专题04 导数及其应用（六大题型）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（广东专用）

专题04 导数及其应用（6大题型） 一、切线方程与相切问题 1．（2025·广东·一模）曲线在点处的切线方程为 . 2．（2024·广东佛山·一模）若直线与曲线相切，则 ． 3．（2024·广东珠海·一模）直线与曲线相切，则 ． 4．（2025·广东佛山·一模）若直线与曲线相切，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 二、导函数图象问题 5．（2025·广东·一模）已知函数的导函数图象如图所示，则下列说法中错误的是（    ） A．在区间上单调递增 B．是的极大值点 C．当时， D．在区间上单调递减 三、恒成立与能成立问题 6．（2024·广东·一模）已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2024·广东珠海·一模）若不等式对一切恒成立，其中，e为自然对数的底数，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 四、单调性与最值 8．（2024·广东肇庆·一模）已知函数（）在上单调递增，则的最大值为 . 9．（2024·广东湛江·一模）函数结构是值得关注的对象为了研究的结构，两边取对数，可得，即，两边取指数，得，即，这样我们就得到了较为熟悉的函数类型结合上述材料，的最小值为（   ） A． B． C． D． 五、多选题 10．（2025·广东肇庆·二模）已知函数有两个极值点，则（    ） A．或 B． C．存在实数，使得 D． 11．（2024·广东佛山·一模）已知函数，则下列命题中正确的是（    ） A．1是的极大值 B．当时， C．当时，有且仅有一个零点，且 D．若存在极小值点，且，其中，则 12．（2024·广东珠海·一模）设，则下列说法正确的是（    ） A．函数的图象与圆有且只有两个公共点 B．存在无数个等腰三角形ABD，其三个顶点都在函数的图象上 C．存在无数个菱形ABCD，其四个顶点都在函数的图象上 D．存在唯一的正方形ABCD，其四个顶点都在函数的图象上 六、解答题综合 13．（2025·广东茂名·一模）已知函数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最大值为0，求实数的值. 14．（2025·广东·一模）已知函数，函数. (1)讨论和的单调性； (2)记函数，若为减函数，且存在，使得，求的取值范围. 15．（2025·广东·一模）已知函数 （1）求的单调区间； （2）若在上存在一点，使得成立，求a的取值范围. 16．（2024·广东佛山·一模）已知函数. (1)求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个零点，，且，求实数的取值范围. 17．（2024·广东肇庆·一模）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若存在极大值，求a的取值范围. 18．（2025·广东佛山·一模）已知函数，其中． (1)当时，讨论关于的方程的实根个数； (2)当时，证明：对于任意的实数，都有． 19．（2025·广东韶关·一模）已知函数. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)设，若，求实数的取值范围. 20．（2024·广东佛山·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若存、在，满足，证明：； (3)对任意的，恒成立，其中是函数的导数，求的取值范围． 21．（2024·广东珠海·一模）设函数，． (1)试判断的单调性； (2)证明：对任一，有，当且仅当时等号成立． ( 19 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 导数及其应用（6大题型） 一、切线方程与相切问题 1．（2025·广东·一模）曲线在点处的切线方程为 . 【答案】 【分析】先求出导函数，进而得出切线斜率，最后应用点斜式得出切线方程. 【详解】因为在点处的切线方程斜率为， 曲线在点处的切线方程为，即得. 故答案为：. 2．（2024·广东佛山·一模）若直线与曲线相切，则 ． 【答案】/ 【分析】设出切点坐标，求导并利用导数的几何意义与两点间的斜率公式计算可得. 【详解】设直线与曲线相切于点， 求导可得，因此切线斜率， 又切线过原点，可得，化简可得， 令，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，，即可得， 因此可得，即可得. 故答案为： 3．（2024·广东珠海·一模）直线与曲线相切，则 ． 【答案】 【分析】设切点坐标为，由导数的几何意义求解即可. 【详解】设切点坐标为，由于， 所以切线的斜率为：， 所以曲线在处的切线方程为：，即， 所以，， 故答案为：. 4．（2025·广东佛山·一模）若直线与曲线相切，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】通过设切点，利用导数的几何意义列出等式，再利用二次函数的性质求其最小值. 【详解】设直线与曲线的切点为. 对求导，根据，可得. 因为直线的斜率为，由导数的几何意义可知， 在切点处，即. 又因为切点既在直线上又在曲线上， 所以且，即. 将代入可得：，即. 将代入可得： ， 所以当，时，取得最小值为. 故选：A 二、导函数图象问题 5．（2025·广东·一模）已知函数的导函数图象如图所示，则下列说法中错误的是（    ） A．在区间上单调递增 B．是的极大值点 C．当时， D．在区间上单调递减 【答案】C 【分析】利用导函数的图象，判断导函数的符号，判断函数的极值以及函数的单调性，推出结果． 【详解】解：由导函数的图象可知：导函数在，导函数的符号为正，函数单调递增，A正确； 时，，函数单调递增，，，函数单调递减， 所以是的极大值点，B正确； 在区间上单调递减，D正确； 当时，函数单调递增，可能，所以C不正确； 故选：C． 三、恒成立与能成立问题 6．（2024·广东·一模）已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由条件转化为有解，求出与的切点，数形结合求解即可. 【详解】由题意，， 即有解， 先求与相切时， 过定点，的导数， 设切点为，则由导数可知， 所以，解得， 即切点为，此时切线斜率， 作出函数图象，如图，    由图象可知，当时，存在存在，使得成立. 故选：B 7．（2024·广东珠海·一模）若不等式对一切恒成立，其中，e为自然对数的底数，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将原不等式转化为对一切恒成立，设，则后者可转化为恒成立即为函数的极大值，故可求参数的范围或取值，故可得正确的选项，或者将原不等式转化为，根据左右两侧对应的函数的图象位置关系可求参数的范围. 【详解】法一：不等式对一切恒成立即为 不等式对一切恒成立， 今，则有； 故不等式对一切恒成立等价于恒成立， 所以为的最大值点. 显然，，否则时，，与题设矛盾. 又，此时 若，存在区间，是否且，总有， 这与为的最大值点矛盾，故不成立， 同理也不成立，故，则， 当时，当时，，当时，， 故在上递增，上递减，符合题意； 当时，当时，， 当时，， 故在上递减，上递增，上递减， 而当时，， 故即，故恒成立，故符合题意. 综上，，因此. 法二：不等式可化为， 令， 当时，，此时，直线恒过点， 故只需直线为在点处的切线即可， ，此时. 当时，亦恒过点， 为使对一切恒成立， 需开口向下，且在点处与有公切线即可， 故，此时. 综上，的取值范围是. 故选：A. 【点睛】思路点睛：多变量不等式恒成立问题，可将原不等式作适当变形，从而将恒成立问题转化为图象的位置关系，或者根据不等式的特征将不等式恒成立问题转化为函数的极值问题. 四、单调性与最值 8．（2024·广东肇庆·一模）已知函数（）在上单调递增，则的最大值为 . 【答案】 【分析】在上恒成立，时，不合要求，时，，解得，，分，和三种情况，得到，化简可得，，由基本不等式求出的最大值为. 【详解】由题意，得， 因为在上单调递增，所以在上恒成立. 当时，，在上，，不符合题意； 当时，令，解得，. 当时，在上，，，，不符合题意； 当时，在上，，，，不符合题意； 当时，在上，，，； 在，，，；所以. 因此，有，化简可得，故 当且仅当，即时，等式成立. 故的最大值为. 故答案为： 9．（2024·广东湛江·一模）函数结构是值得关注的对象为了研究的结构，两边取对数，可得，即，两边取指数，得，即，这样我们就得到了较为熟悉的函数类型结合上述材料，的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对，两边取对数，得，令，分析单调性，可求得最小值. 【详解】因为，两边取对数，可得，即， 令，则， 当时，，为减函数， 当时，，为增函数， ∴， ∴，，的最小值为， 故选：C. 【点睛】 五、多选题 10．（2025·广东肇庆·二模）已知函数有两个极值点，则（    ） A．或 B． C．存在实数，使得 D． 【答案】BD 【分析】A，B选项，两个极值点问题，转化为导函数两个异号零点问题；通过复合函数换元，将导函数转化为对勾函数或二次函数，利用对勾函数和二次函数的图象与性质快速的求解； C选项，解法1：先利用整体代入法，消，再利用单调性证明；解法2：利用为极小值点，通过证明； D选项，利用消元，转化为，利用单调性证明； 【详解】易知， 令，则. 令，则.设， 由对勾函数的图象可知： 当时，与的图象有两个交点， 因为，故不成立，故A错误； 设，则①， 设为①式的两根，则，即②， ③. 由③式可知，所以，则， 故B正确； 解法1：由②式可知， 令， 则， 则在上单调递减，所以， 故，所以不存在实数使得，故C错误； 解法2：，，， 可得为区间的极小值点，则必有，故C错误； 由③式可知，所以， 要证 ， 仅需证明成立. 令，则. 则在上单调递增，所以， 故，故D正确. 故选：BD. 11．（2024·广东佛山·一模）已知函数，则下列命题中正确的是（    ） A．1是的极大值 B．当时， C．当时，有且仅有一个零点，且 D．若存在极小值点，且，其中，则 【答案】ABD 【分析】对函数求导并对参数进行分类讨论得出函数单调性，即可判断在处取得极大值，即A正确；根据的范围得出单调性即可得出B正确；时，的极小值在上没有零点，所以C错误；根据的极小值点之间的关系，得出即可判断D正确. 【详解】由题意可得，， 令，当时，得或． 对于A，当时，在和上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极大值； 当时，在和上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值； 当时，，在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，所以A正确； 对于B，当时，在上单调递增，又，因为，所以，所以B正确； 对于C，当时，在上单调递增，由于，所以在上存在唯一的零点且小于0； 若，则的极小值，即在上没有零点，所以有且仅有一个零点且小于0，所以C错误； 对于D，若存在极小值点，则，即， 因为，所以， 所以，，即， 又，所以，所以D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：求解三次函数含有参数的单调性问题，经常利用含有参数的一元二次不等式的解法，并对其进行分类讨论即可得出单调性及其极值、极值点等问题. 12．（2024·广东珠海·一模）设，则下列说法正确的是（    ） A．函数的图象与圆有且只有两个公共点 B．存在无数个等腰三角形ABD，其三个顶点都在函数的图象上 C．存在无数个菱形ABCD，其四个顶点都在函数的图象上 D．存在唯一的正方形ABCD，其四个顶点都在函数的图象上 【答案】ABC 【分析】对于A，结合函数的性质与图象判断即可；对于B、C，利用函数关于原点对称，结合等腰三角形三线合一，以及菱形的对角线互相垂直判断即可；对于D，由曲线的对称性，可知要使得正方形存在，则为等腰直角三角形，利用极限思想可得至少存在两个正方形. 【详解】对于选项A，令，当时，， 当时，，则函数在、上单调递增，在上单调递减， 又，，函数的图象与圆得图象如图所示： 故函数的图象与圆有且只有两个公共点，故A正确； 对于选项B、C，由于函数的图象关于坐标原点成中心对称， 过点作直线交的图象于、两点， 过点作的垂线交的图象于、两点， 则为等腰三角形，四边形为菱形， 当线段绕点转动时， 仍为等腰三角形，四边形仍为菱形，故选项B、C均正确； 对于选项D：由于， 故要使得正方形存在，则为等腰直角三角形， 显然，当时，，点在函数图象外侧，则， 此时， 利用极限思想，当时，，此时； 当时，，此时； 如图所示，故至少存在两个正方形，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是，熟练掌握函数的对称性，注意使用极限思想，从而得到至少两个正方形. 六、解答题综合 13．（2025·广东茂名·一模）已知函数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最大值为0，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，说明函数的单调性，从而求出函数的最大值，从而求出参数的值. 【详解】（1）当时，则，， 所以，所以切线方程为，即； （2）函数的定义域为，且， 当时，恒成立，所以函数在上单调递增，则无最大值，故舍去； 当时，令，解得，， 所以当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值，即， 所以， 即，即，所以. 14．（2025·广东·一模）已知函数，函数. (1)讨论和的单调性； (2)记函数，若为减函数，且存在，使得，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）应用分类讨论得出导函数的正负即可得出函数的单调性； （2）先根据函数单调递减得出，再换元构造新函数进而得出求导转化即可求解. 【详解】（1）在上单调递增，. 当时，单调递减； 当时，单调递增.， 当时，单调递减，当时，单调递增. 综上所述，在上单调递减，上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增. （2）的定义域为，且为奇函数，我们只需要考虑的情况. . 即，令. . 令. 令，且在上单调递增. （i）若，则，故单调递增，，满足题意； （ii）若，则存在，使得时且，即，矛盾，故，即. 于是问题转化为：已知. 1）若，则，此时，矛盾； 2）若，则由（1）知，解得， 故的取值范围为， 【点睛】关键点点睛：关键点是把问题转化为，再分类结合最值计算求解. 15．（2025·广东·一模）已知函数 （1）求的单调区间； （2）若在上存在一点，使得成立，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，函数在上单调递增.当时，函数在上单调递增,在上单调递减.  （2）实数a的取值范围是或. 【解析】(1) ,则分和两种情况结合定义域讨论函数的定义域. (2) 若在上存在一点，使得成立，即在上有，由（1）中的单调性，得出的最小值，解不等式，得到参数的范围. 【详解】(1) 当即时，在上，所以函数在上单调递增. 当即时，在上，在上 所以函数在上单调递增,在上单调递减. （2）若在上存在一点，使得成立，即，. ①由（1）可知，当时，函数在上单调递增， ，即 ②时，函数在上单调递减，在上单调递增. 当即时，函数在上单调递减， ，即. 因为，所以. 当即时，函数在上单调递增， ，即（舍） 当，即时，函数在上单调递减，在上单调递减. 此时，则，所以 即，所以无解. 综上所以：实数a的取值范围是或. 【点睛】本题考查含参数的单调性的讨论，考查不等式能成立问题，属于中档题. 16．（2024·广东佛山·一模）已知函数. (1)求函数在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个零点，，且，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求出，再求出导函数，即可得到切线的斜率，从而求出切线方程； （2）由（1）可得，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （3）由，可得必有一个零点为，再结合（2）讨论可得. 【详解】（1）因为， 所以，，则， 所以函数在处的切线方程为； （2）函数的定义域为， 且， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，则当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，则当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 综上可得，当时，在上单调递增； 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. （3）因为，必有一个零点为， 由（1）可得，当时只有一个零点，不符合题意； 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 显然， 当时，则，，， 所以， 所以在上存在一个零点， 此时有两个零点，（不妨令），且，，即，满足； 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 所以在不存在零点，且一个零点为，则另一零点不可能大于， 此时不满足，故舍去； 综上可得实数的取值范围为. 17．（2024·广东肇庆·一模）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若存在极大值，求a的取值范围. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）利用函数的导数与单调性、最值的关系求解； （2）利用导数与极值的关系，结合参数和讨论函数单调性，从而解决问题. 【详解】（1）由题可知的定义域为， 当时，，. 令，解得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以当时，取极大值，也是最大值，故的最大值为. （2）. 令，则. 当时，，在上单调递减， 当时，；，根据零点存在定理，得在内存在唯一的零点， 在上，，，单调递增； 在上，，，单调递减，存在极大值. 当时，令，解得，（舍去）， 在上，，单调递减；在上，，单调递增. 所以当时，取极小值，也是最小值，故. 当，即时，由于当时，，此时，在上，必定存在唯一的零点. 在上，，，单调递增；在，，，单调递减，存在极大值， 当时在上，，单调递增不存在极大值. 综上所述，a的取值范围是. 【点睛】利用导函数研究函数极值：通常利用导数研究含参函数的单调性，借助零点存在定理，同时注意分类讨论. 18．（2025·广东佛山·一模）已知函数，其中． (1)当时，讨论关于的方程的实根个数； (2)当时，证明：对于任意的实数，都有． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合图象确定正确答案. （2）将要证明的不等式进行转化，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立. 【详解】（1）当时， 方程解的个数，转化为与有交点的个数， 的定义域为， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，，且， 当时，方程有0个解， 当或时，方程有1个解， 当时，方程有2个解. （2）要证，即证， 由于，故只需证， 不妨设，即证， 两边同时除以并化简，即证， 令，则，设， ，由(1)知在上单调递增， 故，故在上单调递增， 所以，从而命题得证. 19．（2025·广东韶关·一模）已知函数. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)设，若，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求解； （3）由参变分离得，恒成立，设，则，利用导数求出即可. 【详解】（1）， 当时，， 当时，， 函数在处的切线方程为. （2）函数的定义域为， ①当时，恒成立，令，则， 若：若， 所以在单调递减，在单调递增； ②当时，， 令，则， （i）当，即时， 若或：若， 所以在上递增，在上递减，在上递增. （ii）当，即时，恒成立，在上递增. （iii）当，即时，若或： 若， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 综上所述，当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在上递增，在上递减，在上递增； 当时，在上递增； 当时，在上递增，在上递减，在上递增. （3）由得恒成立 因为，即恒成立. 设，则， 因为， 同构可得 令因为，所以， 下面先证 设，于是， 令，则，当时，： 当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时等号成立. 所以， 即， 所以，即 故实数取值范围为 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理， 20．（2024·广东佛山·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若存、在，满足，证明：； (3)对任意的，恒成立，其中是函数的导数，求的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求导，分，讨论求解； （2）方法一：由，得到，再根据，由证明；方法二：由（1）知在上单调递增，转化为证明，然后利用极值点偏移证明； （3）将问题转化为求解； 【详解】（1）解：的定义域为，． 当时，，在上单调递增； 当时，令，得或（舍去）， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 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）方法一：当时，，由， 得，即 由于，事实上，令，， 时，；时，；所以， 所以，即． 所以， 当且仅当时，等号成立，所以，得证． 方法二：当时，，， 由（1）知时，在上单调递增， 当时，可证． 不妨设，要证，即证，即证， 因为，所以即证． 令，其中， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以，所以． 当时，因为，所以， 所以，所以． 综上，． （3）方法一：，由， 得，即， 所以对任意的，恒成立， 等价于， 由于，事实上，令，， 时，；时，；所以， 所以，即． 所以， 当且仅当时，等号成立（方程显然有解）， 即，所以． 所以的取值范围是． 方法二：，由，得， 即，所以对任意的，恒成立， 等价于 令， 则， 令，则，所以在上单调递增， 又，，所以， 所以存在，使得， 所以，即，所以， 所以， 令，，所以在上单调递增， 因为，所以 又时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，所以的取值范围是． 【点睛】方法点睛：本题第三问是恒成立问题，主要有两种形式，一是恒成立，则；二是恒成立，则. 21．（2024·广东珠海·一模）设函数，． (1)试判断的单调性； (2)证明：对任一，有，当且仅当时等号成立． 【答案】(1)在上单调递增 (2)证明见详解 【分析】（1）求出，设，再求出，可得，则得在上单调递增； （2）令，可得，，由在上单调递增，可得在处取最小值，则，即，命题得证. 【详解】（1）函数，， 则，设， 则， 因为，所以， 所以， 所以，在上单调递增. （2）令， 则， ， 又因为在上单调递增， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，， 所以在处取最小值， 即， 所以， 即. 则对任一，有，当且仅当时等号成立． 【点睛】关键点点睛：小问（2），令，则，由在上单调递增，得到在处取最小值，可得，则命题得证. ( 19 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$