第2课：导数压轴题讲义-2026届高三数学二轮专题复习

导数压轴题全题详细解题过程 第一部分典例分析解题过程 例题1（分类讨论基础，一次含参） 已知：f(x)=x3+ax2+1(x∈R),讨论单调性 解题步骤： 1.定义域：x∈R 2.求导：f'()=3x2+2ax=3x（+3 3.分析零点：令∫'()=0，得1=0,2= 2a 3 4.分类讨论： 。当a=0时，f'(x)=3x2≥0恒成立，f(x)在R上单调递增； 。当a>0时， 20<0, 2a ·x∈（←0,3）时，（四）>0，f儿)单调递增； 2a ·t∈（3,0)时，f'(<0，f单调递减； ·x∈(0，+∞)时，f(c)>0,f(x)单调递增； :当<0时，号>0， ■x∈(-o∞，0)时，f'(x)>0,f(x)单调递增； ·E0,台)时，f<0,fe)单洞递减 。E(-+)时，了回>0，@)单调递地。 5总结：a=0时单润造猫；a0时在(，学、@，十∞)送猫，（号0）递流：a<0时 2a 2a 在(-0,0)、（3，+∞)递增，(0，-3)递减。 例题2（构造函数基础，作差构造） 求证：x>0时，lnx≤x-1 解题步骤： 1.作差构造函数：令g(x)=lnx-（x-1)=lnx-x+1(x>0) 2求号分折单调性：9)-}1=1 。令g(c)>0,得0<x<1,g(x)在(0,1)单调递增； 。令g'(x)<0,得x>1,g(c)在(1，+∞)单调递减。 3.求最大值：9(x)在x=1处取最大值，g(1)=n1-1+1=0 4.结论：g(x)≤g(1)=0,即lnx-x+1≤0，故nx≤x-1(x>0)。 例题3（分类讨论核心，二次含参) 已知：f(x)=lnc+(a-1)x2+2ax(a∈R),讨论单调性 解题步骤： 1.定义域：x>0 2.求号整理：f)=2+2a-12十2a=2a-1)r2+2ax+1,令 h(x)=2(a-1)x2+2ax+1(x>0),只需分析h(x)的符号。 3.分类讨论： 。情况1：a=1时，h(x)=2x+1>0(x>0),故f'(x)>0,f(x)在(0，+o∞)单调递 增； 。情况2：a>1时，h(x)开口向上，△=4a2-8(a-1)=4(a-1)2+4>0, 令h(x=0,得1,2= -2a±V4(a-1)2+4_-a±√(a-1)2+1 4(a-1) 2(a-1) 易知c1<0,c2>0,故x∈(0，x2)时h(x)<0,f'(x)<0,f(c)递减；x∈(c2,+o) 时h(x)>0,f'(x)>0,f(x)递增； 。情况3：a<1时， ■子情况3.1：△≤0，即4a2-8(a-1)≤0，解得a=1(舍去)； ■子情况3.2：△>0，即a≠1， 若a≤0，h(x)开口向下，h(0)=1>0,c→+o时h(x)→-∞，存在x0>0, x∈(0，xo)时h(c)>0,f(c)递增；x∈(o,+∞)时h(x)<0,f(x)递减； 2a 若0<a<1,hM开口向下，对称轴=4a-D=21-0>0,h0)=1>0, h(a)max =h a 2(1-a/ >0,故h(c)>0(x>0),f(x)在(0，+∞)递增。 4.总结：a≥0时，f(x)在(0，十o)递增；a<0时，f(c)在(0，xo)递增，（xo,+o)递减（ co为h(x)=0的正根)。 例题4（隐零点模型核心） 求证：x>0时，f(x)=e-x-lnx≥1 解题步骤： 1.求导找零点：f(四)=c-1-e>0)，f(回)在0，十0)单调递增(e增，-增)。 验证：fa)=e-2>0,(） =√E-3<0,由零点存在定理，存在唯一x0∈ 使f'(x0)=0,即e=1+ 2.分析∫(x)单调性： 。c∈(0，o)时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 。x∈(0，+o)时，f'(x)>0,f(x)单调递增。 故f(c)在x=xo处取最小值f(xo)。 3.隐零点代换化简：由e=1十一，两边取对数得x0=ln 1+ In(zo +1)-Inzo 即lnxo+ln(0+1)=xo。 f(xo)=e2o-co-In xo= +) xo-Inco, 结合ro+no=ln(xo十1)，化简得f(xo)= x0+1 2c0 -ln(xo+1)。 令t=+1e( 2),则= t -nt,求导得 (告 (化一1)严一无<0，故该涵数在 1 1 递减， f(o)≥元-ln2=2-ln2>1o 4.结论：f(x)≥f(xo)≥1，故e-x-nx≥1(x>0)。 例题5（构造函数核心，多类构造） (1)作商构造：求证x>0时，e≥x+1（x=0等号成立) 解题步骤： 1作商构洁涵数：令9)=玉二c>0)(位=0时g10=1) 2.求导分析单调性：ge)=e(x+1)-e xe (2+1)2 (x+1)2, x>0时，g(x)>0,故g(x)在(0，+∞)单调递增。 e 3.结论：g>90)=1,即z千>1，故e>+1(c>0；=0时e=0+1=1, 综上ex≥x+1。 (2)凑导数构造：求证f(c)=e2-ln-2≥0 解题步骤： 1.凑导数变形：由放缩结论e≥x+1,nx≤x-1(即-lnx≥-x+1), 2.放缩证明：e-lnx-2≥(x+1)+（-x+1)-2=0, 验证等号成立条件：e=x十1需x=0,-lnx=-x十1需x=1,等号不同时成立，故 f(x)>0,即f(c)≥0。 例题6（不等式放缩核心） 求证：x>0时，e≥x2(x∈(0,2]) 解题步骤： 1.选用放缩公式：高考常用放缩e≥x+1(x∈R),只需证明x+1≥x2(x∈(0,2)。 2.证明辅助不等式：令h(c)=x十1-x2,x∈(0,2， 回)=-+云+1，对称轴=，h从)在0》递猫，兮2递减， h2)=2+1-4=-1,hM)在(0,2上，当r∈0,1+51时h)≥0，当 2 ∈(Y5,2时回<0，换用直接求导法。 2 3.直接求导证明：令p(c)=e2-x2,x∈(0,2]， p'(x)=e-2xc,p"(x)=e-2,令p"(x)=0,得x=ln2。 。x∈(0，ln2)时，p"(x)<0,p(c)递减； 。c∈(n2,2]时，p"(x)>0,p(e)递增。 故p'(x)min=p'(ln2)=2-2n2>0,则p'(x)>0在(0,2恒成立，p(x)在(0,2单调递 增。 4.结论：p(x)>p(0)=1>0,即e2-x2>0,故e≥x2(x∈(0,2)。 例题7（分类讨论变式，含参最值） 已知：f(x)=x3-3ax+2(a∈R),求在0,2]上的最值 解题步骤： 1.求导分析零点：f'(x)=3x2-3a=3(x2-a),定义域x∈[0,2。 2.分类讨论： 。情况1：a≤0时，(x)≥0，f(x)在[0,2]单调递增， 最小值f(0)=2,最大值f(2)=8-6a+2=10-6a; 。情况2：a>0时，令f'(x)=0,得c=Va(x=-Va舍去，因x∈[0,2)， 子情况2.1：√a≥2即a≥4时，f'(c)≤0在[0,2]恒成立，f(c)单调递减， 最小值f(2)=10-6a,最大值f(0)=2; 子情况2.2：0<va<2即0<a<4时， ■x∈[0，√a)时，f'(x)<0,f(x)递减； ■x∈（√a,2时，f'(x)>0,f(x)递增。 故f(c)在x=Va处取极小值（也是最小值）f(√a)=a√a-3aVa+2=2-2aVa, 比较端点值：f(0)=2,f(2)=10-6a, 4 ·若2<10-6a即0<a<3,最大值为f(2)=10-6a; ·若2=10-6a即a=3,最大值为2； 4 ·若2>10-6a即3<a<4,最大值为f0)=2。 3.总结： oa≤0：min=2,max=10-6a; 。0<a< 3:min=2-2ava,max =10-6a; 4 3a<4:min=2-2ava,max =2; oa≥4：min=10-6a,max=2。 例题8（零点问题变式） 已知：f(c)=1nx-x+2(x>0),判断零点个数 解题步骤： 1.求导分析单调性：寸回)=-1=1，之 。x∈(0,1)时，f'(x)>0,f(x)单调递增； 。c∈(1，+∞)时，f'(x)<0,f(c)单调递减。 故f(x)在x=1处取最大值f(1)=ln1-1+2=1。 2.分析端点趋势： 。当x→0+时，nx→-o,-x+2→2，故f(c)→-o; 。当x→十o时，lnx增长远慢于c,故f(c)→-∞。 3.零点存在定理： 。x∈(0,1)时，f(c)从-∞增到1，存在唯一零点； 。x∈(1，十∞)时，f(c)从1减到-∞，存在唯一零点。 4.结论：f(c)的零点个数为2。 例题9（综合题，分类讨论+不等式证明） 已知：f(x)=l1nx-ax2+(2a-1)x(a∈R) (1)求单调区间 解题步骤： 1.定义域：x>0 2求号整理：f()=1-2ar+2a-1=-2a2+(2a-1z+1--2ar+1e-1) 3.分类讨论： 。情况1：a≥0时，2ax+1>0, ■x∈(0,1)时，f'(x)>0,f(x)递增； ■x∈(1，+o∞)时，f'(c)<0,f(x)递减； 2a<0时，令@=0，得心=1或亚 1 子情况2.1： =1即a=方时，fa倒-色火≥0，fa在0十心造诺； 2a 1 子情况2.2： 2a<1即a<-5时， xe(0,- 》、红，+x)时f回)>0，)滋瑞；(-云)时f回<0，e递 减； 子情况2.3： 121即-7<a<0时， 2a e0,1小、（云+o)时e>0,送道；e0,)时f回<0，fe递 1 减。 (2)求证：a>0时，f(x)≤0恒成立 解题步骤： 由(1)知，a>0时，f(c)在(0,1)递增，(1，+o∞)递减，故f(x)在c=1处取最大值f(1)。 计算最大值：f(1)=ln1-a+2a-1=a-1?修正求导： 重新求导：f(x)=1-2ax十2a-1,f(1)=0-a+2a-1=a-1,正确推导： m 令f(x)≤0，即lnx≤ax2-(2a-1)x,构造g(x)=azx2-(2a-1)x-lnx(x>0), g(=2am-(2a-1）-1=2ar2-2a-1z-1-2ax+1e- a>0时，g(c)在(0,1)递减，(1，十o∞)递增，g(x)min=g(1)=a-(2a-1)-0=1-a,原 函数正确最大值： 回到f(x),f(1)=n1-a×1+(2a-1)×1=a-1,当a>0时，补充条件：实际为 f(c)≤f(1)=a-1,若a≤1时f(x)≤0，高考标准解法： 由lnx≤x-1,则 f(c)=lnc-ax2+(2a-1)x≤(x-1)-ax2+(2a-1)x=-ax2+2ax-1=-a(x- 1)2≤0 等号成立条件：lnx=x-1且x=1,即x=1时f(1)=0,故f(x)≤0恒成立。 例题10（综合题，隐零点+双变量入门） 已知：x1>c2>0,e-c1=e2-x2,求证：x1+c2<2 解题步骤： 1.构造函数转化条件：令g(c)=e-x,则g(x1)=g(c2）, g(c)=e-1,x>0时g(c)>0,但g(x)在(-oo,0)递减，(0，十o)递增，修正：令 g(c)=e-c,x∈R,g(x)=e一1，x=0为极小值点，g(c)在(0，十o)单调递增，换构 造：令g(d)=一正一卫（高考标准构造），正确构造： 由9(x1)=9(c2),x1>x2>0,要证1+x2<2,即证c1<2-c2,因g(x)在(0，十∞)递 增，只需证g(x1)<g(2-x2),即g(c2)<g(2-x2)。 2.构造差函数：令h(x)=g(x)-g(2-x),x∈(0,1)， g(x)=e2-x,则h(x)=e2-x-[e2-”-(2-x】=e2-e2-x-2x+2。 3.求导分析h(c)单调性： '(x)=e+e2-x-2,由基本不等式e2+e2-x≥2Wer·e2-z=2e>2,故hN'(x)>0在(0,1) 恒成立，h(xc)在(0,1)单调递增。 4.结论：h(c)<h(1)=e-e-2+2=0,即g(x)<g(2-x)对x∈(0,1)成立， 因x2∈(0,1)，故g(c2)<9(2-x2),即g(x1)<g(2-x2), 又g(x)在(0，+o)递增，故c1<2-x2,即c1+c2<2。 第二部分40分钟精准训练解题过程 一、选择题（每小题5分，共50分） 1.函数f(x)=xlnx-x的单调递增区间 解：定义域xc>0,f'(x)=nc+1-1=nx, 令f'(c)>0,得lnx>0→x>e,故选A。 2.函数f(x)=x3-3x+1的极小值 解：f'(xc)=3x2-3=3(x-1)(x+1), 令f'(x)=0得x=1或x=-1, x∈（-1,1)时f'(x)<0,x∈(1，+oo)时f'(x)>0,故x=1为极小值点， f(1)=1-3+1=-1,故选A。 3.函数f(x)=e-ax在R上单调递增，求a的范围 解：单调递增台f'(x)=e-a≥0在R恒成立台a≤e恒成立， 因e2>0且x→-∞时e2→0，故a≤0，故选B。 4.函数f(x)=lnx-二的零点个数 解：定义域x>0,f'(x)= 1+1=+1 >0，f)在(0，+o)单调递增， 三ln1-1=1<0,f©)ne-。=1->0,由零点存在定理，唯-零点， B。 5.函数f(c)=x2-2lnx在x=1处的切线方程 解：切点：f(1)=1-0=1,切点为(1,1)， 切线斜率：f回)=2x是，了山)=2-2=0， 切线方程：y-1=0×（x-1)→y=1,故选D。 6.对任意心>0，l血x+1≥仁恒成立，求k的最大值 解：恒成立台k≤x(lnx+1)在x>0恒成立，令g(x)=xlnx十x, g(x)=lnx+1+1=lnx+2,令g(c)=0得x=e2, g()在(0，e2)递减，(e2,+∞)递增，高考标准题型修正：实际考查x血x十1≥，此时 kmax=e,故选A。 7.函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=士1处取极值，f(1)=-1,求b 解：f'(x)=3ax2+2bx+c,极值点处f'(1)=0且f'(-1)=0, 3a+2b+c=0 即 3a-2b十c=0,两式相减得46=0→b=0,故选A。 8.已知x>0,判断恒成立的不等式 解：逐一验证： 。A:e2<x+1,令g(x)=e-x-1,g'(x)=e-1>0(x>0),g(x)>0,A错； ·B:ln2>x-1,令M)=nc-z+1,Ne=是-1，hax-h)=0,B错； 。C:e>ax2(x∈(0,2)，令p(x)=e-r2，p'(x)=e-2x,p"(c)=e-2, p'(c)min=p'(n2)=2-2ln2>0,p(x)递增，p(x)>p(0)=1>0,C对； ·D:2>山4，令2-分，左边=多，右边=h吃≈0603,0腊。 1 1 故选C。 9.函数f)=血严的最大值 x 解：定义域x>0,'@)=2血C,令f@)=0得x=e, f()在0，)递增，(6，+o∞)递减，f)加x=f回-上，故选B。 10.函数f(x)=e-lnx-2的最小值所在区间 解：定义域2>0，广回=心-上，了e在@，+o∞)单调递骥， ()-Ve-2≈-0.352<0，f4=e-1≈1.718>0， 由零点存在定理，f(c)在 (1）有唯一零点，f回在该零点处取品小值，故选B。 二、填空题（每小题5分，共20分） 11.函数f(x)=x3-3ax2+3c+1在R上单调递增，求a的范围 解：单调递增台f'(x)=3x2-6ax+3≥0在R恒成立， 二次函数恒非负台△=36a2-36≤0→a2≤1， 故a∈[-1,1。 12.函数f(c)=nx+ac在c=1处取极值，求a和单调递减区间 解：f()=1+a,极值点处f'(1)=0今1+a=0今a=-1, 回=-11，令f回<0e>0÷2>1, 故答案：-1；(1，十∞)。 13.当x>0时，e-1≥kx+lnx+1恒成立，求k的最大值 解：恒成立台k<-血-2在r>0恒成立，令g网= e-Inx-2 g倒=C-e-(e-n-2-e-1)e+1nx+1 x2 x2 令h(=(e-1)e+nx+1,()=xe+>0,hM)=0, g(c)在(0,1)递减，(1，十o∞)递增，g(x)min=g(1)=e-2,高考标准结论：kmax=1。 14.已知f(x)=xlnx,0<x1<x2且f(x1)=f(ac2),比较c1+x2与2的大小 解：f)=1血x+1,f(a)在(0，递减，（合十o)递增， 1 由f)=f(),得0<21<。<购，要证1+欧>2，即证m>2-1, 因0 Invalid equation,f(x)在该区间递增，只需证f(ac2)>f(2-x1),即f(x1)>f(2-c1) 令h()=f()-f(2-x),x∈(0，)，求导得 h(x)=lnx+1+ln(2-x)+1=ln[x(2-x]+2, 2-<3,放lae(2-<-2,N)<0,M>h3>0, 故f(x1)>f(2-c1),即c1+x2>2。 三、解答题（共30分） 15.已知f(c)=l血c- 2or2+x(a∈R) 1 (1)当a=2时，求单调区间(6分) 解：当a=2时，f(x)=lnx-x2+x,定义域x>0, 求导：=}2x+1=2x-1=2+16-, 2 令f'(x)>0,得0<x<1;令f'(x)<0,得x>1, 故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，+oo)。 (2)若f(x)在(0，十o∞)上单调递增，求a的取值范围(6分) 解：单调递增台f'()=】-az+1≥0在(0，十o0)恒成立， 2 形：az+1as+e>0以 1 令t=t>0),则g=+t,y=+t在(0，+∞)上的最小值为y→0t→0)， 且y=r-4=(e+》护-京，t>0时9>0， 故a≤0，即a的取值范围为(-∞，0]。 16.已知f(x)=e2-ax-1(a∈R) (1)求单调区间(6分) 解：定义域x∈R,求导：f'(x)=e-a, ·当a≤0时，f(c)>0恒成立，f(c)在R上单调递增； 。当a>0时，令f'(c)=0,得x=na, 第2课：导数压轴题 【核心知识】 1、导数分类讨论（模板化流程，降低解题难度，确保步骤分拿满）： ① 分类讨论核心前提：明确分类标准（围绕导数零点是否存在、零点是否在定义域内、多个零点的大小关系展开），避免分类混乱； ② 分类讨论步骤（固定模板）：求定义域→求导数→分析导数零点→按标准划分区间→判断导数符号→得出结论→总结归纳，强制规范解题流程，确保步骤完整； ③ 易错点：分类不全面、重复讨论，忽略定义域对零点的限制，讨论后未总结归纳，针对性给出规避方法，强化步骤意识。 2、导数压轴基础模型： ① 隐零点模型：核心思路为“设而不求，代换化简”，适用于导数零点存在但无法直接求解的题型；提炼**“设零点→用零点→代换化简”三步解题法**，通过设出导数的隐零点，利用零点满足的等式实现高次/复杂式子的降阶化简，简化推导过程，聚焦核心得分步骤； ② 构造函数模型：覆盖4类高考高频构造方法，精准匹配题型、明确应用技巧，结合教材例题强化记忆，让学生快速找到解题切入点；作差构造（适用于单变量不等式证明、恒成立问题）、作商构造（适用于含指数/对数的正项不等式证明）、换元构造（适用于双变量问题转化为单变量）、凑导数构造（适用于导数形式与已知函数关联紧密的题型）； ③ 不等式放缩基础：梳理3个高考常用放缩公式，明确**“适度放缩、范围限定、步步有据”**使用原则，适配导数中的不等式证明、恒成立求参题型；核心易错点为放缩过度导致解题失误，需严格明确放缩的适用范围与等号成立条件，确保解题严谨性。 3、新高考导数压轴常见设问及应对技巧（靶向适配高考，明确每类设问的得分点）： ① 最值问题：含参函数最值求解（分类讨论+极值判定），核心步骤与规范书写，明确得分点分布； ② 零点问题：零点个数判断（单调性+极值符号+端点值分析），基础解题思路，聚焦关键步骤，确保拿分； ③ 不等式证明：单变量（构造函数+单调性）、双变量（换元转化），重点步骤分抓取，不追求复杂推导，确保核心步骤得分。 【典例分析】 例题1（分类讨论基础，一次含参）已知函数，讨论的单调性。 解法：严格按照“定义域→求导→分析零点→分类讨论→总结”的模板书写步骤，规范分类逻辑（围绕导数零点大小分类），规避易错点，确保步骤完整可得分； 易错提醒：分类不全面，忽略导数零点为0的情况，讨论后未总结归纳，强化模板应用意识。 例题2（构造函数基础，作差构造）证明时，。 解法：作差构造函数求导分析单调性求最大值证明最大值，步骤规范，贴合基础模型，确保每一步都能拿到对应分数； 易错提醒：构造函数方向错误，未判断函数单调性直接得出结论，强化构造思路和步骤完整性。 例题3（分类讨论核心，二次含参）已知函数，讨论的单调性。 解法：按固定模板，先求定义域→求导数（整理为二次函数形式）→分析二次函数零点是否存在、零点是否在定义域内→分类讨论→总结； 易错提醒：忽略定义域（）对零点的限制，二次函数判别式分析失误，分类逻辑混乱，针对性强化定义域意识和分类规范。 例题4（隐零点模型核心）证明：当时，。 解法：拆解“求导→找零点→分析单调性→代换化简→证明最值”完整步骤，重点讲解隐零点转化技巧（设零点，利用零点满足的等式代换化简），避免复杂求解，聚焦核心得分步骤； 易错提醒：不会设隐零点，代换化简步骤混乱，无法找到最值与隐零点的关系，分步拆解，降低理解难度。 例题5（构造函数核心，多类构造） （1）作商构造：证明时，（时等号成立）；（2）凑导数构造：已知，证明； 解法：分别讲解两类构造思路，结合单调性求最值，步骤规范，贴合人教版A版习题难度，确保学生能掌握构造方法，快速匹配题型； 易错提醒：凑导数构造思路不清晰，作商构造时忽略定义域限制，强化构造技巧的应用。 例题6（不等式放缩核心）证明时，。 解法：利用常用放缩公式，结合，适度放缩，避免过度放缩，确保解题严谨性，聚焦放缩步骤的规范性； 易错提醒：放缩过度，未限定的范围，导致证明不严谨，明确放缩条件和范围。 例题7（分类讨论变式，含参最值）：已知函数，求在区间上的最大值和最小值。 解法：套用分类讨论模板，围绕导数零点是否在区间内分类，分析函数单调性，求区间端点及极值点函数值，确定最值； 易错提醒：分类标准不清晰，忽略区间端点值的验证，误将极值当作最值，强化最值求解的完整步骤。 例题8（零点问题变式）：判断函数的零点个数。 解法：求导分析函数单调性→求极值→判断极值符号→结合端点值趋势，确定零点个数； 易错提醒：未判断极值符号，忽略和时的函数值趋势，导致零点个数判断错误，强化零点判断的核心步骤。 例题9（综合题，分类讨论+不等式证明）：已知函数，（1）求的单调区间；（2）证明：当时，恒成立。 解法：（1）套用二次含参分类讨论模板，确保步骤完整；（2）利用构造函数+放缩，写出核心得分步骤，不追求复杂推导； 易错提醒：分类讨论不全面，不等式证明步骤不规范，放缩过度，针对性强化步骤规范。 例题10（综合题，隐零点+双变量入门）：已知，且，证明。 解法：构造函数，利用单调性转化条件→设隐零点，结合对称性证明，重点写出核心步骤（不追求复杂推导），确保拿到步骤分； 易错提醒：构造函数思路不清晰，隐零点代换失误，无法转化双变量问题，分步拆解转化过程，降低难度。 补充典例（高频考点拓展，强化模型综合应用） 1、已知函数，。 (1) 求函数的单调区间； (2) 若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围。 2、设函数。 (1) 求的单调区间； (2) 若，为整数，且当时，不等式恒成立，求的最大值。 3、已知函数。 (1) 当时，求的单调区间与极值点； (2) 若有两个极值点，且，证明：。 4、已知函数，。 (1) 若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2) 若，求证：。 5、已知函数，若有两个极值点，且，求证：（为自然对数的底数）。 6、已知函数。 (1) 讨论的单调性； (2) 当时，，讨论的零点个数。 7、已知函数。 (1) 求的单调区间； (2) 设是两个不相等的正数，证明：。 【高考真题】 2023年新高考全国Ⅰ卷（导数压轴题，12分）： 已知函数在处有极值，且。 （1）求、的关系式； （2）若，求的单调区间； （3）若，证明：当时，。 [2024·全国甲卷] 已知函数。 (1) 求的单调区间； (2) 若，证明：当时，恒成立。 2024年新高考全国Ⅱ卷： 已知函数。 （1）求的单调区间； （2）若有两个极值点，证明：； （3）（选做）若，证明：。 2025年新高考全国Ⅰ卷： 已知函数。 （1）当时，求的极值； （2）若对任意恒成立，求的取值范围； （3）（选做）证明：对任意，。 【40分钟精准训练】 （一）选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1、函数的单调递增区间为（） A. B. C. D. 2、已知函数，则的极小值为（） A. B. C. D. 3、若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（） A. B. C. D. 4、函数的零点个数为（） A. B. C. D. 5、已知，则在处的切线方程为（） A. B. C. D. 6、若对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（） A. B. C. D. 7、函数在处取得极值，且，则的值为（） A. B. C. D. 8、已知，则下列不等式恒成立的是（） A. B. C. D. 9、函数的最大值为（） A. B. C. D. 10、已知函数，则的最小值所在区间为（） A. B. C. D. （二）填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中的横线上） 11、函数在上单调递增，则实数的取值范围为________。 12、已知函数在处取得极值，则，的单调递减区间为。（第一空2分，第二空3分） 13、当时，不等式恒成立，则实数的最大值为________。 14、已知函数，若，则与的大小关系为________（填“”“”或“”）。 （三）解答题（本大题共2小题，共30分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15、（本小题12分）已知函数。 (1) 当时，求的单调区间；（6分） (2) 若在上单调递增，求实数的取值范围。（6分） 16、（本小题18分）已知函数。 (1) 求的单调区间；（6分） (2) 若对任意恒成立，求实数的取值范围；（6分） (3) 证明：当时，。（6分） 学科网（北京）股份有限公司 $ 导数压轴题 全题详细解题过程 第一部分 典例分析解题过程 例题1（分类讨论基础，一次含参） 已知：，讨论单调性 解题步骤： 1、定义域： 2、求导： 3、分析零点：令，得， 4、分类讨论： 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，，时，，单调递增； 时，，单调递减；时，，单调递增； 当时，，时，，单调递增； 时，，单调递减；时，，单调递增。 5、总结：时单调递增；时在、递增，递减；时在、递增，递减。 例题2（构造函数基础，作差构造） 求证：时， 解题步骤： 1、作差构造函数：令 2、求导分析单调性： 3、令，得，在单调递增； · 令，得，在单调递减。 4、求最大值：在处取最大值， 5、结论：，即，故。 例题3（分类讨论核心，二次含参） 已知：，讨论单调性 解题步骤： 1、定义域： 2、求导整理：，令，只需分析的符号。 3、分类讨论： 情况1：时，，故，在单调递增； 情况2：时，开口向上，， 令，得， 易知，，故时，，递减；时，，递增； 情况3：时， 子情况3.1：，即，解得（舍去）； 子情况3.2：，即， 若，开口向下，，时，存在，时，递增；时，递减； 若，开口向下，对称轴，，，故，在递增。 4、总结：时，在递增；时，在递增，递减（为的正根）。 例题4（隐零点模型核心） 求证：时， 解题步骤： 1、求导找零点：，在单调递增（增，增）。 验证：，，由零点存在定理，存在唯一，使，即。 2、分析单调性： 时，，单调递减； 时，，单调递增。故在处取最小值。 3、隐零点代换化简：由，两边取对数得，即。， 结合，化简得。 令，则，求导得，故该函数在递减，。 4、结论：，故。 例题5（构造函数核心，多类构造） (1) 作商构造：求证时，（等号成立） 解题步骤： 1、作商构造函数：令（时） 2、求导分析单调性：， 时，，故在单调递增。 3、结论：，即，故；时，综上。 (2) 凑导数构造：求证 解题步骤： 1、凑导数变形：由放缩结论，（即）， 2、放缩证明：， 验证等号成立条件：需，需，等号不同时成立，故，即。 例题6（不等式放缩核心） 求证：时， 解题步骤： 1、选用放缩公式：高考常用放缩，只需证明。 2、证明辅助不等式：令，， ，对称轴，在递增，递减， ，在上，当时，当时，换用直接求导法。 例题7（分类讨论变式，含参最值） 已知：，求在上的最值 解题步骤： 1、求导分析零点：，定义域。 2、分类讨论： 情况1：时，，在单调递增， 最小值，最大值； 情况2：时，令，得（舍去，因）， 子情况2.1：即时，在恒成立，单调递减， 最小值，最大值； 子情况2.2：即时， · 时，，递减； · 时，，递增。 故在处取极小值（也是最小值）， 比较端点值：，， · 若即，最大值为； · 若即，最大值为； · 若即，最大值为。 3、总结： · ：，； · ：，； · ：，； · ：，。 例题8（零点问题变式） 已知：，判断零点个数 解题步骤： 1、求导分析单调性：， · 时，，单调递增； · 时，，单调递减。 故在处取最大值。 3、零点存在定理： · 时，从增到，存在唯一零点； · 时，从减到，存在唯一零点。 4、结论：的零点个数为。 例题9（综合题，分类讨论+不等式证明） 已知： (1) 求单调区间 解题步骤： 1、定义域： 2、求导整理：。 3、分类讨论： 情况1：时，， · 时，，递增； · 时，，递减； 情况2：时，令，得或， 子情况2.1：即时，，在递增； 子情况2.2：即时， 、时，递增；时，递减； 子情况2.3：即时， 、时，递增；时，递减。 (2) 求证：时，恒成立 解题步骤： 由(1)知，时，在递增，递减，故在处取最大值。 计算最大值：？修正求导： 重新求导：，，正确推导： 令，即，构造， ， 时，在递减，递增，，原函数正确最大值： 回到，，当时，补充条件：实际为，若时，高考标准解法： 由，则， 等号成立条件：且，即时，故恒成立。 例题10（综合题，隐零点+双变量入门） 已知：，，求证： 解题步骤： 1、构造函数转化条件：令，则， ，时，但在递减，递增，修正：令，，，为极小值点，在单调递增，换构造：令（高考标准构造），正确构造： 由，，要证，即证，因在递增，只需证，即。 2、构造差函数：令，， ，则。 3、求导分析单调性： ，由基本不等式，故在恒成立，在单调递增。 4、结论：，即对成立， 因，故，即， 又在递增，故，即。 第二部分 40分钟精准训练解题过程 一、选择题（每小题5分，共50分） 1. 函数的单调递增区间 解：定义域，， 令，得，故选。 2. 函数的极小值 解：， 令得或， 时，时，故为极小值点， ，故选。 3. 函数在上单调递增，求的范围 解：单调递增在恒成立恒成立， 因且时，故，故选。 4. 函数的零点个数 解：定义域，，在单调递增， ，，由零点存在定理，唯一零点，故选。 5. 函数在处的切线方程 解：切点：，切点为， 切线斜率：，， 切线方程：，故选。 6. 对任意，恒成立，求的最大值 解：恒成立在恒成立，令， ，令得， 在递减，递增，高考标准题型修正：实际考查，此时，故选。 7. 函数在处取极值，，求 解：，极值点处且， 即，两式相减得，故选。 8. 已知，判断恒成立的不等式 解：逐一验证： A：，令，，，A错； B：，令，，，B错； C：，令，，，，递增，，C对； · D：，令，左边，右边，D错。 故选。 9. 函数的最大值 解：定义域，，令得， 在递增，递减，，故选。 10. 函数的最小值所在区间 解：定义域，，在单调递增， ，， 由零点存在定理，在有唯一零点，在该零点处取最小值，故选。 二、填空题（每小题5分，共20分） 11. 函数在上单调递增，求的范围 解：单调递增在恒成立， 二次函数恒非负， 故。 12. 函数在处取极值，求和单调递减区间 解：，极值点处， ，令， 故答案：；。 13. 当时，恒成立，求的最大值 解：恒成立在恒成立，令， ， 令，，， 在递减，递增，，高考标准结论：。 14. 已知，且，比较与的大小 解：，在递减，递增， 由，得，要证，即证， 因，在该区间递增，只需证，即， 令，，求导得， ，故，，， 故，即。 三、解答题（共30分） 15. 已知 (1) 当时，求单调区间（6分） 解：当时，，定义域， 求导：， 令，得；令，得， 故的单调递增区间为，单调递减区间为。 (2) 若在上单调递增，求的取值范围（6分） 解：单调递增在恒成立， 变形：， 令，则，在上的最小值为， 且，时， 故，即的取值范围为。 16. 已知 (1) 求单调区间（6分） 解：定义域，求导：， · 当时，恒成立，在上单调递增； · 当时，令，得， 时，，单调递减； 时，，单调递增。 综上：时，单调递增区间为；时，递减区间为，递增区间为。 (2) 若对恒成立，求的取值范围（6分） 解：由(1)知， · 当时，，时，单调递增， 故，满足恒成立； · 当时，，时，单调递减， 则，不满足恒成立。 综上，的取值范围为。 (3) 证明：当时，（6分） 解题步骤： 构造函数，需证恒成立， 求导：， 再求导：，令，得， · 时，，单调递减； · 时，，单调递增。 故， 则在恒成立，在单调递增， 故，即， 故。 我可以帮你把这些解题过程整理成按题型分类的错题本格式，标注每个题的核心考点和易错点，需要吗？ |（注：文档部分内容可能由 AI 生成) 学科网（北京）股份有限公司 $