猜押20题 导数综合-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（天津专用）

猜押10 导数综合第20题（ 解答题） 猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据 导数 2024年天津卷第20题 2023年天津卷第20题 2022年天津卷第20题 天津高考连续三年高考压轴大题是导数大题。第一问多考察求导运算和切线方程，相对来说是送分题，第二问多以恒成立求参和分类讨论为主，有一定的难度，部分第二问以及第三问则以证明题为主，难度整体上较大，涉及到双变量或者多变量，涉及到数列不等式、三角函数不等式，极值点偏移零点偏移等不等式证明。 预测2025年天津高考导数题，围绕着求导运算切线方程，含参讨论，恒成立和能成立求参，以及双变量不等式证明，数列不等式，三角函数型不等式证明等不等式证明型展开，要有针对性的复习，熟练掌握这类题型的求解、转化、推导。 题型一 切线（第一问） （解答题） 1．（24-25天津南开蓄力跨越）已知，曲线在点处的切线方程为． (1)求实数a，b的值； (2)若曲线C：，求曲线C过点的切线方程． 【答案】(1) (2)或． 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案； （2）设切点为，写出导数的切线方程，结合题意求得切点坐标，即可求得答案. 【详解】（1）由题意得， 因为直线的斜率为-2，且过点， 所以，即得，解得 （2）由（1）知，则． 设切点为，则切线斜率， 故切线方程为． 由切线过点，代入可得，即， 即，解得或， ∴切点为或， 则切线方程为或． 2．（24-25高三·天津西青·阶段练习）已知函数． (1)若曲线在处的切线与直线平行，求的值及函数的单调性； (2)求函数的单调区间； (3)若当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)，在上单调递增，无减区间 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求参数取值并利用导数判断函数的单调性即可； （2）对求导，讨论和时，即可得出函数的单调区间； （3）由不等式恒成立入手，分离参数转化为求最值可求得参数范围. 【详解】（1）直线的斜率为，因为， 所以由导数的几何意义知，，所以，解得. 此时，则，所以在上单调递增，无减区间 （2）的定义域为， ， 当时，，则在上单调递增， 当时，令，解得：， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，则单调递增区间为； 当时，单调递增区间为，单调递减区间为. （3）时，恒成立，转化为即可. 设，因为， 由得，由得； 所以在上单调递增，在上单调递减； 从而.所以，即的取值范围为. 3．（24-25高三天津东丽·阶段练习）已知 (1)若在处的切线方程为，求实数a，b的值； (2)当时，若对恒成立，求实数的取值范围； (3)若方程有非零实根，求证： 【答案】(1)，. (2) (3)证明过程见解析. 【分析】（1）先求出函数的导函数；再根据导数的几何意义和切点在切线上列出方程组，求解即可得出结果. （2）先根据不等式有意义得出；再构造函数，，利用导函数判断函数的单调性，求出最小值，再结合题目中不等式恒成立得出；最后再构造函数，，利用导函数判断其单调性，结合即可求解. （3）先根据题目条件得出，；再由柯西不等式可得：，；最后利用综合法，通过构造函数，利用导数先证得，即证得：，进而证得. 【详解】（1）由可得：，. 因为在处的切线方程为， 所以，即，解得：. （2）当时，. 因为对恒成立， 所以对恒成立， 要使不等式在上有意义，需满足， 则. 令， 则；对恒成立. 令，解得：；令，解得：， 所以函数在区间上单调递减；在区间上单调递增， 则当时，. 因为对恒成立， 所以，即. 令，， 则， 所以函数在上单调递增. 又因为， 所以当时，. 所以由可得：. 又因为， 所以 综上可得：实数的取值范围为. （3）证明：因为方程有非零实根，， 所以方程有非零实根，即方程有非零实根， 则，. 由柯西不等式可得：，即， 所以，. 要证明， 只需证明. 因为， 所以只需证明. 令，. 则， 令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即当且仅当时等号成立. 所以，即证得：， 所以证得. 综上证得：. 4．（2025·天津和平·一模）已知函数. (1)若，函数在点处的切线斜率为，求函数的单调区间和极值； (2)试利用（1）结论，证明：； (3)若，且，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间为，函数的单调递减区间为，极大值1，无极小值. (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）求，由求出，分别解和，即可求出函数的单调区间和极值； （2）由（1）可得令，可得，再由放缩法结合等比数列的前项和可证明； （3）将不等式转化为证明桓成立，分，讨论，当时，对不等式两侧同时取对数，构建新函数，令，等价于恒成立，结合的单调性可得，设，求出的最大值，即可得出答案. 【详解】（1）当时，， ，由已知，所以， 即，因为， 所以，当时，，当时，， 因此，的单调递增区间为，函数的单调递减区间为. 当时，函数取得极大值，无极小值. （2）证明：由（1）可得当时，，即 令，可得，所以， 所以， ，原式得证. （3）已知，则，不等式为， 即桓成立， （i）当时，任意，因此满足条件. （ii）当时，，不等式两侧同时取对数， 有，等价于①， 构建新函数，令，①式等价于恒成立， 而，函数在其定义域上单调递增，因此对任意，有 成立，即任意，有， 等价于②，设， 当时，，当时，， 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调逆减， 所以，因此由（2）式可得. 综上，正实数的取值范围为. 题型二 恒成立求参（第二问） （解答题） 1．（2025·天津·一模）已知函数，． (1)若，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)设，，若存在，使得．证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解； （3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得. 【详解】（1）当时，， ∴ 又∴ ∴切线方程为； （2）方法一： 设 只需在时恒成立即可 又，且 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 由（1）知，在上单调递增， 所以， 所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二： 设， 则， 令，则， 当时，， ，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， 所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以， 所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增， 即在上单调递增，又因为 当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得： 令，， ∵，∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ 由洛必达法则可得： 综上所述，实数的取值范围是． （3）由函数， 可得， 设，由， 可得， 则， 又由，可得， ∴函数为单调递增函数， ∴，即， ∴， 由（2）知，当时，，， ∴， 即， ∴， 代入可得： ， 则， ∴， 又因为时，， 所以， 所以. 【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法： ①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离； ②含参讨论法：含参讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用. 2．（2025·天津南开·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上恒成立，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不同的实数解，证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）导数研究函数的单调性，结合及不等式恒成立确定参数范围； （3）由有两个不同的实数解得，构造并研究其函数值符号得，由有两个不同的实数解，构造，并利用导数研究性质可得，令，则方程有两个不同的实数解，构造设，导数研究性质得，进而得到，即可证. 【详解】（1），则切线的斜率为，又， 所以处的切线方程为，即． （2）， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减，则． 若在区间上恒成立，则的取值范围为． （3）由，得， 若有两个不同的实数解，则， 两式相减得，所以． 不妨设，则， 所以在上单调递增，此时，所以． 所以，即，所以①． 由，得有两个不同的实数解， 令， 当时单调递增，当时单调递减， 由，，所以． 令，则方程有两个不同的实数解． 由（2）知，则有． 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 此时，即，故，当且仅当时等号成立． 不妨设直线与直线交点的横坐标分别为，    则， 所以②． 综上，． 3．（2025·天津·一模）已知函数，，其中． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在，使得函数在区间上的最小值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)设是函数的极小值点，且，证明：． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【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，即可得到的单调性，再分、、三种情况讨论，求出函数的最小值，即可得解； （3）依题意可得，再由得到，即可求出的范围，即可得到，即可得证. 【详解】（1）因为，所以，则，而，则， 所以在点处的切线方程是. （2）由题意，定义域为， 则， 因为，所以当时，所以在上单调递减， 当时，所以在上单调递增； 若，即时在上单调递增，则，不符合题意； 若，即时，则在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得，不符合题意； 若，即时，在上单调递减， 则，解得，不符合题意； 综上可得，不存在这样的正实数，使得在区间上的最小值为； （3）依题意，，定义域为， 则， 因为是函数的极小值点，所以，所以， 又，则， 因函数在上单调递减，而当时，，则由得， 令，则，当在上单调递减， 所以，，当且仅当时取“”,即，， 所以，所以，， 所以， 所以，得证. 4．（24-25高三天津河西·阶段练习）已知函数 ， (1)求函数的单调区间. (2)若 对任意 成立，求正实数的取值范围. (3)证明: 【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出，在定义域内，令求得的范围，可得函数增区间，令求得的范围，可得函数的减区间； （2）对一切，恒成立等价于对一切恒成立，利用导数可得的最小值为，从而可得结果； （3）原不等式等价于即，由（1）可得的最大值为，利用导数可求得的最小值为，从而可得结论. 【详解】（1），，. 令，解得；令，解得， 的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）由，即， 又，整理得， 所以 “对任意成立”等价于“对任意恒成立”. 令，则， 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. ， 又是正实数，即，. 即所求实数的取值范围是. （3）因为，所以 等价于 . 由（1）知， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ， 对恒成立， 即. 题型三 不等式证明（第二问） （解答题） 1．（24-25高三 天津滨海新·阶段练习）已知函数，其中为常数. (1)当时，求在处的切线方程 (2)当时，，证明： (3)当时，试讨论的单调性； 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)答案见解析. 【分析】（1）应用导数几何意义求切线方程； （2）问题化为证明恒成立，构造函数并利用导数证明恒成立即可； （3）对函数求导，讨论、、研究的区间单调性. 【详解】（1）由题设，则， 所以，，故在处的切线方程为. （2）由， 所以，要证，即证恒成立， 令且，则， 当时，，故在上单调递增， 当时，，故在上单调递减， 所以，即，故，得证. （3）由题设且， 当， 时，，即在上单调递增， 时，，即在上单调递减， 时，，即在上单调递增， 当，则恒成立，即在上单调递增， 当， 时，，即在上单调递增， 时，，即在上单调递减， 时，，即在上单调递增. 2．（2025·天津滨海新·模拟预测）已知函数， (1)若与的图象恰好相切，求实数的值； (2)时，证明：当时， (3)若有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程组，解之即可； （2）将原不等式转化为，利用导数分别证明、 ，两个等号不是同时取到，进而得证； （3）首先方程等价于，并构造函数，注意到1是函数的一个零点，转化为在上有2个零点，并结合零点存在性定理求的取值范围，由，判断，将所证明不等式转化为，再利用，将不等式转化为，再构造函数，利用导数，判断函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）由题意，， 设切点，又直线与图象相切， 所以，即， 得，即，代入， 得，解得，代入，解得. 经检验，符合题意. 所以的值为. （2）当时，， 要证，即证， 令，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以； 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以； 而上面两个等号不是同时取到， 所以在上恒成立， 即当时，. （3）（i）由题意，， 由等价于， 令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点， 又由，令（）， 当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意； 当时，由题意，首先在上有两个零点， 故，解得， 设两个零点为和，有，，故可知，均大于0， 由此可得在单调递增，单调递减，单调递增， 而，即， 又因为， 故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点， 又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点， 实数的取值范围是. （ii），由， 由此可得，要想证明， 只需证明，而， 因此只需要证明当时，， 令， 可得，故在上单调递增， 因此当时，，即当时，， 因此， 由，有，即， 两边同时除以，由，有， 即. 【点睛】关键点点睛：本题的难点是第三问，关键1是求出的取值，关键2是证明. 3．（24-25高三 天津宁河·阶段练习）已知函数 (1)当时，证明不等式： (2)当时，不等式对在任意恒成立，求实数b的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由导数与函数单调性的关系，求得最值，可得答案； （2）利用参变分离整理不等式，构造函数，根据导数求最值，可得答案. 【详解】（1）由，则，求导可得， 令，解得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故，即. （2）由，则，由，则， 要证在上恒成立， 只需证在上恒成立， 令，求导可得， 令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 则，所以. 4．（24-25高三上·天津北辰·期末）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：当时，恒成立； (3)是否存在实数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. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在 【分析】（1）求在点处的切线方程，求出切点和切点处的导数即可；   (2)构造函数，只需证即可，利用函数单调性即可证明； （3）曲线关于直线对称，定义域关于，函数值也要关于对称，令，即证即可. 【详解】（1）依题意，据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. （2）当时，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， 所以当时，恒成立. （3）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． 题型四 双变量不等式证明（第三问）（解答题） 1．（24-25高三下·天津和平·阶段练习）已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)若，且，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解； （2）求出导数，再根据得出方程的根，根据的范围讨论即可求出函数单调区间； （3）求出，构造函数，利用导数判断函数单调性，由单调性求出函数最小值即可得证. 【详解】（1）由，所以， 所以，又， 所以曲线在处的切线方程为， 即； （2）由，定义域为， 令得或， 当时，，，令，得， 令，得或， 所以的递增区间为，递减区间为，； 当时，，所以在上单调递减； 当时，，，令，得， 令，得或， 所以的递增区间为，递减区间为，； 当时，令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，的递增区间为，递减区间为，； 当时，的递增区间为，递减区间为. （3）因为，令，得或， 因为，所以，， 又，所以， 所以 ， 令，则， 令，则， 因为，所以， 所以在上是增函数， 所以，所以在为减函数， 所以，即. 2．（2025·天津·模拟预测）已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【答案】(1) (2)（i）1；（ii）证明见详解. 【分析】（1）计算，由导数的几何意义即可求； （2）（i）求出，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程有两个实根转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立. 【详解】（1）因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. （2）（i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，化归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函数法，结合导数来所构造函数的取值范围，进而证明不等式成立. 3．（24-25高三 天津·阶段练习）已知函数． (1)当，时，求的单调区间及极值； (2)若，且的最大值小于，求a的取值范围； (3)若，且关于x的方程有两个不等的实根，，，证明：． 【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为，极大值为，极小值为． (2) (3)证明见解析 【分析】（1）当，时，，求导可得函数的单调区间，进而可求得的极值； （2）若，则，求导，对分类讨论可求得的最小值，可得，构造函数解不等式即可； （3）由题意可得有两个不等的实数根，，且，令，根据题意可得，进而可得，令，通过二次求导可证明结论. 【详解】（1）当，时，， 其定义域为，， 令，得或，令，得， x 1 + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当时，有极大值， 当时，有极小值， 故的单调递增区间为，，单调递减区间为， 极大值为，极小值为． （2）若，则，定义域为，， 当时，，在上单调递增，无最大值，不合题意，所以， 令，则，在上单调递增； 令，则，在上单调递减， 则， 因为的最大值小于，所以， 即在上恒成立． 设，问题转化为在上成立， 因为恒成立，所以在上单调递增， 又，所以，所以，故a的取值范围为． （3）当时，，由，得， 即有两个不等的实数根，，且， 设，则，所以，即， 又，所以， 代入（*）式得，所以， 故， 从而． 设，则， 设，则， 所以在上单调递增， 又，所以恒成立， 故，从而在上单调递增，所以， 从而，故，所以． 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 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，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，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. 4．（2025·天津 模拟预测）已知函数，. (1)当时，证明：； (2)若在单调递增，求的取值范围； (3)若且，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）通过构造函数，利用导数研究函数单调性来证明不等式； （2）先求出的导数，根据函数单调递增的条件转化为不等式恒成立问题，进而求解的取值范围； （3）结合（1）（2）运用增强函数法，或者构造函数，运用极值点偏移法，结合函数的单调性和所给条件，通过巧妙构造函数来证明不等式. 【详解】（1）令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以，即 令，， 令，， 当时，，单调递减，， 故：，单调递减，，故： 所以： （2）， 当时，令，则：，为使单调递增，则，即恒成立，. ①时，，，单调递增，，，此时不恒成立，舍去 ②时，令，则在单调递减，在单调递增， 所以有最小值，即：，而由（1）得：，所以当且仅当 所以. （3）法一：增强函数法： 在（2）中取，， 由于单调递增，不妨设，故， 又，则，即：，即： 又由（1）得：，令，则：， 所以：，即： 法二：极值点偏移： 令，，所以在单调递增，记，要证，即证：，，，故单调递增， 记==0，即：， 所以，要证：，即证： 即证：，即证：，即证： ， ，下面证明：当时， ：即证：， 又因为：，，所以： ， 当且仅当时等号成立，由于易知单调递增， 所以当且仅当时等号成立；即证：， 即证：，而当且仅当时等号成立，取等条件相同 所以，故单调递增，又， 所以成立，所以成立. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 题型五 数列不等式证明（第三问） （解答题） 1．（24-25高三下·天津·开学考试）设函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)是否存在实数，使得关于的不等式在上恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由； (3)证明：不等式． 【答案】(1) (2)存在，的取值范围是 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，可得，根据导数的几何意义分析求解； （2）求导，根据端点效应可得，解得，并代入检验其充分性即可； （3）对函数，利用导数可证，结合（2）可得，令，，结合累加法分析证明. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，， 则， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）由题意可知：的定义域为，． 若关于的不等式在上恒成立，且， 则，解得， 若，当时，， 可知在上为减函数，则在上恒成立， 综上所述：的取值范围是． （3）由（1）可知：的定义域为，， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减； 则，即， 可得， 由（2）可得，即， 所以， 取得：， 令， 则， 可得， 又因为， 则 ， 可得，即， 所以. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 1.作差或变形； 2.构造新的函数； 3.利用导数研究的单调性或最值； 4.根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 2．（22-23高三天津阶段练习）已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个零点，，且，曲线在这两个零点处的切线交于点，求证：小于和的等差中项； (3)证明：，. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，结合函数定义域为，分参数，来讨论导函数的符号即可； （2）先根据导数的几何意义写出两条切线，联立切线得到的表达式，为证明题干只需证明，结合已知，通过换元：，把双变量问题转化成单变量问题解决； （3）利用（1）的结论进行辅助证明. 【详解】（1）定义域为，， 当时，，在上单调递减； 当时， 当单调递增， 当单调递减； （2）因为函数有两个零点，结合（1）知， 又，所以在和处的切线分别是： ，， 联立两条切线，得， 要证小于和的等差中项，即证，即证， 由题意得，两式做差整理得：， 则等价于，变形为， 令，因为，所以， 所证问题变为，， 令，， ，所以在上单调递减， 所以，故，得证， 小于和的等差中项得证. （3）由（1）知当时，，所以，即， 即当时，， 将不等式左边累加得： ， 将不等式右边累加得： ， 所以， 即，. 【点睛】关键点点睛：关键点是令，把二元函数变成一元函数，构造函数，求导，再根据函数性质解题即可. 3．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知函数 (1)若对于任意的，都有函数是增函数，求的取值范围； (2)当，时，若函数有两个不同的零点，证明：； (3)当，时，若且，证明： 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对，和三种情况分类讨论，即可得到取值范围； （2）先证明不等式，，然后利用该不等式即可证明结论； （3）先证明，然后使用归纳法证明结论. 【详解】（1）由于，故. 若，则在时，对有. 所以在上递减，不满足条件； 若，则在时，对有. 所以在上递减，不满足条件； 若，设，则. 故对有，对有. 从而在上递减，在上递增，所以对有. 从而对任意正整数都有：当或时. 这表明对任意正整数，函数在和上递增，从而在上递增，满足条件. 综上，的取值范围是. （2）此时，，所以对有，对有. 故在上递减，在上递增，从而，故，. 由已知有，故由可知，同时根据单调性有，这表明. 从而，故根据单调性有，所以. 设，，则. 对有，对有， 所以在上递减，在上递增，从而对有，对有. 这表明对有，所以. 再由，，就得到，以及 . 所以，，故. 综上，有. （3）此时，若个正数满足： 由于单调递增，故对任意： 若，则函数的导数，故递增，所以，从而； 若，同理有； 若，则. 所以对任意，都有. 下面证明，对任意正整数，都有对任意成立. ①显然，命题对成立； ②如果命题对成立，则对的情况，有 . 所以命题对也成立； ③如果命题对成立，则对的情况，有 . 所以命题对也成立. 综合①②③可知命题对任意的正整数成立. 所以. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用恰当的工具研究函数的性质. 4．（24-25高三上·天津开学考试）已知函数. (1)判断与的大小并证明； (2)若不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)已知数列满足，证明：. 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）要证，即证，令，利用导数分析单调性最值证明即可； （2）若恒成立，则，即， ，令函数只需要即可，对进行讨论求解即可； （3）要证明的命题等价于，先证明，再证明，可以证明即可. 【详解】（1），有，当且仅当时取等. 证明：要证，即证， 令函数， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，则，证毕. （2）若，则，即， ，令函数，由于， 则必有，得， 下面验证的充分性：当时，， 令在上单调递减， 而，则当时，当时， 而，则当时，当时， 此时， 若，则当时，当时， 则此时不能使恒成立， 所以的范围为； （3）证明：等价于， 故要证明的命题等价于，先证明， 由（2）可得， 即，令， 可得，于是， 所以证毕； 再证明，可以证明，当时，， 当时，， 由（1）可得，则证毕， 所以，证毕. 【点睛】方法点睛： （1）对于证明不等式的问题转化为构造函数，利用导数分析单调性求解最值即可； （2）恒成立求参数的取值范围问题，一是分离参数，转化为求函数的最值问题，二是直接构造函数对参数进行讨论求解即可. 题型六 三角函数型不等式证明（第三问） （解答题） 1．（24-25高三下·天津阶段测试）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 ． 【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，经常将第一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解. 2．（2025·天津红桥·一模）已知函数，． (1)求函数在点处的切线方程； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)已知，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式直线方程求解即可； （2）先利用导数法证明，然后按照和分类讨论，时结合结论放缩证明即可，时举反例判断，即可得解； （3）当时，由（2）得，变形得，令，得，再构造函数，利用导数法证明，进而，利用累加法即可证明. 【详解】（1）因为， 则函数在点处的切线斜率为， 又， 所以函数在点处的切线方程； （2）设，， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 则函数，所以， 当时，，即， 当时，取，观察的其中的一个零点为， 由于， 而，得， 即，不合题意， 综上所述，实数的取值范围是； （3）当时，由（2）得， 则，所以，即，则， 令，得，所以，即， 又， 令，则，且不恒为零， 所以在上单调递增，即，则， 所以， 即 ． 3．（24-25高三上·天津北辰·阶段练习）已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若恒成立，求的值； (3)，，求证：． 【答案】(1) (2)2 (3)证明见解析 【分析】（1）求出切点坐标和切线斜率，即可得到切线方程； （2）根据题意求出极大值点，进而求出的值，然后利用导数证明不等式恒成立； （3）利用，转化为，然后利用导函数求单调性证明即可. 【详解】（1），有， 因为，所以， 则曲线在点处的切线方程为． 所以时，切线方程为：； （2）因为，的定义域为， 所以是的极大值点，因为， 所以，所以， 需验证，当时，恒成立即可， 因为， 令，则， ①当时，，则在上单调递减， 所以在上单调递增，， ②当时，，则在上单调递减，所以， 综上，符合题意． 所以恒成立时，. （3）由（2）可知，，当且仅当时取等号， 当时，，所以， ， 因为 ， 所以即证， 令，则，当时，，， 所以即证：， 令，则， 所以时，单调递减， 所以，即， 综上，. 【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． 4．（24-25高三下·天津·阶段测试）已知函数. (1)求在处的瞬时变化率； (2)若恒成立，求的值； (3)求证：. 【答案】(1)1 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，即可根据瞬时变化率的定义求解， （2）根据可知是的一个极大值点，由，可得，接下来利用导数求证对任意的恒成立即可， （3）构造函数以及求导得两个不等式和即可利用，累加求解. 【详解】（1）则， 故在处的瞬时变化率为 （2）设 由条件可知恒成立， 由于，且的图象在定义域内是连续不间断的， 所以是的一个极大值点，则， 又所以解得 下证当时，对任意的恒成立， 令则， 由， 故函数在单调递增，在单调递减， 所以，即，而， 所以当时，， 综上，若恒成立，则， （3）由（2）可知， 所以 ， 先证,, 令，则，故在单调递增， 故，故，， 所以， 再证， 设， 则当时，单调递减， 当时，单调递增， 故当，故当且仅当时取等号， 故令，则故， 因此， 故， 综上可知： 【点睛】结论点睛：常用的不等式：，，，，，. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押10 导数综合第20题（ 解答题） 猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据 导数 2024年天津卷第20题 2023年天津卷第20题 2022年天津卷第20题 天津高考连续三年高考压轴大题是导数大题。第一问多考察求导运算和切线方程，相对来说是送分题，第二问多以恒成立求参和分类讨论为主，有一定的难度，部分第二问以及第三问则以证明题为主，难度整体上较大，涉及到双变量或者多变量，涉及到数列不等式、三角函数不等式，极值点偏移零点偏移等不等式证明。 预测2025年天津高考导数题，围绕着求导运算切线方程，含参讨论，恒成立和能成立求参，以及双变量不等式证明，数列不等式，三角函数型不等式证明等不等式证明型展开，要有针对性的复习，熟练掌握这类题型的求解、转化、推导。 题型一 切线（第一问） （解答题） 1．（24-25天津南开蓄力跨越）已知，曲线在点处的切线方程为． (1)求实数a，b的值； (2)若曲线C：，求曲线C过点的切线方程． 2．（24-25高三·天津西青·阶段练习）已知函数． (1)若曲线在处的切线与直线平行，求的值及函数的单调性； (2)求函数的单调区间； (3)若当时，恒成立，求的取值范围． 3．（24-25高三天津东丽·阶段练习）已知 (1)若在处的切线方程为，求实数a，b的值； (2)当时，若对恒成立，求实数的取值范围； (3)若方程有非零实根，求证： 4．（2025·天津和平·一模）已知函数. (1)若，函数在点处的切线斜率为，求函数的单调区间和极值； (2)试利用（1）结论，证明：； (3)若，且，不等式恒成立，求的取值范围. 题型二 恒成立求参（第二问） （解答题） 1．（2025·天津·一模）已知函数，． (1)若，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)设，，若存在，使得．证明：． 2．（2025·天津南开·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上恒成立，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不同的实数解，证明：． 3．（2025·天津·一模）已知函数，，其中． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在，使得函数在区间上的最小值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)设是函数的极小值点，且，证明：． 4．（24-25高三天津河西·阶段练习）已知函数 ， (1)求函数的单调区间. (2)若 对任意 成立，求正实数的取值范围. (3)证明: 题型三 不等式证明（第二问） （解答题） 1．（24-25高三 天津滨海新·阶段练习）已知函数，其中为常数. (1)当时，求在处的切线方程 (2)当时，，证明： (3)当时，试讨论的单调性； 2．（2025·天津滨海新·模拟预测）已知函数， (1)若与的图象恰好相切，求实数的值； (2)时，证明：当时， (3)若有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 3．（24-25高三 天津宁河·阶段练习）已知函数 (1)当时，证明不等式： (2)当时，不等式对在任意恒成立，求实数b的取值范围. 4．（24-25高三上·天津北辰·期末）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：当时，恒成立； (3)是否存在实数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. 题型四 双变量不等式证明（第三问）（解答题） 1．（24-25高三下·天津和平·阶段练习）已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)若，且，证明：． 2．（2025·天津·模拟预测）已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 3．（24-25高三 天津·阶段练习）已知函数． (1)当，时，求的单调区间及极值； (2)若，且的最大值小于，求a的取值范围； (3)若，且关于x的方程有两个不等的实根，，，证明：． 4．（2025·天津 模拟预测）已知函数，. (1)当时，证明：； (2)若在单调递增，求的取值范围； (3)若且，证明：. 题型五 数列不等式证明（第三问） （解答题） 1．（24-25高三下·天津·开学考试）设函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)是否存在实数，使得关于的不等式在上恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由； (3)证明：不等式． 2．（22-23高三天津阶段练习）已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个零点，，且，曲线在这两个零点处的切线交于点，求证：小于和的等差中项； (3)证明：，. 3．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知函数 (1)若对于任意的，都有函数是增函数，求的取值范围； (2)当，时，若函数有两个不同的零点，证明：； (3)当，时，若且，证明： 4．（24-25高三上·天津开学考试）已知函数. (1)判断与的大小并证明； (2)若不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)已知数列满足，证明：. 题型六 三角函数型不等式证明（第三问） （解答题） 1．（24-25高三下·天津阶段测试）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：． 2．（2025·天津红桥·一模）已知函数，． (1)求函数在点处的切线方程； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)已知，证明：． 3．（24-25高三上·天津北辰·阶段练习）已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若恒成立，求的值； (3)，，求证：． 4．（24-25高三下·天津·阶段测试）已知函数. (1)求在处的瞬时变化率； (2)若恒成立，求的值； (3)求证：. 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$