专题26 导数及其应用解答题（八大考点，100题）（全国通用）-【好题汇编】十年（2016-2025）高考数学真题分类汇编

专题26 导数及其应用解答题 （八大考点，100题） 考点 十年考情（2016-2025） 命题趋势 考点 01：导数的几何意义 2025 年北京卷：切线方程、切线与曲线位置关系、交点横坐标计算；2024 年新课标 Ⅱ 卷：切线方程、函数极小值与参数范围；2023 年全国乙卷：切线方程、函数对称性；2023 年北京卷：由切线斜率求参数；2022 年全国乙卷：切线方程、函数零点与参数；2022 年北京卷：切线方程；2021 年天津卷：切线方程、极值点唯一性；2020 年北京卷：切线方程、三角形面积最值；2018 年全国 I 卷：由切线斜率求参数、极值点与参数；2018 年北京卷：由切线斜率求参数、极值点与参数；2016 年北京卷：由切线斜率求参数、函数单调性；2016 年山东卷：切线方程、函数单调性与极值 1. 切线方程求解是基础且高频考点，常结合曲线性质、参数范围综合考查。2. 导数几何意义与函数其他性质（极值、零点等）关联命题趋势明显，注重知识融合与应用能力。 考点 02：利用导数研究函数的单调性 2025 年全国二卷：单调性、极值点与零点唯一性；2024 年上海卷：“最近点”、函数单调性；2023 年北京卷：函数单调性区间；2023 年全国甲卷：单调性、不等式恒成立求参数；2022 年北京卷：单调性证明、不等式证明；2021 年全国甲卷：单调性、曲线交点；2021 年全国甲卷：单调性、不等式恒成立；2020 年全国 I 卷：单调性、零点个数与参数；2019 年全国 II 卷：单调性与极值点唯一性；2018 年全国 I 卷：单调性、不等式证明；2016 年全国 II 卷：单调性、极值与参数；2016 年山东卷：单调性区间、极值 1. 单调性分析是导数应用核心，贯穿函数性质研究，与极值、最值、不等式等深度融合。2. 结合不等式恒成立、零点问题考查成为趋势，强调分类讨论、构造函数等思想方法运用，注重逻辑推理与数学建模能力。 考点 03：利用导数研究函数的极值 2025 年上海卷：函数极值存在参数范围；2024 年全国甲卷：函数极值、不等式恒成立求参数；2023 年全国乙卷：极值存在参数范围；2023 年新课标 Ⅱ 卷：极值点与参数范围；2021 年全国乙卷：极值点与曲线公共点；2021 年天津卷：极值点唯一性、参数；2019 年全国 II 卷：极值点与零点性质；2018 年浙江卷：极值与参数范围；2018 年北京卷：极值点与参数范围 1. 极值存在性、极值点与参数关系是考查重点，常与函数单调性、零点等结合。2. 从单一极值求解向综合分析极值对函数整体性质（如零点个数、不等式成立）影响转变，突出对导数工具性和函数本质的理解。 考点 04：利用导数研究函数的最值 2025 年全国一卷：三角函数最值；2020 年北京卷：切线围成三角形面积最值；2019 年江苏卷：函数极大值证明；2017 年江苏卷：极值与最值总和范围 1. 最值求解常与实际问题、几何图形结合，体现导数在优化问题中的应用。2. 从单纯函数最值计算向最值与函数其他性质（极值、单调性）协同考查发展，注重数学知识的综合运用和实际问题转化能力。 考点 05：不等式证明 2025 年全国一卷：三角函数不等式证明；2023 年新课标 Ⅱ 卷：三角函数不等式证明；2022 年浙江卷：切线相关不等式证明；2022 年北京卷：不等式证明；2021 年全国乙卷：不等式证明；2019 年全国 II 卷：零点性质不等式证明；2018 年全国 I 卷：不等式证明 1. 不等式证明作为导数应用难点，常通过构造函数，利用单调性、极值、最值证明，是考查数学思维和创新能力的重要载体。2. 与函数零点、曲线交点等问题交叉命题，强调知识迁移和方法灵活运用，对逻辑推理和数学表达要求高。 考点 06：零点问题 2025 年全国二卷：零点唯一性证明；2024 年新课标 Ⅱ 卷：零点与参数范围；2022 年全国乙卷：零点与参数范围；2021 年全国甲卷：曲线交点（零点）；2020 年全国 I 卷：零点个数与参数范围；2019 年全国 II 卷：零点与极值点性质 1. 零点个数判断、零点与参数关系是高频考点，紧密围绕函数单调性、极值、最值展开分析。2. 从单一函数零点向多函数交点（等价于零点）、零点分布与函数性质综合考查转变，突出导数在研究函数零点问题中的关键作用，注重数形结合思想应用。 考点01：导数的几何意义 1．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值； （2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可； （3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围. 【详解】（1）设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. （2）因为，所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； （3）解法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以 ， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 解法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ，. 所以 ,由（1）知,当时，，所以, 所以. 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．（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)若函数在单调递增，求的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【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）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则， 据此可得， 所以函数在处的切线方程为，即. （2）由函数的解析式可得， 满足题意时在区间上恒成立. 令，则， 令，原问题等价于在区间上恒成立， 则， 当时，由于，故，在区间上单调递减， 此时，不合题意; 令，则， 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 即在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，，满足题意. 当时，由可得， 当时，在区间上单调递减，即单调递减， 注意到，故当时，，单调递减， 由于，故当时，，不合题意. 综上可知：实数得取值范围是. 【点睛】方法点睛： （1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. （2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法 ①函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立． ②函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集． 4．（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. 5．（2022·浙江·高考真题）设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性. （2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立. 【详解】（1）， 当，；当，， 故的减区间为，的增区间为. （2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为， 故， 故方程有3个不同的根， 该方程可整理为， 设， 则 ， 当或时，；当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 因为有3个不同的零点，故且， 故且， 整理得到：且， 此时， 设，则， 故为上的减函数，故， 故. （ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得： 故在上为减函数，在上为增函数， 不妨设，则， 因为有3个不同的零点，故且， 故且， 整理得到：， 因为，故， 又， 设，，则方程即为： 即为， 记 则为有三个不同的根， 设，， 要证：，即证， 即证：， 即证：， 即证：， 而且， 故， 故， 故即证：， 即证： 即证：， 记，则， 设，则，所以， ， 故在上为增函数，故， 所以， 记， 则， 所以在为增函数，故， 故即， 故原不等式得证： 【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等. 6．（2020·北京·高考真题）已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果； （Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值. 【详解】（Ⅰ）因为，所以， 设切点为，则，即，所以切点为， 由点斜式可得切线方程为：，即. （Ⅱ）[方法一]：导数法 显然，因为在点处的切线方程为：， 令，得，令，得， 所以 ， 不妨设 时，结果一样， 则， 所以 ， 由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得极小值， 也是最小值为. [方法二]【最优解】：换元加导数法   ． 因为为偶函数，不妨设，， 令，则． 令，则面积为，只需求出的最小值． ． 因为，所以令，得． 随着a的变化，的变化情况如下表： a 0 减 极小值 增 所以． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法三]：多元均值不等式法 同方法二，只需求出的最小值． 令， 当且仅当，即时取等号． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法四]：两次使用基本不等式法 同方法一得到 ,下同方法一. 【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高. 7．（2018·北京·高考真题）设函数. （Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a； （Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 【详解】分析：（1）求导，构建等量关系，解方程可得参数的值；（2）对分及两种情况进行分类讨论，通过研究的变化情况可得取得极值的可能，进而可求参数的取值范围. 详解： 解：（Ⅰ）因为， 所以. ， 由题设知，即，解得. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得. 若a>1，则当时，； 当时，. 所以在x=1处取得极小值. 若，则当时，， 所以. 所以1不是的极小值点. 综上可知，a的取值范围是. 方法二：. （1）当a=0时，令得x=1. 随x的变化情况如下表： x 1 + 0 − ↗ 极大值 ↘ ∴在x=1处取得极大值，不合题意. （2）当a>0时，令得. ①当，即a=1时，， ∴在上单调递增， ∴无极值，不合题意. ②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表： x 1 + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴在x=1处取得极大值，不合题意. ③当，即a>1时，随x的变化情况如下表： x + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意. （3）当a<0时，令得. 随x的变化情况如下表： x − 0 + 0 − ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ ∴在x=1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a的取值范围为. 点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题. 解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性. 8．（2016·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为， （1）求，的值； （2）求的单调区间. 【答案】（Ⅰ），；（2）的单调递增区间为. 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据题意求出，根据求a,b的值即可； （Ⅱ）由题意判断的符号，即判断的单调性，知g(x)>0，即>0，由此求得f(x)的单调区间. 试题解析：（Ⅰ）因为，所以. 依题设，即 解得. （Ⅱ）由（Ⅰ）知. 由及知，与同号. 令，则. 所以，当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增. 故是在区间上的最小值， 从而. 综上可知，，.故的单调递增区间为. 【考点】导数的应用；运算求解能力 【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点． 考点02：利用导数研究函数的单调性 9．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【详解】（1）由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意 ， 所以. 10．（2024·上海·高考真题）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”． (1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”； (2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直； (3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)严格单调递减 【分析】（1）代入，利用基本不等式即可； （2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可； （3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性. 【详解】（1）当时，， 当且仅当即时取等号， 故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”． （2）由题设可得， 则，因为均为上单调递增函数， 则在上为严格增函数， 而，故当时，，当时，， 故，此时， 而，故在点处的切线方程为. 而，故，故直线与在点处的切线垂直． （3）设， ， 而， ， 若对任意的，存在点同时是在的“最近点”， 设，则既是的最小值点，也是的最小值点， 因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点， 则存在,使得， 即① ② 由①②相等得，即， 即，又因为函数在定义域R上恒正， 则恒成立， 接下来证明， 因为既是的最小值点，也是的最小值点， 则， 即，③ ，④ ③④得 即，因为 则，解得， 则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到，再利用最值点定义得到即可. 11．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)3个 【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可； （2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间； （3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数. 【详解】（1）因为，所以， 因为在处的切线方程为， 所以，， 则，解得， 所以. （2）由（1）得， 则， 令，解得，不妨设，，则， 易知恒成立， 所以令，解得或；令，解得或； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. （3）由（1）得，， 由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减； 所以在上有一个极大值点； 当时，在上单调递增， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点. 【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解. 12．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)在上单调递减 (2) 【分析】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解； （2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解； 法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解. 【详解】（1）因为，所以， 则 ， 令，由于，所以， 所以 ， 因为，，， 所以在上恒成立， 所以在上单调递减. （2）法一： 构建， 则， 若，且， 则，解得， 当时，因为， 又，所以，，则， 所以，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 综上所述：若，等价于， 所以的取值范围为. 法二： 因为， 因为，所以，， 故在上恒成立， 所以当时，，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 当时，因为， 令，则， 注意到， 若，，则在上单调递增， 注意到，所以，即，不满足题意； 若，，则， 所以在上最靠近处必存在零点，使得， 此时在上有，所以在上单调递增， 则在上有，即，不满足题意； 综上：. 【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论这种情况的关键是，注意到，从而分类讨论在上的正负情况，得到总存在靠近处的一个区间，使得，从而推得存在，由此得解. 13．（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 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【详解】（1）解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）解：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. 14．（2021·全国甲卷·高考真题）已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）. 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围. 【详解】（1）当时，, 令得,当时，,当时，, ∴函数在上单调递增；上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数 ,设函数, 则,令，得, 在内,单调递增； 在上,单调递减； , 又，当趋近于时，趋近于0， 所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是, 所以的取值范围是. [方法二]：构造差函数 由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解． 构造函数，求导数得． 当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意； 当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为． 由于， 当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即． 构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且． 所以，实数a的取值范围为． [方法三]分离法：一曲一直 曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解． 因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点． ①当时，与只有一个交点，不符合题意． ②当时，取上一点在点的切线方程为，即． 当与为同一直线时有得 直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点． 记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有． 综上所述，实数a的取值范围为． [方法四]：直接法 ． 因为，由得． 当时，在区间内单调递增，不满足题意； 当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减． 因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即． 令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即． 故实数a的范围为．] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题， 方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解. 方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值. 方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论． 方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论. 15．（2021·全国甲卷·高考真题）设函数，其中. （1）讨论的单调性； （2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围. 【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）. 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性. （2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为， 又， 因为，故， 当时，；当时，； 所以的减区间为，增区间为. （2）因为且的图与轴没有公共点， 所以的图象在轴的上方， 由（1）中函数的单调性可得， 故即. 【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化. 16．（2021·全国乙卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标． 【答案】(1)答案见解析；(2) 和. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性； (2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标. 【详解】(1)由函数的解析式可得：， 导函数的判别式， 当时，在R上单调递增， 当时，的解为：， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增； 综上可得：当时，在R上单调递增， 当时，在，上 单调递增，在上单调递减. (2)由题意可得：，， 则切线方程为：， 切线过坐标原点，则：, 整理可得：，即：， 解得：，则， 切线方程为：, 与联立得， 化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为 解得, ， 综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和. 【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根. 17．（2020·全国I卷·高考真题）已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）. 【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间； （2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果. 【详解】（1）当时，，， 令，解得，令，解得， 所以的减区间为，增区间为； （2）若有两个零点，即有两个解， 从方程可知，不成立，即有两个解， 令，则有， 令，解得，令，解得或， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 且当时，， 而时，，当时，， 所以当有两个解时，有， 所以满足条件的的取值范围是：. 【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果. 18．（2018·全国I卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间； （2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果. 【详解】（1）的定义域为，. （i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减. （ii）若，令得，或. 当时，； 当时，.所以在单调递减，在单调递增. （2）［方法一］：【通性通法】消元 由（1）知，存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于 ， 所以等价于. 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即. ［方法二］：【通性通法】消元 由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时 ． 欲证不等式成立，只需证． 因为，所以，只需证． 令， 所以，在区间内单调递减，且，所以，即证． ［方法三］：硬算 因为， 所以有两个相异的正根（不妨设）． 则且即． 所以． 而，，所以． 设，则． 所以在上递减，，问题得证． ［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用 由（1）知，存在两个极值点当且仅当． 由于的两个极值点满足，所以．不妨设，则．由于． 令， ，则， 所以在上单调递减，所以，即， 所以，则， 所以，即． 故． 【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法； 方法二：同方法一，只是消元字母不一样； 方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂； 方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解． 19．（2020·全国II卷·高考真题）已知函数f（x）=2lnx+1． （1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围； （2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性． 【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间 【分析】（1）[方法三]不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可； （2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数 ，再求导得到，根据的正负，判断 的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性. 【详解】（1） [方法一]【最优解】： 等价于． 设，则． 当时，，所以在区间内单调递增； 当时，，所以在区间内单调递减． 故，所以，即，所以c的取值范围是． [方法二]：切线放缩 若，即，即当时恒成立， 而在点处的切线为，从而有， 当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为． [方法三]：利用最值求取值范围 函数的定义域为： ， 设，则有 ， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以当时，函数有最大值， 即， 要想不等式在上恒成立， 只需； 所以c的取值范围为． （2）且 因此，设 ， 则有， 当时，，所以， 单调递减，因此有，即 ，所以单调递减； 当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减， 所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间. 【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用； 方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础. 方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想. 20．（2018·全国I卷·高考真题）已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 【答案】(1)a=；增区间为，减区间为．(2)证明见解析. 【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间； （2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时，，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果. 【详解】（1）的定义域为，，则，解得：，故．易知在区间内单调递增，且， 由解得：；由解得：， 所以的增区间为，减区间为． （2）［方法一］：【最优解】放缩法 当时，. 设，则. 当时，； 当时，.所以是的最小值点. 故当时，.因此，当时，. ［方法二］：【通性通法】隐零点讨论 因为，所以在区间内单调递增．设，当时，，当时，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以． 设，则． 所以在区间内单调递减，故，即成立． ［方法三］：分离参数求最值 要证时，即，则证成立． 令，则． 令，则，由知在区间内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减． 所以，而，所以恒成立，原命题得证． ［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式 ，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则．易知在区间内是减函数，在区间内是增函数．所以． 由，得． ． 当且仅当，即时，，所以． ［方法五］：异构 要证明，即证， 即证明，再证明即可． 令，． 设，则． 若时，在上恒成立，所以； 若时，当时；当时，． 所以为的极小值点，则． 因为，所以，所以． 令． 当时，；当时，，所以为的极小值点． 则，所以，即． 所以． ［方法六］： 高阶函数借位构建有界函数 ． 令，则． 令．显然为定义域上的增函数．又，故当时，，得；当时，，得．即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故．即恒成立，而恒成立． 【整体点评】（2）方法一：利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解； 方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法； 方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法； 方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样； 方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐； 方法六：基本类似于方法三． 21．（2018·浙江·高考真题）已知函数． （1）若在处导数相等，证明：； （2）若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）方法一：先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明出不等式； （2）方法一：利用零点存在定理证明函数有零点，再利用导数证明函数在上单调递减，即证出. 【详解】（1）［方法一］：基本不等式＋函数思想 函数的导函数，由,得， 因为，所以．由基本不等式得． 因为，所以． 由题意得． 设，则， 所以在上递减，在上递增，故， 即． ［方法二］：换元＋同构＋函数思想 ．令，即关于的二次方程的两个相异根分别为， 则，解得． 所以． 令，则在区间上恒成立． 所以在区间内单调递减，因此，得证． （2）［方法一］：【通性通法】【最优解】零点存在性定理＋单调性 设， 令,则 ， 所以,，即存在使, 所以,对于任意的及,直线与曲线有公共点. 由得. 设,， 其中. 由（1）可知,又, 故, 所以,即函数在上单调递减,因此方程至多1 个实根. 综上,当时,对于任意,直线与曲线有唯一公共点. ［方法二］：极限思想＋零点存在性定理＋单调性 令，因为，又的图象在区间上连续不断， 所以，对于任意的及，函数在区间内有零点． 以下证明，当，对任意，函数在区间上至多有一个零点． 易知． ①当时，，此时函数在区间内单调递减，所以，函数在区间内至多有一个零点； ②当时，关于x的方程，即有两个不同的实数根，分别记为，不妨设，可得． 易知，函数在区间和内单调递减，在区间内单调递增． 所以函数的极小值． 由（1）可知，又，所以． 所以在区间内至多有一个零点，得证． ［方法三］：换元法的应用 由方法一知，交点必存在，只证唯一性． 令，只需证：对于任意，方程有唯一解． 设，则．设，则．当时，；当时，．所以是的最大值点．由知，因此，在区间内递减，解必唯一． ［方法四］：图象性质的应用 由方法一知，交点必存在，只证唯一性． ，得的拐点为．而的图象在拐点处的切线l方程为，即．此时切线l穿过的图象，与的图象只有一个交点，所以当时，直线与的图象只有一个交点． 【整体点评】（1）方法一：先通过题意得出等量关系，利用基本不等式求出取值范围，再将用表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出； 方法二：设，利用同构以及方程思想可得的取值范围，再将用表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出； （2）方法一：利用等价转化思想，直线与曲线有唯一交点，转化为有唯一零点，找点利用零点存在性定理以及函数的单调性即可证出，是该题的通性通法； 方法二：解题思想同方法一，方法二借用极限思想快速判断函数在上有零点，再分类讨论说明函数在区间上至多有一个零点，即可证出，只不过欠缺严谨性； 方法三：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同， 通过换元，证明对于任意，方程有唯一解，利用导数说明函数在区间内递减，即证出； 方法四：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同，根据函数的图象的凸凹性，求出拐点所在处的切线方程，数形结合证出． 22．（2016·全国II卷·高考真题）(1)讨论函数 的单调性，并证明当 >0时， (2)证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）的最小值为，求函数 的值域. 【答案】（1）见解析；（2）见解析． 【详解】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当时，证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数的最值，再构造新函数，用导数法求解. 试题解析：（Ⅰ）的定义域为. 且仅当时，，所以在单调递增， 因此当时， 所以 （Ⅱ） 由（Ⅰ）知，单调递增，对任意 因此，存在唯一使得即， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 因此在处取得最小值，最小值为 于是，由单调递增 所以，由得 因为单调递增，对任意存在唯一的 使得所以的值域是 综上，当时，有最小值，的值域是 【考点】函数的单调性、极值与最值 【名师点睛】求函数单调区间的步骤： （1）确定函数f （x）的定义域； （2）求导数f ′（x）； （3）由f ′（x）＞0（f ′（x）＜0）解出相应的x的范围． 当f ′（x）＞0时，f （x）在相应的区间上是增函数；当f ′（x）＜0时，f （x）在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间． 注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． 请考生在第22~24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 23．（2016·山东·高考真题）设f(x)=xln x–ax2+(2a–1)x，aR. （Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间； （Ⅱ）已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）当时，函数单调递增区间为，当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为； （Ⅱ） 【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出，然后讨论当时，当时的两种情况即得. （Ⅱ）分以下情况讨论：①当时，②当时，③当时，④当时，综合即得. 试题解析：（Ⅰ）由 可得， 则， 当时， 时，，函数单调递增； 当时， 时，，函数单调递增， 时，，函数单调递减. 所以当时，单调递增区间为； 当时，函数单调递增区间为，单调递减区间为. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，. ①当时，，单调递减. 所以当时，，单调递减. 当时，，单调递增. 所以在x=1处取得极小值，不合题意. ②当时，，由(Ⅰ)知在内单调递增， 可得当当时，，时，， 所以在(0,1)内单调递减，在内单调递增， 所以在x=1处取得极小值，不合题意. ③当时，即时，在(0,1)内单调递增，在 内单调递减， 所以当时，， 单调递减，不合题意. ④当时，即 ，当时，，单调递增, 当时，，单调递减， 所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意. 综上可知，实数a的取值范围为. 【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想 【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等. 考点03：利用导数研究函数的极值 24．（2025·上海·高考真题）已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【答案】(1) (2)且. 【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解； （2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（1）因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. （2）在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 25．（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. 26．（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. 【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. (2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证. 27．（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. 28．（2021·全国乙卷·高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解 【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数； （2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由，， 又是函数的极值点，所以，解得； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以． 综合（ⅰ）（ⅱ）有． [方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得，，且， 当 时，要证，， ，即证，化简得； 同理，当时，要证，， ，即证，化简得； 令，再令，则，， 令，， 当时，，单减，故； 当时，，单增，故； 综上所述，在恒成立. [方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明 令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性. 29．（2021·天津·高考真题）已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 【答案】（I）；（II）证明见解析；（III） 【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程； （II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解； （III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值. 【详解】（I），则， 又，则切线方程为； （II）令，则， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，，，当时，，画出大致图像如下： 所以当时，与仅有一个交点，令，则，且， 当时，，则，单调递增， 当时，，则，单调递减， 为的极大值点，故存在唯一的极值点； （III）由（II）知，此时， 所以， 令， 若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即， ，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，故， 所以实数b的取值范围. 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即. 30．（2019·全国II卷·高考真题）已知函数.证明： （1）存在唯一的极值点； （2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【答案】（1）见详解；（2）见详解 【分析】（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立； （2）先由（1）的结果，得到，，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立. 【详解】（1）由题意可得，的定义域为， 由， 得， 显然单调递增； 又，， 故存在唯一，使得； 又当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减； 因此，存在唯一的极值点； （2） [方法一]【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】 的根的情况问题可转化为函数与的图像在区间内的交点情况．． 当时，在区间内单调递增；又因为，所以当时，，则时，单调递减；当时，，则当时，单调递增．又，所以函数与的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为和，且，即和为的两个实根．      又因为，当时，，由于，所以，即，所以两个实根互为倒数． [方法二]【分类讨论】 由（1）知，．又，所以有且仅有两个实根，可令． 下面证明， 由，得，显然有， ．（*） （1）当时，，（*）式不成立； （2）当时，，（*）式不成立； （3）当时，，（*）式成立． 综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． [方法三]【利用函数的单调性结合零点存在定理】 的定义域为，显然不是方程的根， 所以有两个实根等价于有两个零点，且定义域为． 而，所以在区间内单调递增，在区间内单调递增． 当时，，， 所以在区间内有唯一零点，即， 所以 ． 结合单调性知在区间内有唯一零点，所以有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数， 即有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数的对称性研究函数体现了整体思想； 方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段； 方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化. 31．（2018·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）若，证明：当时，；当时，； （2）若是的极大值点，求． 【答案】（1）见解析 （2） 【详解】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可． （2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围． 详解：（1）当时，，. 设函数，则. 当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，. 所以在单调递增. 又，故当时，；当时，. （2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾. （ii）若，设函数. 由于当时，，故与符号相同. 又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点. . 如果，则当，且时，，故不是的极大值点. 如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点. 如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点 综上，. 点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大． 32．（2018·北京·高考真题）设函数=[]． （1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求； （2）若在处取得极小值，求的取值范围． 【答案】(1) 1  (2)（，） 【详解】分析：（1）先求导数，再根据得a；（2）先求导数的零点：，2；再分类讨论，根据是否满足在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围． 详解：解：（Ⅰ）因为=[]， 所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R） =［ax2–（2a+1）x+2］ex． f ′(1)=(1–a)e． 由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1． 此时f (1)=3e≠0． 所以a的值为1． （Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex． 若a>，则当x∈(，2)时，f ′(x)<0； 当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0． 所以f (x)<0在x=2处取得极小值． 若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0， 所以f ′(x)>0． 所以2不是f (x)的极小值点． 综上可知，a的取值范围是（，+∞）． 点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解. 33．（2019·江苏·高考真题）设函数，为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值； （3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤． 【答案】（1）； （2）的极小值为 （3）见解析. 【分析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值； （2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值. （3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式： 解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式； 解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值， 因为，所以． 当时，． 令，则． 令，得．列表如下： + 0 – 极大值 所以当时，取得极大值，且是最大值，故． 所以当时，，因此． 【详解】（1）因为，所以． 因为，所以，解得． （2）因为， 所以， 从而．令，得或． 因为，都在集合中，且， 所以． 此时，． 令，得或．列表如下： 1 + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以的极小值为． （3）因为，所以， ． 因为，所以， 则有2个不同的零点，设为． 由，得． 列表如下： + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以的极大值． 解法一： ．因此． 解法二： 因为，所以． 当时，． 令，则． 令，得．列表如下： + 0 – 极大值 所以当时，取得极大值，且是最大值，故． 所以当时，，因此． 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力． 34．（2017·江苏·高考真题）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b²>3a; （3）若， 这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围． 【答案】（1），定义域为.（2）见解析（3）. 【详解】试题分析：（1）先求导函数的极值：，再代入原函数得，化简可得，根据极值存在条件可得；（2）由（1）得，构造函数，利用导数研究函数单调性，可得，即；（3）先求证的两个极值之和为零，利用根与系数关系代入化简即得，再研究导函数极值不小于，构造差函数，利用导数研究其单调性，在上单调递减．而，故可得的取值范围． 试题解析：解：（1）由，得. 当时，有极小值. 因为的极值点是的零点. 所以，又，故. 因为有极值，故有实根，从而，即. 时，，故在R上是增函数，没有极值； 时，有两个相异的实根，. 列表如下 x + 0 – 0 + 极大值 极小值 故的极值点是. 从而， 因此，定义域为. （2）由（1）知，. 设，则. 当时，，从而在上单调递增. 因为，所以，故，即. 因此. （3）由（1）知，的极值点是，且，. 从而 记，所有极值之和为， 因为的极值为，所以，. 因为，于是在上单调递减. 因为，于是，故.因此a的取值范围为. 点睛:涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路． 35．（2017·山东·高考真题）已知函数. (I)当a=2时,求曲线在点处的切线方程； (II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析． 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由,通过讨论确定的单调性,再由单调性确定极值. 试题解析：（Ⅰ）由题意， 所以，当时，，， 所以， 因此，曲线在点处的切线方程是， 即. （Ⅱ）因为， 所以， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 因为， 所以，当时，；当时，. （1）当时，， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以当时取到极大值，极大值是， 当时取到极小值，极小值是. （2）当时，， 当时，，单调递增； 所以在上单调递增，无极大值也无极小值. （3）当时，， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以当时取到极大值，极大值是； 当时取到极小值，极小值是. 综上所述： 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是； 当时，函数在上单调递增，无极值； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是. 【考点】导数的几何意义及导数的应用 【名师点睛】(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值． 考点04：利用导数研究函数的最值 36．（2025·全国一卷·高考真题）（1）设函数，求在的最大值； （2）给定，设a为实数，证明：存在，使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值. （2）利用反证法可证三角不等式有解； （3）先考虑时的范围，对于时，可利用（2）中的结论结合特值法求得，从而可得的最小值；或者先根据函数解析特征得，再结合特值法可得，结合（1）的结果可得的最小值. 【详解】（1）法1：， 因为，故，故， 当时，即， 当时，即， 故在上为增函数，在为减函数， 故在上的最大值为. 法2：我们有 . 所以： . 这得到，同时又有， 故在上的最大值为，在上的最大值也是. （2）法1：由余弦函数的性质得的解为，， 若任意与交集为空， 则且，此时无解， 矛盾，故无解；故存在，使得， 法2：由余弦函数的性质知的解为， 若每个与交集都为空， 则对每个，必有或之一成立. 此即或，但长度为的闭区间上必有一整数，该整数不满足条件，矛盾. 故存在，使得成立. （3）法1：记， 因为， 故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况. 当时，， 当时，， 此时， 令，则， 而， ，故， 当，在（2）中取，则存在，使得， 取，则，取即， 故，故， 综上，可取，使得等号成立. 综上，. 法2：设. ①一方面，若存在，使得对任意恒成立，则对这样的，同样有. 所以对任意恒成立，这直接得到. 设，则根据恒成立，有 所以均不超过， 再结合， 就得到均不超过. 假设，则， 故. 但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线左侧. 所以假设不成立，这意味着. ②另一方面，若，则由（1）中已经证明， 知存在，使得 . 从而满足题目要求. 综合上述两个方面，可知的最小值是. 37．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可； （2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可. 法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可. 法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明. 【详解】（1）设,则，两边同平方化简得， 故. （2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，    则,令， 同理令，且，则， 设矩形周长为,由对称性不妨设，， 则，易知 则令, 令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， 故,即. 当时,,且，即时等号成立，矛盾，故, 得证. 法二：不妨设在上，且，    依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0， 则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设， 直线的方程为， 则联立得， ，则 则， 同理， 令，则，设， 则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当，，此时单调递增， 则， ， 但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故. 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线, 矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于. 设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 . 由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 , ,则,从而 故 ①当时, ②当 时,由于,从而, 从而又, 故,由此 ， 当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.   . 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可. 38．（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. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 39．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以； （2），则， 当时，，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 又， 由（1）得，即，所以， 当时，， 则存在，使得， 所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；此时， 由（1）得当时，，，所以， 此时 存在，使得， 所以在有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题. 40．（2021·北京·高考真题）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为. 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，，. 41．（2017·北京·高考真题）已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值. 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值. 试题解析：（Ⅰ）因为，所以. 又因为，所以曲线在点处的切线方程为. （Ⅱ）设，则. 当时，， 所以在区间上单调递减. 所以对任意有，即. 所以函数在区间上单调递减. 因此在区间上的最大值为，最小值为. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果. 42．（2017·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 【答案】（1）；（2）． 【详解】试题分析：（1）由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得； （2）由题意结合（1）的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为. 试题解析：（1）的定义域为. ①若，因为，所以不满足题意； ②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点. 由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1. （2）由（1）知当时，. 令得.从而 . 故. 而，所以的最小值为. 【名师点睛】 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 43．（2017·浙江·高考真题）已知函数 （I）求的导函数 （II）求在区间上的取值范围 【答案】（I）；（II）. 【详解】试题分析：本题主要考查函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考查分析问题和解决问题的能力． （Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得的导数；（Ⅱ）令，解得或，进而判断函数的单调区间，结合区间端点值求解函数的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）因为，， 所以 ． （Ⅱ）由 ，解得 或． 因为 x （，1） 1 （1，） （，） – 0 + 0 – f（x） 0 又， 所以f（x）在区间上的取值范围是． 【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，由的正负，得出函数的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数的极值或最值． 44．（2016·天津·高考真题）设函数x∈R，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）= f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3； （Ⅲ）设a＞0,函数g（x）= |f（x）|,求证：g（x）在区间[0,2]上的最大值不小于. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析. 【详解】 试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较，的大小即可，可分三种情况研究：①；②；③. 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得. 下面分两种情况讨论： （1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为. （2）当时，令，解得，或. 当变化时，，的变化情况如下表： ＋ 0 － 0 ＋ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以的单调递减区间为，单调递增区间为，. （Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且， 由题意，得，即， 进而. 又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足，且，因此，所以. （Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论： （1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此 ， 所以. （2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，， 所以在区间上的取值范围为，因此 . （3）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，， 所以在区间上的取值范围为，因此 . 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于. 【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】1．求可导函数单调区间的一般步骤： （1）确定函数f（x）的定义域（定义域优先）； （2）求导函数f ′（x）； （3）在函数f（x）的定义域内求不等式f ′（x）＞0或f ′（x）＜0的解集； （4）由f ′（x）＞0（f ′（x）＜0）的解集确定函数f（x）的单调增（减）区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间． 2．由函数f（x）在（a，b）上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′（x）≥0（或f ′（x）≤0）恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到． 考点05：利用导数证明不等式 45．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； （2）（i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 46．（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 【答案】(1) (2)2 (3)证明过程见解析 【分析】（1）直接使用导数的几何意义； （2）先由题设条件得到，再证明时条件满足； （3）先确定的单调性，再对分类讨论. 【详解】（1）由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. （2）设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设，则 . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对有 ， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. （3）先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时. 故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论. 47．（2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率； （2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论； （3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论. 【详解】（1），则， 所以，故处的切线斜率为； （2）要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. （3）设，， 则， 由（2）知： ，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而， 因为，所以， 则， 所以，故； 综上，，即. 【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键. 48．（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列． (1)若正整数，证明； (2)若正整数，试比较与大小； (3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)存在， 【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明， （2）构造函数后由导数证明不等式， （3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解， 【详解】（1），则在处的切线为， 当时，，即， 所以当正整数时，； （2）作差得， 令，， 当时，，当时，， 故在单调递增，在上单调递减， ，故， 所以当正整数时，； （3），令， 与单调性相同，由（2）得， 当时，，当时，， 故至多有两解， 若成等差数列，则， 故最多项成等差数列，此时，． 而，， 令，，显然时，， 故在上单调递增， 而，，，故有唯一解， 存在使得，此时，故存在最多项成等差数列， 49．（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. 50．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性. (2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 51．（2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且，函数 （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足. (注：是自然对数的底数) 【答案】(1)见解析 (2)； (3)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性； (2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围； (3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立. 【详解】(1)， ①若，则，所以在上单调递增； ②若， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 综上可得，时，的单调递增区间为,无减区间； 时，函数的单调减区间为，单调增区间为. (2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解， 令，则， 记， 记， 又，所以时，时，， 则在单调递减，单调递增，， . 即实数的取值范围是. (3)[方法一]【最优解】： 有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为， ， 注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，又由知， ， 要证，只需， 且关于的函数在上单调递增， 所以只需证， 只需证， 只需证， ，只需证在时为正， 由于，故函数单调递增， 又，故在时为正， 从而题中的不等式得证. [方法二]：分析+放缩法 有2个不同零点，不妨设，由得（其中）． 且． 要证，只需证，即证，只需证． 又，所以，即． 所以只需证．而，所以， 又，所以只需证． 所以，原命题得证． [方法三]： 若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且． 又，故进一步有． 由可得且，从而．． 因为， 所以， 故只需证． 又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立． 【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法， 方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围. 方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！ 方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论. 52．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求函数的单调区间和极值； （Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有． 【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析. 【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可； (ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可； （Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论. 【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. (ii) 依题意，. 从而可得， 整理可得：， 令，解得. 当x变化时，的变化情况如下表： 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值. （Ⅱ）证明：由，得. 对任意的，且，令，则 .        ① 令. 当x>1时，， 由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即. 因为，，， 所以 .        ② 由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即， 故         ③ 由①②③可得. 所以，当时，任意的，且，有 . 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 53．（2018·全国II卷·高考真题）已知函数． （1）若，证明：当时，； （2）若在只有一个零点，求的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）方法一：构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式; （2）方法一：研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值. 【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友 当时，等价于． 设函数，则． ，所以在单调递减． 而，故当时，，即． ［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值 当时，． 令，令，得．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，从而，所以函数在区间内单调递增，有． ［方法三］：【最优解】指对等价转化 当时，． 令，函数在区间上单调递增，故，有，故当时，． （2）［方法一］：指数找朋友 设函数， 在只有一个零点当且仅当在只有一个零点． （i）当时，，没有零点； （ii）当时，． 当时，；当时，． 所以在单调递减，在单调递增． 故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在只有一个零点； ③若，即，由于，所以在有一个零点， 由（1）知，当时，，所以． 故在有一个零点，因此在有两个零点． 综上，在只有一个零点时，． ［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数 令，得． 令．则函数在区间内单调递减，在区间内单调递增，则．当时，，当时，，故函数在区间内只有一个零点时，． ［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数 函数在区间内只有一个零点等价于函数的图象与函数的图象在区间内只有一个公共点．由与的图象可知它们在区间内必相切于y轴右侧同一点，设切点为，则，解方程组得，经验证符合题意． ［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数 当时，，原问题转化为动直线与曲线在区间内只有一个公共点．由得函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．设与的切点为，则，于是函数在点P处的切线方程为．由切线过原点可得，故． ［方法五］：【通性通法】含参讨论 因为，， 当时，在区间内单调递增，又，故无零点； 当时，． ①当时，在区间内单调递增，有在区间内单调递增，又，故无零点； ②当时，令，得，故函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．，从而单调递增．又，所以无零点． ③当时，，又，所以存在，使得，则函数在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，则为函数的唯一零点，且满足．所以，解得，则． ［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论 当时，，无零点； 当时，，记，则； 当时，，函数在区间内单调递增，则有，故无零点； 当时，当时，单调递诚，当时，单调递增，当时，，当时，， 故，得． 【整体点评】（1）方法一：根据指数找朋友，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解．； 方法二：常规的直接求导，研究函数的单调性求最值，是该题的通性通法； 方法三：利用指对互化，将不等式等价转化为，这样可以减少求导的次数，便于求最值，是该题的最优解． （2）方法一：根据指数找朋友，原函数在只有一个零点等价于在只有一个零点，再分类讨论以及利用导数研究其单调性即可解出； 方法二：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为直线与曲线的交点个数，即可解出； 方法三：利用函数零点个数与两函数图象交点个数关系，等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数，即可解出； 方法四：同方法二； 方法五：直接含参讨论函数的单调性确定最值，再根据零点存在性定理判断即可解出，是该类型题的通性通法； 方法六：易知当时函数无零点，只需考虑时的情况，，再含参讨论函数的单调性，研究其最值即可解出，是本题的最优解． 54．（2018·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，． 【答案】（1）切线方程是；（2）证明见解析． 【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程． （2）方法一：当时，，令，只需证明即可． 【详解】（1），． 因此曲线在点处的切线方程是． （2）［方法一］：【最优解】放缩 当时，． 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以 ．因此． ［方法二］：【通性通法】导数的应用 函数的定义域为R，． 当时，令，得，或，其中．则函数的单调递减区间为，，单调递增区间为．又，当时，恒成立，故，故当时，． ［方法三］：等价变形＋含参讨论 不等式等价于． 令． 当时，（导数法证明过程参考方法二）． 当时，易知在R上单调递增且． 所以存在唯一实数使得，即．函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．故． 记，则的图像为开口向上，对称轴的抛物线，故函数在区间内单调递减，故． 综上所述，当时，． ［方法四］：【最优解】利用切线不等式放缩 不等式等价于．因为，所以．当时，，即结论得证． 【整体点评】（2）方法一：利用不等式性质放缩，转化为求具体函数的最值，方法简单易操作，是该题的最优解； 方法二：直接研究函数的单调性求最小值，即可解出，是该类型题的通性通法； 方法三：将不等式等价变形，然后再含参讨论新函数的单调性，求出最小值，此法也是常规手段，但是对于解决该题，显得有些繁琐； 方法四：将不等式等价变形，然后利用切线不等式，不等式的性质放缩，再结合二次函数的性质解出，也可以认为是本题的最优解． 55．（2019·北京·高考真题）已知函数. （Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当时，求证：； （Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 【答案】（Ⅰ）和. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）. 【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程； (Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论； (Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值. 【详解】（Ⅰ），令得或者. 当时，，此时切线方程为，即； 当时，，此时切线方程为，即； 综上可得所求切线方程为和. （Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数； 而，所以，即； 同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得. （Ⅲ）由（Ⅱ）知， 所以是中的较大者， 若，即时，； 若，即时，； 所以当最小时，，此时. 【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 56．（2019·天津·高考真题）设函数为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）当时，证明； （Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明. 【答案】（Ⅰ）单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）见证明；（Ⅲ）见证明 【分析】(Ⅰ)由题意求得导函数的解析式，然后由导函数的符号即可确定函数的单调区间； (Ⅱ)构造函数，结合(Ⅰ)的结果和导函数的符号求解函数的最小值即可证得题中的结论； (Ⅲ)令，结合(Ⅰ)，(Ⅱ)的结论、函数的单调性和零点的性质放缩不等式即可证得题中的结果. 【详解】(Ⅰ)由已知，有. 当时，有，得，则单调递减; 当时，有，得，则单调递增. 所以，的单调递增区间为， 的单调递减区间为. (Ⅱ)记.依题意及(Ⅰ)有：， 从而.当时，，故 . 因此，在区间上单调递减，进而. 所以，当时，. (Ⅲ)依题意，，即. 记，则. 且 . 由及(Ⅰ)得. 由(Ⅱ)知，当时，，所以在上为减函数， 因此. 又由(Ⅱ)知，故： . 所以. 【点睛】本题主要考查导数的运算､不等式证明､运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力､综合分析问题和解决问题的能力. 57．（2020·江苏·高考真题）已知关于x的函数与在区间D上恒有． （1）若，求h(x)的表达式； （2）若，求k的取值范围； （3）若 求证：． 【答案】（1）；（2）；（3）证明详见解析 【分析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得的表达式； （2）方法一：先由，求得的一个取值范围，再由，求得的另一个取值范围，从而求得的取值范围. （3）方法一：根据题意可得两个含参数的一元二次不等式在区间上恒成立，再结合放缩，即可利用导数证得不等式成立. 【详解】（1）[方法一]:判别式法 由可得在R上恒成立， 即和， 从而有即， 所以， 因此，．所以． [方法二]【最优解】：特值+判别式法 由题设有对任意的恒成立. 令，则，所以. 因此即对任意的恒成立， 所以，因此. 故. （2）[方法一] 令，. 又. 若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意. 当时，，符合题意. 当时， 在上递减，在上递增，则， 即，符合题意. 综上所述，. 由 当，即时，在为增函数， 因为， 故存在，使，不符合题意. 当，即时，，符合题意. 当，即时，则需，解得. 综上所述，的取值范围是. [方法二]【最优解】：特值辅助法 由已知得在内恒成立； 由已知得， 令，得，∴(*)， 令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立； 由 在内恒成立，由(*)知，∴，∴，解得. ∴的取值范围是. （3）[方法一]：判别式+导数法 因为对任意恒成立， ①对任意恒成立， 等价于对任意恒成立. 故对任意恒成立. 令， 当，， 此时， 当，， 但对任意的恒成立. 等价于对任意的恒成立. 的两根为， 则， 所以 . 令，构造函数，， 所以时，，递减，. 所以，即. [方法二]：判别式法   由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立． （事实上，直线为函数的图像在处的切线） 同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立．    ② 当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或（不妨设）； 当时，，从而或，又，从而成立； 当时，由①式得或，又，所以． 当时，将②式看作一元二次方程，进而有． 由，得，此时②式的解为不妨设，从而． 综上所述，． [方法三]【最优解】：反证法 假设存在，使得满足条件的m，n有． 因为，所以． 因为，所以． 因为对恒成立，所以有 ．则有 ，   ③ ，    ④ 解得． 由③+④并化简得，． 因为在区间上递增，且， 所以，． 由对恒成立，即有    ⑤ 对恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有． 设，则， 所以在区间上递减，所以，即． 设不等式⑤的解集为，则，这与假设矛盾．从而． 由均为偶函数．同样可证时，也成立． 综上所述，． 【整体点评】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解. 58．（2017·浙江·高考真题）已知数列满足：， 证明：当时， （I）； （II）； （III）. 【答案】（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析. 【分析】（I）用数学归纳法可证明； （Ⅱ）由（Ⅰ）可得， 构造函数，利用函数的单调性可证； （Ⅲ）由及，递推可得. 【详解】（Ⅰ）用数学归纳法证明：． 当时，． 假设时，，那么时，若， 则，矛盾，故． 因此，所以，因此． （Ⅱ）由得， ． 记函数， ， 函数在上单调递增，所以， 因此，故． （Ⅲ）因为，所以， 由，得， 所以，故． 综上，． 【名师点睛】本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明． 59．（2016·全国III卷·高考真题）设函数． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）证明当时，； （Ⅲ）设，证明当时，. 【答案】（Ⅰ）当时，单调递增；当时，单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析． 【详解】试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数，然后通过解不等式或可确定函数的单调性；（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的换为即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理． 试题解析：（Ⅰ）由题设，的定义域为，，令，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，在处取得最大值，最大值为. 所以当时，. 故当时，，，即. （Ⅲ）由题设，设，则，令， 解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 由（Ⅱ）知，，故，又，故当时，. 所以当时，. 【考点】利用导数研究函数的单调性、不等式的证明与解法 【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明． 考点06：利用导数研究不等式恒成立问题 60．（2024·新课标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. 61．（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. 62．（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. 63．（2022·天津·高考真题）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求出可求切线方程； （2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求. （ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立. 【详解】（1），故，而， 曲线在点处的切线方程为即. （2）（i）当时， 因为曲线和有公共点，故有解， 设，故，故在上有解， 设，故在上有零点， 而， 若，则恒成立，此时在上无零点， 若，则在上恒成立，故在上为增函数， 而，，故在上无零点， 故， 设，则， 故在上为增函数， 而，， 故在上存在唯一零点， 且时，；时，； 故时，；时，； 所以在上为减函数，在上为增函数， 故， 因为在上有零点，故，故， 而，故即， 设，则， 故在上为增函数， 而，故. （ii）因为曲线和有公共点， 所以有解，其中， 若，则，该式不成立，故. 故，考虑直线， 表示原点与直线上的动点之间的距离， 故，所以， 下证：对任意，总有， 证明：当时，有，故成立. 当时，即证， 设，则（不恒为零）， 故在上为减函数，故即成立. 综上，成立. 下证：当时，恒成立， ，则， 故在上为增函数，故即恒成立. 下证：在上恒成立，即证：， 即证：，即证：， 而，故成立. 故，即成立. 【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式. 64．（2020·山东·高考真题）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果； （2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. 【详解】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）［方法一］：通性通法 ,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可． 65．（2024·全国甲卷·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 【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性； （2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可. 【详解】（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 66．（2020·全国I卷·高考真题）已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2） 【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围. 【详解】(1)当时，，， 由于，故单调递增，注意到，故： 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由得，，其中， ①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②.当时，分离参数a得，， 记，， 令， 则，， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此，, 综上可得，实数a的取值范围是. [方法二]：特值探路 当时，恒成立． 只需证当时，恒成立． 当时， ． 只需证明⑤式成立． ⑤式， 令， 则 ， 所以当时，单调递减； 当单调递增； 当单调递减． 从而，即，⑤式成立． 所以当时，恒成立． 综上． [方法三]：指数集中 当时，恒成立， 记， ， ①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意； ②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又， 所以若满足，只需，即 ，所以当时，成立； ③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立， 所以时，满足题意. 综上，. 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有： 方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究； 方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性； 方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！ 67．（2019·全国I卷·高考真题）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）. 【分析】（1）求导得到导函数后，设为进行再次求导，可判断出当时，，当时，，从而得到单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造函数，通过二次求导可判断出，；分别在，，和的情况下根据导函数的符号判断单调性，从而确定恒成立时的取值范围. 【详解】（1） 令，则 当时，令，解得： 当时，；当时， 在上单调递增；在上单调递减 又，， 即当时，，此时无零点，即无零点     ，使得 又在上单调递减    为，即在上的唯一零点 综上所述：在区间存在唯一零点 （2）若时，，即恒成立 令 则， 由（1）可知，在上单调递增；在上单调递减 且，， ， ①当时，，即在上恒成立 在上单调递增 ，即，此时恒成立 ②当时，，， ，使得 在上单调递增，在上单调递减 又， 在上恒成立，即恒成立 ③当时，， ，使得 在上单调递减，在上单调递增 时，，可知不恒成立 ④当时， 在上单调递减     可知不恒成立 综上所述： 【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值. 68．（2017·全国II卷·高考真题）已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 【答案】（1）a=1；（2）见解析. 【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a可得h（x）min＝h（），从而可得结论； （2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0可知f（x0），另一方面可知f（x0）＞f（）． 【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a． 则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0． 因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0， 所以h（x）min＝h（）， 又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0， 所以1，解得a＝1； 另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1）， 所以等价于f（x）在x＝1处是极小值， 所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx， 令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2， 令t′（x）＝0，解得：x， 所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增， 所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2， 且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正， 所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0， 所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0， 由x0可知f（x0）＜（x0）max； 由f′（）＜0可知x0， 所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）； 综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题． 69．（2017·全国II卷·高考真题）设函数. （I）讨论函数的单调性； （II）当时，，求实数的取值范围. 【答案】（I）函数在和上单调递减，在上单调递增. （II）. 【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间；（2）对分类讨论，当a≥1时，，满足条件；当时，取，当0＜a＜1时，取，. 试题解析： 解（1）f ’(x)=(1-2x-x2)ex 令f’(x)=0得x=-1- ，x=-1+ 当x∈（-∞，-1-）时，f’(x)<0；当x∈（-1-，-1+）时，f’(x)>0；当x∈（-1+，+∞）时，f’(x)<0 所以f(x)在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增 (2) f (x)=(1+x)（1-x）ex 当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）ex，h’(x)= -xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而h(0)=1， 故h(x)≤1，所以f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1 当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞)单调递增，而g(0)=0，故ex≥x+1 当0＜x＜1，，，取 则 当 综上，a的取值范围[1，+∞） 点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 70．（2017·全国III卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【分析】（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减. （2）证明，即证，而，所以需证，设g（x）=lnx-x+1 ，利用导数易得，即得证. 【详解】（1） 的定义域为（0，+），. 若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增. 若a＜0，则当时，时；当x∈时，. 故f（x）在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为. 所以等价于，即. 设g（x）=lnx-x+1，则. 当x∈（0,1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即. 【点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式. （2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 71．（2016·全国II卷·高考真题）已知函数. （I）当时，求曲线在处的切线方程； （Ⅱ）若当时，，求的取值范围. 【答案】（1）（2） 【详解】试题分析：（Ⅰ）先求的定义域，再求，，，由直线方程的点斜式可求曲线在处的切线方程为（Ⅱ）构造新函数，对实数分类讨论，用导数法求解. 试题解析：（I）的定义域为.当时， ， 曲线在处的切线方程为 （II）当时，等价于 设，则 ， （i）当，时，，故在上单调递增，因此； （ii）当时，令得 . 由和得，故当时，，在单调递减，因此. 综上，的取值范围是 【考点】 导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性 【名师点睛】求函数的单调区间的方法： （1）确定函数y＝f（x）的定义域； （2）求导数y′＝f′（x）； （3）解不等式f′（x）>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； （4）解不等式f′（x）<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 72．（2017·全国I卷·高考真题）已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0，求a的取值范围. 【答案】(1) f(x)在上单调递减，在区间上单调递增. （2） 【分析】(1)求f(x)的导函数为f′(x)＝(2ex＋a)(ex－a)，通过讨论a，求函数的单调区间即可. (2)因为f(x)≥0，所以即求f(x)的最小值大于等于0，由第(1)的结果求的f(x)的最小值，解关于a的不等式即可求出a的范围. 【详解】(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0. f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a). ①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln. 当x∈时，f′(x)<0； 当x∈时，f′(x)>0. 故f(x)在上单调递减，在区间上单调递增. (2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立. ②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2， 故当且仅当a2≥0， 即0>a≥时，f(x)≥0. 综上a的取值范围是[，0]. 【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，考查函数的恒成立问题，同时考查了分类讨论的思想和学生的计算能力，属于中档题. 73．（2017·天津·高考真题）设，.已知函数，. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：在处的导数等于0； （ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围. 【答案】（I）单调递增区间为，，单调递减区间为.（II）（i）见解析.（ii）. 【详解】试题分析：求导数后因式分解根据，得出，根据导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间，对求导，根据函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，解得，根据的单调性可知在上恒成立，关于x的不等式在区间上恒成立，得出，得，， 求出的范围，得出的范围. 试题解析：（I）由，可得 ， 令，解得，或.由，得. 当变化时，，的变化情况如下表： 所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为. （II）（i）因为，由题意知， 所以，解得. 所以，在处的导数等于0. （ii）因为，，由，可得. 又因为，，故为的极大值点，由（I）知. 另一方面，由于，故， 由（I）知在内单调递增，在内单调递减， 故当时，在上恒成立，从而在上恒成立. 由，得，. 令，，所以， 令，解得（舍去），或. 因为，，，故的值域为. 所以，的取值范围是.【考点】导数的应用 【名师点睛】利用导数工具研究函数是历年高考题中的难点问题，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值或最值，利用导数的几何意义研究曲线的切线方程以及利用导数研究函数的零点和值域也是常见考法，本题把恒成立问题转化为函数值域问题很巧妙，问题转化为借助导数研究函数在某区间上的取值范围去解决，方法灵活思维巧妙，匠心独运. 74．（2016·四川·高考真题）设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a ∈R. （I）讨论f(x)的单调性； （II）确定a的所有可能取值，使得在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)． 【答案】（I） 见解析（II） . 【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力.第（Ⅰ）问，对求导，再对a进行讨论，从而判断函数的单调性；第（Ⅱ）问，利用导数判断函数的单调性，从而证明结论. 试题解析：（Ⅰ） <0，在内单调递减. 由=0，有. 此时，当 时，<0，单调递减； 当 时，>0，单调递增. （Ⅱ）令=，=. 则=. 而当时，>0， 所以在区间内单调递增. 又由=0，有>0， 从而当时，>0. 当，时，=. 故当>在区间内恒成立时，必有. 当时，>1. 由（Ⅰ）有,从而， 所以此时>在区间内不恒成立. 当时，令， 当时，， 因此，在区间单调递增. 又因为，所以当时，，即恒成立. 综上，. 【考点】导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题 【名师点睛】本题考查导数的计算，利用导数求函数的单调性，解决恒成立问题，考查学生的分析问题、解决问题的能力和计算能力．求函数的单调性，基本方法是求，解方程，再通过的正负确定的单调性；要证明不等式，一般证明的最小值大于0，为此要研究函数的单调性．本题中注意由于函数的极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围．比较新颖，学生不易想到，有一定的难度． 75．（2016·江苏·高考真题）已知函数. （1）设. ①求方程=2的根； ②若对任意，不等式恒成立，求实数m的最大值； （2）若，函数有且只有1个零点，求ab的值. 【答案】（1）①0 ②4  （2）1 【分析】（1）①根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根；②根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，最后根据基本不等式求最值；（2）根据导函数零点情况，确定函数单调变化趋势，结合图象确定唯一零点必在极值点取得，从而建立等量关系，求出ab的值. 【详解】（1）因为，所以. ①方程，即，亦即， 所以，于是，解得. ②由条件知. 因为对于恒成立，且， 所以对于恒成立. 而，且， 所以，故实数的最大值为4. （2）因为函数只有1个零点，而， 所以0是函数的唯一零点. 因为，又由知， 所以有唯一解. 令，则， 从而对任意，，所以是上的单调增函数， 于是当，；当时，. 因而函数在上是单调减函数，在上是单调增函数. 下证. 若，则，于是， 又，且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和之间存在的零点，记为. 因为，所以，又，所以与“0是函数的唯一零点”矛盾. 若，同理可得，在和之间存在的非0的零点，矛盾. 因此，. 于是，故，所以. 【点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图等确定其中参数的范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等． 考点07：利用导数研究函数的零点 76．（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 【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可； （3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可. 【详解】（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. 【点睛】 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题. 77．（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 78．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：， 当时，若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； (2)若选择条件①： 由于，故，则， 而， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于，故，则， 当时，，， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. 当时，构造函数，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 注意到，故恒成立，从而有：，此时： ， 当时，， 取，则， 即：， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用． 79．（2020·全国III卷·高考真题）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可； （2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可. 【详解】（1）因为，由题意，，即：，则． （2）［方法一］：通性通法 由（1）可得，， 令，得或；令，得， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 且， 若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或， 即或. 当时，， 又， 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点， 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点， 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当时，， 又， 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点， 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点， 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，所有零点的绝对值都不大于1. ［方法二］【最优解】： 设是的一个零点，且，则． 从而． 令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是 ，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1． ［方法三］： 设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为． 设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即． 综上，的所有零点的绝对值都不大于1． ［方法四］： 由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为． （ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意； （ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为． （ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有． 综上，所有零点的绝对值都不大于1． ［方法五］： 设是的一个零点且，则是的另一个零点． ． 则，设，由判别式，所以方程有解． 假设实数满足． 由，得．与矛盾，假设不成立． 所以，所有零点的绝对值都不大于1． 【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出． 80．（2020·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个零点，求的取值范围． 【答案】（1）详见解析；(2). 【分析】（1），对分和两种情况讨论即可； （2）有三个零点，由（1）知，且，解不等式组得到的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】（1）由题，， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，得，令，得， 令，得或，所以在上单调递减，在 ，上单调递增. （2）由（1）知，有三个零点，则，且 即，解得， 当时，，且， 所以在上有唯一一个零点， 同理，， 所以在上有唯一一个零点， 又在上有唯一一个零点，所以有三个零点， 综上可知的取值范围为. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题. 81．（2020·浙江·高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点； （Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析. 【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论； （II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式； （ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明. 【详解】（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法 在上单调递增， ， 所以由零点存在定理得在上有唯一零点． [方法二]【最优解】：分离常数法   函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点． 记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故． 因此，当时，直线与只有1个交点． （II）（i）， ， 令 一方面： ， 在单调递增，， ， 另一方面：， 所以当时，成立， 因此只需证明当时，， 因为 当时，，当时，， 所以， 在单调递减，，， 综上，. （ii）[方法一]：分析+构造函数法 ， ，， ，因为，所以， ， 只需证明， 即只需证明， 令， 则， ，即成立， 因此. [方法二]【最优解】：放缩转化法 ． 设，则由得． 从而只要证． 上式左边． 使用不等式可得 【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解； （Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得； （ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解. 82．（2019·全国I卷·高考真题）已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知：定义域为：且 令， ， 在上单调递减，在上单调递减 在上单调递减 又， ，使得 当时，；时， 即在上单调递增；在上单调递减 则为唯一的极大值点 即：在区间上存在唯一的极大值点. （2）由（1）知：， ①当时，由（1）可知在上单调递增     在上单调递减 又 为在上的唯一零点 ②当时，在上单调递增，在上单调递减 又     在上单调递增，此时，不存在零点 又 ，使得 在上单调递增，在上单调递减 又， 在上恒成立，此时不存在零点 ③当时，单调递减，单调递减 在上单调递减 又， 即，又在上单调递减 在上存在唯一零点 ④当时，， 即在上不存在零点 综上所述：有且仅有个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 83．（2018·全国II卷·高考真题）已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）证明：只有一个零点． 【答案】（1）增区间是，，减区间是； （2）证明见解析. 【分析】（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间； （2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得. 【详解】（1）当a=3时，，． 令解得x=或x=． 由解得：； 由解得：． 故函数的增区间是，，减区间是． （2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理 由于，所以等价于． 设,则,仅当时,所以在单调递增.故至多有一个零点,从而至多有一个零点.又,故有一个零点.综上,只有一个零点. ［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系 因为，所以等价于，令，则．因为，则，当且仅当时，等号成立，所以在区间内单调递增， 当时，；当时，．所以直线与的图像只有一个交点，即只有一个零点． ［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理 ． ①当时，单调递增，只有一个零点． ②当与时，，再令或，则有．当与时，单调递增，当时，单调递减． 因为， ， 所以． 极大值与极小值同正同负，故只有一个零点． ［方法四］： 等价转化＋零点存在性定理 由于，所以，等价于． 设，则，仅当时，，所以在区间内单调递增．故至多有一个零点，从而至多有一个零点． 结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取，则有，取，则有，所以在内有一个零点，故有一个零点． 综上，只有一个零点． 【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解； 方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨； 方法三：直接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，但对于该题，显得有些复杂； 方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样． 84．（2017·全国I卷·高考真题）已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为. 试题解析：（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得. 当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增. （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点. （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点. 设正整数满足，则. 由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为. 点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点. 85．（2016·全国I卷·高考真题）已知函数. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）先求得再根据1,0,2a的大小进行分类确定的单调性；（Ⅱ）借助第（Ⅰ）问的结论,通过分类讨论函数的单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为. 【详解】（Ⅰ） 当，则当时，；当时，. 所以f（x）在单调递减，在单调递增. 当，由得x=1或x=ln（-2a）. ①若，则，所以在单调递增. ②若，则ln（-2a）＜1,故当时，； 当时，，所以在单调递增，在单调递减. ③若，则，故当时，， 当时，，所以在单调递增，在单调递减. （Ⅱ）当，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增. 又，取b满足b＜0且， 则，所以有两个零点. 当a=0，则，所以只有一个零点. 当a＜0，若，则由（Ⅰ）知，在单调递增. 又当时，＜0，故不存在两个零点； 若，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增.又当时＜0，故不存在两个零点. 综上，a的取值范围为. 【考点】函数单调性，导数应用 【名师点睛】本题第（Ⅰ）问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第（Ⅱ）问是求参数取值范围,由于这类问题常涉及导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解. 86．（2016·北京·高考真题）设函数 （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围； （Ⅲ）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. 【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）;（Ⅲ）见解析. 【详解】试题分析：（Ⅰ）求函数f（x）的导数，根据，求切线方程； （Ⅱ）根据导函数判断函数f（x）的单调性，由函数有三个不同零点，求c的取值范围； （Ⅲ）从两方面必要性和不充分性证明，根据函数的单调性判断零点个数. 试题解析：（Ⅰ）由，得． 因为，， 所以曲线在点处的切线方程为． （Ⅱ）当时，， 所以． 令，得，解得或． 与在区间上的情况如下： 所以，当且时，存在，， ，使得． 由的单调性知，当且仅当时，函数有三个不同零点． （Ⅲ）当时，，， 此时函数在区间上单调递增，所以不可能有三个不同零点． 当时，只有一个零点，记作． 当时，，在区间上单调递增； 当时，，在区间上单调递增． 所以不可能有三个不同零点． 综上所述，若函数有三个不同零点，则必有． 故是有三个不同零点的必要条件． 当，时，，只有两个不同零点，所以不是有三个不同零点的充分条件． 因此是有三个不同零点的必要而不充分条件． 【考点】利用导数研究曲线的切线；函数的零点 【名师点睛】1.证明不等式问题可通过作差或作商构造函数，然后用导数证明． 2.求参数范围问题的常用方法：（1）分离变量；（2）运用最值． 3.方程根的问题可化为研究相应函数的图象，而图象又归结为极值点和单调区间的讨论． 4.高考中一些不等式的证明需要通过构造函数，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键． 考点08：导数与其他知识综合问题 87．（2025·全国一卷·高考真题）设数列满足， (1)证明：为等差数列； (2)设，求． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论； （2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论. 【详解】（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. （2）由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当且时， ∴， ∴ ∴ . 88．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，． （1）已知，求； （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，； （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析. 【分析】（1）利用公式计算可得. （2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点. （3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明. 【详解】（1）. （2）设， 因为，故， 若，则，故. ， 因为，， 故有两个不同零点，且， 且时，；时，； 故在，上为增函数，在上为减函数， 若，因为在为增函数且， 而当时，因为在上为减函数，故， 故为的一个最小正实根， 若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根， 综上，若，则. 若，则，故. 此时，， 故有两个不同零点，且， 且时，；时，； 故在，上为增函数，在上为减函数， 而，故， 又，故在存在一个零点，且. 所以为的一个最小正实根，此时， 故当时，. （3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1. 89．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值； （2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知，，设圆M上的点，则． 所以． 从而有 ． 因为，所以当时，． 又，解之得，因此． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为， 由于点为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得，， 所以，， 点到直线的距离为， 所以，， ， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到． 过P作y轴的平行线交于Q，则． ． P点在圆M上，则 ． 故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，． 设，联立和抛物线C的方程得整理得． 判别式，即，且． 抛物线C的方程为，即，有． 则，整理得，同理可得． 联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得． 由弦长公式得 ． 点P到直线的距离为． 所以 ， 其中，即． 当时，． 【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值； 90．（2019·全国III卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)见详解；(2) 或. 【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据的各种范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终得出,的值. 【详解】(1)对求导得.所以有 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. (2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立. 若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 . 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为 即解得. 综上得或. 【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充． 91．（2019·全国II卷·高考真题） 已知函数. （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线. 【答案】（1）函数在和上是单调增函数，证明见解析； （2）证明见解析. 【分析】（1）对函数求导，结合定义域，判断函数的单调性； （2）先求出曲线在处的切线，然后求出当曲线切线的斜率与斜率相等时，证明曲线切线在纵轴上的截距与在纵轴的截距相等即可. 【详解】（1）函数的定义域为， ，因为函数的定义域为，所以，因此函数在和上是单调增函数； 当，时，，而，显然当，函数有零点，而函数在上单调递增，故当时，函数有唯一的零点； 当时，， 因为，所以函数在必有一零点，而函数在上是单调递增，故当时，函数有唯一的零点 综上所述，函数的定义域内有2个零点； （2）[方法一]【最优解：分别求得两条方程，比较常数项说明切线重合】 设在点处的斜率为． 切线的方程为，即． 由，得． 所以曲线上斜率为的切线的切点为． 切线的方程为，即． 由于，故曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线. [方法二]【利用切线的斜率相等进行证明】 由题设知，即，曲线在点处的切线l的方程为． 设在曲线上取一点，若其在点B处的斜率与直线l的斜率相等， 则有，即，故． 将点B的坐标代入直线l的方程中， ，整理得，上式显然成立． 则直线l过点B，即曲线在点处的切线也是曲线的切线． [方法三]【利用不同的方法计算斜率证明切线重合】 因为，所以由，设切点坐标为，解得． 因此，曲线在点处切线的斜率也是． 因为，所以 ， 因此，曲线在点处的切线也是曲线的切线． [方法四]【构造函数讨论单调性证明切线重合】 因为， 所以曲线在点处的切线方程是． 构造函数，由得． 因为当时，； 当时，，所以． 因此，函数只有一个零点． 所以曲线与曲线在点处的切线只有一个交点． 又，因此，曲线与直线相切于， 即曲线在点处的切线也是曲线的切线． 【整体点评】(2)方法一：分别求得两条切线方程比较切线方程的形式是最直接思路； 方法二：考查切线斜率相等时证明切线重合的必要思路； 方法三：利用不同的方法计算切线方程是证明切线重合的有效方法； 方法四：构造函数进行证明体现了等价转化的数学思想. 92．（2019·全国III卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围. 【答案】(1)见详解；(2) . 【分析】(1)先求的导数，再根据的范围分情况讨论函数单调性；(2) 讨论的范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终求得的取值范围. 【详解】(1)对求导得.所以有 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. (2) 若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为.而，故所以区间上最大值为. 所以，设函数，求导当时从而单调递减.而，所以.即的取值范围是. 若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为. 所以，而，所以.即的取值范围是. 综上得的取值范围是. 【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大，由计算量补充. 93．（2019·浙江·高考真题）已知实数，设函数 （1）当时，求函数的单调区间； （2）对任意均有 求的取值范围. 注：为自然对数的底数. 【答案】（1）的单调递增区间是,单调递减区间是；（2）. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可. (2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可. 【详解】(1)当时，，函数的定义域为，且： ， 因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是. (2)由，得， 当时，，等价于， 令，则， 设，， 则， （i）当时，， 则， 记， 则 列表讨论： x （） 1 （1，+∞） p′（x） ﹣ 0 + P（x） p（） 单调递减 极小值p（1） 单调递增 （ii）当时，， 令， 则， 故在上单调递增，， 由（i）得， ， 由（i）（ii）知对任意， 即对任意，均有， 综上所述，所求的a的取值范围是． 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 94．（2017·全国I卷·高考真题）设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4． （1）求直线AB的斜率； （2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程． 【答案】（1）1；（2）y＝x＋7． 【分析】（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率k＝＝，代入即可求得斜率； （2）由（1）中直线AB的斜率，根据导数的几何意义求得M点坐标，设直线AB的方程为y＝x＋m，与抛物线联立，求得根，结合弦长公式求得AB，由知，|AB|＝2|MN|，从而求得参数m. 【详解】解：（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4， 于是直线AB的斜率k＝＝＝1． （2）由y＝，得y′＝． 设M(x3，y3)，由题设知＝1，解得x3＝2，于是M(2，1)． 设直线AB的方程为y＝x＋m， 故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|． 将y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0． 当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1，2＝2±2． 从而|AB|＝|x1－x2|＝． 由题设知|AB|＝2|MN|，即＝2(m＋1)， 解得m＝7． 所以直线AB的方程为y＝x＋7． 95．（2019·天津·高考真题）设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点 （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明. 【答案】（I）在内单调递增.； （II）（i）见解析；（ii）见解析. 【分析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果； （II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果； （ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果. 【详解】（I）解：由已知，的定义域为， 且， 因此当时，，从而， 所以在内单调递增. （II）证明：（i）由（I）知，， 令，由，可知在内单调递减， 又，且， 故在内有唯一解， 从而在内有唯一解，不妨设为， 则，当时，， 所以在内单调递增； 当时，， 所以在内单调递减， 因此是的唯一极值点. 令，则当时，，故在内单调递减， 从而当时，，所以， 从而， 又因为，所以在内有唯一零点， 又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点. （ii）由题意，，即， 从而，即， 因为当时，，又，故， 两边取对数，得， 于是，整理得， 【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 96．（2018·天津·高考真题）已知函数，，其中a>1. （I）求函数的单调区间； （II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明：； （III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. 【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析. 【分析】（I）由题意可得，由以及即可解出； （II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得，两边取对数即可证出； （III）方法一：分别求出两曲线的切线的方程，则问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合，构造函数，令，利用导数证明函数存在零点，即可证出. 【详解】（I）由已知，，有. 令，解得x=0. 由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表： x 0 0 + 极小值 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （II）由，可得曲线在点处的切线斜率为. 由，可得曲线在点处的切线斜率为. 因为这两条切线平行，故有，即. 两边取以a为底的对数，得，所以. （III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理 曲线在点处的切线l1：. 曲线在点处的切线l2：. 要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线， 只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合. 即只需证明当时，方程组有解， 由①得，代入②，得.   ③ 因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解. 设函数， 即要证明当时，函数存在零点. ，可知时，； 时，单调递减， 又，， 故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即. 由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值. 因为，故， 所以 . 下面证明存在实数t，使得. 由（I）可得，当时， 有 ，根据二次函数的性质， 所以存在实数t，使得， 因此，当时，存在，使得. 所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. ［方法二］： 因为曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为，所以直线l满足如下条件： ． 记，则是关于t的减函数． ， 使，即，即． 当时，；当时，，，由（Ⅰ）可得当时，． 若．则，取，，所以在区间内存在零点． 所以当时，存在直线l，使l曲线的切线，也是曲线的切线． 【整体点评】（III）方法一：利用切线重合，建立等量关系，通过消元得出方程，根据方程有解，转化为函数有零点，由零点存在性定理证出； 方法二：根据斜率相等得出方程，引入新变元，构建关于新变元的方程，再由方程有实根，转化为对应函数有零点，即可证出． 97．（2019·江苏·高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{an}满足：，求证:数列{an}为“M－数列”； （2）已知数列{bn}满足:，其中Sn为数列{bn}的前n项和． ①求数列{bn}的通项公式； ②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值． 【答案】（1）见解析； （2）①bn=n；②5. 【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论； （2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式； ②由①确定的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值． 【详解】（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0. 由，得，解得． 因此数列为“M—数列”. （2）①因为，所以． 由得，则. 由，得， 当时，由，得， 整理得． 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{bn}的通项公式为bn=n. ②由①知，bk=k，. 因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0. 因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m. 当k=1时，有q≥1； 当k=2，3，…，m时，有． 设f（x）=，则． 令，得x=e.列表如下： x e (e，+∞) + 0 – f（x） 极大值 因为，所以． 取，当k=1，2，3，4，5时，，即， 经检验知也成立． 因此所求m的最大值不小于5． 若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216， 所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上，所求m的最大值为5． 【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力． 98．（2020·江苏·高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，为铅垂线(在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离(米)与D到的距离a(米)之间满足关系式；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离(米)与F到的距离b(米)之间满足关系式.已知点B到的距离为40米. （1）求桥AB的长度； （2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价(万元)(k>0).问为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低? 【答案】（1）120米（2）米 【分析】（1）根据A,B高度一致列方程求得结果； （2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果. 【详解】（1）由题意得 米 （2）设总造价为万元，，设， (0舍去) 当时，；当时，，因此当时，取最小值， 答：当米时，桥墩CD与EF的总造价最低. 【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题. 99．（2016·全国III卷·高考真题）设函数，其中α＞0，记 的最大值为A． （Ⅰ）求； （Ⅱ）求A； （Ⅲ）证明. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（Ⅲ）详见解析. 【详解】（Ⅰ）. （Ⅱ）当时， . 因此. 当时，将变形为． 令，则是在上的最大值，，，且当时，取得极小值，极小值为． 令，解得（舍去），． （Ⅰ）当时，在内无极值点，，，，所以． （Ⅱ）当时，由，知．又 ，所以． 综上， （Ⅲ）由（Ⅰ）得. 当时，. 当时，，所以. 当时，，所以. 【考点】导数的计算，倍角公式，三角函数的有界性． 【归纳总结】求三角函数的最值通常分为两步：（1）利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形如的形式；（2）结合自变量的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解． 100．（2018·江苏·高考真题）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”． （1）证明：函数与不存在“点”； （2）若函数与存在“点”，求实数的值； （3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，使函数与在区间内存在“点”． 【详解】分析：（1）根据题中“S点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合 “S点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论. 详解：解：（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2． 由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得 ，此方程组无解， 因此，f（x）与g（x）不存在“S”点． （2）函数，， 则． 设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0），得 ，即，（*） 得，即，则． 当时，满足方程组（*），即为f（x）与g（x）的“S”点． 因此，a的值为． （3）对任意a>0，设． 因为，且h（x）的图象是不间断的， 所以存在∈（0，1），使得，令，则b>0． 函数， 则． 由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得 ，即（**） 此时，满足方程组（**），即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”． 因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”． 点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路. 试卷第164页，共165页 试卷第165页，共165页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题26 导数及其应用解答题 （八大考点，100题） 考点 十年考情（2016-2025） 命题趋势 考点 01：导数的几何意义 2025 年北京卷：切线方程、切线与曲线位置关系、交点横坐标计算；2024 年新课标 Ⅱ 卷：切线方程、函数极小值与参数范围；2023 年全国乙卷：切线方程、函数对称性；2023 年北京卷：由切线斜率求参数；2022 年全国乙卷：切线方程、函数零点与参数；2022 年北京卷：切线方程；2021 年天津卷：切线方程、极值点唯一性；2020 年北京卷：切线方程、三角形面积最值；2018 年全国 I 卷：由切线斜率求参数、极值点与参数；2018 年北京卷：由切线斜率求参数、极值点与参数；2016 年北京卷：由切线斜率求参数、函数单调性；2016 年山东卷：切线方程、函数单调性与极值 1. 切线方程求解是基础且高频考点，常结合曲线性质、参数范围综合考查。2. 导数几何意义与函数其他性质（极值、零点等）关联命题趋势明显，注重知识融合与应用能力。 考点 02：利用导数研究函数的单调性 2025 年全国二卷：单调性、极值点与零点唯一性；2024 年上海卷：“最近点”、函数单调性；2023 年北京卷：函数单调性区间；2023 年全国甲卷：单调性、不等式恒成立求参数；2022 年北京卷：单调性证明、不等式证明；2021 年全国甲卷：单调性、曲线交点；2021 年全国甲卷：单调性、不等式恒成立；2020 年全国 I 卷：单调性、零点个数与参数；2019 年全国 II 卷：单调性与极值点唯一性；2018 年全国 I 卷：单调性、不等式证明；2016 年全国 II 卷：单调性、极值与参数；2016 年山东卷：单调性区间、极值 1. 单调性分析是导数应用核心，贯穿函数性质研究，与极值、最值、不等式等深度融合。2. 结合不等式恒成立、零点问题考查成为趋势，强调分类讨论、构造函数等思想方法运用，注重逻辑推理与数学建模能力。 考点 03：利用导数研究函数的极值 2025 年上海卷：函数极值存在参数范围；2024 年全国甲卷：函数极值、不等式恒成立求参数；2023 年全国乙卷：极值存在参数范围；2023 年新课标 Ⅱ 卷：极值点与参数范围；2021 年全国乙卷：极值点与曲线公共点；2021 年天津卷：极值点唯一性、参数；2019 年全国 II 卷：极值点与零点性质；2018 年浙江卷：极值与参数范围；2018 年北京卷：极值点与参数范围 1. 极值存在性、极值点与参数关系是考查重点，常与函数单调性、零点等结合。2. 从单一极值求解向综合分析极值对函数整体性质（如零点个数、不等式成立）影响转变，突出对导数工具性和函数本质的理解。 考点 04：利用导数研究函数的最值 2025 年全国一卷：三角函数最值；2020 年北京卷：切线围成三角形面积最值；2019 年江苏卷：函数极大值证明；2017 年江苏卷：极值与最值总和范围 1. 最值求解常与实际问题、几何图形结合，体现导数在优化问题中的应用。2. 从单纯函数最值计算向最值与函数其他性质（极值、单调性）协同考查发展，注重数学知识的综合运用和实际问题转化能力。 考点 05：不等式证明 2025 年全国一卷：三角函数不等式证明；2023 年新课标 Ⅱ 卷：三角函数不等式证明；2022 年浙江卷：切线相关不等式证明；2022 年北京卷：不等式证明；2021 年全国乙卷：不等式证明；2019 年全国 II 卷：零点性质不等式证明；2018 年全国 I 卷：不等式证明 1. 不等式证明作为导数应用难点，常通过构造函数，利用单调性、极值、最值证明，是考查数学思维和创新能力的重要载体。2. 与函数零点、曲线交点等问题交叉命题，强调知识迁移和方法灵活运用，对逻辑推理和数学表达要求高。 考点 06：零点问题 2025 年全国二卷：零点唯一性证明；2024 年新课标 Ⅱ 卷：零点与参数范围；2022 年全国乙卷：零点与参数范围；2021 年全国甲卷：曲线交点（零点）；2020 年全国 I 卷：零点个数与参数范围；2019 年全国 II 卷：零点与极值点性质 1. 零点个数判断、零点与参数关系是高频考点，紧密围绕函数单调性、极值、最值展开分析。2. 从单一函数零点向多函数交点（等价于零点）、零点分布与函数性质综合考查转变，突出导数在研究函数零点问题中的关键作用，注重数形结合思想应用。 考点01：导数的几何意义 1．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，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．（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)若函数在单调递增，求的取值范围． 4．（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． 5．（2022·浙江·高考真题）设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 6．（2020·北京·高考真题）已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． a 0 减 极小值 增 7．（2018·北京·高考真题）设函数. （Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a； （Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围. x 1 + 0 − ↗ 极大值 ↘ x 1 + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ x + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ x − 0 + 0 − ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 8．（2016·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为， （1）求，的值； （2）求的单调区间. 考点02：利用导数研究函数的单调性 9．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 10．（2024·上海·高考真题）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”． (1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”； (2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直； (3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性． 11．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 12．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 13．（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． 14．（2021·全国甲卷·高考真题）已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 15．（2021·全国甲卷·高考真题）设函数，其中. （1）讨论的单调性； （2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围. 16．（2021·全国乙卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标． 17．（2020·全国I卷·高考真题）已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 18．（2018·全国I卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 19．（2020·全国II卷·高考真题）已知函数f（x）=2lnx+1． （1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围； （2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性． 20．（2018·全国I卷·高考真题）已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 21．（2018·浙江·高考真题）已知函数． （1）若在处导数相等，证明：； （2）若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点． 22．（2016·全国II卷·高考真题）(1)讨论函数 的单调性，并证明当 >0时， (2)证明：当 时，函数 有最小值.设g（x）的最小值为，求函数 的值域. 23．（2016·山东·高考真题）设f(x)=xln x–ax2+(2a–1)x，aR. （Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间； （Ⅱ）已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围. 考点03：利用导数研究函数的极值 24．（2025·上海·高考真题）已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 25．（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． 26．（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. 27．（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． 28．（2021·全国乙卷·高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 29．（2021·天津·高考真题）已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 30．（2019·全国II卷·高考真题）已知函数.证明： （1）存在唯一的极值点； （2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 31．（2018·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）若，证明：当时，；当时，； （2）若是的极大值点，求． 32．（2018·北京·高考真题）设函数=[]． （1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求； （2）若在处取得极小值，求的取值范围． 33．（2019·江苏·高考真题）设函数，为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值； （3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤． + 0 – 极大值 1 + 0 – 0 + 极大值 极小值 + 0 – 0 + 极大值 极小值 + 0 – 极大值 34．（2017·江苏·高考真题）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b²>3a; （3）若， 这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围． x + 0 – 0 + 极大值 极小值 35．（2017·山东·高考真题）已知函数. (I)当a=2时,求曲线在点处的切线方程； (II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 考点04：利用导数研究函数的最值 36．（2025·全国一卷·高考真题）（1）设函数，求在的最大值； （2）给定，设a为实数，证明：存在，使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 37．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 38．（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． 39．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 40．（2021·北京·高考真题）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 增 极大值 减 极小值 增 41．（2017·北京·高考真题）已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 42．（2017·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 43．（2017·浙江·高考真题）已知函数 （I）求的导函数 （II）求在区间上的取值范围 x （，1） 1 （1，） （，） – 0 + 0 – f（x） 0 44．（2016·天津·高考真题）设函数x∈R，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）= f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3； （Ⅲ）设a＞0,函数g（x）= |f（x）|,求证：g（x）在区间[0,2]上的最大值不小于. ＋ 0 － 0 ＋ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 考点05：利用导数证明不等式 45．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 46．（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 47．（2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 48．（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列． (1)若正整数，证明； (2)若正整数，试比较与大小； (3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由． 49．（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：． 50．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 51．（2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且，函数 （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足. (注：是自然对数的底数) 52．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求函数的单调区间和极值； （Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有． 单调递减 极小值 单调递增 53．（2018·全国II卷·高考真题）已知函数． （1）若，证明：当时，； （2）若在只有一个零点，求的值. 54．（2018·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，． 55．（2019·北京·高考真题）已知函数. （Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当时，求证：； （Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 56．（2019·天津·高考真题）设函数为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）当时，证明； （Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明. 57．（2020·江苏·高考真题）已知关于x的函数与在区间D上恒有． （1）若，求h(x)的表达式； （2）若，求k的取值范围； （3）若 求证：． 58．（2017·浙江·高考真题）已知数列满足：， 证明：当时， （I）； （II）； （III）. 59．（2016·全国III卷·高考真题）设函数． （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）证明当时，； （Ⅲ）设，证明当时，. 考点06：利用导数研究不等式恒成立问题 60．（2024·新课标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． 61．（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，． 62．（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． 63．（2022·天津·高考真题）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 64．（2020·山东·高考真题）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 65．（2024·全国甲卷·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． 66．（2020·全国I卷·高考真题）已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 67．（2019·全国I卷·高考真题）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 68．（2017·全国II卷·高考真题）已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 69．（2017·全国II卷·高考真题）设函数. （I）讨论函数的单调性； （II）当时，，求实数的取值范围. 70．（2017·全国III卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 71．（2016·全国II卷·高考真题）已知函数. （I）当时，求曲线在处的切线方程； （Ⅱ）若当时，，求的取值范围. 72．（2017·全国I卷·高考真题）已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0，求a的取值范围. 73．（2017·天津·高考真题）设，.已知函数，. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：在处的导数等于0； （ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围. 所以，的取值范围是.【考点】导数的应用 【名师点睛】利用导数工具研究函数是历年高考题中的难点问题，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值或最值，利用导数的几何意义研究曲线的切线方程以及利用导数研究函数的零点和值域也是常见考法，本题把恒成立问题转化为函数值域问题很巧妙，问题转化为借助导数研究函数在某区间上的取值范围去解决，方法灵活思维巧妙，匠心独运. 74．（2016·四川·高考真题）设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a ∈R. （I）讨论f(x)的单调性； （II）确定a的所有可能取值，使得在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)． 75．（2016·江苏·高考真题）已知函数. （1）设. ①求方程=2的根； ②若对任意，不等式恒成立，求实数m的最大值； （2）若，函数有且只有1个零点，求ab的值. 考点07：利用导数研究函数的零点 76．（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：，，） 77．（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． 78．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②． 79．（2020·全国III卷·高考真题）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 80．（2020·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有三个零点，求的取值范围． 81．（2020·浙江·高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点； （Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 82．（2019·全国I卷·高考真题）已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 83．（2018·全国II卷·高考真题）已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）证明：只有一个零点． 84．（2017·全国I卷·高考真题）已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 试题解析：（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得. 当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增. （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点. （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点. 设正整数满足，则. 由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为. 85．（2016·全国I卷·高考真题）已知函数. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）若有两个零点，求的取值范围. 86．（2016·北京·高考真题）设函数 （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）设，若函数有三个不同零点，求c的取值范围； （Ⅲ）求证：是有三个不同零点的必要而不充分条件. 考点08：导数与其他知识综合问题 87．（2025·全国一卷·高考真题）设数列满足， (1)证明：为等差数列； (2)设，求． 88．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，． （1）已知，求； （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，； （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 89．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 90．（2019·全国III卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 91．（2019·全国II卷·高考真题） 已知函数. （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线. 92．（2019·全国III卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围. 93．（2019·浙江·高考真题）已知实数，设函数 （1）当时，求函数的单调区间； （2）对任意均有 求的取值范围. 注：为自然对数的底数. x （） 1 （1，+∞） p′（x） ﹣ 0 + P（x） p（） 单调递减 极小值p（1） 单调递增 94．（2017·全国I卷·高考真题）设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4． （1）求直线AB的斜率； （2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程． 95．（2019·天津·高考真题）设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点 （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明. 96．（2018·天津·高考真题）已知函数，，其中a>1. （I）求函数的单调区间； （II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明：； （III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. x 0 0 + 极小值 97．（2019·江苏·高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{an}满足：，求证:数列{an}为“M－数列”； （2）已知数列{bn}满足:，其中Sn为数列{bn}的前n项和． ①求数列{bn}的通项公式； ②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值． x e (e，+∞) + 0 – f（x） 极大值 98．（2020·江苏·高考真题）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，为铅垂线(在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离(米)与D到的距离a(米)之间满足关系式；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离(米)与F到的距离b(米)之间满足关系式.已知点B到的距离为40米. （1）求桥AB的长度； （2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价(万元)(k>0).问为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低? 99．（2016·全国III卷·高考真题）设函数，其中α＞0，记 的最大值为A． （Ⅰ）求； （Ⅱ）求A； （Ⅲ）证明. 100．（2018·江苏·高考真题）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”． （1）证明：函数与不存在“点”； （2）若函数与存在“点”，求实数的值； （3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由． 试卷第164页，共165页 试卷第165页，共165页 学科网（北京）股份有限公司 $$