大题05 导数及其应用（6大题型+高分必刷）-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）

大题05 函数及导数 根据近几年的高考情况，函数中导数的应用是高考解答题必考题目，通常作为压轴题的形式出现。考查的内容主要还是以含参为主。本篇主要总结了高考中经常出现的含参导数有关的证明类问题，极值点偏移问题，隐零点问题，不等式的求参数范围问题，新定义问题等进行相应的例题及解题方法的说明。预计2025年高考中函数及导数仍然会以含参形式的出现。 题型一 利用导数中恒成立或不等式求参数范围 1．（24-25高三上·安徽安庆·期末）已知函数，，为函数的导函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若任意，恒成立，求a的取值范围． 【思路分析】 （1）先对参数进行分类讨论，再利用导数求解单调性即可. （2）利用分离参数法得到，再利用导数得到，最后得到参数范围即可. 【规范答题】（1）因为，且定义域为， 所以，令，则， 当时，，函数在上单调递增； 当时，令，得到，令，得到， 故函数在上单调递减，在上单调递增； 综上：当时，在上单调递增； 当时在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）得， 因为对于任意，恒成立， 所以恒成立， 化简得恒成立，故恒成立， 令，则恒成立，， 令，则， 得到在单调递增，即 故，在单调递增，而， 即，故. 2（2025·广东佛山·二模）已知函数，其中． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，若对任意的恒成立，求的最小值． 【思路分析】（1）求导之后分和讨论得到单调性即可； （2）由条件得到时函数极小值，令极小值大于零，得到关于的不等式，再构造函数，求导分析单调性得到最值即可. 【规范答题】（1）， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，令， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）可得时，当时，函数取得极小值，又，若对任意的恒成立，不符合题意， 所以当，，即， 即，即， 代入， 设，则， 令，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，所以的最小值为. 对于含有参数的不等式来说，要求参数的取值及取值范围。一般采用参编分离的思想，将参数移到一边，从而重新构造函数，求出函数的单调性，从而求出参数的取值范围。对于含有两个参数的，一般是将两个参数转换成一个参数处理。利用参变量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），. （2025·陕西·一模）已知，函数在处取得极值． (1)求a； (2)证明：对任意的m，，都有； (3)若存在实数，使得成立，求k的最小整数值． 【答案】(1)(2)证明见解析(3)5． 【详解】（1）， 因为在处取得极值， 所以，所以， 解得． 经验证当时，在处取得极小值，符合题意， 故． （2）对任意的m，，设，则， 由（1）知，则在上单调递增， 所以当时，，即，所以在上单调递增， 因为，所以，即， 故． （3）存在实数，使得成立，即成立． 令，，则，， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增． 又，， 故存在唯一的，使得，即． 当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 故，结合，得， 故k的最小整数值为5． 2．（24-25高三上·浙江杭州·期末）已知函数（a为实常数）． (1)若，求证：在上是增函数； (2)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的x值； (3)若存在，使得成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析；(3). 【详解】（1）由题设，则， 则在上有，故在上是增函数，得证； （2）由题设，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 所以最小值为时，最大值为时； （3）由题设在上能成立，则， 对于，则在上恒成立， 故在上单调递增，且时，即在上恒成立， 所以在上能成立， 令且，则， 对于且，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 当，，即在上恒成立， 在上恒成立，则在上单调递增，故， 所以. 题型二 证明恒成立及不等式问题 1（2025·山东青岛·一模）已知函数，. (1)当时，讨论的单调性； (2)若有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，证明：. 【思路分析】（1）利用函数的导数性质进行求解即可； （2）根据极值的定义，结合导数的性质进行证明即可. 【规范答题】（1）当时，，， 则， 当或时，； 当时，， 所以函数在上单调递减，在和上单调递增. （2）由，，得， 因为函数有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根， 设为且，因为函数在时的图象关于轴对称， 所以，即， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以分别是函数的极大值点和极小值点， 即，， 又，即， 则， 又，则，， 设，， 则，即函数在上单调递减， 所以，即. 2（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若，证明：当时，． 【思路分析】（1）由函数的解析式求得其导数，由导数求得递减区间，由导数求得递增区间； （2）将不等式进行转化，在已知条件下，所以不等式转化为，设函数，求导数，由解析式可知递增，由函数零点存在定理可知存在唯一的，使得，从而得到函数单调区间并得到函数最小值，证明函数最小值大于等于0即可得证. 【规范答题】（1）因为， 所以． 当时，，当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）要证明， 即证明， 因为，且，所以， 故只需证明，即． 设，则． 易知在上单调递增，且，， 所以存在唯一的，使得，即，． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以， 故原命题成立． 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），. 1（25-26高三上·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，． （1）由题意分析求解即可； （2）利用导函数分析的单调性，证明即可； （3）令，当时，转化为，利用导函数证明即可. （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 2（24-25高三下·重庆·开学考试）已知函数，． (1)若函数在单调增，求实数a的取值范围： (2)当时，，求实数a的值； (3)求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）函数在某区间单调递增，可通过其导数在该区间大于等于0恒成立来求解参数范围； （2）要根据函数在给定区间的取值情况确定参数值，需结合函数的单调性等性质进行分析； （3）证明不等式需要利用前面得到的函数性质以及一些常见的放缩技巧变形，结合裂项求和即可. 【详解】（1）据题意：，， 则当时，，则在单调减，所以， 由于在单调增，则恒成立，即，故． （2）下面证明：当时，恒成立，此时， 由（1）知，当时，，符合； 当时：，， ，则在单调增，由于， ，则存在使，则，即在单调减，，即在单调增，又，，所以对恒成立，即在单调减，故．、 综上，． （3）由（2）知：对恒成立， 令，， 所以 ． 题型三 极值点偏移问题 1（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数， (1)当时，求在处的切线方程； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)若在内有两个不同零点、，求证：. 【思路分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）由已知不等式结合参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最大值，即可求出实数的取值范围； （3）分析可知，要证所证不等式成立，即证且，要证，即证，利用诱导公式结合指数函数的单调性即可证明；要证，即证，构造函数，只需证，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【规范答题】 （1）当时，，则， 所以，，. 故切线方程为，即， （2）因为在上恒成立， 进而，即． 令，其中，则， 当时，，则，此时，函数单调递增， 当时，，则，此时，函数单调递减， 当时，，因为，因此， 所以，，故， 因此，实数的取值范围是. （3）因为函数在内有两个不同零点、， 则方程在内有两个根、，即， 由（2）知，当时，函数在单调递增，单调递减． 故，欲证，即证， 由于且函数在单调递减．所以只需证明， 即证，欲证，即证，即， 即证，即证，而该式显然成立， 欲证，即证，且，即证， 即证，即证，即证， 令，只需证， ， 令， 所以，即函数在上单调递增，所以，，故原不等式得证． 2（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 【思路分析】 （1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）设，借助导数研究其单调性即可得； （3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化为证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证. 【规范答题】（1），，， 所以在处的切线方程为， 即； （2）由可知，，， 即在上恒成立， 设，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以时，取得最小值，最小值为， 由题意知，即，故的取值范围为； （3）方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（2）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， ， 则，在单调递减， 欲证，即证，， 等价于，即， 等价于， 整理得①， 令，①式为， 又在单调递增， 故①式等价于，即， 令，， 当时，，在单调递增， 又，，即， 所以，则. 极值点偏移问题的一般题设形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 1（2025·青海海南·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性． (2)假设存在正实数，满足． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增． (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，由导数符号即可求解； （2）（i）由题意知，问题转换成有两根，通过取对数，同构，构造函数，通过其单调性即可求解；（ii）构造函数，通过求导，确定单调性，确定最值，即可求解； 【详解】（1）由题意知，， 令，解得， 令，解得， 故函数在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）由题意知，在上有两个不相等的实数根，即， 两边取对数，可得．记，易知在上是增函数， 故可等价于，即． 记，则，得在上单调递减，在上单调递增， 有最小值，故，即． （ii）根据题意得，不妨设． 构造函数， 则． 当时，，则，得在上单调递减， 有，即． 将代入不等式，得，又， 故， 又在上单调递增， 故，即 2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知． (1)当时，讨论函数的极值点个数； (2)若存在，，使，求证：． 【答案】(1)函数的极值点有且仅有一个 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数进行求导，然后分和两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答案； （2）由可得（*），通过证明单调递增，（*）转化为，接着证明成立，即可求解 【详解】（1）当时，，则， 当时，， 故在上单调递增，不存在极值点； 当时，令，则总成立， 故函数即在上单调递增， 且，，所以存在，使得， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增； 故在上存在唯一极值点， 综上，当时，函数的极值点有且仅有一个． （2）由知， 整理得，（*）， 不妨令，则，故在上单调递增， 当时，有，即， 那么， 因此，（*）即转化为， 接下来证明，等价于证明， 不妨令（）， 建构新函数，，则在上单调递减， 所以，故即得证， 由不等式的传递性知，即． 【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 题型四 函数导数中隐零点问题 （24-25高三上·河北·期末）已知函数，，． (1)若，函数在上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若，，求函数在上的零点个数． 【思路分析】（1）求出导函数，题意得出在上恒成立，转化为，在上恒成立，再引入函数求出函数的最值得参数范围； （2）求出，令，再求导，由的单调性确定的零点的存在性,从而得的正负，确定即的单调性，然后再确定的零点的存在性，得出的正负，确定的单调性，然后确定的零点的存在性（零点的存在性需与零点存在定理结合）． 【规范答题】（1）当时，，， 因为函数在上单调递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，可得， 令，在上，，， 所以在上的最小值为， 所以实数a的取值范围为． （2）当，时，，可得， ，设， 则，易知在上单调递增， 又，，所以，使得， 在上,在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以，，使得， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，由得，， 又因为，所以，使得， 综上，函数在上有，0两个零点． 2（24-25高三上·江西宜春·期末）已知函数. (1)当时，，求实数的取值范围； (2)判断函数在的零点个数，并说明理由. 【思路分析】（1）利用导数求的最大值即可求解； （2）先把方程转化，再构造新函数，应用导函数得出单调性结合零点存在定理得出结果. 【规范答题】（1）由题意得，令，解得，所以， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为， 由于时，，所以实数的取值范围为. （2）令，则，整理得， 令，则， 当时，．所以在上单调递减， 又，， 所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点． 当时，，此时函数无零点． 综上所述，在上存在唯一零点，即函数在上的零点个数为1． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的解决关键是，将函数在零点个数的问题转化为零点个数问题，从而得解. 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 二、函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. 三、隐零点的同构 实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 四、一般思路 针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式。构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题。在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间。 1（24-25高三上·山东德州·阶段练习）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若有3个零点，，，其中.求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间 (2) 【分析】（1）求导函数，利用导数求解单调区间即可. （2），由得，则除1外还有两个零点，对求导分类讨论其单调性，当时，在单调递减，不满足，当时，要是除1外还有两个零点，则不单调，则，再由韦达定理求出其余两个零点的范围，结合函数的单调性说明所求范围即为所求. 【详解】（1）当时，，， 则在恒成立，所以在单调递增， 故的单调递增区间为，无单调递减区间. （2）， ，，则除1外还有两个零点， ， 令， 当时，在恒成立，则， 所以在单调递减，不满足，舍去； 当时，要是除1外还有两个零点，则不单调， 所以存在两个零点，所以，解得， 当时，设的两个零点为，， 则，，所以 当时，，，则单调递增； 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增； 又，所以，， 而，且， ，且， 所以存在，，使得， 即有3个零点，，， 综上，实数的取值范围为. 2 （2025·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 【分析】（1）求出函数的导函数，令，利用导数说明的单调性，结合零点存在性定理得到的单调性，即可求出在闭区间上的最小值； （2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论，和时，的正负，即可得出证明. 【详解】（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. 题型五 函数导数与其他知识点相结合 1（2025高三下·全国·专题练习）已知实数，函数（e为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间及最小值； (2)若对任意的恒成立，求实数a的值； (3)证明：． 【思路分析】（1）求导数，利用导数的正负，即可求函数的单调区间，根据单调性求最值； （2）若对任意的恒成立，即对a >0恒成立，即可求实数a的值； （3）根据（2）的结论得到，对不等式每一项进行放缩，再结合裂项相消计算即可. 【规范答题】（1）函数定义域为R，， 当时，若，得函数在上是增函数； 若，得函数在上是减函数． 则当时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是． 即在处取得极小值且为最小值，最小值为． （2）若对任意的恒成立，等价为， 由（1）知，， 设，则， 由，得， 由，得，此时函数单调递增，由，得，此时函数单调递减， 在处取得最大值，即，因此的解为．所以实数a的值为1． （3）证明：由（2）可知时恒成立，即，则． ， ． 2（2025·甘肃·一模）函数，且. (1)时，判断的单调性； (2)若，判断与的大小，且，并说明理由； (3)证明：对于任意的，有. 【思路分析】（1）分类讨论根据导函数正负得出函数单调性； （2）应用已知（1）的结论结合三角函数的值域计算判断即可； （3）应用已知（1）的结论结合三角函数的值域及不等式的性质计算证明即可； 【规范答题】（1）由于 当时，时， 故当时，函数在为减函数，在为增函数， 同理，当时，函数在为增函数，在为减函数： （2）由（1）可知，当时，，故， 令，由于，则， 可得，所以， 当且仅当时“”成立. （3）由（1）可知，当时，. 又当时，， 故时，，即， 令，可得， 令，可得， 两式相加可得，即， 所以 ，当且仅当时“”成立. 由可得， 令，可得， 两边同乘，整理得， 用替换可得， 同理可得， 两式相加可得 ， 故， 所以 ，当且仅当时“”成立. 所以 当且仅当时“”成立. 1（24-25高三下·河南信阳·开学考试）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若是的一个极大值点． （i）证明：； （ii）设，，是的3个极值点，若存在，使得，，，成递增的等差数列，求该等差数列的公差． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）由导数的几何意义求得切线斜率，即可求解； （2）（i）求导，构造函数，由是的一个极大值点，得到，即可求解； （ii）由等差数列概念得到，求得，进而可求解； 【详解】（1）解：当时，，则， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）（i）证明：由题意得，   记，， 当时，即恒成立， 易知当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以是的一个极小值点，不合题意，舍去；   当时，得或， 所以有两个不同的根，，不妨设， 依题意：若是的一个极大值点，则必有， 此时， 即，所以，得证； （ii）解：由（i）知，， ， 因为，，，成等差数列， 所以， 故， 此时，，，成等差数列，   所以，解得， 整理得，解得或，   又因为，或，所以， 又，即， 所以， 所以该数列的公差为． 2．（22-23高三上·湖南长沙·开学考试）已知数列的前n项和为，且满足（），. (1)求数列的通项公式； (2)当时，数列满足，求证：； (3)若对任意正整数n都有成立，求正实数的取值范围. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3). 【分析】（1）当时，则；当时，，，两式相减得，综合即得解； （2）由题得，利用裂项相消得证； （3）等价于，令，求出函数的即得解. 【详解】（1）解：由得，即，所以. 若，则； 若，则由得， 两式相减得， 化简得， 所以数列是以1为省项，以为公比的等比数列，因此， 当时，也满足该式， 故. （2）解：因为，所以， 则， 因此 ， 又因为，且，故， 因此得证. （3）解：由（1）得，则，即， 令， 为使对任意正整数都有成立，即， 因为，所以当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减， 又，且， 所以， 因此， 题型六 函数导数的新定义问题 1（24-25高三上·湖北·期末）1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，算法之一为：若函数和满足下列条件： ①， ②在点a的去心邻域内与可导，且 ③，那么据此回答下面问题： (1)求的值，并用导数的定义证明： (2)已知 （i）求函数的单调递减区间; （ii）若对任意恒成立，求实数a的取值范围. 【思路分析】（1）利用导数的新定义结合导数的定义直接求解即可；（2）（i）求导后解不等式即可；（ii）转化为不等式成立，分类求出函数的最大值即可. 【规范答题】（1）， 依据导数的定义： （2）（i）因为，定义域为R， 所以， 令，解之得：， 所以的单调递减区间为， （ii）因为对任意恒成立，且当时，不等式显然成立， 所以，当时，原式可转化为恒成立， 令，即， 因为， 令， ， 当时，， ，在上单调递减， 所以， 即时， 所以在上单调递减， ， 所以， 当时， 因为， 所以， 所以， 所以， 综上可知：实数a的取值范围为 （24-25高三上·山东青岛·期末）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，……，，注：，，，，……已知函数． (1)求函数在处的阶帕德近似． (2)在（1）的条件下： ①求证：； ②若恒成立，求实数m的取值范围． 【思路分析】（1）根据帕德近似定义对函数求导即可得出； （2）①构造函数并求导得出其在上的单调性，即可得出结论； ②根据函数解析式求导再结合函数单调性以及极值、最值的综合应用即可求得实数m的取值范围． 【规范答题】（1）由题可知函数在处的阶帕德近似， 则，，， 由得，所以，则， 又由得，所以， 由得， 所以， （2）①令，， 因为， 所以在及上均单调递减． 当，，即， 而，所以，即， 当，，即， 而，所以，即， 所以不等式恒成立； ②由得在上恒成立， 令，且，所以是的极大值点， 又，故，则， 当时，， 所以， 当时，，，则， 故在上单调递增，所以当时，， 当时，， 令，因为，所以在上单调递减， 所以， 又因为在上， 故当时，， 综上，当时，恒成立． 对于新定义的导数题目，注意理解题目给出的新定义所包含的意义，充分利用题目给出的新定义的例题去解决实际问题，一般考查学生的举一反三能力以及创新能力。 1（24-25高三上·河南·期末）拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式. (1)试求数据的拉格朗日插值多项式的表达式； (2)对于（1）中求出的，若函数满足， （i）研究的单调性； （ii）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）答案见解析；（ii）. 【分析】（1）根据拉格朗日插值多项式的定义直接求解即可. （2）（i）先求出的表达式及导函数，按照和分类讨论研究其单调性即可. （ii）分离参数将问题转化为有两个不同实数解，令，求单调性并画出示意图，数形结合得，解对数函数不等式即可. 【详解】（1）对于数据， 有， ， 所以， 即. （2）（i）由（1）知， 所以， ， 若，则在上单调递减； 若，则，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 综上所述，时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减. （ii）因为函数有两个零点，所以关于的方程，即， 亦即有两个不同实数解. 令，则， 当时，在上单调递减，且当时，； 当时，在上单调递增， 所以当时，取得最大值. 作出函数的图象以及直线，如图所示： 由图可见，当且仅当， 即时，直线与函数的图象有两个公共点， 所以实数的取值范围是. 2（2025·广东江门·一模）意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是，其中c为参数．当时，该方程就是双曲余弦函数．相应地就有双曲正弦函数．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系： (1)类比关系式①②③，写出和之间的三种关系式（不需要证明）； (2)当时，不等式恒成立，求的取值范围； (3)设无穷数列满足，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)① 平方关系：；② 二倍角关系：；③ 导数关系：，. (2) (3) 【分析】（1）求出和即可求解，求出和即可求解，求出和即可求解； （2）证明存在足够小的使得，令，讨论的情况，并结合导数检验即可求解； （3）根据与递推式形式一致求出，求出即可求解. 【详解】（1）（1）双曲函数关系式 ① 平方关系：； ② 二倍角关系：； ③ 导数关系：，. 证明如下（不需要写出）： 因为， ， 所以； 因为， ， 所以； ， （2）因为，所以， 所以，， 当时，设， 若，则存在足够小的使得矛盾， 所以，因为， 观察， 令，， 当且仅当时等号成立， 所以在时单调递增， 因为，所以对成立， 即，所以满足题意， 所以； （3）因为与递推式形式一致， 所以假设，其中为待定参数， 因为符合递推关系， 所以，因为， 所以，因为， 得，令， 方程变为，解得或， 所以或，所以或， 因为是偶函数，所以不妨设， 所以，， 所以 1．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）已知、，函数． (1)若曲线在处的切线方程为，求的值； (2)若函数在上单调递增，求的取值范围； (3)若对，函数至多有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由导数的几何意义可得出，可求出、的值，即可得解； （2）由已知得出对任意的，参变量分离得出，利用导数求出函数的最小值，由此可得出实数的取值范围； （3）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合函数的零点个数可得出实数的取值范围. 【详解】（1）因为，则， 由题意可得，， 解得，，故. （2）由题意可知，对任意的，，可得， 令，则， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 因此，实数的取值范围是. （3）由（2）得，当时，函数在上单调递增， 则函数至多一个零点，符合题意； 当时，，当时，，且 当时，，作图所示： 由图可知，存在，使得， 且当时，，当时，， 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，对，函数至多有两个零点，符合题意； 当时，函数有两个零点， 设两个零点分别为、， 当或，，当时，， 所以，函数的增区间为、，减区间为， 所以，函数的极大值为，极小值为， 且当时，；当时，. 故当时，即当时， 函数有三个零点，不合题意. 综上所述，实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 2．（2025·山西·一模）已知函数. (1)判断函数的单调性； (2)若存在，使得，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）讨论的取值范围，根据导函数的正负可得函数的单调性. （2）讨论的取值范围，分析函数在上的最大值，由此可求出的取值范围. 【详解】（1）由题意得，的定义域为， ∵，∴. 由得或. 当时，恒成立； 当时，由得，或，由得； 当时，由得，或，由得. 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. （2）由（1）得时，在上单调递增，在上最大值为，故不存在，使得. 当时，若，即，则在上单调递减，在上的最大值为. 若存在，使得，只需，解得，故. 若，即，则在上单调递增，在上单调递减，在上最大值为， 若存在，使得，只需，解得. 综上可得，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问的关键是结合的取值范围，分析函数在上的最大值，根据最大值大于等于可求得的取值范围. 3．（2025·浙江·一模）已知函数，其中. (1)若函数是偶函数，求； (2)当时，讨论函数在上的零点个数； (3)若，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)两个零点 (3) 【分析】（1）由偶函数的定理建立等式，求出； （2）代入，得到，写出，令后在求导.由解析式可知当时，恒成立.当时，，得到单调递增，由二分法知道在存在唯一零点.由此知道函数的单调区间，再由二分法得到函数零点. （3）当时，恒成立，所以当时，由，求出的范围.再将的范围分为，，三个范围，由三角函数的性质以及导函数判断函数单调性建立不等式，最后求出的范围. 【详解】（1）因为函数是偶函数，所以. 即， 解得：. （2）当时，. ，， 令，则. 当时，， 当时，，单调递增， 又，， 所以存在，使得. ，，单调递减，，，单调递增， 而，，，所以在上存在一个零点. 综上，函数在有两个零点. （3）当时，；当时，， 则. （ⅰ）当时，，，成立； （ⅱ）当时， 若，则，单调递增， 所以； 若，则，，成立； （ⅲ）当时，若，则成立； 只要考虑，此时令， 则，递增，，， 所以存在，使得， 若，则，递减；若，则，递增. 所以，解得. 此时，所以，从而. 综上，. 【点睛】方法点睛，本题是函数综合问题，考查了利用导函数得到函数单调性，由函数单调性解决不等式恒成立问题.本题需要先通过三角函数的值域先得到不等式在某个区间恒成立，再通过某个特殊值得到的范围，然后通过函数解析式的特殊性，分别讨论的范围内不等式恒成立.本题用到了隐零点的方法求得函数的最小值，要想不等式大于等于零恒成立，转变为最小值大于等于零，然后解得的范围. 4．（24-25高二上·湖南长沙·期末）设函数（）. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，曲线与直线交于，两点，求证：； (3)证明：（，）. 【答案】(1)时，单调递减；时，单调递增. (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的正负即可求解； （2）求导得，进而代入化简将问题转化成，构造函数即可利用导数求解； （3）利用（2）的结论取，，利用累加法即可求解. 【详解】（1）当时，， ， 时，，单调递减； 时，，单调递增. （2），则， 由题意，知有两解，，不妨设， 要证，即证， ①若，则； ②若，由知， 在上单调递减，在上单调递增，也有， 综合①②知，， 所以只需证（*）. 又， ∴两式相减，整理得， 代入（*）式，得，即. 令（），即证. 令（），则， ∴在上为增函数，∴， ∴成立. （3）由（2）知，， 故，，取， 所以（）， 则（）. 【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 5．（24-25高三下·安徽·阶段练习）已知函数. (1)求函数的单调区间与极值； (2)若数列满足，记为数列的前项和. 求证： ①当时，； ②当时，. 【答案】(1)增区间为，减区间为，极大值，无极小值； (2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】（1）求出函数的定义域及导数，进而求出单调区间及极值. （2）①结合（1）中信息，利用数学归纳法证明不等式；②构造函数，利用导数探讨单调性证得不等式，求出并借助放缩法及等比数列前项和公式推理得证. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 由，得；由，得，函数在上递增，在上递减， 当时，函数取得极大值，无极小值， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，极大值为0，无极小值. （2）①用数学归纳法证明如下： （i）当时，，，不等式成立； （ii）假设当时，不等式成立，即成立， 由函数在上递增，得， 而，即成立，则当时，不等式成立， 综合（i）（ii）得：当时，成立. ②令函数，求导得， 函数在上递减，，即成立， 由（i）知，当时，，则， 所以当时，， 当时，成立； 当时， ， 所以当时，成立. 【点睛】关键点点睛：构造函数并用导数证得不等式成立是解决第2问的关键. 6．（24-25高三上·河南·阶段练习）已知函数. (1)若有唯一极值，求的取值范围； (2)当时，若，，求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解. （2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得. 【详解】（1）函数的定义域为， 求导得， 当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意； 若，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意； 若，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意； 当时，当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点， 所以的取值范围是. （2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 由，，不妨令， 要证，只证，即证，就证， 令，求导得 ，于是函数在上单调递减，， 而，则，即，又， 因此，显然，又函数在上单调递增，则有， 所以. 【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数. 7．（24-25高三上·河南·阶段练习）已知函数． (1)若，讨论的单调性． (2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性； （2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围； （ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论. 【详解】（1）当时，，则； 令，解得：或， 当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由得：， 恰有个正实数根，恰有个正实数根， 令，则与有两个不同交点， ，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，又， 当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于； 则图象如下图所示， 当时，与有两个不同交点， 实数的取值范围为； （ii）由（i）知：，， ，， ， 不妨设，则， 要证，只需证， ，，，则只需证， 令，则只需证当时，恒成立， 令， ， 在上单调递增，， 当时，恒成立，原不等式得证. 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立. 8．（2025·广西·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）不等式对恒成立可得对恒成立，再构造函数并利用导数探讨单调性推理得证. （3）由（2）取可得不等式，再取，并借助裂项相消法求得证. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）不等式， 由时，恒成立，得， 令，由当时，恒成立， 得，，求导得，令， 求导得，而，则当，即时，， 函数在上单调递增，，函数在上单调递增， 则，符合题意，因此； 当时，由，得，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 则当时，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. （3）由（2）知，当时，， 取，则，而， 因此 ， 所以. 一、解答题 1．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真题）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． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【详解】（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，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. 2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【详解】（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）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 3．（2024·全国甲卷·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) 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值. （2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（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，. 【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类. 4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【详解】（1）因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】（1）证明见详解（2） 【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果； （2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解. 【详解】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 【点睛】关键点睛： 1.当时，利用，换元放缩； 2.当时，利用，换元放缩. 6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 【答案】(1)； (2)存在满足题意，理由见解析. (3). 【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可； (2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可； (3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则， 据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. （2）令， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. （3）由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 由一次函数与对数函数的性质可得，当时， ， 且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以 ， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析. (2) 【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可; （2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可. 【详解】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当. 8．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可 （2）求导,对分类讨论,对分两部分研究 【详解】（1）的定义域为 当时,,所以切点为,所以切线斜率为2 所以曲线在点处的切线方程为 （2） 设 若,当,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若,当,则 所以在上单调递增所以,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若 (1)当,则,所以在上单调递增 所以存在,使得,即 当单调递减 当单调递增 所以 当, 令则 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，， 所以在上有唯一零点 又没有零点,即在上有唯一零点 (2)当 设 所以在单调递增 所以存在,使得 当单调递减 当单调递增, 又 所以存在,使得,即 当单调递增,当单调递减， 当，， 又， 而,所以当 所以在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点 所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为 【点睛】 方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明. 9．（2022·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 【答案】(1) (2)证明见的解析 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解； （2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证. 【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为，则 令,得 当单调递减 当单调递增， 若,则,即 所以的取值范围为 [方法二]：同构处理 由得： 令，则即 令，则 故在区间上是增函数 故，即 所以的取值范围为 （2）[方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 因为,即证 又因为,故只需证 即证 即证 下面证明时， 设， 则 设 所以,而 所以,所以 所以在单调递增 即,所以 令 所以在单调递减 即,所以； 综上, ,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式 这个函数经常出现，需要掌握 10．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (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差数列． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论. （2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列. 【详解】（1）的定义域为，而， 若，则，此时无最小值，故. 的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. （2）[方法一]： 由（1）可得和的最小值为. 当时，考虑的解的个数、的解的个数. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 设，其中，则， 故在上为增函数，故， 故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 有两个不同的零点即的解的个数为2. 当，由（1）讨论可得、仅有一个解， 当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 则. 设，其中，故， 设，，则， 故在上为增函数，故即， 所以，所以在上为增函数， 而，， 故上有且只有一个零点，且： 当时，即即， 当时，即即， 因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 故， 此时有两个不同的根， 此时有两个不同的根， 故，，， 所以即即， 故为方程的解，同理也为方程的解 又可化为即即， 故为方程的解，同理也为方程的解， 所以，而， 故即. [方法二]： 由知，，， 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，且 ①时，此时，显然与两条曲线和 共有0个交点，不符合题意； ②时，此时， 故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③时，首先，证明与曲线有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 其次，证明与曲线和有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 再次，证明存在b，使得 因为，所以， 若，则，即， 所以只需证明在上有解即可， 即在上有零点， 因为，， 所以在上存在零点，取一零点为，令即可， 此时取 则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为 所以， 又因为在上单调递减，，即，所以， 同理，因为， 又因为在上单调递增，即，，所以， 又因为，所以， 即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 11．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2) (3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式. 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题05 函数及导数 根据近几年的高考情况，函数中导数的应用是高考解答题必考题目，通常作为压轴题的形式出现。考查的内容主要还是以含参为主。本篇主要总结了高考中经常出现的含参导数有关的证明类问题，极值点偏移问题，隐零点问题，不等式的求参数范围问题，新定义问题等进行相应的例题及解题方法的说明。预计2025年高考中函数及导数仍然会以含参形式的出现。 题型一 利用导数中恒成立或不等式求参数范围 1．（24-25高三上·安徽安庆·期末）已知函数，，为函数的导函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若任意，恒成立，求a的取值范围． 2（2025·广东佛山·二模）已知函数，其中． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，若对任意的恒成立，求的最小值． 对于含有参数的不等式来说，要求参数的取值及取值范围。一般采用参编分离的思想，将参数移到一边，从而重新构造函数，求出函数的单调性，从而求出参数的取值范围。对于含有两个参数的，一般是将两个参数转换成一个参数处理。利用参变量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），. （2025·陕西·一模）已知，函数在处取得极值． (1)求a； (2)证明：对任意的m，，都有； (3)若存在实数，使得成立，求k的最小整数值． 2．（24-25高三上·浙江杭州·期末）已知函数（a为实常数）． (1)若，求证：在上是增函数； (2)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的x值； (3)若存在，使得成立，求实数a的取值范围． 题型二 证明恒成立及不等式问题 1（2025·山东青岛·一模）已知函数，. (1)当时，讨论的单调性； (2)若有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，证明：. 2（24-25高三下·湖南·阶段练习）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若，证明：当时，． 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），. 1（25-26高三上·上海·单元测试）设函数，其中，曲线过点． 2（24-25高三下·重庆·开学考试）已知函数，． (1)若函数在单调增，求实数a的取值范围： (2)当时，，求实数a的值； (3)求证：． 题型三 极值点偏移问题 1（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数， (1)当时，求在处的切线方程； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)若在内有两个不同零点、，求证：. 2（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 极值点偏移问题的一般题设形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 1（2025·青海海南·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性． (2)假设存在正实数，满足． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知． (1)当时，讨论函数的极值点个数； (2)若存在，，使，求证：． 题型四 函数导数中隐零点问题 （24-25高三上·河北·期末）已知函数，，． (1)若，函数在上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若，，求函数在上的零点个数． 2（24-25高三上·江西宜春·期末）已知函数. (1)当时，，求实数的取值范围； (2)判断函数在的零点个数，并说明理由. 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 二、函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. 三、隐零点的同构 实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 四、一般思路 针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式。构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题。在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间。 1（24-25高三上·山东德州·阶段练习）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若有3个零点，，，其中.求实数的取值范围. 2 （2025·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. 题型五 函数导数与其他知识点相结合 1（2025高三下·全国·专题练习）已知实数，函数（e为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间及最小值； (2)若对任意的恒成立，求实数a的值； 2（2025·甘肃·一模）函数，且. (1)时，判断的单调性； (2)若，判断与的大小，且，并说明理由； (3)证明：对于任意的，有. 1（24-25高三下·河南信阳·开学考试）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若是的一个极大值点． （i）证明：； （ii）设，，是的3个极值点，若存在，使得，，，成递增的等差数列，求该等差数列的公差． 2．（22-23高三上·湖南长沙·开学考试）已知数列的前n项和为，且满足（），. (1)求数列的通项公式； (2)当时，数列满足，求证：； (3)若对任意正整数n都有成立，求正实数的取值范围. 题型六 函数导数的新定义问题 1（24-25高三上·湖北·期末）1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，算法之一为：若函数和满足下列条件： ①， ②在点a的去心邻域内与可导，且 ③，那么据此回答下面问题： (1)求的值，并用导数的定义证明： (2)已知 （i）求函数的单调递减区间; （ii）若对任意恒成立，求实数a的取值范围. （24-25高三上·山东青岛·期末）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，……，，注：，，，，……已知函数． (1)求函数在处的阶帕德近似． (2)在（1）的条件下： ①求证：； ②若恒成立，求实数m的取值范围． 对于新定义的导数题目，注意理解题目给出的新定义所包含的意义，充分利用题目给出的新定义的例题去解决实际问题，一般考查学生的举一反三能力以及创新能力。 1（24-25高三上·河南·期末）拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式. (1)试求数据的拉格朗日插值多项式的表达式； (2)对于（1）中求出的，若函数满足， （i）研究的单调性； （ii）若有两个零点，求的取值范围. 2（2025·广东江门·一模）意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是，其中c为参数．当时，该方程就是双曲余弦函数．相应地就有双曲正弦函数．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系： (1)类比关系式①②③，写出和之间的三种关系式（不需要证明）； (2)当时，不等式恒成立，求的取值范围； (3)设无穷数列满足，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 1．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）已知、，函数． (1)若曲线在处的切线方程为，求的值； (2)若函数在上单调递增，求的取值范围； (3)若对，函数至多有两个零点，求的取值范围． 2．（2025·山西·一模）已知函数. (1)判断函数的单调性； (2)若存在，使得，求的取值范围. 3．（2025·浙江·一模）已知函数，其中. (1)若函数是偶函数，求； (2)当时，讨论函数在上的零点个数； (3)若，，求的取值范围. 4．（24-25高二上·湖南长沙·期末）设函数（）. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，曲线与直线交于，两点，求证：； (3)证明：（，）. 5．（24-25高三下·安徽·阶段练习）已知函数. (1)求函数的单调区间与极值； (2)若数列满足，记为数列的前项和. 求证： ①当时，； ②当时，. 6．（24-25高三上·河南·阶段练习）已知函数. (1)若有唯一极值，求的取值范围； (2)当时，若，，求证：. 7．（24-25高三上·河南·阶段练习）已知函数． (1)若，讨论的单调性． (2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 8．（2025·广西·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：． 一、解答题 1．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真题）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． 2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 8．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 9．（2022·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 10．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (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差数列． 11．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$