专题06 导数及其应用解答题讲义-2026年高考数学二轮复习解答题解题大招（方法技巧+分层突破）-（会一题通一类系列）（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数及其应用核心考点，涵盖单调性分析、极值最值求解、切线方程、恒成立与零点问题等高考高频题型，按“基础方法—综合应用—创新拓展”逻辑架构知识点。通过考点梳理、解题大招指导、高考真题精讲及分层练习，帮助学生构建系统解题思路，突破导数综合题难点。 资料以新课标核心素养为导向，突出“数学思维”与“数学语言”培养，如典例中通过分类讨论极值点培养逻辑推理能力，恒成立问题参数分离强化模型意识。设置基础、能力、压轴三层练习，配合最新高考真题与模拟题，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题06 导数及其应用解答题讲义（解析版） 解题大招 【典例1】 （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. 【典例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. 【典例3】 （2025·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)若为的极值点，求； (2)当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，根据为的极值点，可得，即可求出； （2）法一：利用分离参数法可得对于恒成立，构造函数，再利用导数求出函数的最小值即可得解. 法二：根据当时，有，解得，再充分性，即证当时，时，有，进而可得出答案. 【详解】（1），由于为的极值点， 所以，解得， 当时，令，则， 所以在上单调递增，又， 所以当时，单调递减， 所以当时，单调递增， 故； （2）法一：由题意有对于恒成立， 即对于恒成立， 当时，，故对于恒成立， 令， 则时，， 当且仅当时，成立， 所以在上单调递增，所以，所以， 法二：当时，有，即当时，有，解得； 下证充分性，即证当时，时，有， 即证当时，有，记， ，故在上单调递减， 则， 记，则， 当时，，当且仅当时，成立， 即在上单调递增，故， 故当时，有恒成立. 【典例4】 （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 【典例5】 （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. 【典例6】 （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. 【典例7】 （2025·江西新余·模拟预测）已知函数，. (1)当时，证明：； (2)若在单调递增，求的取值范围； (3)若且，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）通过构造函数，利用导数研究函数单调性来证明不等式； （2）先求出的导数，根据函数单调递增的条件转化为不等式恒成立问题，进而求解的取值范围； （3）结合（1）（2）运用增强函数法，或者构造函数，运用极值点偏移法，结合函数的单调性和所给条件，通过巧妙构造函数来证明不等式. 【详解】（1）令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，所以，即 令，， 令，， 当时，，单调递减，， 故：，单调递减，，故： 所以： （2）， 当时，令，则：，为使单调递增，则，即恒成立，. ①时，，，单调递增，，，此时不恒成立，舍去 ②时，令，则在单调递减，在单调递增， 所以有最小值，即：，而由（1）得：，所以当且仅当 所以. （3）法一：增强函数法： 在（2）中取，， 由于单调递增，不妨设，故， 又，则，即：，即： 又由（1）得：，令，则：， 所以：，即： 法二：极值点偏移： 令，，所以在单调递增，记，要证，即证：，，，故单调递增， 记==0，即：， 所以，要证：，即证： 即证：，即证：，即证： ， ，下面证明：当时， ：即证：， 又因为：，，所以： ， 当且仅当时等号成立，由于易知单调递增， 所以当且仅当时等号成立；即证：， 即证：，而当且仅当时等号成立，取等条件相同 所以，故单调递增，又， 所以成立，所以成立. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 【典例8】 （25-26高三上·江苏南京·月考）已知、，函数，. (1)求在处切线的斜率； (2)对任意，都有，求的取值范围； (3)若，使得，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出的导数，结合导数的几何意义可得出结果； （2）解法一：由题意可知不等式对任意的恒成立，令，转化为，利用导数分析函数的单调性，结合可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围； 解法二：由题意得出可得出，证明出，然后证明出当时，恒成立，即可得出实数的取值范围； （3）证法一：表示原点与直线上一点距离的平方，结合点到直线的距离公式可得出，当时，证明出，，结合放缩法即可证得结论成立； 证法二：设，，利用平面向量数量积的坐标运算与定义得出，可得出，即，当时，证明出，，结合放缩法即可证得结论成立. 【详解】（1）对函数求导得， 所以，所以在处切线的斜率为. （2）方法一：因为即对成立，所以， 令， 所以， 令得，可得， 当时，，， 当时，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 当时，由可得，解得， 由可得，解得， 所以函数在上递减，在上递增， 故的极小值为， 故当时，只需，可得，解得，此时. 综上：； 方法二：由即， 先证，令，可得， 由可得，由可得， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，即. 下证：当时，， ， 令，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以成立， 当时，， 综上. （3）因为，所以， 即， 方法一：表示原点与直线上一点距离的平方， 所以，即， 当时，构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，当时，，此时， 当时，，故， 综上所述，当时，； 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，即，即. 由（2）知， 故当时，， 故； 方法二：设，， 因为， 所以， 即， 所以，即. 当时，构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，当时，，此时， 当时，，故， 综上所述，当时，； 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，即，即. 由（2）知， 故当时，， 故. 【典例9】 （2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数在区间的最大值； （2）给定和，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. 【典例10】 （2024·江西新余·模拟预测）已知函数，. (1)若，求证：没有极值点. (2)若恒成立，求的取值范围. (3)若，存在且仅存在一条直线既是的切线又是的切线，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由，再次求导，讨论，，可得的单调区间，进而得最小值，则，单调递增，没有极值点. （2）法一： 设，则，当时，，讨论当，时，，即成立，所以. 法二： 题意等价于，令，， 再令，则，可得单调递增， 进而得在单调递减，在单调递增， 又可解，故，可得 . （3）设与和分别切于、，则：， ，由于重合，可得，令：，， 令：，即：，讨论当，时，，又在单调递增，故，则，讨论可得是的最大值点，时有：时只有唯一解，故. 【详解】（1）因为， 则，则， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， ， 故，单调递增，没有极值点. （2）法一： 设， 则，当时，， ①，则，单调递增，又，当时，，没有恒成立，舍去， ②，令，则，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，即成立， 综上：. 法二： 题意等价于，令，， 再令，则， 令，则，故单调递增， ，故单调递增， 所以，又当时，，故存在唯一使， 于是在单调递减，在单调递增， 又可解，故，所以 . （3）由，， 则，， 设与和分别切于、， 则， ， 由于重合，故有， 解②得：代入①得：， 则方程③只有1个解，其中. 令，， 令，即， 当时，，等式不成立， 当时，对原式移项取对数化简后得, ， 又易知在单调递增，故，即④， 当时，当时，当时，， 所以，1）当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 2）当时，，单调递减， 当时，，，故， 又，由④得,， 所以是的最大值点，时,时，③只有唯一解，故. 【点睛】方法点睛：不等式恒成立求参数值或范围的方法，不等式恒成立，一种方法利用导数求得，然后由转化为关于参数的不等式，从而求得参数范围或值，另一种方法是分离参数，化不等式不，由导数求的最大值，然后解不等式可得． 课后基础练 1．（25-26高三上·甘肃·月考）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）将代入，利用导数的几何意义求解即可； （2）求导得，分和求解即可. 【详解】（1）当时，，． ，． 曲线在点处的切线方程为． （2）． 当时，，是增函数． 当时，令，解得． 当时，；当，． 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．（2025·江西·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)证明：． 【答案】(1)当时， 单调递增；当时，单调递减 (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，令导数等于0即可得出函数的单调区间； （2）只需证明函数的最大值即可，从而可以构造一个关于的函数，结合导数来证明即可. 【详解】（1），，令，得． 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减. （2）． 设，则， 令，得 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以，即， 由（1）知，，得证． 3．（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. 4．（2025·山西晋中·三模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2) 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （2）依题意可得对任意恒成立，令，结合函数的单调性得到，再参变分离，结合（1）求出，即可得解. 【详解】（1）函数的定义域为，又， 令，得， 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减． 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）由对任意恒成立， 得对任意恒成立， 即对任意恒成立． 令，则有， 显然为增函数，可得， 则，所以． 由（1）可知， 所以，故的取值范围为． 5．（2025·辽宁·三模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，求函数在处的切线方程. （2）分析函数的单调性，求函数的最小值，根据可证. 【详解】（1）因为，所以， 则，则. 因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）的定义域为， 令，得. 令，得，则在上单调递减； 令，得，则在上单调递增. . 因为，所以，即. 课后能力练 6．（2025·陕西咸阳·一模）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若在区间上单调递减，求的取值范围： (3)若存在两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程； （2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，进而结合对勾函数求解即可； （3）设，则，将所证不等式转化为，令，利用导数可求得，由此可证得结论. 【详解】（1）由，则， 而，则， 则曲线在处的切线方程为. （2），又在区间上单调递减， 在上恒成立， 即在上恒成立， 在上恒成立， 因为函数在上单调递增，则， ，即实数的取值范围是. （3）由，， 因为存在两个极值点， 则满足，即， 不妨设，则. ， 则要证，即证， 又，，则， 即证，即证成立. 设函数，， 则， 在单调递减，又，则， ，即. 7．（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. 8．（2025·广东·模拟预测）已知函数. (1)求的单调区间； (2)证明：当时，； (3)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求定义域，再利用导数可求单调区间； （2）先化简所证不等式，构造函数，利用导数求最值，进而可证； （3）构造函数，利用导数求解函数的最值，结合单调性和等量关系可证结论. 【详解】（1）定义域为. 由可得或，由可得或. 所以的单调增区间为，单调减区间为. （2）证明：当时，有， 原不等式等价于，即要证明. 设，则，此时在单调递增， 于是，不等式成立. （3）证明：构造函数. 因为，所以，于是， 所以于是，所以在单调递减. 因为，所以，所以， 即. 因为是的零点，所以， 即，所以. 由（1）可知在单调递增，所以，于是. 9．（2025·全国·二模）已知函数. (1)求函数的图象在处的切线方程； (2)（i）函数是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，请说明理由； （ii）证明：（，且）. 【答案】(1) (2)（i）函数不存在极值，理由见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）（i）先利用导数分析函数的单调性，进而判断是否存在极值； （ii）利用函数单调性可得，进而求证即可. 【详解】（1）由，得，则，又， 所以函数的图象在处的切线方程为，即. （2）（i）函数不存在极值，理由如下：由，解得且， 所以函数的定义域为，由，则， 令，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以， 即，所以在和上单调递减，则函数不存在极值. （ii）由（i）知，函数在上单调递减，则对任意，，即， 所以当时，，则，即， 所以，，，…，， 以上式子相加得，， 即（，且且时，等号成立）， 10．（2025·吉林延边·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的单调递增区间； (2)若，对恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)和； (2) 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导，令，即可求出的单调递增区间； （2）分，，三种情况讨论在上的单调性，借助导数及单调性分别求出在上的最小值，令，即可求出实数a的取值范围． 【详解】（1）函数的定义域为． 当时，， ， 令，解得或， 所以的单调递增区间为和； （2），， 令，解得或， 当时， 当时，，在单调递增； 因为对恒成立，所以， 即，移项可得， 因为，所以满足条件； 当时， 当时，，在单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以当时，取到最小值，即， 因为对恒成立，所以， 即， 令，所以， 令，所以， 因为，所以，所以， 所以在上单调递减，所以， 即，所以在上单调递减， 又因为，且，所以． 综上，实数a的取值范围为． 课后压轴练 11．（25-26高三上·福建·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)设是的三个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）去绝对值将写成分段函数的形式，对求导，求出，根据题目信息和导数的几何意义列式即可求解； （2）（i），分离参数得到，令，通过求导得到的单调性，让与函数有三个交点，即可求出的取值范围；（ii）先证明即可证明. 【详解】（1），所以， 则. 因为曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，所以， 解得. （2）（i）令，则， 令，则，所以， 则的单调递增区间为，单调递减区间为， 当，，当，， 又，，有三个零点，所以的取值范围为. （ii）证明：由（i）可知， 下面证明：. ①要证明，只需证明， 又，即证，所以上式等价于证明. 由，得，则， 所以只需证明， 即证， 令，则，上式等价于证明， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递增， 所以当时，，即， 所以原不等式成立，即. ②要证明，只需证明， 由（i）知，则，即， 又因为，所以， 因为在上单调递减，所以成立， 综上，. 12．（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. 13．（2025·广东江门·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性． (2)已知，函数，且仅有两个零点． ①求的取值范围； ②证明：的两个零点之积小于1． 【答案】(1)答案见解析； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）分类讨论m的取值结合导数研究函数的单调性即可； （2）①通过同构将问题化为的零点个数，分别用导数研究的单调性，计算参数范围即可；②借助①的结论结合极值点偏移构造差函数判定函数单调性证明即可. 【详解】（1）由可知， 对于方程，若，即或， ①当时，有两个不等正实根， 此时在上，在上， 当，有两个不等负实根，此时在上， ②若时，恒成立，此时在上， 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减； （2）当时，， 记，则， 显然时，，时，， 即在上单调递减，在上单调递增，则， ①令，则， 记，则，所以在上单调递增， 所以，要与有交点，需， 又时，，时，， 所以时，与只有一个交点， 若，此时，则，不符合题意， 若，此时有两个解记为， 所以； ②由上知， 不妨设，显然， 令， 则， 所以在上单调递增，所以当时，， 即，所以， 又， 时，单调递减，所以，即，证毕. 14．（2025·山东聊城·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性. (2)设有两个零点a，b. （i）求的取值范围； （ii）证明：且. 【答案】(1)递增区间为，递减区间为 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求得，结合和，即可求得函数的单调区间； （2）（i）（法一）由（1）中的单调性，求得的极大值，令，即可求解；（法二）由（1）知单调性，结合函数的单调性和零点的存在性定理，即可求解； （ii）不妨设，转化为证明，设，得到，令，利用导数求得的单调性，得到，转化为，结合题意，转化为，利用指数幂的运算性质，即可得证. 【详解】（1）解：由函数，可得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）解：（i）（方法一）由（1）知在上单调递增，在上单调递减， 且当时，，当时，， 所以当，函数取得极大值，极大值为， 因为有两个零点，则满足，解得， 所以的取值范围为. （方法二）由（1）知在上单调递增，在上单调递减. 因为，故, 所以，则在上有唯一零点，不妨设为， 由，令， 则，所以在上单调递增， 所以，所以， 可得在上有唯一零点，不妨设为， 所以的取值范围为. （ii）证明：不妨设，要证， 即证. 设，则，故即证：. 令， 则，所以在上单调递增， 则，所以当时，， 所以，即， 因为是的两个零点，所以， 所以，则，所以，则， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 即，故. 15．（2025·浙江宁波·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若的极小值小于－1，求的取值范围； (3)当时，证明：有2个零点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，极小值，构造函数，求导推得，即可求得不等式的解集； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【详解】（1）当时，，则， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为， 整理得：． （2）函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减，则无极小值，不合题意； ② 当时，由，得，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以的极小值为：， 因为的极小值小于，所以，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以由可得. （3）． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为，则，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即；当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得， 即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 又因，所以， 所以有2个零点，故有2个零点． 【点睛】关键点点睛：求单调性及最值，需要引入隐零点，因为这个隐零点不好代入消元求值，需要再同构函数，则可得隐零点满足，，从而再代入隐零点即可求出的最小值，再结合两边的极限值，从而问题得证． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $解答题解题大招 会合题通台类系列， 专题06导数及其应用解答题讲义（解析版） 巴解题大招 【典例1】 (2023·新课标I卷·高考真题)已知函数f()=ae+a小-x ①)讨论的单调性 ②)证明：当a>0时，f八y>2ha+ 【典例2】 (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知函数f)=e-r-a (1)当a=1时，求曲线”=f田在点山0)处的切线方程： fx)」 (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围 【典例3】 (2025·湖北武汉·模拟预测)已知函数f(x)=(x-a)nx(a∈R). (1)若x=1为f(x)的极值点，求a; 2)当*≥1 f(x)≥x+a- 时， 恒成立，求“的取值范围。 【典例4】 (高考真题)已知函数f(x)=g-lnx+x-a. )者≥0 求a的取值范围： 1/7 解答题解题大招 会合题通台类系列， 2证明：若八有两个零点，，则<1 【典例5】 sinx (2023·全国甲卷·高考真题)已知函数 f(x)=ax-- (0)当a=1时，讨论f的单调性： (2)若f(x)+sinr<0 求a的取值范围。 【典例6】 2025·北京·高考真题)已知函数f的定义度是山+，f0=0,导函数了八y十，设是 曲线'=f在点1a,faMa≠0)处的切线. (1)求f'(x)的最大值： ②当1<a<0时，证明：除切点A外，曲线'=f四在直线的上方： 2a-x2- (3)设过点A的直线2与直线垂直，4,1与x轴交点的横坐标分别是×，，若>0，求x-x的 取值范围。 【典例7】 (2025·江西新余·模拟预测)已知函数f(=(x-le-nx,gx)=x+(nr)2 (I)当x≥l时，证明：Vinx≤x-l≤nx 2若(=f+8(在0，+o单调递增，求元的取值范围。 8)若)=f且≠5，证明：，e<1 2/7 解答题解题大招 会合题通台类系列 【典例8】 (25-26高三上·江苏南京·月考》已知4、hc(0,+W,函数fd=e-5sinx,g(=N2x (1)求fx在x=4处切线的斜率： ②)对任意≥0，都有八≥0，】 ,求“的取值范围： 3)若>0，使得f=8x),求证：2e(6+>e 【典例9】 (2025·全国一卷·高考真题)(1)求函数f(x)=5cosx-cos5x在区间”4」的最大值； (2)给 定eQ,利和∈R, 证明：存在少ea-0,a+0] cosy≤cos0 使得 (3)设ER,若存在0eR使 5csx-cos(5x+p)≤h对xeR 使 恒成立，求b的最小值. 【典例10】 (2024·江西新余·模拟预测)已知函数/冈=x+e,gy=ax+nx+1 0若a>e3-1,求证：川=f八+8)-nx没有极值点 2若f-川g刘-nxs2-e 恒成立，求的取值范围. （3若a>0,存在且仅存在一条直线'既是的切线又是8(x的切线，求“的值. 少课后基础练 1.（25-26高三上·甘肃·月考)已知函数川=e-ax 3/7 解答题解题大招 会合题通台类系列， 0)当a=1时，求曲线'=八在点0，/川处的切线方程 2讨论f八0的单调性。 2.(2025·江西·模拟预测)已知函数f(=2x-xlnx+xlna-e(a>0) ④)讨论f八四的单调区间： (2)证明： f(x)≤0 3。(2025·贵州毕节，模拟预测)已知函数f=r+2a-l小x-2alra>0. ()当a=2时，求曲线y=f(x在点(2，f(2)处的切线方程： ②)若了)≥g-3恒成立，求的取值范围. 4.(2025·山西晋中·三模)已知函数f()=1+lnx )讨论/（刘 的单调性： ②若+a-之对任意∈(0，+四)恒成立，求实数“的取值范围 5.(2025·辽宁·三模)已知函数/八=血r+x+b 0若a=b=1,求曲线=儿在点L 处的切线方程： ②若)>0，证明：be>1 马课后能力练 6。(2025·陕西咸阳·一模)已知函数f)=-x+alnx,aeR」 )求曲线'=f八)在山f)处的切线方程， 4/7 解答题解题大招 会合题通台类系列， 2)若八在区间3，+切)上单调递减，求“的取值范围： f(x)-f(x<a-2 (3)若a>0,f(x)存在两个极值点x,x2,证明：x-x2 7.(2025·河北唐山·模拟预测)已知函数刊=x(x-2r-a, ①)若函数（四的图象关于点20对称，求“的值： 2若=a是f的极大值点，求“的值： 3)设，本是八的极值点，且满足)+f>0,求“的取值范围， 8（2025·「东·楼制预)已知质数1-12-g x-1. ()求八小的单调区间： (2)证明：当x<2时，fx)<4We(2x-1: 8若8引)=/川-0<<有两个零点西，且<0<5，证明：+6<0， 9.(（2025·全国·二模)已知函数fx)=nx+ )求函数的图象在x=1处的切线方程： (2)(1)函数 是香存在极值？若存在，求出极值：若不存在，请说明理由： 1 ln2≤lnn (ii)证明： n-1 (n≥2，且neN). 10。(（2025·吉林延边·模拟预测)已知函数f-号+alnx-口+x. 1)当a=2时，求 的单调递增区间； ②若≥0：)2-号对r+四恒成立，求实数a的取值范用。 5/7 解答题解题大招 会合题通台类系列， 课后压轴练 1.(25-26高三上·福建·月考)已知函数)=血-， (1)若曲线y=f八d在x=e处的切线与在x=。处的切线的倾斜角互补，求a的值. ②设西<6<)是到的三个零点 (i)求a的取值范围； (ii)证明：5>e2 12.(2025·海南省直辖县级单位·模拟预测)已知函数()=e-(a∈R )求 的单调区间： ②)若x川有两个正零点，求“的取值范围； 8设g刘=ex-刂-a+f国有两个零点分别为，x,求证5西>。 13.(2025·广东江门·模拟预测)已知函数f(x)=-x+mlr+1 )讨论划 的单调性. (2)己知 m1函数g-2+时(，且gy仅有两个零点. ①求a的取值范围： ②证明：8的两个零点之积小于1. 14.(2025·山东聊城·模拟预测)已知函数()=x-eH-m (1)讨论f(x)的单调性 2②设 有两个零点a,b. (i)求m的取值范围： 61/7 解答题解题大招 会合题通台类系列， (ii)证明： b-a 2且e2+e2b>3 co-ccte e* 15.(2025·浙江宁波·模拟预测)已知函数=m1-刘-r-1 0)当m=2时，求曲线”=/在点Lf)处的切线方程： 2)若的极小值小于-1，求m的取值范围： 3当m>1时，证明：8到=f八)+e-m有2个零点. 7/7