专题05 导数综合应用（培优重难专练）（全国通用）2026年高考数学二轮复习高效培优系列

重难点05 导数综合应用 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难考向保分攻略 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感” 近三年：导数作为高考数学的压轴模块，核心考察内容围绕 “函数性质研究”“不等式综合”“零点与极值分析” 三大维度展开，兼具基础性与综合性，对逻辑推理、运算求解及数学抽象素养要求极高。主要从以下几方面考察 1.含参函数单调性、极值与最值（必考点），· 涉及到分类讨论标准。 2.·不等式证明与恒成立、 存在性证明求参。 3.函数零点与隐零点问题 利用单调性与最值、极限思想、放缩法定位零点区间。 4.导数的几何意义，主要求切线方程、由切线求参数、切线与曲线位置关系，综合难点则会考察切线放缩用于不等式证明。 5.双变量与多变量问题问题应用，是考察的难点，涉及到考察极值点偏移、双变量同构、比值或者差值换元等 预测2026年：2026 年高考导数将延续 “工具性、综合性、选拔性” 的核心定位，同时在 “思维深度”“跨学科融合” 上有所创新。所以2026年高考导数备考关键在于：夯实基础计算能力，掌握分类讨论、构造函数、双变量转化的核心方法，适应反套路与情境化题型。通过 “分阶段突破、错题复盘、模拟实战”，可有效提升导数压轴题的得分率，为数学高分奠定基础。 考向01 导数证明不等式1：单变量数列型不等式 数列型不等式证明 1. 对于n型数列不等式证明，可以转化为定义域为X1,在实数范围内证明不等式。 2. 一些特殊形式的数列不等式，可以通过选择合适的换元，构造新函数，注意因为n的正整数属性，注意对应换元的取值范围 数列型不等式的证明，一般需要联系前面第一问的结论，对要证明的不等式进行适当的拆分凑配来证 1．（25-26高三上·安徽·月考）已知函数. (1)求曲线在处的切线方程； (2)设，证明：对任意，都有； (3)若数列满足，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析. 【分析】（1）直接求导代入计算出斜率和切点，再写出切线方程即可； （2）根据导数分析出函数单调性，再讨论所在小范围，考虑证明，设，求导得其单调性即可证明； （3）首先证明，构造函数，多次求导得到，再代入计算即可；再证明，构造，求导得其单调性，再赋值得到，最后累加即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 所以曲线在处的切线方程为． （2）因为，所以时，在上单调递减； 时，在上单调递增；因为，所以，或， 若，由在上单调递增得； 若，因为在上单调递减，所以， 要证，只要证．设， 则， 所以在上单调递增，所以，所以． 故． （3）由（2）知，在上单调递增，， 因为对任意，所以存在唯一，使得， 由得，首先证明：．① 设，则，设，，其中， 因为，令，解得，当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增，则，当时，恒成立， 当时，单调递增，且，则当时，；当时，， 即当时，单调递增； 当时，单调递减，因为，所以，当且仅当时取“”． 所以，即． 其次证明：．②设， 则，所以在上单调递增，所以，令，得． 由①②得， .综上，原不等式得证． 2．（2025·江苏·模拟预测）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意恒成立，求a的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）求出及，由点斜式求得切线方程； （2）由分析需满足条件，得到，再说明时不满足条件； （3）由（2）得，令可得，累加证明. 【详解】（1）当时，，，即切点坐标为， 又可得，即切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）当时，若单调递减，则满足条件， 因此需在恒成立，即在恒成立，所以 设，则当时，恒成立（当且仅当时取等号）， 所以在单调递增，所以，所以，得； 当时，，， 所以存在，，则当时，，单调递增，此时，不满足条件，综上可知，实数的取值范围为. （3）由（2）可知，当时，在单调递减， 且时，，即，令，则，所以， 即，所以. 3．（24-25高二下·贵州黔西·期末）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若恒成立，求a的取值范围； (3)证明：，. 【答案】(1)函数的递增区间为，递减区间为；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）直接利用函数的导数判断函数的单调区间； （2）将不等式转化为恒成立，进而再构造函数，故只需求出的最大值，即可得所求值的范围； （3）先证明不等式，再根据不等式进行放缩并累加求和即可证明不等式. 【详解】（1）因为函数，函数的定义域为，. 当时，，因为，所以，. 故函数在上单调递减，在上单调递增.故函数的递增区间为，递减区间为. （2）由，即，得在上恒成立； 令，. 由得，即，所以当，. 所以在上单调递增，在单调递减，所以. 所以，故a的取值范围为 （3）先证明不等式，令，. 所以在单调递减，所以，即不等式成立. 令，即，所以. 所以，，，.上述n个式子相加得 . 故，成立. 考向02 导数证明不等式2：隐零点型不等式 虚设零点法： 涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出来，然后寻找一种整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决 4．（25-26高三上·河南·月考）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设函数， （ⅰ）设为的极值点，证明：； （ⅱ）证明：对于任意正实数，，都有. 【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据导数几何意义、结合直线的点斜式方程、导数的运算法则进行求解即可； （2）（ⅰ）根据极值点的定义，结合函数零点存在原理、对勾函数的单调性进行求解即可； （ⅱ）利用导数判断函数的单调性，结合任意性的定义、函数的最大值进行求解即可. 【详解】（1），，， ∴曲线在点处的切线方程为，即； （2）（ⅰ），显然单调递减，∵，， ∴存在，使得，即，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，∴为的极大值点，， ∵函数在区间上单调递增，∴，∴； （ⅱ），易知单调递增，令，即，即， 易知在区间上单调递减，在区间上单调递增，∴的最小值为， 由（ⅰ）可知，的最大值为，且， 由于函数为增函数，∴，对于任意正实数，，都有 ，∵，∴，， ∴，∴对于任意正实数，，都有. 5．（24-25高二下·广东中山·月考）已知函数，. (1)求的极值； (2)证明：当时，.（参考数据：） 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值； （2）构造函数，利用导数求出函数的最小值，再证明即可，或者转化证明不等式，通过构造函数可得证. 【详解】（1）函数的定义域为，又， 当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，所以的极大值为，无极小值； （2）设，解法一：则， 令，当时，单调递减，当时，单调递增，又，所以存在，使得，即. 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 所以当时，在处取得极小值，即为最小值， 故，设，因为， 由二次函数的性质得函数在上单调递减，故， 所以当时，，即. 解法二：要证，即证， 因为，所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，所以，即. 6．（2025·湖北·模拟预测）已知函数，， (1)判断在上零点的个数并证明 (2)当，求证： 【答案】(1)1个，证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）首先得到的解析式，并通过导数研究它在上的单调性，判断值的正负，由零点存在性定理即可得到在上零点的个数； （2）将原不等式转化为证明，借助导数分别求出在上的最小值及在上的最大值，即可得证. 【详解】（1）因为，所以，则. 令，得或，由，得或； 故当在上变化时，，的变化情况如下表： 1 + 0 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 根据上表知的极大值为，又因为， ， 所以由零点存在性定理可知，函数g在上零点的个数为1个； （2）要证明，即证明. 令，则.令可得. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以. 设函数，则.令，则， 易知在上单调递增.因为，所以存在，使得， 从而函数在上单调递减，在上单调递增.所以，， 故存在，使得，即当时，；当时，， 从而函数在上单调递减；在上单调递增.因为，，故当时，. 因为，所以 ，所以. 考向03 导数证明不等式3：凸凹翻转型 . 凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明. 7．（2024·青海·二模）已知函数，曲线在处的切线的斜率为. (1)求a的值： (2)证明：当时，. 【答案】(1).(2)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义直接计算即可； （2）将问题转化为，分别利用导数研究不等式左右两侧函数的最值即可证明. 【详解】（1）由已知得：， 则，解得；（2）结合（1）可得，即证. 设函数，.当时，，在上单调递增， 所以；设函数，.当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，. 所以，即得证. 【点睛】思路点睛：注意到原不等式结构较复杂，直接证明不易完成，故可转化为证明，利用导数分别研究不等号两侧的函数最值即可证明. 8．（22-23高二下·北京海淀·期中）已知函数. (1)比较与0.33的大小，并加以证明； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：当时，. 【答案】(1)，证明见详解(2)(3)证明见详解 【分析】（1）设，则 ，令， 可求得的最小值，可得，即可得到. （2）若恒成立，即恒成立，利用导数求出，即可求得实数的取值范围. （3）当时，要证，可得即证明，可证得在上单调递增，又证得，即可的证. 【详解】（1）设，则，令，即， ，因为时，，则单调递减， 时，，则单调递增，所以在处取最小值，， 所以，则，即. （2）因为，以， 当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 所以在处取最小值，，若恒成立，即恒成立，即， 所以实数的取值范围为. （3）当时，要证，即证明， 即证明，即证明，因为，当时，， 所以在上单调递增，设，则，因为，所以，即， 所以在上单调递增，则，即，所以，即. 【点睛】关键点点睛：（1）构造函数，得，利用导数可得，即得答案；（2）恒成立，即恒成立，可得的取值范围；（3）通过构造，要证， 即证明，即证明，利用单调性即可证得. 9．（2024高三·全国·专题练习）已知函数（R）． (1)若在处取得极小值，求a的值； (2)若，求证：． 【答案】(1)1(2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，根据，求出，检验后得到答案； （2） 变形后即证，令，，分别求导，得到得到两函数单调性和最值情况，得到，证明出结论. 【详解】（1）的定义域为，． 由，得，经检验，满足题意； （2）要证明，即证， 即证，即证．令，其中，则， 当时，，此时函数单调递减； 当时，，此时函数单调递增．所以．令，其中，， 则．当时，，当时，， 函数在上单调递增，在单调递减．所以， 则，所以．故原不等式得证． 【点睛】方法点睛：很多时候，我们需要证明，但不代表就要证明，因为大多数情况，的零点解不出来，设隐零点是一种方法，也可尝试凹凸反转，如要证明，可把拆分为两个函数，放在不等式的两边，即要证明，只要证明，凹凸反转的关键是如何分离出两个函数，通常考虑指数函数与对数函数分离，构造两个单峰函数，进行求解. 考向04 导数证明不等式4：三角函数型 . 三角函数与导数应用求参： 1. 正余弦的有界性 2. 三角函数与函数的重要放缩公式：. 10．（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数. (1)求的最小值； (2)证明：； (3)若，求实数的取值范围. 【答案】(1)0；(2)证明见解析；(3). 【分析】（1）由并对其求导，根据其区间符号确定函数的区间单调性，进而求其最小值； （2）应用放缩及分析法，将问题化为证明上即可； （3）由题设恒成立，构造，应用导数及分类讨论研究其在的单调性，判断函数的符号，即可得参数范围. 【详解】（1）因为， 所以， 因为，所以，故在上单调递增， 所以的最小值为； （2）因为，所以，所以，即， 要证，而，只需证，即证， 设，则，所以在上单调递增，则，即，所以，得证. （3）由，即， 令，且、在上单调递减， 所以在上单调递减，， 当，即时，在上单调递减，，满足； 当，即时，，又时， 当时，，则存在，使得， 当时，，所以在上单调递增，则，不满足， 当时，，在上，在上单调递增，则，不满足， 综上所述，实数的取值范围是. 11．（25-26高三上·湖南长沙·月考）已知函数. (1)判断函数在区间上的零点个数，并说明理由； (2)若函数在区间上恒成立，求正整数的最小值； (3)求证：. 【答案】(1)有且仅有1个零点，理由见解析(2)3(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数研究函数单调性，结合零点存在定理判断零点个数； （2）先利用当时不等式成立，得，然后利用导数法证明在区间上恒成立； （3）先由（2）得，于是，利用累加法证明左边；再令，利用导数法研究单调性，求得，于是，利用累加法证明右边，即可证明. 【详解】（1）在区间上的零点个数为1，理由如下： ，当时，， 故在区间上单调递增，又因为，故在区间上有且仅有1个零点. （2）当时，，于是， 下面证明：在区间上恒成立.令， 则，由（1）可知在区间恒成立， 于是在区间上单调递增，所以，综上，正整数的最小值为3. （3）先证明左边： 由（2）知，在区间上恒成立，即， 于是 ， 累加得：. 再证明右边： 令，则， 由于时，，故存在唯一的，使得， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，即，所以， 累加得：， 综上，. 12．（2025高三上·天津武清·专题练习）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，且在上单调递增，求的取值范围； (3)证明：当时，. 【答案】(1)(2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）先确定是上的增函数，再由在上恒成立，得到，即可求解； （3）由，根据主元法，构造函数，确定其在上单调递增，进而转化成恒成立，进而可求证. 【详解】（1）当时，，则， ，则， 故曲线在点处的切线方程为，即. （2）依题可知，在上恒成立.令，则，因为，所以，所以恒成立， 所以是上的增函数.因为在上单调递增， 所以在上恒成立，只需，又，故. （3）令，该二次函数的图象的对称轴为直线， 令，则，令，则，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以在上单调递增. 问题可转化为证明，即证，即证. 令，则，令， 则，所以在上单调递减，且， 所以当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，证毕. 考向05 两根型偏移不等式1：两根和型 . 极值点偏移多有零点这个条件。零点型，注意数形结合思想的应用： 1. 零点是否是特殊值，或者在某个确定的区间之内。 2. 零点是否可以通过构造零点方程，进行迭代或者转化。 3. 将方程根的判定转化为函数的单调性问题处理 1．（2025高二·全国·专题练习）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a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)答案见解析(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）法一：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；法二：将题意转化为有三个根，令，，研究的单调性即可求a的取值范围；（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， 法一：由不是该方程的根，故有三个根，，，且， 令，，当，，当时，， 即在，上单调递增，在上单调递减，，当趋近负无穷时，趋近， 趋近时，趋近正无穷，当趋近时，趋近正无穷， 趋近正无穷时，趋近正无穷，故时，有三个根； 法二：有三个零点，则，即有三个根， 令，在上单调递增，又，， ，，，使， 当时，令，，当时，解得：， 时，在单调递增，，此时无零点， 当时，解得：，在上单调递减， 在上单调递增，所以，解得：，当时，，， 使，当时，，使得，故有三个零点，且. （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. 2．（24-25高三上·天津滨海新·期中）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求得，可求切线方程； （2）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （3）（i）结合（2）的分析，确定满足的条件，从而求得的取值范围；（ii）通过构造函数证明对数均值不等式，从而证得. 【详解】（1）当时，，求导得，所以， 又，所以切点为，所以切线方程为，即； （2）由，求导得，若，，所以在上单调递增； 若，令，得，解得， 当 时，，则在 上单调递减； 当 时，，则在 上单调递增； 综上所述：当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； （3）（i）由题意知方程有两个不同的正实根， 由（2）知，且，所以， 解得，所以的取值范围．（ii）由（i）得，所以，， 两边同时取自然对数，得，，两式相减得，即， 要证，只需证明，即，所以， 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． 3．（2025高二·全国·专题练习）已知函数有两个零点，. (1)求a的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导，根据导函数的符号来确定函数单调性（要根据导函数零点来分类），即可求解； （2）借助（1）的结论来证明，由单调性可知等价于，即．设，利用导数判断其单调性，即可证明． 【详解】（1）由，得． 若，则，只有一个零点．若，则当时，；当时，． 所以在单调递减，在上单调递增．当时，，故，又， 所以在上必存在一个零点；当时，，则在上必存在一个零点； 故时，存在两个零点．若，由得或． 若，则，故当时，，因此在单调递增．在内至多有一个零点；又当时，所以不存在两个零点．若，则，故当时，； 当时，．因此在单调递减，在和上均单调递增． 而，则，此时在内无零点，而当时，，故上有一个零点；又当时，，所以不存在两个零点．综上，的取值范围为． （2）不妨设，由（1）知，， 在单调递减，所以等价于，即． 由于，而， 所以．设，则． 所以当时，，此时在上单调递减，而，故当时，． 从而，故． 考向06 两根型偏移不等式2：积型证明 . 处理极值点偏移问题中的类似于的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论. 4．（25-26高三上·河南郑州·月考）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若（为的导函数），求函数在区间上的最大值； (3)若函数有两个极值点，，证明：． 【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)证明见解析． 【分析】（1）当时，求出切线斜率，然后得到切线方程； （2）利用导数通过分类讨论判断函数的单调性，从而求函数的最大值； （3）把要证结论等价转化为，结合函数的极值点再次把要证结论转化为，()，通过构造函数即可证明. 【详解】（1）当时，，的定义域为． 所以，，因此曲线在点处的切线方程为，即切线方程为：． （2）因为，，①当时，因为，所以， 所以函数在上单调递增，则； ②当，即时，，，所以函数在上单调递增，则； ③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，则； ④当，即时，，，函数在上单调递减，则． 综上，当时，；当时，；当时，. （3）要证，只需证：， 若有两个极值点，即函数有两个零点，又， 所以是方程的两个不同实根，即，解得， 另一方面，由，得，从而可得， 于是．不妨设，设，则． 因此，．要证，即证：，即当时，有， 设函数，则，所以为上的增函数． ，因此，．于是，当时，有． 所以成立，． 5．（25-26高三上·江苏镇江·期中）已知函数，. (1)当时，求函数的值域； (2)当，时. ①判断函数的零点个数； ②设函数，若方程（）有两个不相等的正数解，证明：. 【答案】(1)(2)①有且只有一个零点；②证明见解析 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的值域. （2）①把代入，利用导数，结合零点存在性定理判断得解；②由给定条件，可得并利用基本不等式变形，再构造函数并利用导数推理得证. 【详解】（1）当时，，，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则，且当时，，当时，， 所以函数的值域为. （2）①当，时，，求导得， 函数在上单调递增，而，所以函数有且只有一个零点； ②设的零点为，则当时，；当时，， 因此，而方程有两个不相等的正数解， 不妨设，则，，即， 于是，而，即，即，令，，令，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，且，所以. 6．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，求的取值范围； (3)设有两个零点分别为，求证：. 【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）结合（1）的分析，确定满足的条件，当时，列式从而求得的取值范围； （3）根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围，再将问题转化为，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【详解】（1）由题意可得，， 当时，，在上单调递增； 当时，由解得，由解得， 所以，在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意知方程有两个不同的正实根， 由（1）知当时，，在上单调递增，不合题意； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 且，，所以， 解得，所以的取值范围． （3）有两个零点， 令，则，在时恒成立，∴在时单调递增， ∴有两个零点，等价于有两个零点. ∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增，令，得，单调递减，∴， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，∵，， 记，则，记，则， 所以在上单调递增，所以，即， 故在上单调递增，所以，即， ∴在与上各存在一个零点，符合题意，综上，的取值范围为. 因为，不等式两边同时取对数化简可得， 要证即证：， 即证，由，，∴只需证. ∵，，∴，， ∴ ，只需证. 设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立.∴，即.所以. 考向07 两根型偏移不等式3：含参型 .含参型极值点偏移： 1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决； 2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数. 7．（25-26高三上·安徽六安·月考）已知函数（）. (1)讨论的单调性； (2)设的导函数为，若有两个不相同的零点，. ①求实数的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)答案见详解(2)①；②证明见详解 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可； （2）①通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数确定a的范围即可； ②问题转化为证，即证，设函数，根据函数的单调性证明即可． 【详解】（1）的定义域为，且．若，成立，所以在为增函数； 若，当时，，所以在上为增函数； 当时，，所以在上为减函数． （2）①由（1）知，当时，至多一个零点，不合题意； 当时，的最小值为，依题意知，解得． 一方面，由于，，在为增函数，且函数的图象在上不间断． 所以在上有唯一的一个零点．另一方面， 因为，所以． 令，令，当时，， 所以又，在为减函数，且函数的图象在上不间断．所以在有唯一的一个零点． 综上，实数的取值范围是． ②易知，不妨设，由①知．要证，即证．因为在上为减函数，所以只要证．又，即证． 设函数．所以，所以在为增函数. 所以，所以成立．从而成立. 8．（25-26高三上·安徽·期中）已知函数. (1)若，证明：当时，； (2)设有两个零点，且. ①当时，求的取值范围； ②当时，证明：. 【答案】(1)证明见解析(2)①②证明见解析 【分析】（1）用作差法构造新函数，然后求导判断单调性，确定最大值，进而可证之； （2）①先列出的表达式，构造新函数，求导判断单调性，确定零点范围，令，然后构造新函数，求导判断单调性，进而求出的范围和的范围②要证：，只需证明：，即在时成立；要证：，只需证，从而只要证，即. 【详解】（1）若，则函数，所以， 令，对函数求导得，令， 则，所以在上单调递减， 所以，所以在上单调递减， 所以，所以，即. （2）因为，所以， 则的零点问题转化为与的图象交点问题，对求导得. 当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，；， 所以当时，有两个零点. ①，化简得. 令，所以，所以，即.因为，所以，求导得 ，令， 求导得，所以在上单调递减，所以. 所以，又，所以. 故在上单调递减，所以，即. 又因在上单调递减，，所以. ②因为，要证：，只需证：. 由，从而只需证明：， 即在时成立.记，则，从而在上单调递减，因此. 由，所以即，即证. 要证：，只需证，从而只要证， 即.由①及可知，且，从而只需证明： ，整理得.记. 由（1）得， 所以为减函数，且，所以成立. 综上所述，在时成立. 9．（25-26高三上·天津·月考）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线斜率； (2)讨论函数的极值； (3)若存在，且当时，，当时，求证：. 【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求解； (2)利用导数判断函数的单调性，结合极值定义即可求解； (3) 令，利用导数分析函数单调性，继而可得，当时，在上单调递增，不符合题意，则，由，可得，由，可得，变形得，所以即证，即证，设，只需证，令，利用导数求出最值即可证明. 【详解】（1）当时， ，所以，所以， 所以曲线在处的切线斜率为. （2），所以， 当时，， ，所以，所以在上单调递增，无极值； 当时， 令，解得，当时， ， 当时， ， 所以在上单调递减，在上单调递增，， 所以在处取得极小值为，无极大值， 综上： 当时， 无极值，当时，有极小值为，无极大值. （3）证明：令，所以，因为，， 所以，为增函数，当时， ，即成立， 当时， 在上单调递增， 当，在上单调递增， 所以不可能存在，满足时，，所以， 设，，所以， 所以，因为，即， 所以，所以， 因为，所以，即， 要证：，即证，即证，设，只需证， 即证，令，，所以在上单调递增， 所以，所以成立，所以成立. 考向08 两根型偏移不等式4：混合型 .对于混合型，可以应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 10．（2025·四川泸州·一模）已知函数与函数有相同的最大值. (1)求的值； (2)若，且恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数共有4个不同的零点，且，证明：. 【答案】(1)(2)(3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分类讨论求两个函数的最大值，列出等式解得结果. （2）先分离参数，构造函数并求导，分析新函数单调性，最后确定参数的取值范围. （3）利用函数的单调性和函数的零点计算四个零点的范围和关系，再根据基本不等式证明即可 【详解】（1）对函数求导可得， 当时，，无最大值，舍去. 当时，令，解得，当时，单调递增； 当时，单调递减.所以在处取最大值. 当时，令，解得，当时，单调递减； 当时，单调递增.此时，无最大值，舍去. 函数求导得，令，解得， 由函数有最大值可知，当时，单调递增； 当时，单调递减；所以在处取得最大值， 因为函数与函数有相同的最大值，所以，等式两边同乘得，解得 （2）由（1）可知，，则恒成立，其中且， 原不等式整理为，即.构造函数，求导令， 求导得令， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以，可得，在和上递增，因为，所以当时，， 即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增， 因此当时，，所以，所以，解得. 又当时，当时，，，； 当时，，，，所以恒成立，所以实数的取值范围为； （3）由（1）可知，函数，函数，且， 函数与函数有相同的最大值，因为函数共有4个不同的零点，且，则.由，， 设， 求导，所以在上单调递增， 而，即，所以，因为 所以，因为，在单调递减， 所以，即.由，，设， 得到，求导，可得， 所以在上单调递增，，即， 所以，又，所以， 因为，在单调递减，所以，即. 由，可得，结合，推得 因为，且，得，所以， 可推导得，所以，可得. 11．（25-26高三上·江苏连云港·期中）已知函数，直线：. (1)若直线与曲线相切，求实数的值； (2)证明：对于，，使得当时，直线恒在曲线上方； (3)若直线与曲线有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，证明：. 【答案】(1)或.(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）先设切点，再求出导函数得出切线斜率计算求点即可求参； （2）把恒成立问题转化为最值关系，分和计算证明； （3）根据交点列式再取对数构造函数，最后应用导函数 得出函数单调性计算证明即可. 【详解】（1）设直线与曲线相切于点，， 令，得或2. 故切点为或，切线方程为或，即或. （2）由得，当，递减，有， 当，递增，有，当，递减，有. 若，取，当时，结合函数单调性可知 若，取，下面证明不等式， 先证明如下不等式：当，有，令，，当，递减，当，递增，有，即，变形得：，即， 故当时，结合函数单调性可知.综上，结论成立. （3）由题意及函数的单调性可知：，满足 由②③可得作差得，故有 下证不等式成立，即证，令，只需证时，成立， 即证时，，令，，在递减， 故，故，则.故要证，只需证，即证，又因为，，则，所以，故只需证， 令，设函数，，，所以在上递增，在上递减. 所以，故命题得证. 12．（25-26高三上·河南周口·月考）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有3个零点，且． （ⅰ）求的取值范围； （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即可求得答案； （2）（ⅰ）将原问题转化为有三个不相等的正根的问题，设，利用导数研究其图象，数形结合，即可求得答案；（ⅱ）由题意可得，化为，即得：，然后证明以及，即可证明结论. 【详解】（1）当时，， 所以，则， 所以曲线在点处的切线方程为：，即； （2）（ⅰ）因为函数有3个零点，所以方程有三个不相等的正根， 即有三个不相等的正根，令，所以， 当或时，即或时，， 当时，即时，， 所以函数的单调递增区间为：，单调递减区间为：， 且，且当时，；当时，，所以函数的图象大致如下图所示： 若方程有三个不相等的正根，即直线与的图象有三个不同的交点， 由图可知，时符合题意，所以的取值范围为：； （ⅱ）由（ⅰ）可知，，且， 开方得：，即有①， 由①式得：，令，所以，解得，则， 所以，要证，即证，即证：， 令，因为，所以，所以在上单调递减，则，所以成立，即； 由①式得：，因为，所以， 所以， 因为，所以，由（ⅰ）知，，即； 因为，所以，所以，则，所以； 则有，即，即． 考向09 换元构造型证明不等式1：比值代换型 构造对数不等式时，比值代换是常见经验思维： 1.一般当有对数差时，可以运算得到对数真数商，这是常见的比值代换形式 2.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程 3.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。 1．（25-26高三上·河北·月考）已知函数. (1)求函数的极值. (2)若，函数有两个零点，且. ①求的值； ②求证：. 【答案】(1)当时函数无极值，当时有极小值(2)① 1，②证明见解析. 【分析】（1）求导函数得到，分析得到当时，函数在上单调递增，无极值；当时函数有极小值 （2）函数有两个零点则， ，利用对数的运算得到；要证，即证，设，只需证，构造函数，证明当时，即可. 【详解】（1）函数 的定义域为,且, 当时，恒成立，所以函数在上单调递增，无极值； 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； 所以函数有极小值 （2）①因为函数有两个零点，且，所以 ， ，即， ， 两边取自然对数得到 两式相减得，即； ②因为，所以要证，即证即证即证 设 ，所以要证，只需证 设 ，则在上恒成立；所以函数在上单调递增， 所以当时， ，即 成立；所以成立. 2．（25-26高三上·山东潍坊·期中）已知函数． (1)若时，求曲线在处的切线方程； (2)若时，存在正实数，当且仅当，求实数的取值范围； (3)若函数有两个极值点，其中，证明：． 【答案】(1) (2)(3)证明见解析 【分析】（1）确定切点纵坐标，求导确定切线斜率，从而可得曲线在处的切线方程； （2）不等式整理得，设，求导确定单调性验证是否当且仅当时，即可得实数的取值范围； （3）确定函数有两个极值点时的关系，根据可得，，从而可将所证不等式转化为，整理不等式设，则转化为证明，在上恒成立，设，求导确定单调性与最值即可得结论. 【详解】（1），则， 又，则，所以曲线在处的切线方程为，即； （2）不等式整理得，因为，所以不等式化为， 设，则，令得，则， ①当时，，则恒成立， 所以在上单调递减， 又，由此可得时，，符合题意； ②当时，，的两根分别为且均为正根， 由于函数的对称轴为，，故，又，，单调递减，，，单调递增，，，单调递减，所以，，故存在，使得， 则时，，时也有成立，不符合题意； 综上，实数的取值范围为； （3），若函数有两个极值点，则的两根为， 设，则， ①当时，恒成立，单调递增，最多有一个根，使得函数最多一个极值点，不符合题意； ②当时，可得：，则时，，递增，时，，递减， 则的两根为，，满足，且，可得， 由可得（1），（2），要证，即证， 由（1）（2）可得，， 所以，则， 要证，即证，即证， 设，则，所以，不等式转化为，即， 设，则恒成立， 所以在单调递增，所以，所以时，，故， 即. 3．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数. (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值. (2)已知有三个不同的零点. （i）求的取值范围； （ii）若为较大的两个零点，证明：. 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）分段求出函数的导数，再利用导数的几何意义，结合已知列式求解. （2）（i）由函数零点的意义分离参数，构造函数，利用导数探讨函数性质即可；（ii）由（i）可得，利用零点的意义建立关系，利用分析法推理证明，再构造函数，利用导数推理得证. 【详解】（1）函数，求导得，则， 因为曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补， 则，即，所以. （2）（i）函数的定义域为，由，得， 令函数，求导得，当或时，；当时，，则函数在上递减，在上递增，在取得极大值， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 而，当时，恒有，又有三个零点，则，所以的取值范围为. （ii）由（i）知，要证，只需证，又， 即证，即证，由，得，则，需证， 即证，只证，令，函数， 求导得，由，得恒成立，函数在上单调递增，因此，即，则，所以. 考向10 换元构造型证明不等式2：换元构造型 换元构造型证明不等式的核心逻辑是通过变量代换，简化复杂结构、统一变量形式、转化为可分析的函数模型，常与导数工具结合解决含指数、对数、双变量的不等式问题。 换元的目的是 “化繁为简、化多为少”，需遵循以下 3 个原则，避免换元后更复杂： 1.简化结构：将指数、对数、分式等复杂项转化为单项式或简单多项式，例如用t=ex消去指数，用t=lnx消去对数。 2.统一变量：将双变量（x1​,x2​）转化为单变量（t），例如令t=x1​x2​​，把双变量关系转化为关于t的函数不等式。 3.匹配函数模型：换元后构造的函数需可导、易分析单调性与最值，优先转化为 “多项式函数”“分式函数” 等熟悉的模型。 4．（2025高三上·贵州贵阳·专题练习）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，若不等式恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再按分类求出函数的单调性. （2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围； （3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可. 【详解】（1）函数，，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，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）当时，不等式恒成立， 令，求导得，令， 求导得，则函数在上单调递增，， 当，时，，则在上单调递增，，符合题意； 当，时，，时， 则，使，当时，，在上单调递减， 当时，，不符合题意，所以的取值范围. （3）由，得，，且， 则，解得，要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 只需证明，令且，则， 函数在上单调递增，，即，所以. 5．（2024·四川·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)设是函数的两个零点，求证：． 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求直线并化简即可； （2）由导函数的两个零点得和，得到，转化为证明，换元，证明即可. 【详解】（1）当时，， 则，则切线方程为，因此曲线在点处的切线方程为． （2）证明：函数是的两个零点，所以，则有，且，由，得． 要证，只要证明，即证．记，则， 因此只要证明，即．记，则， 令，则，当时，， 所以函数在上递增，则，即， 则在上单调递增，，即成立. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，关键是利用零点代换得，进而换元求解函数最值即可证明. 6．（24-25高三上·安徽·月考）已知函数，. (1)若，求的单调区间； (2)当时，函数有三个极值点，，，证明：. 【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为；(2)证明见解析. 【分析】（1）对函数求导得，再应用导数研究的区间符号，进而确定符号，即可得单调区间； （2）利用导数研究极值点的分布情况，得到，再证，即，应用换元法及导数证不等式，即可证结论. 【详解】（1）由题设，设，则， 当时，，故在上单调递增，从而， 故时，时，故的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，则， 故在上单调递减，在上单调递增，， 故时，时，故的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）由（1）及知，，在上单调递减，在上单调递增，，又，即，又，故在上有且仅有一个零点，即在上有一个零点．令，令， 所以，故在上单调递增，故， 故在上单调递增，又，又， 故在上有唯一零点，在上有一个零点．又，是的一个零点， 又．则，，，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．下证：， 由于，即，从而， 下证：，令，即证且， 令，则，令，则， 故在上单调递增，，故在上单调递增，， 综上，，即，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，首先研究函数极值点的分布情况，再将问题化为证为关键. 考向11 换元构造型证明不等式3：韦达定理型 利用韦达定理证明不等式 1.题干条件大多数是与函数额极值x1，x2有关。 2.利用韦达定理代换：可以消去参数 7．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)若是定义域上的增函数，求的取值范围； (2)当时，证明：； (3)若函数有两个极值点，证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）求导后参变分离，将问题转化为不等式恒成立问题，再利用二次函数的图象与性质求解； （2）要证，转化要证，即证.再构造函数，证明，令，运用导数研究单调性，进而得到最值.再构造函数，同理得到最值，进而得到即可； （3）先借助导数，运用方程实数根个数，求出的大致范围，化简，进而将要证的不等式进行转化， 即证，再转化为证明，最后换元，令，即证.构造函数，借助导数进行证明即可. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为， 在上恒成立，即在上恒成立.又，当且仅当时，等号成立，所以，即实数的取值范围是. （2）当时，，，所以要证，即证，即证.构造函数，证明，令，则， 当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当且仅当时，等号成立.再构造函数，证明， 令，则，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当且仅当时，等号成立， 综上所得，所以，又等号不同时成立，（取等号的条件是，取等号的条件是） 所以，即. （3）先求出的大致范围，.由题意知是方程的两个不同的根.设，则方程有两个不同的正实数根， 所以，解得.再化简，，则， 所以.由，得， 所以要证，即证，即证，即证， 即证，即证.令，即证.令， 则，所以在上单调递增，所以，即， 所以不等式成立. 【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及的函数有两个不同变量，处理此类问题有两个策略： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的条件，把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式求解； 二是巧妙构造函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求解. 8．（24-25高三上·北京石景山·期末）设函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)若存在两个极值点，证明：. 【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义即可得解； （2）导函数，由联想到可依据和的大小关系分类讨论，以便确定导函数的符号，从而确定函数的单调性； （3）将函数存在两个极值点转化为方程在上有两个不等实根，由韦达定理得，即可将要证的不等式转化为，不妨设，即证，令，则可构造函数，证明的最小值大于即可. 【详解】（1）当时，，则. 又，则所求切线的斜率.所以曲线在点处的切线方程为 ，即. （2）的定义域为.，因为，当且仅当时，等号成立； ①若，则，当且仅当时，， 此时的单调递增区间为，无减区间； ②若，由，即，解得，，因为，所以， 当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增； 综上所述，当时，的单调递增区间为，无减区间； 当时，的单调递增区间为和， 单调递减区间为. （3）因为存在两个极值点，所以方程，即在上有两个不等实根. 则，解得.则 要证不等式，即证， 即证，不妨设，即证， 令，，则， 所以在上单调递增，则，所以成立，所以成立. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 9．（2025·安徽合肥·一模）已知函数，其中 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点，，证明： 【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求导，分类讨论函数的单调性. （2）由函数有两个极值点，确定a的范围，代入函数值，构造函数，利用函数单调性求解. 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为，且，， 令， 当，即时，恒成立，则，所以在上是单调递减； 当，即时，函数有两个零点：，， 当x变化时，，的变化情况如下表所示： x - 0 + 0 - 单调递减 单调递增 单调递减 综上，当时，在内递增，在和上单调递减； ‘当时，在上单调递减. （2）由（1）知，当时，有两个极值点，， 则，是方程的两个根，由韦达定理，得，， 所以， ，令，，则， 当时，，则在区间上单调递减，从而， 故 考向12 零点恒成立求参1：三个零点型求参 三个零点型不等式证明常见思维，关键是问题的转化．证明不等式问题第一步转化是消元，把三个根用一个变量表示，第二步构造新函数，证明的最小值，第三步由导数求得极小值点的范围，并对变形，第四步换元，最终转化为关于的多项式不等式，问题易于解决． 1．（25-26高三上·辽宁·月考）已知函数. (1)当时，求函数在上的最小值； (2)已知，，若函数有三个零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性，即可求解最值， （2）求导，得函数的单调性，结合，进而计算，构造函数判断单调性可得其正负，即可求解（i），根据，可得，进而将问题转化为，利用导数即可求解，或者构造，由导数求解. 【详解】（1）当时，， 令，则， 即函数在上单调递减，在,上单调递增，故函数，所以在上单调递增，则在,上的最小值为. （2）（i）解：由，得，则. 因为，当且仅当时取等号，所以当时，， 所以函数在上单调递增，此时至多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得，当或时，， 当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，注意到，当时，，， 所以.又， 令，则，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 所以，因为，所以，且， 则， ， 所以在内恰有一个零点（即在有一个零点），在，内有一个零点，即，在内有一个零点，故有三个零点，则的取值范围为. （ii）证明：解法一：由题意知，又注意到， 所以，即.因为是的零点，所以，要证， 即证，即证，令， 则证. 则，令，则，令，则， 当时，，所以在上单调递增， 而，则在上恒成立，所以在上单调递增， 而，则在上恒成立，所以在上单调递增， 而，则在上恒成立，则原不等式成立. 解法二：由题意知，又注意到，所以，即. 当时，先证明不等式恒成立，设， 则，所以函数在上单调递增， 所以，即当时，不等式恒成立.由，可得， 即，两边同除以得，又，所以， 所以. 2．（25-26高三上·江苏淮安·月考）已知函数 (1)曲线在点处的切线方程为，求m，b的值； (2)若在有三个不同的零点，，，求m的取值范围； (3)在（2）的条件下，记，证明：． 【答案】(1)．(2)(3)证明见解析 【分析】（1）由条件结合导数的几何意义可得，，，再求，解方程可得结论； （2）分别在，，条件下，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理排除，，再利用导数证明当时， ，由此可得当时，，再证明，由此可得存在，使得，并证明，由此可得结论； （3）由（2）可得要证明，只需证明，记，，利用导数证明当时，，由此证明结论. 【详解】（1）因为曲线在点处的切线方程为， 所以，，， 因为，所以，所以 所以，，所以，． （2）函数的定义域为，由（1）， 当，即时，，所以在上单调递增， 又，所以仅有一个零点当时，，所以在上单调递增， 又，所以仅有一个零点． 当时，令，则或， 记，，故，又，所以， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，所以，设，则， 所以，函数在上单调递减，又，所以当时，，此时， 所以当时，，所以， 所以，因为，所以， 取，，又，所以存在，使得， 因为，所以， 因为，所以，即，所以有三个不同的零点，综上 （3）由（2）可知，，所以要证明，只需证明， 又，所以，故只需证明，即证， 只需证明，设，，则， 当时，，，所以恒成立，所以在上单调递增，又， 所以当时，恒成立，所以． 3．（2025高一·全国·专题练习）已知函数其中，且在上有三个零点，，． (1)求实数的取值范围； (2)求的取值范围． 【答案】(1)(2)． 【分析】（1）由题意，在内有1个零点，且在内有两个不同的零点，根据函数解析式，即可求实数的取值范围； （2）设，，，则可表示为的函数，令通过换元转化为二次函数并求值域，即可求出的取值范围． 【详解】（1）因为， 所以由在上有三个零点，，得 在内有1个零点，且在内有两个不同的零点， 若在内有1个零点，则，得，若在内有两个不同的零点，则，即得．综上所述，． （2）不妨设，，， 则， 令则由（1）知，∴， 所以． 考向13 零点恒成立求参2：双变量型求参 .双变量同构型，较多的是含有绝对值型。 1.含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。 2.去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。 不含绝对值型，可以直接调整构造函数求解 4．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，其中 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)记的导函数为，若不等式在区间上恒成立，求a的取值范围； (3)设函数，是函数的导函数，若存在两个极值点，，且满足，求实数a的取值范围． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求切线方程； （2）先求导，则不等式对任意的实数恒成立，转化为对任意实数恒成立，构造函数，，分类讨论，即可求出的范围； （3）先求导，根据函数存在两个极值点，可得，且，，再化简可得到，构造，，求导由函数单调性解不等式即可． 【详解】（1）当时，，其中，故. ，故. 所以函数在处的切线方程为，即. （2）由，可得. 由题知，不等式对任意实数恒成立， 即对任意实数恒成立， 令，.故. ①若，则，在上单调递增，，故符合题意. ②若，令，得（负舍）. 当时，，在上单调递减，故，与题意矛盾， 所以不符题意.综上所述，实数的取值范围. （3）据题意，其中. 则.因为函数存在两个极值点，， 所以，是方程的两个不等的正根， 故得，且所以 ；， 据可得，，即， 又，故不等式可简化为，令，，则，所以在上单调递增，又，所以不等式的解为.所以实数的取值范围是. 5．（2025·四川成都·一模）已知，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求的最值； (3)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)(2)最大值为，最小值为(3) 【分析】（1）对进行求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方程； （2）对进行求导，利用导数与函数单调性的关系求出的单调性，利用单调性即可求出最值； （3）将不等式恒成立转化为，求出在的最小值和在的最大值，解不等式即可求出答案. 【详解】（1）当时，，， ，曲线在点处的切线斜率为， 则切线方程为，即， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）因为，所以， 因为，所以，令，解得，即， 此时，，所以在上单调递增， 令，解得，即，此时，，所以在上单调递减，所以，当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为，最小值为. （3），当，， 令， 因为，则，则在上单调递增， 又因为时，，，则，使得，即，可化为 当时，，即，则函数在上单调递减， 当时，，即，则函数在上单调递增， 则，即. 由（2）知，当时，，若对任意，不等式恒成立， 则，即，令，，则函数在上单调递增，又因为，所以的解集为，所以实数的取值范围为. 6．（25-26高三上·上海·月考）已知函数． (1)若是的极小值点，求实数a的值； (2)若在定义域上严格增，求实数a的取值范围； (3)设有两个极值点，若，且恒成立，求实数t的取值范围． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）先求函数的导函数，由极值点的定义计算参数再验证即可； （2）先求函数的导函数，问题转化为恒成立，分离参数结合基本不等式计算即可； （3）利用导数研究函数的极值，结合韦达定理消元，构造函数研究其单调性与最值即可求参. 【详解】（1）易知，由题意得，即， 此时，可知在上， 在上，满足是的极小值点，所以； （2）由上，因为在定义域上严格增，则在上恒成立， 即在上恒成立，易知，当且仅当时等号成立， 则； （3）由知是的两个不同正根，即， 所以， 因为，则，设，， 则恒成立，单调递减，所以， 因为恒成立，则. 考向14 零点恒成立求参3：三角放缩型 利用导数证明三角函数型不等式，放缩主要从以下方面入手： 1正余弦的有界性 2.三角函数与函数的重要放缩公式：. 3. 通过构造函数，借助最值或者隐零点型最值来证明。 不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集 ． 7．（25-26高三上·宁夏银川·月考）已知函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，证明：在上恒成立； (3)存在，不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）若，，求导可得的切线方程； （2）令，求导后判断导函数的单调性，并根据零点存在性定理确定存在唯一的，使得，判断函数的单调性，并利用单调性证明即可； （3）令，则，原不等式可转化为存在使得成立，根据符号进行参变分离，然后构造函数，，求导后分析其单调性即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，， 所以， 切线方程为 （2）当时，， 要证，即证在上恒成立； 令，，则在上单调递减， 因为，，所以存在唯一的，使得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，又，，所以在上恒成立， 即在上恒成立； （3）令，则，则，因为存在，不等式成立， 即存在使得不等式成立，当时，不等式不成立； 当时，存在，使得成立，令，，则，，因为，，故；令，，则， 所以在上单调递增，所以，即， 又当时，，所以，所以当时，， 所以在上单调递减，所以当时，取得最大值，且； 故，即实数的取值范围为. 8．（2025高三·天津·专题练习）已知函数（为自然对数的底数），，其中为实数． (1)求函数在点处的切线方程； (2)若对，有，求的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由题可得切线斜率及所过点，由直线点斜式可得切线方程； （2）由题意对都成立，由恒成立必要条件可得，通过导数证明满足题意即可证明． 【详解】（1）因为，所以，， 所以切线斜率为，所以函数在处的切线方程为，即； （2）若对，有，转化为，即对都成立． 设，，因为，所以要使， 必须满足，即，所以，下面证明时满足题意： 因为，，所以， 只需要证明即可．设， 所以，且，．先研究当时，设，，因为函数、在上均为单调递减， 则在内单调递减，又因为，， 所以，使得，且当时，；当时，． 此时在内单调递增，在内单调递减，又，，故对任意的，，则在内单调递增，所以． 综上，当时，，即得，所以得证． 9．（25-26高三上·湖北武汉·月考）已知，. (1)求在上的最大值和最小值； (2)若对一切恒成立，试求a的最大值和b的最小值. 【答案】(1)故函数最大值为，最小值为(2)的最大值为，的最小值为 【分析】（1）根据题目条件对函数进行求导，分析其单调性，结合函数的定义域求出最大值与最小值. （2）根据题目条件当或时，，，不等式恒成立，则对一切恒成立，转化为，即，，分析单调性求出其值域即可. 【详解】（1）已知，，即， ，在恒成立， 则在单调递减，，，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减，是唯一极值点，且为极大值， ，，，故函数最大值为，最小值为. （2）当 或 时，，不等式 恒成立， 当 时，，不等式等价于：， 设函数，则，.考察端点处的极限：， ，求的导数：， 令分子为，对求导：， 整理得：， 令，因时，，故，即， 解得，，且， 当时，，单调递增，因，故，即； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，因，故，即， 又，且，所以在上单调递减且，故，； 在上单调递减且，故，，综上，在上单调递增，在上单调递减，因此，在处取得最大值，在端点处取得最小值． ，，若不等式恒成立，则需且，所以的最大值为，的最小值为． 考向15 零点恒成立求参4：整数型 10．（2025高三上·广东广州·专题练习）已知函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)当时，不等式没有正整数解，求实数的取值范围. 【答案】(1)当时，函数是减函数；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.(2) 【分析】（1）分和两种情况，利用导数分析函数的单调性； （2）根据不等式没有正整数解，分离参数，构造新函数，通过分析新函数在时的取值情况，可求得实数的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为. 当时，函数.因为是增函数，所以函数是减函数； 当时，，. 令，则，；令，则，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数是减函数； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，.其定义域为R. 令函数,则. 令函数，则恒成立， 所以函数是增函数，所以，所以恒成立. 所以是增函数，所以.所以对，. 由不等式没有正整数解，得当时，不等式无解. 即当时，不等式恒成立. 即当时，不等式恒成立.所以实数的取值范围是. 11．（2025·江苏·模拟预测）已知函数．（其中是自然对数的底，，）． (1)讨论函数的单调性； (2)若直线是函数图像的切线，求a的值； (3)当时，若恒成立，求整数a的最大值． 【答案】(1)当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减(2)(3)整数的最大值为1 【分析】（1）关键在于通过导数的符号变化来判断函数的单调性； （2）需要利用切线方程的条件，结合导数和函数值的关系求解； （3）需要将不等式转化为，并研究右侧函数的最小值 【详解】（1）函数的定义域，求导得， 当时，，故，函数在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，故，函数单调递增；当时，，故，函数单调递减， 因此，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减. （2）设切点为，则，直线的斜率为，因此，由得， 解得，由于切点在直线上，故， 因此，，将代入上式，得：， 令，则，对于，因此，在上单调递增，又因为，所以， 将代入，因此，的值为. （3）当时，，即：，令，则，令， 则，由于，且，故，因此在上单调递增， 因为，，因为， 因此，存在，使得，即，对于，，故，单调递减； 对于，，故，单调递增； 因此，在处取得最小值：， 令，则，所以，又，，所以，因此整数的最大值为1. 12．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·月考）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若时 （Ⅰ）函数存在两个极值点，，求的取值范围； （Ⅱ）当时，均有恒成立，求整数的最小值. 【答案】(1)答案见解析(2)（Ⅰ）；（Ⅱ） 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负求解函数的单调性， （2）根据极值点可将问题转化为有两个不相等的正数根，，即可利用二次方程根的分布求解（Ⅰ），构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解（Ⅱ）. 【详解】（1）的定义域为，，                       当时，恒成立，故在上单调递增, ②当时，由得， 当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增.              综上，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）（Ⅰ），，                   令，要使存在两个极值点，，则方程有两个不相等的正数根，， 所以  ，解得， 所以的取值范围为.                   （Ⅱ）由于在上恒成立， 在上恒成立，                   令，则在上恒成立， 则，当时，， 令，则，在上单调递增，  又，， 存在使得，即，，  故当时，，此时， 当时，，此时，故函数在上单调递增，在上单调递减，         从而， 令，，则， 在上单调递增，， 又为整数，故，即整数的最小值为. 冲刺练 （建议用时：60分钟） 1．已知，，. (1)讨论函数的单调性； (2)求证：当时，； (3)若在时恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）通过导数，结合分类讨论，即可判断单调性； （2）通过不等式变形，构造函数，再求导即可判断单调性来进行证明； （3）通过不等式变形，构造函数，再利用求导，结合端点值效应，必要性先行，再证明充分性，即可求解. 【详解】（1）由， 当时，，则在上单调递增； 当时，由可解得：， 由可解得：或， 则在区间上单调递增，在区间，上单调递减； （2）当时，要证明，即证明， 即证明：，令，， 则， 所以在上单调递增， 即，所以原不等式得证； （3）由可得： ，因为，所以，即原不等式， 令，，，又令，则，又令，则， 先判断必要性： 因为，，， 要证明当，，则必满足在及附近单调递减，则必有，当时， 此时必存在区间，使得，即在上单调递增， 则，即在上单调递增， 则，即在上单调递增， 则，从而可判断原不等式不成立， 即是原不等式成立的必要条件； 再证明充分性： 当时，， 令，则， 所以在上单调递减，即， 即可得， 从而可得，即可证明原不等式成立. 所以实数的取值范围是. 2．已知函数 . (1)求函数的极值； (2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)极大值为1，没有极小值(2) 【分析】（1）求导，即可得函数的单调性，进而可求解极值， （2）就的符号分类讨论，即可求解. 【详解】（1）由题意可知的定义域为R，且，令时，， 则的关系为 0 ＋ 0 － 单调递增 极大值 单调递减 所以当时，取到极大值为1，没有极小值． （2）若，即恒成立，设，则， ①当时，则恒成立，符合题意； ②当时，则，可知在上单调递增， 因为，所以不恒成立；当 时，的关系为 － 0 ＋ 单调递减 极小值 单调递增 可知的最小值为，则， 因为，则，解得. 综上所述，实数的取值范围是 3．已知函数.当时，若函数有两个不同的零点，. (1)求m的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）当时，可化为，令，求导得，求其单调性，找到最小值，根据题意求m的取值范围即可； （2）要证明，即证，只需要证，即证，令，根据导函数求其单调性，然后证明即可. 【详解】（1）当时，可化为，令，求导得， 令，因为，所以，解得.当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增.所以的最小值为， 当时，；当时，，函数有两个不同的零点，， 即与在上有两个不同交点，所以的取值范围是； （2）由（1）可知，要证明，即证， 因为，且在上单调递增，所以只需要证，又因为， 所以只需要证，即证，即证，两边同时除以，得，化简为，因为，所以只需证，即证 令，求导得，令， 求导得在上恒成立，所以在上单调递增，所以当时，，即在上恒成立，所以在上单调递减， 所以当时，，即，故， 即，所以. 4．已知函数． (1)若在处的切线方程为，求的值； (2)当时，，总存在，使得成立，求 的取值范围； (3)当时，有三个不同零点，求的取值范围． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）先求得，得到，得到方程，求得的值，再将代入切线方程，求得，得出，求得的值； （2）当时，，利用二次函数的性质，求得，求得，得出函数的单调性，求得，得出不等式，即可求解； （3）转化为有三个不相等实根，设，利用导数求得的单调区间和极值，结合与有三个交点，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）由函数，可得， 则，所以，因为在处的切线方程为， 可得，解得，将代入切线方程，可得， 即，解得，所以. （2）当时，，因为函数的图像象开口向上，对称轴为， 所以，又因为，所以， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 因为，可得， 所以，则，解得，所以的取值范围为. （3）当时，可得， 因为有三个不同零点，所以有三个不相等实根， 即与的图象有三个交点，设，可得，当时，，单调递增； 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 又由，且时，；时，， 因为与的图象有三个交点，所以， 所以实数的取值范围为. 5．已知袋中有 个白球， 个红球， 个黑球，其中 ，这些球除颜色外没有其他差异. 现每次从袋中不放回的随机取一个球， 直到所有小球全部取完. (1)若 ， ， ，求在最后一次取出黑球的条件下，白球最先被全部取出的概率； (2)记白球最先被全部取出的概率为 . （i）求 (结果用 表示)； （ii）已知 ，证明： .(参考数据： ) 【答案】(1)；(2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）设事件，再根据条件概率公式即可得到答案； （2）（i）根据全概率公式即可得到答案. （ii）变形得，再裂项求和得，等价转化为证明，再构造函数，求导得其最值即可证明； 【详解】（1）记白球最先被全部取出的事件为，最后取出红球的事件为，最后取出黑球的事件为， .则概率为. （2）（i）显然事件与事件互斥，则，， ，所以， 整理得：.（ii）由（i）得：， 所以．所以：． 裂项求和得：. 下证：，即证：※ 令，求导得：， 由，令， 解得，两根均小于0， 因为，所以当，即，所以：成立． 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 重难点05 导数综合应用 内容导航 ◆速度提升 ◆技巧掌握 ◆手感养成 ☑重难考向聚焦 锁定目标精街打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 ☑重难考向保分攻略 授予利器瓦解滩点：总结瓦解此重难考向的核心方法论与实战技巧，精选同源试题巩固内化 ☑重难冲刺练 模拟实战挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感” 人重难考向聚焦 精定目标精准打击 近三年：导数作为高考数学的压轴模块，核心考察内容围绕“函数性质研究“不等式综合”“零点与极值分析”三大维度展开，兼具基础 性与综合性，对逻辑推理、运算求解及数学抽象素养要求极高。主要从以下几方面考察 1含参函数单调性、极值与最值（必考点），·涉及到分类讨论标准。 2不等式证明与恒成立、存在性证明求参。 3.函数零点与隐零点问题利用单调性与最值、极限思想、放缩法定位零点区间。 4导数的几何意义，主要求切线方程、由切线求参数、切线与曲线位置关系，综合难点则会考察切线放缩用于不等式证明。 5双变量与多变量问题问题应用，是考察的难点，涉及到考察极值点偏移、双变量同构、比值或者差值换元等 预测2026年：2026年高考导数将延续”工具性、综合性、选拔性”的核心定位，同时在“思维深度"跨学科融合”上有所创新。所 以2026年高考导数备考关键在于：夯实基础计算能力，掌握分类讨论、构造函数、双变量转化的核心方法，适应反套路与情境化题型。 通过“分阶段突破、错题复盘、模拟实战”，可有效提升导数压轴题的得分率，为数学高分奠定基础。 单变量数列型不等式 比值代换型 隐零点型不等式 导数证明不等式 换元构造型证明不等式 换元构造 凸凹翻转 三角函数型 韦达定理型 导数综合应用 三个零点型求参 两根和型 双变量型求参 积型证明 两根型偏移不等式 零点恒成立求参 三角放缩型 含参型 混合型 整数型 授子利器 瓦解难点 重难考向保分攻酷 考向01导数证明不等式1：单变量数列型不等式 △锦豪妙社 数列型不等式证明 1. 对于n∈N型数列不等式证明，可以转化为定义域为X之1，在实数范围内证明不等式。 1/12 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.一些特殊形式的数列不等式，可以通过选择合适的换元，构造新函数，注意因为的正 整数属性，注意对应换元的取值范围 数列型不等式的证明，一般需要联系前面第一问的结论，对要证明的不等式进行适当的拆分凑配来证 1.(25-26高三上安徽月考)已知函数f)=(x-a)e°(a>0) (1)求曲线y=f(x)在x=a处的切线方程； (2)设t>0,证明：对任意s∈(-t,),都有f(s)<f(t): 若数列x满足x≤-，证明：∑<m-1n+ 2e 2.(2025-江苏模拟预测)已知函数f)=a-)-nx. x+1 (1)若a=1,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程： (2)若f(x)≤0对任意x∈[1，+o)恒成立，求a的取值范围； (3)证明： +++l<1n2n+l)-ln3. 11 23 n 3.(24-25高二下.贵州黔西期末)己知函数f(x=ax2-Inx(aeR). a诺a=分求系数f创的单调区间： (2)若f(x)≥-1恒成立，求a的取值范围： (3)证明：1+二+…+上> 1、ln(n+,neN,: 2 n 3 考向02导数证明不等式2：隐零点型不等式 六棉豪妙什 虚设零点法： 涉及到导函数有零点但是求解相对比较繁杂甚至无法求解的情形时，可以将这个零点只设出来而不必求出来，然后寻找 种整体的转换和过度，再结合其他条件，进行代换变形，从而最重获得问题的解决 4. (25-26高三上·河南·月考)已知函数f(x=e-lnx. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f()处的切线方程： (2)设函数gx=x+(1-x)lnx, ()设气为g的极值点，证明：1<8化)<： (i)证明：对于任意正实数m,n,都有f(m)-gn≥1 52425有二下广东中月考)已期数1到-2h,8-号+x。 (1)求f(x)的极值： (2)证明：当x>1时，fx+g(x)>0.(参考数据：n2≈0.69) 6.(2025湖北模拟预测)已知函数fx)=x(1nx-1,hx=e,ln2≈0.69 (1)判断gx)=f'(x)+2x2-5x+2在(0，+0上零点的个数并证明 2倒当x∈0，，求证：f+>r-x-1 h(x 2/12 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1 4 g(x) + 0 0 g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 考向03导数证明不等式3：凸凹翻转型 凶锦囊妙社 凸凹反转首先是证明不等式的一种技巧，欲证明f(x)>0,若可将不等式左端f(x)拆成g(x)>h(x), 且gmm(x)>hmx(x)的话，就可证明原不等式成立.通常情况，我们一般选取g(x)为上凸型函数，h(x) 为下凹型函数来完成证明。 7. (2024-青海.二模)已知函数f=血x- , x2er 曲线y=f)在x=1处的切线的斜率为e+2 e2 (1)求a的值： (2)证明：当x>0时，f(x)<1. 8.(22-23高二下.北京海淀.期中)己知函数f(x)=x·nx, (1)比较f(1.33)与0.33的大小，并加以证明； (2)若fe)≥a恒成立，求实数a的取值范围； 3)证明：当x>1时，>e 一> 9.(2024高三全国，专题练习)已知函数f=alnx+x+2+2a(a∈R). (1)若fx)在x=1处取得极小值，求a的值； 2诺0<a分求证：f<x+e42 考向04导数证明不等式4：三角函数型 锦豪妙计 .三角函数与导数应用求参： 1.正余弦的有界性 三角函数与函数的重要放缩公式：r≥sinx(x之0) 3/12 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 10.(2025河北沧州模拟预测)已知函数f到=tam1-2eos刘+x0≤<引 (1)求f(x)的最小值； (2)证明：f(x)≤2tanx; (3)若fx≥2lnx+I+ax+tanx,求实数a的取值范围. 11.(25-26高三上·湖南长沙.月考)已知函数f(x)=sinx-xCOSX. (1)判断函数f(x)在区间(-元，π上的零点个数，并说明理由： 2若函数到>inr在区间0 上恒成立，求正整数k的最小值； 3)求证： -,nEN'. 32 12.(2025高三上·天津武清.专题练习)已知函数f(x)=a2e-3ax+2sinx,a≠0. (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； 2)若a>√2，且f(x在(0，+∞)上单调递增，求a的取值范围； (3)证明：当ae[1,+o)时，f(x)≥1. 考向05两根型偏移不等式1：两根和型 六锦豪妙计 极值点偏移多有零点这个条件。零点型，注意数形结合思想的应用： 1.零点是否是特殊值，或者在某个确定的区间之内。 2. 零点是否可以通过构造零点方程，进行迭代或者转化。 3.将方程根的判定转化为函数的单调性问题处理 1. (2025高二全国.专题练习)已知函数f(x)=e*-ax2(a>0)。 1)当a=e时，判断fx)在区间L,+o)内的单调性： 4 (2)若f(x)有三个零点X,x2,x,且x<x< (i)求a的取值范围； (ⅱ)证明：x1+x2+x>3 2.(24-25高三上·天津滨海新·期中)己知函数fx=e+ax(aeR). (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)求f(x)的单调区间： 3)若fx)有两个正零点x,x2,且x<x2· (i)求a的取值范围； (i)求证：x1+x2>2 3.(2025高二全国.专题练习)己知函数f()=(x-2)e+a(x-)有两个零点x1,x3· (1)求a的取值范围： (2)证明：x1+x2<2. 4/12 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 考向06两根型偏移不等式2：积型证明 心锦豪妙什 处理极值点偏移问题中的类似于xx,<af(x,)=f(x,)的问题的基本步骤如下： ①求导确定f(x的单调性，得到x,的范围； ②构造函数F(国=f八-f()求导可得F(纠恒正或桓负： ③得到f(x)与f 的大小关系后，将八)置换为 ④根据%与号的范目。结合的单调性，可得飞与的大小关系。由此证得结论 4. (2526商三上河南海州月考)已知函数f八到=nrm2-x+1meR). (1)若m=1,求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (2)若gx='(x)(f'(x为f(x)的导函数)，求函数g(x在区间1，e上的最大值： 3)若函数f)有两个极值点x,x,证明：xx2>©2. 5.(25-26高三上江苏镇江·期中)己知函数f(x)=e-x,a∈R. (1)当a=1时，求函数y=f()的值域； (2)当u=-1,x∈(0，+o)时. ①判断函数y=f(x)的零点个数； ②设函数g(x)f(x)川，若方程g(x)=m（m∈R)有两个不相等的正数解x,x2,证明：0<xx2< e 6.(2025海南省直辖县级单位模拟预测)已知函数f(x)=e-axa∈R). (1)求f(x)的单调区间： (2)若f(x)有两个正零点，求a的取值范围： (3)设gx=e(x-1-alnx+f(x有两个零点分别为xx2,求证：xx2> e2 e+5 考向07两根型偏移不等式3：含参型 △锦豪妙什 含参型极值点偏移： 1.消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决； 2.以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。 7. (25-26高三上安徽六安月考)已知函数fx)=0+1nx(a∈R). (1)讨论f(x的单调性： (2)设∫(x)的导函数为∫'(x),若f(x)有两个不相同的零点x,x· ①求实数a的取值范围； ②证明：x·x2>a2. 8.(25-26高三上安徽期中)已知函数f(x=xnx-ax+1,aeR. a诺a=0,证明：当>1时，f<x+: 5/12 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)设f(x)有两个零点x,x2,且x<2 ①当点>2时，求a的取值范围： 1 ②当x>2时，证明：4a-4ln2<x+x2<e°+ 9.(25-26高三上·天津.月考)已知函数f(x)=x-asinx-+mlnx,g(x)=f()+asinx. (1)当a=m=1时，求曲线y=f(x)在x=π处的切线斜率； (2)讨论函数y=g(x)的极值； 3)若存在x,∈(0，+0)，且当≠，时，fx)=f,当0<a<1时，求证：5<m a-1 考向08两根型偏移不等式4：混合型 棉豪妙什 对于泓合率，可以应用对数半均不等式V<二血，<空证明极值点衡移：一 ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到，-。一 'Inx In x2 ③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 10. (2025:四川泸州.一模)己知函数f八)-与函数g(=r有相同的最大值. ax (1)求a的值： 风若时-伊，且小>0恒成立，宋实及的度价室， B若函数y=八-b,y=g-6bER共有4个不同的零点，且斯<<<，证明：子+完 五+>2 亚.(25-26高三上江苏连云港：期中)已知函数(x,直线1：D (1)若直线1与曲线y=f(x)相切，求实数b的值； (2)证明：对于Hb>0,3meR,使得当x>m时，直线1恒在曲线y=f(x)上方； 3)若直线1与曲线y=∫(x)有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为X,七，七，证明： e-1 4e 12.(25-26高三上河南周口月考)已知函数f(x=a-(nx)},aeR. (1)当a=-1时，求曲线y=f(x在点(1，f1)处的切线方程： (2)若f(x有3个零点x,x2,x,且x<x2<x· (i)求a的取值范围； 4e (ii)证明：(lnx-lnx)lnx2< e-1 考向09换元构造型证明不等式1：比值代换型 6/12 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 六锦豪妙什 构造对数不等式时，比值代换是常见经验思维： 1.一般当有对数差时，可以运算得到对数真数商，这是常见的比值代换形式 2.两个极值点（或者零点），可代入得到两个“对称”方程 3.适当的恒等变形，可构造出“比值”型整体变量。 1.(25-26高三上河北月考)己知函数f(x=ax+e(a∈R). (1)求函数∫(x的极值， (2)若a<0,函数f(x)有两个零点x,x2,且x>x>0. ①求的值： Inx,Inx ②求证： x-<+x3 Inx2 Inx 2 2.(25-26高三上山东潍坊期中)己知函数f(x)=xlnx+ax2-2x. (1)若a=1时，求曲线y=f(x在1，f1)处的切线方程； (2)若a>0时，存在正实数m,af(x)>a2+2)x2-2ax-2当且仅当0<x<m,求实数a的取值范围； 3)若函数f(x)有两个极值点x,x2,其中x<x2,证明：nx-2ax>3. 3.(25-26高三上重庆月考)已知函数f(x)=lnx-ax. (1)若曲线y=f)在x=e处的切线与在x=二处的切线的倾斜角互补，求a的值. (2)己知f(x)有三个不同的零点. (i)求a的取值范围； (ii)若x,x(x<x2)为较大的两个零点，证明：xx>e 考向10换元构造型证明不等式2：换元构造型 六锦豪妙计 换元构造型证明不等式的核心逻辑是通过变量代换，简化复杂结构、统一变量形式、转化为 可分析的函数模型，常与导数工具结合解决含指数、对数、双变量的不等式问题。 换元的目的是“化繁为简、化多为少”，需遵循以下3个原则，避免换元后更复杂： 1.简化结构：将指数、对数、分式等复杂项转化为单项式或简单多项式，例如用t=®x消去 指数，用t=lnx消去对数。 2.统一变量：将双变量(x1,x2)转化为单变量（t),例如令t=x1x2,把双变量关系转化 为关于t的函数不等式。 3.匹配函数模型：换元后构造的函数需可导、易分析单调性与最值，优先转化为“多项式 函数”“分式函数”等熟悉的模型。 4.(2025高三上贵州贵阳.专题练习)已知函数f(x)=e-ax-3(aeR) (1)当x≥1时，讨论f(x)的单调性： ②当：≥0时，若不等式/≥号-2恒成立，果a的取值花周， (3)若f(x)有两个零点x,x2,且x<x2,证明：3e+e>3a 7/12 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5.(2024-四川模拟预测)已知函数f(x=(a+1)e-】x2+1a∈R). 2 (1)当a=1时，求曲线y=∫(x在点(0，f(0)处的切线方程： (2)设x,x2x<x2)是函数y=f'(x的两个零点，求证：x+x2>2. 6.(24-25高三上安徽月考)已知函数fx=e+alnx-ax,aeR. 1 (1)若a≤e,求f(x的单调区间； (2)当a>时，函数fx有三个极值点x,2,xx1<x2<x3),证明：x+x>2x2. 考向11换元构造型证明不等式3：韦达定理型 凶锦豪妙计 利用韦达定理证明不等式 1.题干条件大多数是与函数额极值x1,x2有关。 2利用韦达定理代换：可以消去参数 7. (2025高三全国专题练习)已知函数fx=20+le2-e+x+2aeR). 4 (1)若f(x)是定义域上的增函数，求a的取值范围； 2当a=时，证明：ak4e； )若函数f()有两个极值点x,(<x小，证明：a<f-f e-e 8.(24-25高三上北京石景山期末)设函数f(x)=lnx+x2+ax(a∈R). (1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点L,f)处的切线方程： (2)求f(x)的单调区间； (3)若f(x)存在两个极值点x,x2,证明： fx,)-fx)、a_4 x2-x 2 a 9。(2025安微合肥一模)已知函数八x=lr-Qx-,其中a>0, (1)讨论f(x)的单调性； 2若函数到有两个极值点，xG<,证明：儿x++g+5>h2- x (0,x1 X (x,x2 2 x2,+0 f(x) 、 0 0 f(x) 单调递 单调递 单调递 减 f (x) 增 f(x2) 减 考向12零点恒成立求参1：三个零点型求参 锦豪妙社 三个零点型不等式证明常见思维，关键是问题的转化.证明不等式问题第一步转化是消元，把三个根用 一个变量m表示，第二步构造新函数g(m),证明g(m)的最小值g(m。)>0,第三步由导数求得极小值点 8/12 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 m,的范围，并对8(m,)变形，第四步换元(=(，)'最终转化为关于1的多项式不等式，间题易于解决， 1.2526商三上辽宁月考)已知函数f到--e) 当。=1时，求函数八在日上的鼓小值， (2)已知gx=ax-lnx,h(x=f'(x+g'(x),若函数h(x有三个零点x1,2,,且x<x2<x· (i)求a的取值范围； (ii)证明：x+x3+5xx3>3a+1. 2.(25-26高三上江苏淮安月考)已知函数fx)=mlr+x-」 (1)曲线y=f(x在点(1，f(1)处的切线方程为y=3x+6,求m,b的值； (2)若f(x)在(0，+0有三个不同的零点X,为，x,求m的取值范围； (3)在(2)的条件下，记x<x2<x,证明：2x3+mx>0. kx-k+4,x≤1， 3.（2025高一全国：专题练习)已知函数f(=x-A+2x+k+5,x>,其中eR,且y=f川)在(-1,5)上有三个 零点x,x2,x (1)求实数k的取值范围； (2)求x+x?+x的取值范围. 考向13零点恒成立求参2：双变量型求参 锦豪妙计 双变量同构型，较多的是含有绝对值型。 1.含绝对值型，大多数都是有单调性的，所以可以通过讨论去掉绝对值。 2.去掉绝对值，可以通过“同构”重新构造函数。 不含绝对值型，可以直接调整构造函数求解 4. 2025高三全压专图练习）已知函数广C))r-4ar+anx+a十)，其中a (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(L,f)处的切线方程： (2)记f(x)的导函数为f"(x),若不等式f(x)<xf'(x)在区间(L,+∞)上恒成立，求a的取值范围； 3)设函数g(x)=f(x)+2a,g(x)是函数g(x)的导函数，若g(x)存在两个极值点X1,x3,且满足 gx+gx2≥g'(xx2),求实数a的取值范围. 5.(2025-四川成都.一模)已知f(x=xe-alnx-ax,其中a∈(0，+o),gx)=2cosx+sin2r. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)求gx的最值； 倒若对任意，x,e0,+n,不等式f≥25。g5)恒成立，求实数a的取值范围. 6.(25-26高三上·上海.月考)已知函数f(x=x2-ax+21nx. (1)若x=2是f(x)的极小值点，求实数a的值： (2)若fx)在定义域上严格增，求实数a的取值范围； 9/12 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (3)设f(x)有两个极值点x,x2,若x∈0， 且f(x)≥1+fx,)恒成立，求实数t的取值范围. e 考向14零点恒成立求参3：三角放缩型 凶锦豪妙什 利用导数证明三角函数型不等式，放缩主要从以下方面入手： 1正余弦的有界性 2.三角函数与函数的重要放缩公式：r≥sinx(x之0)」 3.通过构造函数，借助最值或者隐零点型最值来证明。 不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 般地，已知函数y=f(x),xe[a,b],y=gx),xec,d (1)若x,∈a,b],x,∈c,d,总有fx)<gx成立，故fx<gx)mn (2)若x∈a,b],3x,∈[c,d,有f(x)<gx,)成立，故f(xr<8x)mx: (3)若x∈a,b,3x,∈[c,d,有f(x)<g(x成立，故f(m<g(x)m: (4)若x∈a,b],x,∈c,d,有f(x)=gx,),则f(x)的值域是gx)值域的子集· 7.(25-26高三上宁夏银川月考)已知函数f(x)=lnx+asinx-x. (1)若a=0,求曲线f(x)在x=2处的切线方程； (2)若a=1,证明：f(x)>-1在(1,2)上恒成立； B存在x∈[]，不等式asin(nx≥nx-x+3成立，求实数a的取值范围. e 8.(2025高三·天津.专题练习)已知函数f(x=e'sinx(e为自然对数的底数)，g(x=2ln(x+1-ax,其中a为实数. (1)求函数f(x在点(0，f(0)月处的切线方程： 2考对re0引有上eg,求“的取值范国 9.(25-26高三上湖北武汉·月考)已知f(x=x(π-x,gx=sinx. (1)求y=f(x)-g(x)在x∈[0，π上的最大值和最小值； (2)若af(x)≤g(x)≤bf(x)对一切x∈[0，π恒成立，试求a的最大值和b的最小值. 考向15零点恒成立求参4：整数型 10.(2025高三上广东广州.专题练习)已知函数f(x)=(ax-1)e. (1)当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性： (2)当a=1时，不等式f(x)<x-2没有正整数解，求实数k的取值范围. 11.(2025-江苏模拟预测)已知函数f(x)=lnx+ax2.(其中e是自然对数的底，e=2.71828…，a∈R)· (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若直线x+y=0是函数f(x)图像的切线，求a的值； (3)当x>1时，若f(x)<e恒成立，求整数a的最大值e2≈4.5 12.(24-25高二下.海南省直辖县级单位·月考)已知函数f(x)=x-alnx. 10/12