专题07 导数及其应用讲义-【备战2026年高考数学命题背景探究】（全国通用）（会一题通一类系列）

专题07 导数及其应用 备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 真题命题背景51 以导数的几何意义之切线方程为命题背景 1 真题命题背景52 以利用导数解决函数单调性为命题背景 5 真题命题背景53 以利用导数解决函数极值为命题背景 21 真题命题背景54 以利用导数解决函数最值为命题背景 30 真题命题背景55 以构造函数比较函数值大小为命题背景 37 真题命题背景56 以利用导数解决函数零点交点为命题背景 41 真题命题背景57 以利用导数解决函数恒成立为命题背景 48 真题命题背景58 以极值点偏移为命题背景 54 基础过关练 59 提升巩固练 64 培优压轴练 72 真题命题背景51 以导数的几何意义之切线方程为命题背景 导数的几何意义 （1） 导数的几何意义 导数的几何意义是曲线在点处切线的斜率 （2） 直线的点斜式方程 直线的点斜式方程：已知直线过点，斜率为，则直线的点斜式方程为： 真题练1．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的一条切线，则 . 【答案】 【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解. 【详解】法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为， 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 法二：对于，其导数为， 假设与的切点为， 则，解得. 故答案为：. 真题练2．（2021·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为 ． 【答案】 【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可． 【详解】由题，当时，，故点在曲线上． 求导得：，所以． 故切线方程为． 故答案为：． 真题练3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ， ． 【答案】 【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得； 【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求 分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得； 解： 因为， 当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即； 当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：； [方法二]：根据函数的对称性，数形结合 当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即； 因为是偶函数，图象为： 所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可. 真题练4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 【答案】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 真题练5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围. 【详解】∵，∴， 设切点为,则,切线斜率, 切线方程为：, ∵切线过原点，∴, 整理得：, ∵切线有两条，∴,解得或, ∴的取值范围是, 故答案为： 真题练6．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解. 【详解】设曲线在点处的切线方程为， 因为， 所以， 所以 所以 所以曲线在点处的切线方程为. 故选：C 真题练7．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积. 【详解】， 则， 即该切线方程为，即， 令，则，令，则， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积. 故选：A. 真题命题背景52 以利用导数解决函数单调性为命题背景 导函数与原函数的关系 单调递增 单调递减 真题练1．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 【答案】C 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 故选：C． 真题练2．（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. 真题练3．（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. 真题练4．（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. 真题练5．（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 真题练6．（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. 真题练7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析. (2) 【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可; （2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可. 【详解】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当. 真题练8．（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． 真题练9．（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. 真题练10．（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. 真题命题背景53 以利用导数解决函数极值为命题背景 极值 （1） 极值的定义 在处先↗后↘，在处取得极大值 在处先↘后↗，在处取得极小值 （2） 极值与导数的关系 是极值点 是极值点，即：是为极值点的必要非充分条件 真题练1．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则 【答案】 【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解. 【详解】由题意有， 所以， 因为是函数极值点，所以，得， 当时，， 当单调递增，当单调递减， 当单调递增， 所以是函数的极小值点，符合题意； 所以. 故答案为：. 真题练2．（2021·全国乙卷·高考真题）设，若为函数的极大值点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项. 【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的. 当时，由，，画出的图象如下图所示：    由图可知，，故. 当时，由时，，画出的图象如下图所示：    由图可知，，故. 综上所述，成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. 真题练3．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 【答案】ABD 【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断. 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B正确； 对C，， 故C错误； 对D，当时，，则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 则是极大值点，故D正确； 故选：ABD. 真题练4．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答. 【详解】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根， 于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确. 故选：BCD 真题练5．（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. 真题练6．（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. 真题练7．（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. 真题练8．（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. 真题命题背景54 以利用导数解决函数最值为命题背景 函数的最值与导数 设函数在上连续，在内可导，求在上的最大值与最小值的步骤如下： （1）求函数在内的极值； （2）将函数的各极值与端点处的函数值、比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 真题练1．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）函数的最小值为 . 【答案】1 【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值. 【详解】由题设知：定义域为， ∴当时，，此时单调递减； 当时，，有，此时单调递减； 当时，，有，此时单调递增； 又在各分段的界点处连续， ∴综上有：时，单调递减，时，单调递增； ∴ 故答案为：1. 真题练2．（2022·全国甲卷·高考真题）当时，函数取得最大值，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出． 【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有． 故选：B. 真题练3．（2022·全国乙卷·高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值. 【详解】， 所以在区间和上，即单调递增； 在区间上，即单调递减， 又，，， 所以在区间上的最小值为，最大值为. 故选：D 真题练4．（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. 真题练5．（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. 真题命题背景55 以构造函数比较函数值大小为命题背景 真题练1．（2021·全国乙卷·高考真题）设，，．则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系. 【详解】[方法一]： ， 所以； 下面比较与的大小关系. 记，则，， 由于 所以当0<x<2时，，即，， 所以在上单调递增， 所以，即，即； 令，则，， 由于，在x>0时，， 所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b<c； 综上，， 故选：B. [方法二]： 令 ，即函数在（1，+∞)上单调递减 令 ，即函数在（1，3)上单调递增 综上，， 故选：B. 【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的. 真题练2．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小. 【详解】方法一：构造法 设，因为， 当时，，当时， 所以函数在单调递减，在上单调递增， 所以，所以，故，即， 所以，所以，故，所以， 故， 设，则, 令，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 又， 所以当时，， 所以当时，，函数单调递增， 所以，即，所以 故选：C. 方法二：比较法 解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 真题练3．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出． 【详解】［方法一］：（指对数函数性质） 由可得，而，所以，即，所以. 又，所以，即， 所以.综上，. ［方法二］：【最优解】（构造函数） 由，可得． 根据的形式构造函数 ，则， 令，解得 ，由 知 . 在 上单调递增，所以 ，即 ， 又因为 ，所以 . 故选：A. 【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法； 法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解． 真题练4．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解. 【详解】[方法一]：构造函数 因为当 故，故，所以； 设， ，所以在单调递增， 故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：不等式放缩 因为当， 取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时， 故，故 所以，所以，故选A [方法三]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法四]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 真题命题背景56 以利用导数解决函数零点交点为命题背景 真题练1．（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可. 【详解】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，， 当，， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 故选：B. 真题练2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 真题练3．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解. 【详解】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 故答案为： 真题练4．（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. 真题练5．（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. 真题命题背景57 以利用导数解决函数恒成立为命题背景 恒成立问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ② ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） 能成立（有解）问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）若的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 ② ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 真题练1．（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！ 真题练2．（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． 真题命题背景58 以极值点偏移为命题背景 极值点偏移的含义 众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系： 若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏. 如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏. 极值点偏移问题的一般题设形式 1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3. 若函数存在两个零点且，令，求证：； 4. 若函数中存在且满足，令，求证：. 极值点偏移的判定定理 对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且， （1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏； （2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏. 证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏； （2）证明略. 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 真题练1．（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 一、单选题 1．（2025·河北衡水·模拟预测）曲线在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，点斜式即可写出切线方程. 【详解】设， 则， 当时，，， 所以曲线在处的切线方程为. 故选：B. 2．（2025·江苏南京·三模）已知函数，则当时，的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出函数导数，判断函数单调性，即可求得函数极值，即可求得答案. 【详解】由，可得， 当时，；当时，； 故在上单调递增，在上单调递减， 故当时，在时取得极大值，也即最大值. 故选：B 3．（2025·河南·模拟预测）已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数在上单调递减可知在上恒成立，进而利用二次函数的性质求解即可. 【详解】由题知在上恒成立，所以，得. 故选：D. 4．（2025·河南新乡·三模）已知函数的极小值为，则实数的值为（    ） A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】A 【分析】由已知得，令，得，判断单调性，根据极小值求出参数的值. 【详解】由已知得，令，得， 当时，单调递减， 当或时，单调递增， 所以的极小值为，解得. 故选：A. 5．（2025·天津·一模）设，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据常见不等式，结合对数与指数的运算，可得答案. 【详解】由在上恒成立，当且仅当时等号成立，则， 即，综上可得， 故选：B. 二、多选题 6．（2025·山西·模拟预测）已知函数，则（   ） A．是奇函数 B． C．在区间单调递减 D．有且仅有2个零点 【答案】AC 【分析】利用奇函数的定义判断A；求导求出导数值判断B；利用导数确定单调性判断C；利用奇函数的对称性判断D. 【详解】函数的定义域为R， 对于A，，是奇函数，A正确； 对于B，求导得，，B错误； 对于C，，当时，，， 奇函数在上递减，则在上递减，因此在上递减，C正确； 对于D，奇函数满足，因此零点个数必为奇数，D错误. 故选：AC 7．（2025·浙江杭州·二模）设函数，则（   ） A．是偶函数 B． C．在区间上单调递增 D．为的极小值点 【答案】BD 【分析】根据函数的定义域即可判断A,根据对数的性质即可求解B，求导，根据上导数的正负即可求解C，根据单调性即可由极值点的定义求解D. 【详解】的定义域为，故为非奇非偶函数，故A错误， 由于，且，故 当时，，此时，当时，，此时， 当时，，因此，B正确， 对于C, ，当时，，此时，因此在单调递减，故C错误， 对于D，，当时，，故，当时，，此时，因此在单调递减，在单调递增，为的极小值点，D正确， 故选：BD 三、解答题 8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)讨论的单调性，并求最值. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）通过求导得到切线斜率，利用点斜式即可求得切线方程； （2）将函数求导后，根据参数分类讨论函数的单调性，即可判断求解函数的最值. 【详解】（1）当时，，求导得：， 则，， 则在处的切线方程：，即； （2）由求导得：， ①当时，在上恒成立，故在上单调递增，无最值； ②当时，由，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，在单调递增， 所以在有最小值，为,无最大值. 9．（2025·四川成都·模拟预测）设函数． (1)设函数，求的单调区间； (2)求证：． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为； (2)证明见解析 【分析】（1）先求导得出的解析式，再对函数求导，求出导函数的零点，然后列表得出的单调区间； （2）结合（1）可以判断在为增函数，结合，分、、三类讨论，即可得证. 【详解】（1）因为，的定义域为， ， 令，得，与在区间上的情况如下： x 0 - 0 + 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； （2）证明：由（1）得，在时，取得最小值，所以恒成立， 所以在为增函数，又因为， 当时，，所以； 当时，，所以， 当时，， 综上， 10．（2025·贵州毕节·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）依据题意求出切点，利用导数的几何意义求出斜率，进而得到切线方程即可. （2）利用导数求出的最小值，再建立不等式并结合给定条件求出参数范围即可. 【详解】（1）当时，， 而，则切点坐标为， 易得，得到切线斜率为， 故曲线在点处的切线方程为， 即. （2）由题意得的定义域为， 且， 而，令，，令，， 即的单调递减区间为，单调递增区间为， 则当时，有最小值， 得到，解得， ，，即的取值范围为. 一、单选题 1．（2025·河南·模拟预测）已知曲线的一条切线的方程为，则实数（    ） A．0 B．1 C．-1 D． 【答案】B 【分析】首先对函数求导，根据切线斜率1和切点坐标即可求出的值. 【详解】与的图象相切，设切点为， 则，故， 由，即，将代入上式，得，故. 故选：B. 2．（2025·湖北黄冈·三模）已知函数，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由解析式可分析得到的一个周期为，则只需考虑在上的值域即可，利用导函数求得其最值即可. 【详解】由题的一个周期为，故只需考虑在上的值域， ， 当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递增，在上单调递减， 因此的极小值为，极大值为， 又易知，所以函数在上的值域为， 结合函数的最小正周期为，所以函数的值域为 所以的最小值为， 故选：B 3．（2025·江苏连云港·模拟预测）若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题可通过将函数在区间上有三个零点转化为与在上有三个交点，再分区间讨论并结合导数研究函数单调性来求解a的取值范围. 【详解】函数在区间上有三个零点等价于函数与在上有三个交点， 当时，在上单调递减，是过原点的直线，要使两函数图象有交点，需； 当时，，令，得， 令，， 令，解得， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取得最大值， 又，. 要使函数与在上有三个交点，则与在上需有一个交点、在上需有两个交点， 则需满足，所以. 综上，实数a的取值范围为. 故选：B 4．（2025·陕西西安·一模）若函数在上不单调，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】函数在上不单调，意味着其导数在该区间内有正有负，即在内有零点，将分离参数为，通过构造函数，求与0的大小，得到的单调性，从而求出的取值范围，进而得到的取值范围. 【详解】，，在上不单调， 在上有变号零点， 即存在， 使得， 在上有解，在上有解， ，，， ，即，解得，在上是增函数； ，即，解得，在上是减函数. 又，，，， 在上有解，， 当时，，设，， 当，解得，得在上是增函数； 当，解得，得在上是减函数. 则在处取最小值为，在上恒成立，即在上恒成立，得到在是增函数，不满足题意，说明不满足题意，同理也不满足题意，综上可得. 故选：B 5．（2025·全国·模拟预测）已知，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数，，，利用导数求解函数的单调性，即可由单调性求解. 【详解】设函数，则． 当时，，所以在上单调递增，故， 即，所以． 设函数，则，所以在上单调递减，当0时，， 故当时，，即，所以． 设，则，当时，，所以在上单调递增．故当时，，即，所以，则，即． 故选：D． 二、多选题 6．（2025·全国·二模）（多选）已知函数在处有极值，则（ ） A．在上单调递增 B．的极大值为 C．直线是曲线的切线 D． 【答案】ACD 【分析】首先利用已知条件求出，然后根据函数的单调性、极值、函数值、导数的几何意义等知识点对选项逐一判断即可. 【详解】因为，在处有极值， 所以，解得：； 当时，，， 所以当或时，；当时，； 所以在，上单调递减，在上单调递增； 对于A，当时，，则在上单调递增，A正确； 对于B，的极大值为，B错误； 对于C，令，解得：或，又， 所以在处的切线为，C正确； 对于D，，D正确. 故选：ACD. 7．（2025·福建三明·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．时， B．是的最大值 C．是的最小值 D．时，有三个零点 【答案】AC 【分析】利用导数研究的区间单调性，并确定各单调区间的值域，结合各选项的描述判断正误即可. 【详解】由题设， 当或，则，当，则， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 当时，时，，， 所以，在区间上值域为，在区间上值域为，在区间上值域为， 所以有最小值，无最大值，B错，C对， 当，则，则，A对， 当时，区间上，即该区间上无零点， 且，则在、各有一个零点， 所以此时共有2个零点，D错. 故选：AC 三、解答题 8．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若在区间上有零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，根据直线的点斜式方程求解切线即可. （2）求出导函数，按照、和分类讨论研究函数的单调性，根据在区间上有零点列不等式求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 即， 所以切线的斜率为．又， 所以切线方程为，即． （2），则， ①当时，， 所以在区间上恒成立，在区间上单调递增． 所以在区间上恒成立，即在区间上无零点． ②当时，令， 则在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增，即． （ⅰ）时，，在区间上单调递增， 即在区间上恒成立，所以在区间上无零点． （ⅱ）当时，，又， 所以存在，使得， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 即当时，取得最小值，因为，所以． 因为，所以当时，， 此时，在区间上恒成立，在区间上无零点． 当时，，故存在，使得， 所以实数的取值范围是． 9．（2025·江西新余·模拟预测）设函数. (1)若，求的单调区间； (2)若，当时，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出导函数，按照和分类讨论，当时，解不得等式即可求得单调区间； （2）将题意转化为不等式在上恒成立，当时，不等式显然成立；当时，参变分离得在上恒成立，令，多次求导判断单调性，进而求出的最小值，即可得解. 【详解】（1）依题意得. ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增； ②当时，令，得，令，得或， 所以在上单调递减，在和上单调递增. 所以当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增. （2）当时，不等式恒成立， 即不等式在上恒成立， 当时，不等式显然成立，此时； 当时，即在上恒成立， 令，则， 令，则， 所以在上单调递增，注意到， 所以当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 所以在时取到最小值为， 所以，所以， 综上，的取值范围为. 10．（2025·河北唐山·模拟预测）已知函数． (1)若函数的图象关于点对称，求的值； (2)若是的极大值点，求的值； (3)设是的极值点，且满足，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题可得是奇函数，利用奇函数的定义即可求解； （2）根据题意可得，解得或2，代入原函数结合函数单调性检验即可； （3）由是的极值点，得，代入化简得：，解不等式即可求解. 【详解】（1）由曲线的图象关于点对称，得是奇函数， 因为，所以，解得. （2）． 因为是的极大值点，所以，解得或2. 当时，，所以当时，单调递减， 当时，单调递增，因此是的极小值点（舍去）； 当时，，所以时，单调递增， 当时，单调递减，因此是的极大值点． 综上，可得. （3）， 因为是的极值点，所以， 因为，代入上式化简可得： 由可得， 解得. 一、单选题 1．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知，若0是的极小值点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求导，并得到恒成立，再令，求出，分，和三种情况进行分析，得到时，满足0是的极小值点，求出的取值范围. 【详解】， 因为是函数的极小值点，所以恒成立， 令，则， ， 当时，，即在附近单调递增， 又，所以当时，在附近， 当时，在附近，满足0是的极小值点； 当时，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，所以单调递增，此时无极小值点； 当时，，即在附近单调递减，又， 所以当时，在附近， 当时，在附近， 此时0是的极大值点，不符合题意． 综上所述：的取值范围为． 故选：D 2．（2025·湖南长沙·模拟预测）若曲线与有公共的切线，则的最大值为（   ） A．-2 B．2 C．-1 D．1 【答案】D 【分析】设直线与相切于求出切线方程，直线与相切于求出切线方程，让两条切线方程的斜率、截距相同可得.令，构造函数，利用导数求出最小值可得答案. 【详解】设直线与相切于， 则直线：， 直线与相切于， 则直线：， 因为曲线与有公共的切线，则两条切线方程的斜率、截距相同， 故， 则. 令，， 则在单调递增，且， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，于是有， 即. 故选：D. 3．（2025·广东惠州·模拟预测）已知，若有三个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先得到为奇函数且单调递减，问题等价于方程在R上有三个不同的实数根，令，求导得到其单调性和极值情况，从而得到的取值范围为. 【详解】的定义域为R，且， 所以是奇函数， 有三个零点等价于 方程有三个不相等的实数根， 又是奇函数，可得， ，可知单调递减，所以有，即， 所以问题等价于方程在R上有三个不同的实数根， 即函数的图象与直线有三个不同的交点， 由，得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以的极大值为，极小值为， ∴的取值范围为. 故选：A 4．（2025·全国·模拟预测）若对任意，满足恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明时，对任意，满足恒成立，当时，将不等式变形为，设，，利用导数判断函数的单调性，由条件结合单调性可得恒成立，设，利用导数求函数的最小值，由此可得结论. 【详解】若，则对任意，，，， 所以对任意，不等式恒成立， 若，则， 不等式可化为， 故，即， 由已知在恒成立， 令，，则，恒成立， 因为时，， 所以函数在上单调递增，又，， 所以恒成立，其中，， 即恒成立． 令，， 所以在上单调递增，则， 所以． 综上可得， 故选：B． 5．（25-26高三上·四川乐山·阶段练习）若则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用对数运算比较和的大小，利用构造函数结合导数判断单调性比较的大小，由此得到大小关系. 【详解】， ， ， 因为，所以，即 因为，即， 因为， 构造函数， 求导， 当时，，只需分析分子的正负， 设，求导， 因为，所以，则，所以在上单调递增， 那么当时，，即， 所以分子，则，所以在上单调递减， 且，所以，即， 综上可得. 故选：C. 二、多选题 6．（2025·湖北黄冈·一模）已知函数，则下列结论正确的是（　　） A． B． C．若方程有两个不相等的实根，则 D．若不等式对恒成立，则 【答案】ACD 【分析】对于A，利用导数求出函数的单调区间，由单调性的应用即可判断；对于B，由即可判断；对于C,由题可得则,令,可得,,从而将问题转化为证,构造函数,结合导数研究函数的最小值即可求解；对于D，将问题转化为，当时，，由于在上单调递增可得，即在时恒成立，构造函数,结合导数求出函数的最小值即可求解. 【详解】对于A，,则,所以当,,则在上单调递减，当时，,则在上单调递增，所以,故A正确； 对于B,由于,由于,所以,则，故B不正确； 对于C，,由A选项不妨假设,则,则,令,则,所以,解得：,, 要证，即证,即证,设,则,所以在上单调递增，则，则,所以,故C正确． 对于D,在恒成立，即在恒成立， 则，当时，，由于在上单调递增，， 即在时恒成立，令,则,令,解得：,所以在上单调递增， 令,解得：,所以在上单调递减，则,所以,故D正确． 故选：ACD 7．（25-26高三上·海南海口·开学考试）已知函数，为的导数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，恒成立 B．当时，在区间单调递减 C．当时，在区间上存在唯一极小值点 D．当时，有2个零点 【答案】BC 【分析】对A选项，当时，可选用特殊值代入判断；对B 选项，求导，再对求得的导数求导，根据正负判断单调性即可，进而判断原函数的单调性；对C选项，时，，求导，再根据函数的性质进行判断即可；对D选项，利用单调性可判断 【详解】当时，若，则有，此时∴A错误． 当时，，令， 当时，，，在上递减．∴B正确． 当时，，令， 则，令，则， 当时，，递增，又，所以在上存在唯一的零点， 则当递减，当递增， 是在区间上的唯一极小值点，∴C正确． 当时，，定义域为，，恒成立 在定义域内为增函数， 不可能有2个零点. 故选： 三、解答题 8．（25-26高三上·安徽·开学考试）已知函数 (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个正零点且， （i）求证：； （ii）当时，不等式恒成立，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数并讨论参数 的范围研究导数的符号，即可判断单调性； （2）（i）函数有零点可转化为 ，从而求出 ，利用作差法得，分析法将问题转化为证明 ，利用换元法以及构造新函数，根据导数研究新函数的单调性即可得证；（ii）由（i）可讨论当时，的符号情况 ，分析可知要满足题意，则关于 的方程 的两根也是 ，等价代换得，通过对比系数可得证. 【详解】（1）函数 的定义域为 ，求导得 ， 当 时， ，所以函数 在 上单调递增； 当 时，令 ，解得 ， 当 时， ，函数 在 上单调递减， 当 时， ，函数 在上 单调递增． 综上所述，当 时，函数 在 上单调递增； 当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增． （2）由题意知方程 有两个不同的正实根 ， 由（1）知 且 ，解得 ， 所以 ，， 两边同时取自然对数，得 ， 两式相减得 ，即 ， （i）要证 ，只需证明 ， 令 ，只需证明 构造函数 ，求导得 ， 所以函数 在 上单调递增，于是 ，所以不等式 成立， 于是原不等式 成立. （ii）结合以上分析可知当 时， ； 当 时， ；当 时， ． 所以要满足题意，则关于 的方程 的两根也是 ， 于是 ， 对比系数得 ， 所以 ． 9．（2025·湖南永州·模拟预测）已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)证明：； (3)若函数在时有最小值，求正实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)答案见解析. 【分析】（1）利用导数法求单调性，利用单调性得到极大值也是最大值，利用最大值小于0得到所求； （2）通过构造函数，利用单调性得到证明； （3）由在时有最小值，通过构造函数，利用单调性，通过分类讨论求出的范围. 【详解】（1）由题可得的定义域为，， 当时，恒成立，单调递增，且，故不符题意， 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当时，取到极大值也是最大值为， 由可得即可，解得， 故实数的取值范围为. （2）设，其中. 则， 故在上均为增函数，故， 故在上恒成立， 而当时，，当时，， 故在为减函数，在上为增函数，故， 故，故， 所以. （3）函数， 令，， 若即，在上存在零点， 故在上有最小值0. 若，则， 设，则， 当即时，即在单调性递减， 而，在上恒成立，故在在上为减函数， 故， 故在上无最小值. 若，则， 当时，，当时，， 故在上为增函数，在为减函数， 故，而， 若，则，故在上恒成立， 故在上为增函数，而，， 故此时在上无最小值. 若，则， 故在上存在零点，当时，， 当时，，故在上为增函数，在为减函数， 故. 若，则，此时，符合题意； 若，则，故在存在零点，故，符合题意. 综上，或. 10．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数． (1)当时，判断在区间内的单调性； (2)若有三个零点，且． （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间； （2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可. 【详解】（1）当时，，， 令，， 令，可得， 则当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 又，， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）有三个零点，即有三个根， 由不是该方程的根，故有三个根，且， 令，， 故当时，，当时，， 即在、上单调递增，在上单调递减， ，当时，，时，， 当时，，时，， 故时，有三个根； （ii）由在上单调递增，，故， 由（i）可得，且， 即只需证，设，则， 则有，即有，故，， 则，即， 即只需证， 令， 则恒成立， 故在上单调递增， 则，即得证. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 导数及其应用 备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 真题命题背景51 以导数的几何意义之切线方程为命题背景 1 真题命题背景52 以利用导数解决函数单调性为命题背景 2 真题命题背景53 以利用导数解决函数极值为命题背景 3 真题命题背景54 以利用导数解决函数最值为命题背景 4 真题命题背景55 以构造函数比较函数值大小为命题背景 5 真题命题背景56 以利用导数解决函数零点交点为命题背景 6 真题命题背景57 以利用导数解决函数恒成立为命题背景 6 真题命题背景58 以极值点偏移为命题背景 8 基础过关练 10 提升巩固练 11 培优压轴练 13 真题命题背景51 以导数的几何意义之切线方程为命题背景 导数的几何意义 （1） 导数的几何意义 导数的几何意义是曲线在点处切线的斜率 （2） 直线的点斜式方程 直线的点斜式方程：已知直线过点，斜率为，则直线的点斜式方程为： 真题练1．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的一条切线，则 . 真题练2．（2021·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为 ． 真题练3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为 ， ． 真题练4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 真题练5．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ． 真题练6．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 真题练7．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（   ） A． B． C． D． 真题命题背景52 以利用导数解决函数单调性为命题背景 导函数与原函数的关系 单调递增 单调递减 真题练1．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（    ）． A． B．e C． D． 真题练2．（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：. 真题练3．（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：． 真题练4．（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． 真题练5．（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． 真题练6．（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，． 真题练7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 真题练8．（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． 真题练9．（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． 真题练10．（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. 真题命题背景53 以利用导数解决函数极值为命题背景 极值 （1） 极值的定义 在处先↗后↘，在处取得极大值 在处先↘后↗，在处取得极小值 （2） 极值与导数的关系 是极值点 是极值点，即：是为极值点的必要非充分条件 真题练1．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则 真题练2．（2021·全国乙卷·高考真题）设，若为函数的极大值点，则（    ） A． B． C． D． 真题练3．（2025·全国二卷·高考真题）（多选）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（   ） A． B．当时， C．当且仅当 D．是的极大值点 真题练4．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（    ）． A． B． C． D． 真题练5．（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． 真题练6．（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． 真题练7．（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． 真题练8．（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:． 真题命题背景54 以利用导数解决函数最值为命题背景 函数的最值与导数 设函数在上连续，在内可导，求在上的最大值与最小值的步骤如下： （1）求函数在内的极值； （2）将函数的各极值与端点处的函数值、比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 真题练1．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）函数的最小值为 . 真题练2．（2022·全国甲卷·高考真题）当时，函数取得最大值，则（    ） A． B． C． D．1 真题练3．（2022·全国乙卷·高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（    ） A． B． C． D． 真题练4．（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． 真题练5．（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． 真题命题背景55 以构造函数比较函数值大小为命题背景 真题练1．（2021·全国乙卷·高考真题）设，，．则（    ） A． B． C． D． 真题练2．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 真题练3．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 真题练4．（2022·全国甲卷·高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 真题命题背景56 以利用导数解决函数零点交点为命题背景 真题练1．（2023·全国乙卷·高考真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 真题练2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）设函数，则（    ） A．当时，有三个零点 B．当时，是的极大值点 C．存在a，b，使得为曲线的对称轴 D．存在a，使得点为曲线的对称中心 真题练3．（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ． 真题练4．（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． 真题练5．（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． 真题命题背景57 以利用导数解决函数恒成立为命题背景 恒成立问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ② ，则只需要 ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） 能成立（有解）问题常见类型 假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式， （1）若的值域为 ①，则只需要 ，则只需要 ②，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为 ① ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 ② ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要 真题练1．（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. 真题练2．（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． 真题命题背景58 以极值点偏移为命题背景 极值点偏移的含义 众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系： 若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏. 如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏. 极值点偏移问题的一般题设形式 1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3. 若函数存在两个零点且，令，求证：； 4. 若函数中存在且满足，令，求证：. 极值点偏移的判定定理 对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且， （1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏； （2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏. 证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏； （2）证明略. 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 真题练1．（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． 一、单选题 1．（2025·河北衡水·模拟预测）曲线在处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·江苏南京·三模）已知函数，则当时，的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·河南·模拟预测）已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·河南新乡·三模）已知函数的极小值为，则实数的值为（    ） A．8 B．6 C．4 D．2 5．（2025·天津·一模）设，，，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（2025·山西·模拟预测）已知函数，则（   ） A．是奇函数 B． C．在区间单调递减 D．有且仅有2个零点 7．（2025·浙江杭州·二模）设函数，则（   ） A．是偶函数 B． C．在区间上单调递增 D．为的极小值点 三、解答题 8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)讨论的单调性，并求最值. 9．（2025·四川成都·模拟预测）设函数． (1)设函数，求的单调区间； (2)求证：． 10．（2025·贵州毕节·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围． 一、单选题 1．（2025·河南·模拟预测）已知曲线的一条切线的方程为，则实数（    ） A．0 B．1 C．-1 D． 2．（2025·湖北黄冈·三模）已知函数，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·江苏连云港·模拟预测）若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·陕西西安·一模）若函数在上不单调，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·全国·模拟预测）已知，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（2025·全国·二模）（多选）已知函数在处有极值，则（ ） A．在上单调递增 B．的极大值为 C．直线是曲线的切线 D． 7．（2025·福建三明·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．时， B．是的最大值 C．是的最小值 D．时，有三个零点 三、解答题 8．（2025·新疆喀什·模拟预测）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若在区间上有零点，求实数的取值范围． 9．（2025·江西新余·模拟预测）设函数. (1)若，求的单调区间； (2)若，当时，不等式恒成立，求的取值范围. 10．（2025·河北唐山·模拟预测）已知函数． (1)若函数的图象关于点对称，求的值； (2)若是的极大值点，求的值； (3)设是的极值点，且满足，求的取值范围. 一、单选题 1．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知，若0是的极小值点，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·湖南长沙·模拟预测）若曲线与有公共的切线，则的最大值为（   ） A．-2 B．2 C．-1 D．1 3．（2025·广东惠州·模拟预测）已知，若有三个零点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·全国·模拟预测）若对任意，满足恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·四川乐山·阶段练习）若则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（2025·湖北黄冈·一模）已知函数，则下列结论正确的是（　　） A． B． C．若方程有两个不相等的实根，则 D．若不等式对恒成立，则 7．（25-26高三上·海南海口·开学考试）已知函数，为的导数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，恒成立 B．当时，在区间单调递减 C．当时，在区间上存在唯一极小值点 D．当时，有2个零点 三、解答题 8．（25-26高三上·安徽·开学考试）已知函数 (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个正零点且， （i）求证：； （ii）当时，不等式恒成立，求证：. 9．（2025·湖南永州·模拟预测）已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)证明：； (3)若函数在时有最小值，求正实数的取值范围. 10．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数． (1)当时，判断在区间内的单调性； (2)若有三个零点，且． （i）求的取值范围； （ii）证明：. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $