上所述，函数有0和两个零点，即集合中元素的个数为2． （ii）由（i）得，假设长度为的闭区间是的一个“封闭区间”， 则对，， 当时，由（i）得在单调递增， ，即，不满足要求； 当时，由（i）得在单调递增， ， 即，也不满足要求； 当时，闭区间，而显然在单调递增， ， 由（i）可得，， ，满足要求． 综上，存在唯一的长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”． 9．已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 【解析】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略 目录 01 模拟基础练 2 题型一：含参数函数单调性讨论 2 题型二：导数与数列不等式的综合问题 3 题型三：双变量问题 4 题型四：证明不等式 5 题型五：极最值问题 6 题型六：零点问题 7 题型七：不等式恒成立问题 8 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 9 题型九：利用导数解决一类整数问题 10 题型十：导数中的同构问题 11 题型十一：洛必达法则 12 题型十二：导数与三角函数结合问题 13 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 14 02 重难创新练 17 题型一：含参数函数单调性讨论 1．已知函数． (1)若，求在处的切线方程． (2)当时，证明：有两个不同的极值点． (3)讨论的单调性． 2．（2024·高三·浙江·期中）已知函数，其中. (1)若曲线在点处的切线垂直于直线，求a的值； (2)讨论函数的单调性. 3．已知函数，讨论的单调性. 题型二：导数与数列不等式的综合问题 4．已知首项为1的正项数列满足 . (1)探究数列的单调性； (2)证明： . 5．已知函数． (1)若，证明：； (2)记数列的前项和为． （i）若，证明：． （ii）已知函数，若，，，证明：. 6．（2024·高三·四川绵阳·开学考试）已知函数． (1)当时，证明：； (2)现定义：阶阶乘数列满足．若，证明：． 题型三：双变量问题 7．已知函数. (1)判断函数的奇偶性； (2)若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围； (3)记.若对任意且时，均有成立，求实数的取值范围. 8．（2024·山西·模拟预测）已知函数. (1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； (2)若；求证：； (3)设，是函数的两个极值点，求证：. 9．已知函数. (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若恰有两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 题型四：证明不等式 10．当时，证明：. 11．已知函数. (1)若，且恰有3个零点，求的取值范围； (2)若，证明:当时，. 12．设函数． (1)当时，证明：． (2)当时，证明：． 题型五：极最值问题 13．已知函数． (1)当时，求的单调性； (2)若函数在处取得极小值，求实数的取值范围． 14．（2024·高三·湖南·期中）已知函数. (1)证明：； (2)设函数，证明：函数有唯一的极值点. 15．已知函数． (1)当时，关于的方程在区间内有两个不相等的实数根，求实数的取值范围； (2)求函数在区间上的最小值． 题型六：零点问题 16．已知函数有两个零点， (1)求的单调区间和极值； (2)当时，恒成立，求实数的最小值； (3)证明：. 17．（2024·高三·江西上饶·期中）已知函数. (1)若的图象在处的切线方程为，求的值； (2)若，证明：； (3)讨论的零点的个数. 18．已知函数，曲线在处的切线方程为. (1)求，的值： (2)求证：有且只有一个零点； (3)记的零点为，曲线在处的切线与轴交于.若，求的取值范围. 题型七：不等式恒成立问题 19．已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求实数的取值范围. 20．已知函数．（其中是自然对数的底，，）． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若恒成立，求整数的最大值（）． 21．已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)恒成立，求a的取值范围． 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 22．已知函数，. （1）若在处取得极值，求的值； （2）设，试讨论函数的单调性； （3）当时，若存在正实数满足，求证：. 23．已知函数. (1)若该函数在单调递增，求的取值范围. (2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：. 24．已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：． 25．已知函数． (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设、是两个不相等的实数，且．求证：． 题型九：利用导数解决一类整数问题 26．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若，求k的值； (3)设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值. 27．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，的图像在处的切线过原点． (1)求的值； (2)设，，其中，若对，总，使成立，求整数的取值范围． 28．已知函数，（）. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意恒成立，求整数a的最小值. 题型十：导数中的同构问题 29．已知关于x的不等式在上恒成立，求实数的取值范围. 30．（2024·江西南昌·模拟预测）已知函数和有相同的最小值． (1)求； (2)是否存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列？说明理由． 31．已知函数． 当时，求函数的单调增区间； 若函数在上是增函数，求实数a的取值范围； 若，且对任意，，，都有，求实数a的最小值． 32．已知函数． （1）讨论函数的零点的个数； （2）证明：． 33．（2024·江西宜春·一模）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)对任意的，恒成立，求的取值范围. 题型十一：洛必达法则 34．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性; (2)若对任意的恒成立，求的范围. 35．已知函数，若当时，，求的取值范围． 36．已知函数，如果当，且时，，求的取值范围． 题型十二：导数与三角函数结合问题 37．已知函数与分别是定义在上的奇函数和偶函数，且. (1)求函数与的解析式； (2)若对于，不等式恒成立，求实数的取值范围. 38．已知函数，，其中． (1)试讨论函数的单调性； (2)若，证明：． 39．（2024·高三·北京朝阳·期中）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论在区间上的零点个数； (3)若，其中，求证：. 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 40．若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凸函数”.也可设可导函数在上的导函数为，若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数. 若为上任意个实数，满足，当且仅当时等号成立，则称函数在上为“凹函数”.也可设可导函数在上的导函数为.若在区间单调递增；则称为区间上的凹函数.（这里关于凹凸函数的不等式即为著名的琴生不等式.） (1)讨论函数，的凹凸性，并求锐角中，求的最小值； (2)已知函数. （ⅰ）当时，讨论的凹凸性； （ⅱ）平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中.当时，点在轴右侧且为的“切点”，求点的集合.（不需要写出求解过程） 41．（2024·上海奉贤·一模）若函数的图象上存在个不同点、、、处的切线重合，则称该切线为函数的一条点切线，该函数具有点切线性质． (1)判断函数，的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）； (2)设，判断函数是否具有点切线性质，并说明理由； (3)设，证明：对任意的，，函数具有点切线性质，并求出所有相应的切线方程． 42．记，分别为函数，的导函数.若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”；若仅满足则称为函数与的一个“点”. (1)证明：函数与不存在“点”，但存在“点”； (2)若函数与存在“点”，求实数的值； (3)已知，其中实数且．若使函数与区间内存在三个“点”，求实数的取值范围． 1．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若有两个不同的极值点． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 2．若函数是定义在上的函数，且存在，，使得在上的值域仍为，则称为上的保值函数，区间叫做的保值区间． (1)求在上的所有保值区间； (2)证明：在上存在保值区间； (3)若为上的保值函数，证明：． 3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数. (1)若，求的单调区间； (2)若在上单调递增，求正实数的取值范围； (3)时，证明：. 4．（2024·高三·重庆·开学考试）已知. (1)若存在两个不同的使得的最小值为0，证明：； (2)设（为常数），且当恒成立时，的最小值为，求的取值集合. 5．（2024·高三·全国·单元测试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)从①②两组条件中选取一组作为已知条件，证明：恰有一个零点． ①； ②． 注：如果选择两组条件分别解答，按第一个解答计分． 6．（2024·高三·上海·单元测试）设函数，其中，曲线过点． (1)求a，b的值； (2)求证在时，恒大于零，其中； (3)证明：当时，． 7．（2024·北京·三模）已知． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：． 8．（2024·浙江绍兴·三模）若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”． (1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合； (2)已知函数，设集合． （i）求集合中元素的个数； （ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”． 9．已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，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！ 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $$