专项05 导数及其应用7大解答题题型（大题专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专项05 导数及其应用 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年全国卷考情，函数中导数的应用是高考解答题必考题目，通常作为压轴题的形式出现,考查的内容主要还是以含参为主;小题则重点考查三次函数的性质、导数的几何意义及利用导数比较大小等考点，分值约20-32分． 命题趋势： 解答题：稳定考查导数与函数的综合应用（常为第18至19题），核心是利用分类讨论、转化与化归、构造函数等策略解决导数的综合应用问题． 2026年预测：解答题极可能仍会以含参形式的出现，热门考向为利用导数研究不等式恒成立、证明不等式及研究函数的零点． 备考核心：夯实导数基础题型，掌握分类讨论、构造函数法，专攻极值最值与零点问题，限时训练规范步骤，总结易错点，真题限时演练提升速度． 题型01 利用导数解决不等式恒（能）成立问题 析典例·建模型 1．（2026·山东滨州·一模）已知函数． (1)证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； (2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【思路分析】（1）分析的单调性及取值情况，可得有唯一解，从而证得在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； （2）分离参数，构造新函数，通过分析新函数的最小值，得到实数的取值范围． 【规范答题】（1）函数的定义域为. . 令，则. 令，得，所以； 令，得，所以. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 当时，，所以. 又，所以当时，. 当时，. 其简图如下： 所以有唯一解，即在曲线的图象上，有且仅有一个点处的斜率等于， 即在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等. （2）当时，不等式恒成立，即. 令，则 . 令，则. 因为，所以， 又，所以. 所以是增函数，所以. 因为，所以恒成立，所以是增函数， 所以，即的最小值为. 所以实数的取值范围是． 2．（25-26高三下·重庆·月考）已知，其中． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)对任意的，总存在，使得，求a的取值范围． 【思路分析】（1）求出、后可得切线方程； （2）根据的符号得的单调性，再求出在、在上的值域，根据它们的包含关系可求参数的取值范围. 【规范答题】（1）因为，， 所以，则，， 故点处的切线方程为，即． （2）由题意得， 0 0 0 递减 极小值0 递增 极大值 递减 所以的单调增区间是，单调减区间是和． 由，当时，，当时，． 因为对于任意的，总存在，使得， 故，所以，所以． 设，，问题转化为． 下面分两种情况讨论：                  情形一：当，即时，有，在上单调递减， 故在上的取值范围，故， 而在上的取值范围，故， 所以，不符合题意； 情形二：当时，，在上单调递减， 故的取值范围，故， 而，在上单调递减，故， 满足，故符合题设要求. 情形三：当，即时，此时， 故此时在上的取值范围，故， 而在上的取值范围，即， 而，故成立， 综上，a的取值范围为． 研考点·通技法 对于含有参数的不等式来说，要求参数的取值及取值范围.一般采用参编分离的思想，将参数移到一边，从而重新构造函数，求出函数的单调性，从而求出参数的取值范围.对于含有两个参数的，一般是将两个参数转换成一个参数处理.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 破类题·提能力 1．（2026·河北张家口·一模）已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)若，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出导函数，可得，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程； （2）先利用导数法证明当且仅当时等号成立，再利用导数法证明当且仅当时等号成立，即可证明； （3）将整理得，设函数，利用单调性得，即，利用导数法求得函数的最大值，即可得解. 【详解】（1）由得，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）设，，， 当时，，为减函数， 当时，，为增函数， 所以，即， 所以当且仅当时等号成立， 设，定义域为， 则，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即， 所以当且仅当时等号成立， 所以； （3）因为，整理可得， 故，设函数，则， 因为，所以函数单调递增，所以， 整理可得，设函数，则， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，所以，解得， 所以实数的取值范围. 2．（2026·云南·模拟预测）已知函数． (1)当时，证明：在上存在唯一零点； (2)证明：在上恒成立的充要条件是． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先利用导数判断函数的单调性，再结合特殊点的函数值，根据零点存在定理推导零点的唯一性. （2）先由时推出的范围，再分和两种情况，通过求导分析单调性，证明时，，即充分性. 【详解】（1）当时，， ∵， ∴在R上单调递减， 又∵， ∴在R上有唯一零点． （2）必要性：因为时，， 所以，即，所以， 充分性：当时，， 令，则，， ①当时，， 当且仅当时，， 所以在上单调递增， 故，所以， ②当时，记，则， 因为，，， 又因为在上单调递减，在上单调递增， 所以在上存在、，使，，且，， 所以当或时，；当时，， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 又因为，，， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，而，，所以， 所以，所以. 题型02 利用导数证明不等式 析典例·建模型 1．（2026·江苏·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)当时，证明：． 【思路分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得； （3）分两种情况讨论：当时，用导数可判断的单调性可得；当时，先证，进而再用导数证明，从而可证明不等式. 【规范答题】（1）当时，． 所以曲线在处的切线方程为，即． 曲线在处的切线方程为. （2）因为，令，得，即. 令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数. 又因为，当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且，有极大值也是最大值，如图： 由图可知，当时，函数与的图象无交点； 当时，函数与的图象有1个交点； 当时，函数与的图象有2个交点. 综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1； 时，的零点个数为2. （3）①当时，， 令， 因为，所以，而，即，， 所以在区间上单调递增，所以，即， 所以在区间上单调递增．所以. ②当时，令，所以单调递增， 所以，即. 又因为， 令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，的极小值为． 若，即，则，所以． 若，即，则在区间上单调递减， 所以． 所以，即． 综上可得，. 2．（2026·广东深圳·一模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【思路分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解. 【规范解答】（1）由于 令，则， 令，，在上单调递增； 令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）解法1  由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，令，则等价于， 易得，因为，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，， 所以， 显然不符合题意，故，即， 令，， 则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当时，易证，则即， 由于， 取，且，则， 由零点存在定理，存在使得， 所以当时，在上有两个零点. 解法2  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾： 于是，令，，，则， 令，则， 由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是， 若，即， 由，则，可得，同解法1； （ii）根据（i）可知，， 其中，则， 下证：即证：. 设  ， 令，，于是在上单调递增，在上单调递减， 则，即证. 研考点·通技法 利用导数证明不等式，核心是构造函数 + 单调性 + 最值.先移项构造新函数，求导判断其单调性，找到区间内的最值，证其恒正或恒负. 复杂不等式可拆分证明、适当放缩，或利用常见不等式（如lnx≤x−1）间接推导；含参不等式要结合分类讨论，通过单调性确定参数范围，转化为最值问题求解. 注重步骤规范，先构造再求导、定号、得单调性、证最值，逻辑清晰即可得分. 破类题·提能力 1．（2026·河北保定·一模）已知函数 (1)当 时，求的极值. (2)已知. （i）证明: ； （ii）若 在 上恒成立，求实数t的取值范围. 【答案】(1)极大值，极小值 (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）先对函数求导得到，通过导数的正负判断单调性，进而确定极值点并计算极值； （2）（i）通过构造辅助函数并分析导数符号证明不等式； （ii）分离参数后构造函数，利用导数分析单调性求最值，从而确定参数范围. 【详解】（1）时，，， 令，得，解得， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 所以当时，取得极大值， 当时，取得极小值. （2）时，. （i）要证，，即证， 令，则， 令，则，即化为， 因为，所以，所以，即，在单调递增， 又，所以，即. （ii）由得， 当时，显然成立； 当时，不等式可化为，令，则 则， 令， 当时，，由得，又， 所以，所以，在单调递增，所以对，； 下面证明当时，，即，也即证： 令，则， 因为，所以，所以，所以， 所以在单调递增，所以，即， 所以. 综上，时，，所以，即实数的取值范围为. 2．（25-26高三下·安徽·开学考试）已知，直线与曲线和都相切． (1)求的值； (2)若，其中． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)，； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可； （2）（i）根据导数的正负性与函数单调性的关系，运用转化法，结合数形结合思想进行求解即可； （ii）对所证明不等式进行变形，利用构造函数法，结合导数的性质进行运算证明即可. 【详解】（1）． 设与的切点为， 则，解得，所以． 由与相切，同理得， 所以． （2）（i）由得直线与有两个不同的交点，与有两个不同的交点， 由（1）知，，， 在上单调递减，在上单调递增； ，， 在上单调递减，在上单调递增， 又，且； ，且， 作出函数和的图象， 由图象知的取值范围为． （ii）不妨设， 由（i）知，， 显然，且，所以， 同理，． 要证，只需证， 只需证． 又，只需证． 令函数，则， 所以函数在（0，1）上单调递增， 由得，所以显然成立， 综上，． 题型03 极值点偏移问题 析典例·建模型 1．（2026陕西西安·模拟预测）已知函数，记． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，对任意，存在，使得，求实数的取值范围； (3)已知，且，求证：． 【思路分析】（1），对其求导，对实数进行分类讨论进行求解； （2）令，由对任意，存在，使得，得，进行求解； （3）由（1）知，，由，得，要证，即证，即证，即证，令，即证，令，利用导数判断单调性进行证明． 【规范答题】（1）， 则， 当时，，此时函数在上单调递增， 当时，由，得，由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 综上知， 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（1）知，当时，， 令，则， 则， 由，得，由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 得， 由对任意，存在，使得， 得， 即， 得， 因为，所以， 故实数的取值范围为： （3）已知，且，由（1）知，， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 则， ， 得， 得， 得， 要证，即证， 即证， 即证， 因为，所以， 即证， 即证， 即证， 令， 即证， 令， 得， 则函数在上单调递增， 得， 即得证， 故命题得证． 2．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【思路分析】（1）借助导数研究函数单调性后即可得其最小值； （2）（ⅰ）解法1：令得，再构造函数，结合导数求出该函数单调性后，利用图象与直线有两个交点即可得解；解法2：求导后，分及进行讨论，再利用导数研究其单调性后结合零点存在性定理即可得；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2可得、的范围，从而可转化为证明，结合函数单调性，即证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证；证明2：由题意可知，，则，从而只需证明，再构造函数，结合（1）中所得即可得证；证明3：由题意可知，，则，从而只需证明，令，，令，即只需证（），再构造函数，再利用导数研究该函数单调性即可得证. 【规范答题】（1）当时，，， 令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； （2）（ⅰ）解法1：令得， 设，则图象与直线有两个交点， ，当时，；当时，， 因此在单调递增，在单调递减， 时，，，，故的取值范围为； 解法2：函数的定义域为，， 若时，则，故在上单调递减，不满足题意； 若时，令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 因为函数有两个零点，所以， 即，解得， 此时，， 满足题意，故的取值范围为； （ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，， 要证，即证， 因为，所以， 又在单调递减，即证， 又，即证. 设，， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以，函数在单调递增. 当时，，因此，， 因为，所以，故原不等式成立； 证明2：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，则，即证（），即证（）， 设（），则， 由（1）知，，当且仅当时取等号， 故，即，在单调递增， 当时，，故原不等式成立， 证明3：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，，则，，， 即证（），即证（）， 令，即证（）， 设（），则， 在单调递减，， 因为，所以，故原不等式成立. 研考点·通技法 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：； 1. 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·辽宁·开学考试）已知函数的导函数为. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，，求的取值范围； (3)设，当时，方程仅有两个不相等的实数根，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）通过求导求解斜率，结合题干求解切点坐标，再利用直线的点斜式方程求解； （2）对求导，再对导函数分析单调性，结合的初始条件，分类讨论的取值范围，再利用导数判断函数在的单调性来求解； （3）根据的根的情况，可得，构造函数，利用函数的单调性求解. 【详解】（1）当时，， ， 故切线方程为， 化简为. （2）当时，，不符合题意，舍去. 当时，. 令， 当时，，故在上单调递增， 所以，即时，，在上单调递增， 所以成立. 当时，设恒成立， 所以在上单调递增， ， 所以，使， 当时，，即，所以单调递减， ，所以在时成立， 所以在上单调递减， 所以，不符合题意，舍去. 综上，的取值范围为. （3）证明：， 所以，与仅有两个交点， 所以， 不妨设所以， 因为，所以，所以， 又在上单调递减， 所以， 所以. 2．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若在上有两个零点，求实数的取值范围； (3)若函数有两个极值点，，证明：． 【答案】(1)时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出导数，分类讨论的取值情况来判断单调性； （2）分离参数，求解新函数的极值可求答案； （3）设，把目标式用表示，利用导数判断单调性可证. 【详解】（1）的定义域为，． 当时，在上单调递增；当时，由得， 由得，由得， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增， 时，在上单调递减，在上单调递增． （2）因为在上有两个零点，所以， 由得，令，则， 所以，时，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 有极大值，也就是最大值为， 又无限趋近时，无限趋近于0， 所以在上有两个零点时，， 所以，即的取值范围是． （3）因为有两个极值点， 所以，有两个实数根， 所以可得， 设，将代入，得， 所以， 所以要证，只需证，即． 设，则． 令，则，可知在上为增函数． 又，所以时，在上为增函数． 所以，即成立，所以成立． 题型04 利用导数研究隐零点问题 析典例·建模型 1.（2025·江西萍乡·模拟）已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)若=0，求的值； (3)证明：. 【思路分析】 看到什么 想到什么 求导后，对分类讨论，研究函数的单调 虚设零点，结合单调性求解 移项构造函数， 利用隐零点，用代数法证明不等式 【规范答题】（1）由得且， 若，则恒成立，即在上单调递增； 若，令，则；令，则， 所以函数在单调递减，在单调递增； 综上，，在上单调递增；当时，函数在单调递减，在单调递增. （2）由，所以，即， 令，则，所以， 由（1）可知，当时，在单调递增， 所以，所以； （3）第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性 记，则， 因为，所以在单调递减， 第二步：借助导函数“隐零点”，判断函数的单调性 由（2）可知，则. 所以若，；若，， 所以可知函数在单调递增，在单调递减， 所以， 第三步：用代数法证明不等式 又，，， 所以，所以. 研考点·通技法 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 二、函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. 三、隐零点的同构 实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 四、一般思路 针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式.构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题.在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间. 破类题·提能力 1.（2026·浙江·开学考试）已知函数． (1)求在点处的切线方程； (2)当，对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：． 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【解析】（1），令，所以切线方程为． （2）因为恒成立，即恒成立， 令，，令，解得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 故的最大值为， 因为恒成立，所以， 所以，即实数的取值范围为． （3）法一：由（2）得当时，恒成立， 即，令， 所以， 令，则， 故在上单调递增，所以，即成立，得证． 法二：令， 先证，即证， 令， 当单调递增；当单调递减， 所以，所以，即得证， 因为，所以， 令， 则，令，所以， 所以在上单调递增，又因为， 所以使得，即，也即， 所以时，单调递减；时，单调递增， 所以，代入得， ， 又在时单调递减，而， 所以， 所以， 即成立，所以，原不等式得证． 2．（2026·陕西商洛·二模）已知函数，其中． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； (3)若R，对任意的恒成立，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解； （2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案； （3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性 【详解】（1）当时，，函数定义域为 故， 又，所以切线方程为. （2）由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数的取值范围为. （3）由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 题型05 利用导数研究函数的零点（方程的根）问题 析典例·建模型 1．（2026·云南·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若，都成立，求的取值范围； (3)若函数，证明有且仅有两个零点． 【思路分析】（1）当时，，分别求出切点纵坐标和切线斜率，使用点斜式即可求得在处的切线方程； （2）先使用参变分离可得在上恒成立，令，利用导数结合辅助角与三角函数值求出的最大值即可； （3）由题意可得，则，使用导数结合的取值确定在各个区间内的单调性，并由零点存在性定理确定零点个数即可. 【规范答题】（1）当时，，则， 所以，． 故切线方程为，即． （2）因为在上恒成立，且， 所以在上恒成立，令，则， 因为， ①当时，由，解得， ，单调递增，，单调递减， 所以当时，； ②当时，因为，，所以， 所以时，，所以， 综上，的取值范围为． （3）因为， 所以，，设， ①当时，，单调递增， 所以，所以在上单调递减． 又，所以为在上的唯一零点； ②当时，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递减． 又，， 所以，使得，所以当时，；时， ， 即在上单调递增；在上单调递减， 又，所以， 所以在上单调递增，此时，不存在零点． 又，所以，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又， 所以在上恒成立，此时不存在零点； ③当时，单调递减，单调递减， 所以在上单调递减． 又， 即，又在上单调递减， 所以在上存在唯一零点； ④当时，，， 所以，即在上不存在零点． 综上所述：有且仅有个零点． 2．（2026·辽宁·模拟预测）已知函数（是自然对数的底数）． (1)求曲线在原点处的切线方程； (2)若在内有两个极值点，求实数的取值范围； (3)时，讨论关于的方程的根的个数． 【思路分析】（1）根据导数的几何意义，曲线在原点处的切线斜率，结合点斜式求切线方程； （2）若在内有两个极值点，等价于在 上有两个不相等的实数根．令，分类讨论有两个变号根时 的范围； （3）化简原式可得：，分别讨论 和时的单调性，可得 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合的单调性可以得到零点个数. 【规范答题】（1）因为，所以， 故， 故曲线在点处的切线方程为，即； （2）由（1）知，， 因为在内有两个极值点，所以 在内有两个不相等的实数根， 即在上有两个不相等的实数根． 设，则， ①当时，， 所以在上单调递增，不符合条件． ②当时，令得 ， 当，即时，， 所以在上单调递减，不符合条件； 当，即时，， 所以在上单调递增，不符合条件； 当，即时， 在上单调递减，上单调递增， 若要在上有两个不相等的正实根，则 ，解得． 综上所述，所以的取值范围为. （3）由可得，， 设， 令，则，所以 在上单调递增，在上单调递减． （ⅰ）当时，，则 ，所以． 因为，所以 ，因此在上单调递增． （ⅱ）当时，，则 ， 所以． 因为，所以，即 ， 又， 所以， 因此 在上单调递减． 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时， ， 当，即 时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0， 当，即 时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1， 当，即 时， ①当时， ，要使，可令，即 ； ②当时，，要使 ， 可令，即， 所以，当时，有两个零点，故关于 x的方程根的个数为2， 综上所述：当时，关于 x的方程根的个数为0， 当时，关于x的方程根的个数为1， 当时，关于x的方程根的个数为2． 研考点·通技法 利用导数研究函数零点（方程根），核心是数形结合、单调性、极值与端点效应. 1.转化：将方程根的与函数零点互相转化，或分离参数转化为直线与曲线交点问题. 2.求导分析：求定义域，求导并因式分解，判断单调性与极值点，确定函数图像走势. 3.零点存在定理：计算极值与区间端点函数值，利用符号判断零点个数：极值正、负、零分别对应不同交点情况. 4.分类讨论：含参问题按导数零点的大小、是否在定义域内分类，逐段分析单调性与最值. 5.找点技巧：若函数值不易判断，可适当放缩、取特殊值，证明存在正负两点，锁定零点区间. 整体思路：单调定趋势，极值定个数，符号定存在，参数分类论. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·贵州遵义·开学考试）已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)若方程在上恰有2个实数根，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则进行求解即可； （2）把问题转化为直线与函数图象的交点个数问题，结合导数性质、数形结合思想进行求解即可. 【详解】（1）， 因为， 所以函数在处的切线方程为； （2）方程在上恰有2个实数根， 等价于直线与函数的图像在上有两个不同的交点， 由， 所以直线恒过定点，且斜率为， 由（1）可知， 当时，，单调递增， 所以函数的图象如下图所示： 设函数的切线过点，切点为，斜率为， 所以切线的方程为， 把点的坐标代入，得， 因为，所以解得，即斜率为， 由数形结合思想可知：当时，即时，直线与函数有两个不同的交点， 即方程在上恰有2个实数根，此时m的取值范围为. 2．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分、，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得，且，解出即可得； （2），构造函数、，利用导数研究两函数单调性后可得最值，从而可得时，，，即可得证. 【详解】（1）由题得， 当时，，在上单调递减， 最多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又时，时，， 所以只需，解得， 故实数的取值范围是； （2）当时，． 令，则， 令，得，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 所以当时，； 令，则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为，所以当时，； 故当时，. 题型06 导数与数列的综合问题 析典例·建模型 1．（25-26高二上·河北石家庄·期末）已知函数，，记的零点为. (1)求； (2)求数列中的最小项； (3)证明： 【思路分析】（1）对求导，确定单调性即可求解； （2）由通过作差得到，构造函数利用其单调性，确定数列单调性即可求解； （3）令，求导确定单调性，得到，化简计算即可证. 【规范答题】（1）当时，，定义域为， 在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以有唯一零点1， 即； （2）由的零点为， 得， 两式相减得：， 即， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以由，得到， 所以，所以数列是递增数列， 所以数列中的最小项是； （3）令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立，即， 因为，所以, 所以， 所以， 所以， 所以. 2．（2026·湖南岳阳·模拟预测）已知函数，且. (1)求; (2)已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有； (3)证明：对任意的，均有. 【思路分析】（1）构造函数，利用导数判断函数的单调性， 可得，只需 满足，计算即可得解； （2）先写出，将不等式变形，通过换元，构造函数，利用导数证其单调性，从而推导不等式成立； （3）由（1）中的结论，取得到，对不等式左边求和，结合对数运算性质（裂项相消），证得结果. 【规范答题】（1）由得， 令，则， ①当时，恒成立，在上单调递减，且，不符题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 故， 令，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即，又， 所以，解得. （2）由（1）知，， 要证，即证， 进一步变形为证，即证. 因为，令，则需证（）， 即证（） 设，，， 当时，，在单调递增，所以，得证. （3）由（1）知，且， 当时，，即； 令（），则. 要证，即证， 因为，所以， 而，得证. 研考点·通技法 导数与数列综合题是高考导数压轴常见类型，核心思路为函数搭桥、赋值放缩、累加求和. 1.先证函数不等式：利用导数研究函数单调性与最值，证明关键不等式，如lnx≤x−1、ex≥x+1等，这是解题基础. 2.对变量赋值：将x替换为数列通项、相邻项比值等特殊形式，得到数列项之间的不等式关系. 3.累加或累乘转化：对赋值后的不等式进行累加、累乘，转化为数列求和、求积问题，实现放缩目标. 4.规范答题步骤：先完成导数部分的函数证明，再逐步赋值、变形、放缩，分步书写得分点，避免逻辑跳跃. 此类题目本质是用导数工具得到放缩模型，再借助数列方法完成证明，分步拆解即可突破. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·福建泉州·开学考试）已知函数. (1)证明：； (2)证明：； 【答案】(1)对求导，构造函数，通过研究的单调性可知的单调性，进而求证 (2)当时，有，取，可得，进而求证 【详解】（1）由，可得，可知函数的定义域为， 由知. 令，有，可得函数是增函数， 又由，可知 当时，，即； 当时，，即. 可得函数的减区间为，增区间为， 可得，即. （2）由（1）可知，不等式（时取等号）恒成立. 当且时，不等式可化为， 取，有，即，可得， 所以， 故不等式成立. 2．（25-26高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数 ． (1)当时， ① 求的最小值； ② 设，求证: ； (2)设，，是的两个极值点，求证：． 【答案】(1)① ；②证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）①求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值； ②由①可知，令，从而得到，再结合等差数列求和公式即可证明； （2）求出函数的导函数，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，不妨设，利用分析法可得只需证，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）①当时，，其定义域为， 又， 所以当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，即； ②由①知，当时，，即， 令，则，则， 所以，则， 所以，得证. （2）函数的定义域为， 又， 因为，是的两个极值点，所以，， 即， 令，，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 不妨假设， 要证，只需证，因为，所以， 因为在上单调递增，所以只需证， 又因为，所以只需证， 令， 则， 因为，所以， 则，所以， 所以在上单调递减，， 所以，即. 题型07 导数的新定义问题 析典例·建模型 1．（25-26高三上·广东汕头·期末）某些函数如和的图象具有性质：曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线的下方.这个性质可表示为：设是定义在区间上的函数，则对于上的任意与任意，总有成立. (1)设，求证：； (2)设，求证：； (3)某同学研究发现，若函数在上存在导函数，则上述性质的充要条件为在上递增，求证：，其中均为正数. 【思路分析】（1）求出和，作差与0比较大小即可. （2）通过构造函数，将不等式成立问题转化为求最值的问题，进一步证明即可. （3）通过构造函数，证明单调递增，利用题干中性质结合对数运算证明即可. 【规范答题】（1）因为， 所以， ， 所以 ， 因为，所以，即， 所以. （2）要证，即成立， 只需证（因为），即成立， 令，则只需证成立. 整理得. 令，，则. 令，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，所以，故原不等式成立. 所以. （3）因为当，时，，当且仅当时取等号， 所以若证，只需证成立， 同时取自然对数得，即证成立， 也即证成立. 令，，则，令，则. 因为，所以，故在上单调递增， 所以具有题干中的性质. 所以，即，故原不等式成立. 因此当均为正数时，. 研考点·通技法 导数新定义题的核心是读懂定义、转化为常规导数问题. 1.翻译定义：准确理解新符号、新运算、新性质，将其转化为函数、导数、单调性等熟悉语言. 2.构造函数：依据定义构造合适函数，转化为求导、单调性、极值最值、零点等常规题型. 3.分类讨论：对含参问题按定义域、导数零点、单调性分段讨论，结合定义约束条件求解. 4.数形结合：借助图像理解新定义几何意义，判断交点、范围与存在性. 整体策略：先翻译定义，再化归旧知，用导数工具求解，规范书写步骤. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·宁夏银川·期末）定义“下凸函数”：在区间上，对任意，均有，当且仅当时，等号成立．若函数在区间上存在二阶可导函数，则为区间上的“下凸函数”的充要条件是（为的导函数）． (1)若是上的“下凸函数”，求实数的取值范围； (2)证明：函数在上为“下凸函数”； (3)已知正实数满足，求的最小值（用含的代数式表示）． 【答案】(1)；（2）见解析；（3） 【分析】（1）根据下凸函数的定义，对任意的恒成立，分离参数后，构造函数，将问题转化为恒成立问题，求构造函数的最值即可； （2）根据下凸函数的定义，只需证明即可，根据函数的单调性可证； （3）令，则，考虑函数，易证，根据下凸函数的定义可知，化简即可得所求最小值. 【解析】（1）由，可得，则. 因为是上的“下凸函数”， 所以对任意的恒成立， 即恒成立，所以在上恒成立. 令，则函数在上单调递减， 所以， 所以，即实数的取值范围为. （2）由，可得，. 令， 当时，，所以在上单调递增， 所以，即， 根据“下凸函数”的充要条件可知，函数在上为“下凸函数”． （3）令， 则，即是增函数，所以. 又， 考虑函数，求导得， 则. 当时，，则， 故在上为“下凸函数”， 所以， 即， 即， 所以， 当且仅当时，等号成立， 因此的最小值为． 2．（25-26高三下·吉林长春·月考）已知函数． (1)求在点的切线方程； (2)，求实数的取值范围； (3)请阅读下列两段材料： 材料1：阶导数定义：设函数的阶导数仍是可导函数，则的导数称为的阶导数，记为，即． 材料2：一般地，函数在处的阶帕德逼近函数定义为：，且满足，． 请根据以上材料回答下列问题： 记为在处的阶帕德逼近函数，当时，求函数的最小值；并证明：． （其中为自然对数的底数）． 【答案】(1) (2) (3)0，证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式得到切线方程. （2）构造函数，利用导数法得到函数的单调性，从而得到的取值范围. （3）由题意得到，由，求出，由得到，从而得到，求出，由，得，从而得到，求出，由，得，从而得到，求出，求出，得到的单调性，从而得到即整理得，由（2）可知当时，，则，即当时，，令，得，从而得证. 【详解】（1）， ，又， 切线方程：,即切线方程为：. （2）在区间内恒成立， 令， 注意到，则， ①当时，恒成立， 所以在区间内单调递减，则符合题意； ②当时，令， 当时，，又， 所以，使，当时，即， 则在区间内单调递增，故，与已知矛盾； 所以的取值范围是. （3）由题意得， ， 由，得， 所以，则，由，得， ， 所以，由，得， 则，故， 则， 所以在区间内单调递增，所以， 当时，即整理得， 由（2）可知当时，，则， 当时，， 令，得，即. （建议用时：100分钟） 刷模拟 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有且仅有一个零点，求的值. 【答案】(1) (2)9 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则、直线的点斜式方程进行求解即可； （2）方法一：利用二次求导法，结合零点的定义、函数的最值进行求解即可； 方法二：利用函数零点的定义，得到的表达式，利用构造新函数法，结合导数的正负性与函数单调性的关系，最后求出函数的最值即可. 【详解】（1）当时，，， 得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）方法一：，， ， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则a的值为9. 方法二：，， 令得， 令，， 则， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则的值为9. 2．（2026·河南南阳·一模）已知函数，其中，且． (1)当时，讨论的零点个数； (2)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，有1个零点；当或时，有2个零点 (2) 【分析】（1）根据条件，将问题转化成解的个数，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到的图象，再数形结合，即可求解； （2）根据条件，利用指数、对数函数的性质，将问题转化成恒成立，构造函数，利用导数，求出的最小值，即可求解. 【详解】（1）函数（，）等价于， 两端同取自然对数得，即， 令，则原题转化为的解的个数， 由于， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 则在处取得最大值，最大值为， 又当时，；当时，，函数图象如图所示， 由图知，当时，，解得，此时有1个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 综上，当时，有1个零点；当或时，有2个零点． （2）由题知恒成立，即恒成立． 当时，若，则，显然不成立，故时不符合题意； 当时，由，可得， 因为曲线与关于直线对称， 所以， 令，则， 令，得，又因为单调递增， 所以当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， 所以时，取得极小值，也是最小值， 所以的最小值为，其中， 由，得，即，得到，所以． 综上所述，实数的取值范围是． 3．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)讨论的图象与直线的交点个数. (2)已知函数，有五个不同的零点，且，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）利用导数研究函数单调性和函数值情况，数形结合即可得分析交点个数； （2）利用零点概念求解第一段函数零点，第二段函数利用复合函数思想，结合二次方程根的分布来确定参数范围； 【详解】（1）由题意求导可得. 所以当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 则. 当时，，当时，，当时，. 所以的大致图象如图所示. 则由图可知当时，的图象与直线的交点个数为0； 当或时，的图象与直线的交点个数为1； 当时，的图象与直线的交点个数为2. （2）当时，由，解得或. 所以当时，函数有两个零点或， 因为，所以. 所以当时，有三个零点，由（1）可知方程至多有两个根， 所以令，则有两个不同的实数根， 且两个方程一个只有一根、另一个有两根， 不妨记两个方程分别有一个根和两个根， 则由（1）可得二次方程根的分布为或， 当时，，无解. 当时，，解得. 综上可得，的取值范围为. 4．（2026·天津河东·一模）已知函数（）. (1)函数在定义域内无极值，求a的取值范围； (2)函数（），有三个不同的极值点，，，； （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）转化为无变号零点，利用导数求解即可； （2）（i）转化为函数有三个零点，进而转化为有两个不相等的正根，根据单调性和零点存在性定理即可求解；（ii）根据，的关系，，结合的单调性，结合（i）中的两根关系、a的取值范围即可得证. 【详解】（1）（），令（）， 因为函数在定义域内无极值， 所以函数无变号零点，即函数在上无变号零点. 由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为， 由上可知，，∴. （2）（ⅰ）（，）， （，），令，则， 因为有三个不同的极值点，即有三个变号零点， 所以必有两个不相等的正根， 所以方程必有两个不相等的正根， 记为，则，且， 由得. 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 因为，且，所以必有，且为极小值点，，且为极大值点. ，当时，，在上有唯一零点， 因为，， 必有为极大值点. 综上，当且仅当时，有三个不同的极值点，即a的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）可知，，所以， 又函数在单调递增，，，， 所以， 又，所以，所以， 即. 5．（2026·河南许昌·模拟预测）已知函数，. (1)若，求的单调区间； (2)若，. （ⅰ）求； （ⅱ）函数图象上是否存在关于原点对称的点？若存在，试确定对称点的组数；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在唯一一对关于原点对称的点. 【分析】（1）首先求函数的导数，再判断导函数的单调性和零点，即可求解和的解集； （2）（ⅰ）首先根据指对函数的性质确定不成立，讨论的情况，令，利用导数分析函数的单调性和零点，根据不等式求的值；（ⅱ）首先假设函数图象上存在关于原点对称的点，转化为判断函数是否有零点. 【详解】（1）当时，，， 则为增函数，又， 当时，，在上为增函数， 当时，，在上为减函数， 的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（ⅰ）即， 当时，若，则，，且，不等式不成立， ， 当时，令，， 令，则，在上为增函数，， ，，， ，又且， 则在上有且仅有一个零点， 当时，，，在上为增函数， 当时，，，在上为减函数， 则函数在处取得最小值，， 又，则此时必有，所以，解得； （ⅱ）由（ⅰ）知，，假设存在关于原点对称的点， 设点为函数图象上的点，则关于原点对称的点为， ， 设函数， ，为偶函数， 当时，， ， ，则，所以函数为增函数，， ， 即方程在上有唯一解， 综上可知函数图象上存在唯一一对关于原点对称的点. 6．（2026·江苏扬州·一模）已知函数的一个极值点是． (1)求a与b的关系式； (2)求出的单调区间； (3)设，，若存在，使得成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2)当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和． (3) 【分析】（1）求出，利用极值点是，得到，从而求出； （2）令导函数，求出两个根或，通过两个根的大小对进行分类讨论，列表判断函数的极值点以及单调性，从而得到答案 （3）利用导数研究函数的单调性，分别求出和的最值，将不等式能成立问题转化为最值问题，求解即可． 【详解】（1）因为， 所以， 因为函数的一个极值点是， 所以，即； 则有， 当时，，函数在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意. 所以. （2），由（1）可知. ①当时，令得或，列表如下： x 2          - 0    + 0    - 满足是函数的极值点； ②当时，令得或，列表如下： x      2     - 0    + 0    - 满足是函数的极值点. 所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和． （3）由（1）（2）知，， 且时，在单调递增，在单调递减， 又因为，， 所以在上的最大值为，最小值为 又当时，函数在单调递增， 所以在上的最大值为，最小值为． 因为存在，使得成立， 即存在，使得成立， 即，又，所以解得， 所以实数a的取值范围为． 7．（25-26高三上·广西·期末）已知函数，． (1)求在内的单调性； (2)若存在，使得，求实数a的取值范围； (3)设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减． (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）由题可得，解出和的解集即可求解. （2）由已知可得存在，使得成立，因为时，，故存在，用参变分离法可得出，利用导数求出函数在上的最大值即可求解； （3）令，利用导数分析在上的单调性，利用零点存在性定理可知，求得，证明出，结合的单调性，即可证得结论成立. 【详解】（1）． 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 所以，在上单调递增，在上单调递减． （2）由题可知存在，使得成立， ∵时，，故存在，使得． 令，其中， ， 且不恒为零，故函数在上单调递减， 则，故． （3）． 证明：由可得， 令，则． 因为，则， 所以，所以函数在上单调递减， 因为，， 所以，存在唯一的，使得， 所以，，， 同理可得， 且， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 因为函数在上单调递减， 故，即, 取，则, 由（2）知，即 令则，即， 即得证. 8．（25-26高三上·四川成都·月考）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（Isaac Newton，1643-1727）在《流数法》一书中给出了牛顿法：用“作切线”的方法求方程的近似解.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在点处作曲线的切线，设与轴交于点，并称为的1次近似值；在点处作曲线的切线，设与轴交于点，称为的2次近似值.一般地，在点处作曲线的切线，记与轴交于点，并称为的次近似值.    (1)若函数，取作为的初始近似值，求的2次近似值； (2)若函数，取作为的初始近似值，点，数列是由，，，，构成的，记：，.回答以下问题： （i）求数列的通项公式，并将的长度用表示； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据题意，利用导数求出曲线的切线方程，即可得r的2次近似值； （2）①先求出在点处的切线斜率为，可得切线方程，从而得，即可求得的表达式；由抛物线的定义可得；②利用进行放缩，结合等比数列的前n项和公式，可证命题. 【详解】（1）由得，则，又，得， 故在处的切线的方程为：， 令，得到，所以，得到， 所以，在处的切线的方程为：， 令，得到，故r的2次近似值为； （2）（i）由，得， ，则，，得， 同理：在点处的切线斜率为， ，将代入得， 所以或， 若，则重合，与题设矛盾，故舍去， 故，故数列是首项为，公比为的等比数列， 得到， 由抛物线的定义可得， 故； （ii）由题意得， 由（i）知， 得， 结合时，， 可得，故， 所以，将代入， 得 . 刷真题 1．（2026·上海·春季高考）已知函数. (1)当，，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或， 【分析】（1）根据以及可得，即可求导以及点斜式求解直线方程， （2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解. 【详解】（1）当时，则， 根据可得，故，故， 由于，故，故， ，则， 故函数在处的切线方程为，故， （2）函数的最小正周期为，故，所以， 令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，无解， 综上可得或. 2．（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. 3．（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. 4．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【详解】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. 5．（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. 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. 7．（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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项05 导数及其应用 参考答案 题型01 利用导数解决不等式恒（能）成立问题 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）分析的单调性及取值情况，可得有唯一解，从而证得在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； （2）分离参数，构造新函数，通过分析新函数的最小值，得到实数的取值范围． 【规范答题】（1）函数的定义域为. . 令，则. 令，得，所以； 令，得，所以. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 当时，，所以. 又，所以当时，. 当时，. 其简图如下： 所以有唯一解，即在曲线的图象上，有且仅有一个点处的斜率等于， 即在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等. （2）当时，不等式恒成立，即. 令，则 . 令，则. 因为，所以， 又，所以. 所以是增函数，所以. 因为，所以恒成立，所以是增函数， 所以，即的最小值为. 所以实数的取值范围是． 2．【思路分析】（1）求出、后可得切线方程； （2）根据的符号得的单调性，再求出在、在上的值域，根据它们的包含关系可求参数的取值范围. 【规范答题】（1）因为，， 所以，则，， 故点处的切线方程为，即． （2）由题意得， 0 0 0 递减 极小值0 递增 极大值 递减 所以的单调增区间是，单调减区间是和． 由，当时，，当时，． 因为对于任意的，总存在，使得， 故，所以，所以． 设，，问题转化为． 下面分两种情况讨论：                  情形一：当，即时，有，在上单调递减， 故在上的取值范围，故， 而在上的取值范围，故， 所以，不符合题意； 情形二：当时，，在上单调递减， 故的取值范围，故， 而，在上单调递减，故， 满足，故符合题设要求. 情形三：当，即时，此时， 故此时在上的取值范围，故， 而在上的取值范围，即， 而，故成立， 综上，a的取值范围为． 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出导函数，可得，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程； （2）先利用导数法证明当且仅当时等号成立，再利用导数法证明当且仅当时等号成立，即可证明； （3）将整理得，设函数，利用单调性得，即，利用导数法求得函数的最大值，即可得解. 【详解】（1）由得，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）设，，， 当时，，为减函数， 当时，，为增函数， 所以，即， 所以当且仅当时等号成立， 设，定义域为， 则，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即， 所以当且仅当时等号成立， 所以； （3）因为，整理可得， 故，设函数，则， 因为，所以函数单调递增，所以， 整理可得，设函数，则， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，所以，解得， 所以实数的取值范围. 2．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先利用导数判断函数的单调性，再结合特殊点的函数值，根据零点存在定理推导零点的唯一性. （2）先由时推出的范围，再分和两种情况，通过求导分析单调性，证明时，，即充分性. 【详解】（1）当时，， ∵， ∴在R上单调递减， 又∵， ∴在R上有唯一零点． （2）必要性：因为时，， 所以，即，所以， 充分性：当时，， 令，则，， ①当时，， 当且仅当时，， 所以在上单调递增， 故，所以， ②当时，记，则， 因为，，， 又因为在上单调递减，在上单调递增， 所以在上存在、，使，，且，， 所以当或时，；当时，， 所以在、上单调递增，在上单调递减， 又因为，，， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，而，，所以， 所以，所以. 题型02 利用导数证明不等式 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得； （3）分两种情况讨论：当时，用导数可判断的单调性可得；当时，先证，进而再用导数证明，从而可证明不等式. 【规范答题】（1）当时，． 所以曲线在处的切线方程为，即． 曲线在处的切线方程为. （2）因为，令，得，即. 令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数. 又因为，当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且，有极大值也是最大值，如图： 由图可知，当时，函数与的图象无交点； 当时，函数与的图象有1个交点； 当时，函数与的图象有2个交点. 综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1； 时，的零点个数为2. （3）①当时，， 令， 因为，所以，而，即，， 所以在区间上单调递增，所以，即， 所以在区间上单调递增．所以. ②当时，令，所以单调递增， 所以，即. 又因为， 令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，的极小值为． 若，即，则，所以． 若，即，则在区间上单调递减， 所以． 所以，即． 综上可得，. 2．【思路分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解. 【规范解答】（1）由于 令，则， 令，，在上单调递增； 令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）解法1  由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，令，则等价于， 易得，因为，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，， 所以， 显然不符合题意，故，即， 令，， 则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当时，易证，则即， 由于， 取，且，则， 由零点存在定理，存在使得， 所以当时，在上有两个零点. 解法2  由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾： 于是，令，，，则， 令，则， 由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是， 若，即， 由，则，可得，同解法1； （ii）根据（i）可知，， 其中，则， 下证：即证：. 设  ， 令，，于是在上单调递增，在上单调递减， 则，即证. 破类题·提能力 1．【答案】(1)极大值，极小值 (2)（i）证明见解析；（ii） 【详解】（1）时，，， 令，得，解得， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 所以当时，取得极大值， 当时，取得极小值. （2）时，. （i）要证，，即证， 令，则， 令，则，即化为， 因为，所以，所以，即，在单调递增， 又，所以，即. （ii）由得， 当时，显然成立； 当时，不等式可化为，令，则 则， 令， 当时，，由得，又， 所以，所以，在单调递增，所以对，； 下面证明当时，，即，也即证： 令，则， 因为，所以，所以，所以， 所以在单调递增，所以，即， 所以. 综上，时，，所以，即实数的取值范围为. 2．【答案】(1)，； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【详解】（1）． 设与的切点为， 则，解得，所以． 由与相切，同理得， 所以． （2）（i）由得直线与有两个不同的交点，与有两个不同的交点， 由（1）知，，， 在上单调递减，在上单调递增； ，， 在上单调递减，在上单调递增， 又，且； ，且， 作出函数和的图象， 由图象知的取值范围为． （ii）不妨设， 由（i）知，， 显然，且，所以， 同理，． 要证，只需证， 只需证． 又，只需证． 令函数，则， 所以函数在（0，1）上单调递增， 由得，所以显然成立， 综上，． 题型03 极值点偏移问题 析典例·建模型 1．【思路分析】（1），对其求导，对实数进行分类讨论进行求解； （2）令，由对任意，存在，使得，得，进行求解； （3）由（1）知，，由，得，要证，即证，即证，即证，令，即证，令，利用导数判断单调性进行证明． 【规范答题】（1）， 则， 当时，，此时函数在上单调递增， 当时，由，得，由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 综上知， 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（1）知，当时，， 令，则， 则， 由，得，由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 得， 由对任意，存在，使得， 得， 即， 得， 因为，所以， 故实数的取值范围为： （3）已知，且，由（1）知，， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 则， ， 得， 得， 得， 要证，即证， 即证， 即证， 因为，所以， 即证， 即证， 即证， 令， 即证， 令， 得， 则函数在上单调递增， 得， 即得证， 故命题得证． 2．【思路分析】（1）借助导数研究函数单调性后即可得其最小值； （2）（ⅰ）解法1：令得，再构造函数，结合导数求出该函数单调性后，利用图象与直线有两个交点即可得解；解法2：求导后，分及进行讨论，再利用导数研究其单调性后结合零点存在性定理即可得；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2可得、的范围，从而可转化为证明，结合函数单调性，即证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证；证明2：由题意可知，，则，从而只需证明，再构造函数，结合（1）中所得即可得证；证明3：由题意可知，，则，从而只需证明，令，，令，即只需证（），再构造函数，再利用导数研究该函数单调性即可得证. 【规范答题】（1）当时，，， 令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； （2）（ⅰ）解法1：令得， 设，则图象与直线有两个交点， ，当时，；当时，， 因此在单调递增，在单调递减， 时，，，，故的取值范围为； 解法2：函数的定义域为，， 若时，则，故在上单调递减，不满足题意； 若时，令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 因为函数有两个零点，所以， 即，解得， 此时，， 满足题意，故的取值范围为； （ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，， 要证，即证， 因为，所以， 又在单调递减，即证， 又，即证. 设，， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以，函数在单调递增. 当时，，因此，， 因为，所以，故原不等式成立； 证明2：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，则，即证（），即证（）， 设（），则， 由（1）知，，当且仅当时取等号， 故，即，在单调递增， 当时，，故原不等式成立， 证明3：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，，则，，， 即证（），即证（）， 令，即证（）， 设（），则， 在单调递减，， 因为，所以，故原不等式成立. 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）当时，， ， 故切线方程为， 化简为. （2）当时，，不符合题意，舍去. 当时，. 令， 当时，，故在上单调递增， 所以，即时，，在上单调递增， 所以成立. 当时，设恒成立， 所以在上单调递增， ， 所以，使， 当时，，即，所以单调递减， ，所以在时成立， 所以在上单调递减， 所以，不符合题意，舍去. 综上，的取值范围为. （3）证明：， 所以，与仅有两个交点， 所以， 不妨设所以， 因为，所以，所以， 又在上单调递减， 所以， 所以. 2．【答案】(1)时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）的定义域为，． 当时，在上单调递增；当时，由得， 由得，由得， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增， 时，在上单调递减，在上单调递增． （2）因为在上有两个零点，所以， 由得，令，则， 所以，时，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 有极大值，也就是最大值为， 又无限趋近时，无限趋近于0， 所以在上有两个零点时，， 所以，即的取值范围是． （3）因为有两个极值点， 所以，有两个实数根， 所以可得， 设，将代入，得， 所以， 所以要证，只需证，即． 设，则． 令，则，可知在上为增函数． 又，所以时，在上为增函数． 所以，即成立，所以成立． 题型04 利用导数研究隐零点问题 析典例·建模型 1.【思路分析】 看到什么 想到什么 求导后，对分类讨论，研究函数的单调 虚设零点，结合单调性求解 移项构造函数， 利用隐零点，用代数法证明不等式 【规范答题】（1）由得且， 若，则恒成立，即在上单调递增； 若，令，则；令，则， 所以函数在单调递减，在单调递增； 综上，，在上单调递增；当时，函数在单调递减，在单调递增. （2）由，所以，即， 令，则，所以， 由（1）可知，当时，在单调递增， 所以，所以； （3）第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性 记，则， 因为，所以在单调递减， 第二步：借助导函数“隐零点”，判断函数的单调性 由（2）可知，则. 所以若，；若，， 所以可知函数在单调递增，在单调递减， 所以， 第三步：用代数法证明不等式 又，，， 所以，所以. 破类题·提能力 1. 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【解析】（1），令，所以切线方程为． （2）因为恒成立，即恒成立， 令，，令，解得， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 故的最大值为， 因为恒成立，所以， 所以，即实数的取值范围为． （3）法一：由（2）得当时，恒成立， 即，令， 所以， 令，则， 故在上单调递增，所以，即成立，得证． 法二：令， 先证，即证， 令， 当单调递增；当单调递减， 所以，所以，即得证， 因为，所以， 令， 则，令，所以， 所以在上单调递增，又因为， 所以使得，即，也即， 所以时，单调递减；时，单调递增， 所以，代入得， ， 又在时单调递减，而， 所以， 所以， 即成立，所以，原不等式得证． 2．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当时，，函数定义域为 故， 又，所以切线方程为. （2）由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数的取值范围为. （3）由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 题型05 利用导数研究函数的零点（方程的根）问题 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）当时，，分别求出切点纵坐标和切线斜率，使用点斜式即可求得在处的切线方程； （2）先使用参变分离可得在上恒成立，令，利用导数结合辅助角与三角函数值求出的最大值即可； （3）由题意可得，则，使用导数结合的取值确定在各个区间内的单调性，并由零点存在性定理确定零点个数即可. 【规范答题】（1）当时，，则， 所以，． 故切线方程为，即． （2）因为在上恒成立，且， 所以在上恒成立，令，则， 因为， ①当时，由，解得， ，单调递增，，单调递减， 所以当时，； ②当时，因为，，所以， 所以时，，所以， 综上，的取值范围为． （3）因为， 所以，，设， ①当时，，单调递增， 所以，所以在上单调递减． 又，所以为在上的唯一零点； ②当时，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递减． 又，， 所以，使得，所以当时，；时， ， 即在上单调递增；在上单调递减， 又，所以， 所以在上单调递增，此时，不存在零点． 又，所以，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又， 所以在上恒成立，此时不存在零点； ③当时，单调递减，单调递减， 所以在上单调递减． 又， 即，又在上单调递减， 所以在上存在唯一零点； ④当时，，， 所以，即在上不存在零点． 综上所述：有且仅有个零点． 2．【思路分析】（1）根据导数的几何意义，曲线在原点处的切线斜率，结合点斜式求切线方程； （2）若在内有两个极值点，等价于在 上有两个不相等的实数根．令，分类讨论有两个变号根时 的范围； （3）化简原式可得：，分别讨论 和时的单调性，可得 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合的单调性可以得到零点个数. 【规范答题】（1）因为，所以， 故， 故曲线在点处的切线方程为，即； （2）由（1）知，， 因为在内有两个极值点，所以 在内有两个不相等的实数根， 即在上有两个不相等的实数根． 设，则， ①当时，， 所以在上单调递增，不符合条件． ②当时，令得 ， 当，即时，， 所以在上单调递减，不符合条件； 当，即时，， 所以在上单调递增，不符合条件； 当，即时， 在上单调递减，上单调递增， 若要在上有两个不相等的正实根，则 ，解得． 综上所述，所以的取值范围为. （3）由可得，， 设， 令，则，所以 在上单调递增，在上单调递减． （ⅰ）当时，，则 ，所以． 因为，所以 ，因此在上单调递增． （ⅱ）当时，，则 ， 所以． 因为，所以，即 ， 又， 所以， 因此 在上单调递减． 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时， ， 当，即 时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0， 当，即 时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1， 当，即 时， ①当时， ，要使，可令，即 ； ②当时，，要使 ， 可令，即， 所以，当时，有两个零点，故关于 x的方程根的个数为2， 综上所述：当时，关于 x的方程根的个数为0， 当时，关于x的方程根的个数为1， 当时，关于x的方程根的个数为2． 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2) 【详解】（1）， 因为， 所以函数在处的切线方程为； （2）方程在上恰有2个实数根， 等价于直线与函数的图像在上有两个不同的交点， 由， 所以直线恒过定点，且斜率为， 由（1）可知， 当时，，单调递增， 所以函数的图象如下图所示： 设函数的切线过点，切点为，斜率为， 所以切线的方程为， 把点的坐标代入，得， 因为，所以解得，即斜率为， 由数形结合思想可知：当时，即时，直线与函数有两个不同的交点， 即方程在上恰有2个实数根，此时m的取值范围为. 2．【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）由题得， 当时，，在上单调递减， 最多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又时，时，， 所以只需，解得， 故实数的取值范围是； （2）当时，． 令，则， 令，得，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 所以当时，； 令，则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为，所以当时，； 故当时，. 题型06 导数与数列的综合问题 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）对求导，确定单调性即可求解； （2）由通过作差得到，构造函数利用其单调性，确定数列单调性即可求解； （3）令，求导确定单调性，得到，化简计算即可证. 【规范答题】（1）当时，，定义域为， 在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以有唯一零点1， 即； （2）由的零点为， 得， 两式相减得：， 即， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以由，得到， 所以，所以数列是递增数列， 所以数列中的最小项是； （3）令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立，即， 因为，所以, 所以， 所以， 所以， 所以. 2．【思路分析】（1）构造函数，利用导数判断函数的单调性， 可得，只需 满足，计算即可得解； （2）先写出，将不等式变形，通过换元，构造函数，利用导数证其单调性，从而推导不等式成立； （3）由（1）中的结论，取得到，对不等式左边求和，结合对数运算性质（裂项相消），证得结果. 【规范答题】（1）由得， 令，则， ①当时，恒成立，在上单调递减，且，不符题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 故， 令，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即，又， 所以，解得. （2）由（1）知，， 要证，即证， 进一步变形为证，即证. 因为，令，则需证（）， 即证（） 设，，， 当时，，在单调递增，所以，得证. （3）由（1）知，且， 当时，，即； 令（），则. 要证，即证， 因为，所以， 而，得证. 破类题·提能力 1．【答案】(1)对求导，构造函数，通过研究的单调性可知的单调性，进而求证 (2)当时，有，取，可得，进而求证 【详解】（1）由，可得，可知函数的定义域为， 由知. 令，有，可得函数是增函数， 又由，可知 当时，，即； 当时，，即. 可得函数的减区间为，增区间为， 可得，即. （2）由（1）可知，不等式（时取等号）恒成立. 当且时，不等式可化为， 取，有，即，可得， 所以， 故不等式成立. 2．【答案】(1)① ；②证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）①当时，，其定义域为， 又， 所以当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，即； ②由①知，当时，，即， 令，则，则， 所以，则， 所以，得证. （2）函数的定义域为， 又， 因为，是的两个极值点，所以，， 即， 令，，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 不妨假设， 要证，只需证，因为，所以， 因为在上单调递增，所以只需证， 又因为，所以只需证， 令， 则， 因为，所以， 则，所以， 所以在上单调递减，， 所以，即. 题型07 导数的新定义问题 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）求出和，作差与0比较大小即可. （2）通过构造函数，将不等式成立问题转化为求最值的问题，进一步证明即可. （3）通过构造函数，证明单调递增，利用题干中性质结合对数运算证明即可. 【规范答题】（1）因为， 所以， ， 所以 ， 因为，所以，即， 所以. （2）要证，即成立， 只需证（因为），即成立， 令，则只需证成立. 整理得. 令，，则. 令，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，所以，故原不等式成立. 所以. （3）因为当，时，，当且仅当时取等号， 所以若证，只需证成立， 同时取自然对数得，即证成立， 也即证成立. 令，，则，令，则. 因为，所以，故在上单调递增， 所以具有题干中的性质. 所以，即，故原不等式成立. 因此当均为正数时，. 破类题·提能力 1．【答案】(1)；（2）见解析；（3） 【解析】（1）由，可得，则. 因为是上的“下凸函数”， 所以对任意的恒成立， 即恒成立，所以在上恒成立. 令，则函数在上单调递减， 所以， 所以，即实数的取值范围为. （2）由，可得，. 令， 当时，，所以在上单调递增， 所以，即， 根据“下凸函数”的充要条件可知，函数在上为“下凸函数”． （3）令， 则，即是增函数，所以. 又， 考虑函数，求导得， 则. 当时，，则， 故在上为“下凸函数”， 所以， 即， 即， 所以， 当且仅当时，等号成立， 因此的最小值为． 2．【答案】(1) (2) (3)0，证明见解析 【详解】（1）， ，又， 切线方程：,即切线方程为：. （2）在区间内恒成立， 令， 注意到，则， ①当时，恒成立， 所以在区间内单调递减，则符合题意； ②当时，令， 当时，，又， 所以，使，当时，即， 则在区间内单调递增，故，与已知矛盾； 所以的取值范围是. （3）由题意得， ， 由，得， 所以，则，由，得， ， 所以，由，得， 则，故， 则， 所以在区间内单调递增，所以， 当时，即整理得， 由（2）可知当时，，则， 当时，， 令，得，即. （建议用时：100分钟） 刷模拟 1．【答案】(1) (2)9 【详解】（1）当时，，， 得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）方法一：，， ， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则a的值为9. 方法二：，， 令得， 令，， 则， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则的值为9. 2．【答案】(1)当时，有1个零点；当或时，有2个零点 (2) 【详解】（1）函数（，）等价于， 两端同取自然对数得，即， 令，则原题转化为的解的个数， 由于， 当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 则在处取得最大值，最大值为， 又当时，；当时，，函数图象如图所示， 由图知，当时，，解得，此时有1个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 综上，当时，有1个零点；当或时，有2个零点． （2）由题知恒成立，即恒成立． 当时，若，则，显然不成立，故时不符合题意； 当时，由，可得， 因为曲线与关于直线对称， 所以， 令，则， 令，得，又因为单调递增， 所以当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， 所以时，取得极小值，也是最小值， 所以的最小值为，其中， 由，得，即，得到，所以． 综上所述，实数的取值范围是． 3．【答案】(1)答案见解析 (2) 【详解】（1）由题意求导可得. 所以当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 则. 当时，，当时，，当时，. 所以的大致图象如图所示. 则由图可知当时，的图象与直线的交点个数为0； 当或时，的图象与直线的交点个数为1； 当时，的图象与直线的交点个数为2. （2）当时，由，解得或. 所以当时，函数有两个零点或， 因为，所以. 所以当时，有三个零点，由（1）可知方程至多有两个根， 所以令，则有两个不同的实数根， 且两个方程一个只有一根、另一个有两根， 不妨记两个方程分别有一个根和两个根， 则由（1）可得二次方程根的分布为或， 当时，，无解. 当时，，解得. 综上可得，的取值范围为. 4．【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【详解】（1）（），令（）， 因为函数在定义域内无极值， 所以函数无变号零点，即函数在上无变号零点. 由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为， 由上可知，，∴. （2）（ⅰ）（，）， （，），令，则， 因为有三个不同的极值点，即有三个变号零点， 所以必有两个不相等的正根， 所以方程必有两个不相等的正根， 记为，则，且， 由得. 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 因为，且，所以必有，且为极小值点，，且为极大值点. ，当时，，在上有唯一零点， 因为，， 必有为极大值点. 综上，当且仅当时，有三个不同的极值点，即a的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）可知，，所以， 又函数在单调递增，，，， 所以， 又，所以，所以， 即. 5．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)（ⅰ）；（ⅱ）存在唯一一对关于原点对称的点. 【详解】（1）当时，，， 则为增函数，又， 当时，，在上为增函数， 当时，，在上为减函数， 的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（ⅰ）即， 当时，若，则，，且，不等式不成立， ， 当时，令，， 令，则，在上为增函数，， ，，， ，又且， 则在上有且仅有一个零点， 当时，，，在上为增函数， 当时，，，在上为减函数， 则函数在处取得最小值，， 又，则此时必有，所以，解得； （ⅱ）由（ⅰ）知，，假设存在关于原点对称的点， 设点为函数图象上的点，则关于原点对称的点为， ， 设函数， ，为偶函数， 当时，， ， ，则，所以函数为增函数，， ， 即方程在上有唯一解， 综上可知函数图象上存在唯一一对关于原点对称的点. 6．【答案】(1) (2)当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和． (3) 【详解】（1）因为， 所以， 因为函数的一个极值点是， 所以，即； 则有， 当时，，函数在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意. 所以. （2），由（1）可知. ①当时，令得或，列表如下： x 2          - 0    + 0    - 满足是函数的极值点； ②当时，令得或，列表如下： x      2     - 0    + 0    - 满足是函数的极值点. 所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和． （3）由（1）（2）知，， 且时，在单调递增，在单调递减， 又因为，， 所以在上的最大值为，最小值为 又当时，函数在单调递增， 所以在上的最大值为，最小值为． 因为存在，使得成立， 即存在，使得成立， 即，又，所以解得， 所以实数a的取值范围为． 7．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减． (2) (3)，理由见解析 【详解】（1）． 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 所以，在上单调递增，在上单调递减． （2）由题可知存在，使得成立， ∵时，，故存在，使得． 令，其中， ， 且不恒为零，故函数在上单调递减， 则，故． （3）． 证明：由可得， 令，则． 因为，则， 所以，所以函数在上单调递减， 因为，， 所以，存在唯一的，使得， 所以，，， 同理可得， 且， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 因为函数在上单调递减， 故，即, 取，则, 由（2）知，即 令则，即， 即得证. 8．【答案】(1) (2)（i）；；（ii）证明见解析 【详解】（1）由得，则，又，得， 故在处的切线的方程为：， 令，得到，所以，得到， 所以，在处的切线的方程为：， 令，得到，故r的2次近似值为； （2）（i）由，得， ，则，，得， 同理：在点处的切线斜率为， ，将代入得， 所以或， 若，则重合，与题设矛盾，故舍去， 故，故数列是首项为，公比为的等比数列， 得到， 由抛物线的定义可得， 故； （ii）由题意得， 由（i）知， 得， 结合时，， 可得，故， 所以，将代入， 得 . 刷真题 1．【答案】(1) (2)或， 【分析】（1）根据以及可得，即可求导以及点斜式求解直线方程， （2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解. 【详解】（1）当时，则， 根据可得，故，故， 由于，故，故， ，则， 故函数在处的切线方程为，故， （2）函数的最小正周期为，故，所以， 令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，无解， 综上可得或. 2．【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【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. 3． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【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. 4．【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. 5．【答案】(1) (2) 【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. 6．【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【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. 7．【答案】（1）证明见详解（2） 【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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项05 导数及其应用 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年全国卷考情，函数中导数的应用是高考解答题必考题目，通常作为压轴题的形式出现,考查的内容主要还是以含参为主;小题则重点考查三次函数的性质、导数的几何意义及利用导数比较大小等考点，分值约20-32分． 命题趋势： 解答题：稳定考查导数与函数的综合应用（常为第18至19题），核心是利用分类讨论、转化与化归、构造函数等策略解决导数的综合应用问题． 2026年预测：解答题极可能仍会以含参形式的出现，热门考向为利用导数研究不等式恒成立、证明不等式及研究函数的零点． 备考核心：夯实导数基础题型，掌握分类讨论、构造函数法，专攻极值最值与零点问题，限时训练规范步骤，总结易错点，真题限时演练提升速度． 题型01 利用导数解决不等式恒（能）成立问题 析典例·建模型 1．（2026·山东滨州·一模）已知函数． (1)证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； (2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 2．（25-26高三下·重庆·月考）已知，其中． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)对任意的，总存在，使得，求a的取值范围． 研考点·通技法 对于含有参数的不等式来说，要求参数的取值及取值范围.一般采用参编分离的思想，将参数移到一边，从而重新构造函数，求出函数的单调性，从而求出参数的取值范围.对于含有两个参数的，一般是将两个参数转换成一个参数处理.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 破类题·提能力 1．（2026·河北张家口·一模）已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)若，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 2．（2026·云南·模拟预测）已知函数． (1)当时，证明：在上存在唯一零点； (2)证明：在上恒成立的充要条件是． 题型02 利用导数证明不等式 析典例·建模型 1．（2026·江苏·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)当时，证明：． 2．（2026·广东深圳·一模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 研考点·通技法 利用导数证明不等式，核心是构造函数 + 单调性 + 最值.先移项构造新函数，求导判断其单调性，找到区间内的最值，证其恒正或恒负. 复杂不等式可拆分证明、适当放缩，或利用常见不等式（如lnx≤x−1）间接推导；含参不等式要结合分类讨论，通过单调性确定参数范围，转化为最值问题求解. 注重步骤规范，先构造再求导、定号、得单调性、证最值，逻辑清晰即可得分. 破类题·提能力 1．（2026·河北保定·一模）已知函数 (1)当 时，求的极值. (2)已知. （i）证明: ； （ii）若 在 上恒成立，求实数t的取值范围. 2．（25-26高三下·安徽·开学考试）已知，直线与曲线和都相切． (1)求的值； (2)若，其中． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 题型03 极值点偏移问题 析典例·建模型 1．（2026陕西西安·模拟预测）已知函数，记． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，对任意，存在，使得，求实数的取值范围； (3)已知，且，求证：． 2．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 研考点·通技法 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：； 1. 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·辽宁·开学考试）已知函数的导函数为. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，，求的取值范围； (3)设，当时，方程仅有两个不相等的实数根，求证：. 2．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若在上有两个零点，求实数的取值范围； (3)若函数有两个极值点，，证明：． 题型04 利用导数研究隐零点问题 析典例·建模型 1.（2025·江西萍乡·模拟）已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)若=0，求的值； (3)证明：. 研考点·通技法 隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）. 基本步骤： 第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程, 并结合的单调性得到零点的范围; 第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 的正负, 进而得到的最值表达式; 第 3 步: 将零点方程适当变形, 整体代入最值式子进行化简: （1）要么消除最值式中的指对项 （2）要么消除其中的参数项; 从而得到最值式的估计. 二、函数零点的存在性定理 函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得. 三、隐零点的同构 实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析 所以在解决形如 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作. 四、一般思路 针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式.构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题.在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间. 破类题·提能力 1.（2026·浙江·开学考试）已知函数． (1)求在点处的切线方程； (2)当，对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：． 2．（2026·陕西商洛·二模）已知函数，其中． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； (3)若R，对任意的恒成立，求的最小值． 题型05 利用导数研究函数的零点（方程的根）问题 析典例·建模型 1．（2026·云南·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若，都成立，求的取值范围； (3)若函数，证明有且仅有两个零点． 2．（2026·辽宁·模拟预测）已知函数（是自然对数的底数）． (1)求曲线在原点处的切线方程； (2)若在内有两个极值点，求实数的取值范围； (3)时，讨论关于的方程的根的个数． 研考点·通技法 利用导数研究函数零点（方程根），核心是数形结合、单调性、极值与端点效应. 1.转化：将方程根的与函数零点互相转化，或分离参数转化为直线与曲线交点问题. 2.求导分析：求定义域，求导并因式分解，判断单调性与极值点，确定函数图像走势. 3.零点存在定理：计算极值与区间端点函数值，利用符号判断零点个数：极值正、负、零分别对应不同交点情况. 4.分类讨论：含参问题按导数零点的大小、是否在定义域内分类，逐段分析单调性与最值. 5.找点技巧：若函数值不易判断，可适当放缩、取特殊值，证明存在正负两点，锁定零点区间. 整体思路：单调定趋势，极值定个数，符号定存在，参数分类论. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·贵州遵义·开学考试）已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)若方程在上恰有2个实数根，求m的取值范围． 2．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 题型06 导数与数列的综合问题 析典例·建模型 1．（25-26高二上·河北石家庄·期末）已知函数，，记的零点为. (1)求； (2)求数列中的最小项； (3)证明： 2．（2026·湖南岳阳·模拟预测）已知函数，且. (1)求; (2)已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有； (3)证明：对任意的，均有. 研考点·通技法 导数与数列综合题是高考导数压轴常见类型，核心思路为函数搭桥、赋值放缩、累加求和. 1.先证函数不等式：利用导数研究函数单调性与最值，证明关键不等式，如lnx≤x−1、ex≥x+1等，这是解题基础. 2.对变量赋值：将x替换为数列通项、相邻项比值等特殊形式，得到数列项之间的不等式关系. 3.累加或累乘转化：对赋值后的不等式进行累加、累乘，转化为数列求和、求积问题，实现放缩目标. 4.规范答题步骤：先完成导数部分的函数证明，再逐步赋值、变形、放缩，分步书写得分点，避免逻辑跳跃. 此类题目本质是用导数工具得到放缩模型，再借助数列方法完成证明，分步拆解即可突破. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·福建泉州·开学考试）已知函数. (1)证明：； (2)证明：； 2．（25-26高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数 ． (1)当时， ① 求的最小值； ② 设，求证: ； (2)设，，是的两个极值点，求证：． 题型07 导数的新定义问题 析典例·建模型 1．（25-26高三上·广东汕头·期末）某些函数如和的图象具有性质：曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线的下方.这个性质可表示为：设是定义在区间上的函数，则对于上的任意与任意，总有成立. (1)设，求证：； (2)设，求证：； (3)某同学研究发现，若函数在上存在导函数，则上述性质的充要条件为在上递增，求证：，其中均为正数. 研考点·通技法 导数新定义题的核心是读懂定义、转化为常规导数问题. 1.翻译定义：准确理解新符号、新运算、新性质，将其转化为函数、导数、单调性等熟悉语言. 2.构造函数：依据定义构造合适函数，转化为求导、单调性、极值最值、零点等常规题型. 3.分类讨论：对含参问题按定义域、导数零点、单调性分段讨论，结合定义约束条件求解. 4.数形结合：借助图像理解新定义几何意义，判断交点、范围与存在性. 整体策略：先翻译定义，再化归旧知，用导数工具求解，规范书写步骤. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·宁夏银川·期末）定义“下凸函数”：在区间上，对任意，均有，当且仅当时，等号成立．若函数在区间上存在二阶可导函数，则为区间上的“下凸函数”的充要条件是（为的导函数）． (1)若是上的“下凸函数”，求实数的取值范围； (2)证明：函数在上为“下凸函数”； (3)已知正实数满足，求的最小值（用含的代数式表示）． 2．（25-26高三下·吉林长春·月考）已知函数． (1)求在点的切线方程； (2)，求实数的取值范围； (3)请阅读下列两段材料： 材料1：阶导数定义：设函数的阶导数仍是可导函数，则的导数称为的阶导数，记为，即． 材料2：一般地，函数在处的阶帕德逼近函数定义为：，且满足，． 请根据以上材料回答下列问题： 记为在处的阶帕德逼近函数，当时，求函数的最小值；并证明：． （其中为自然对数的底数）． （建议用时：100分钟） 刷模拟 1．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有且仅有一个零点，求的值. 2．（2026·河南南阳·一模）已知函数，其中，且． (1)当时，讨论的零点个数； (2)若恒成立，求的取值范围． 3．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)讨论的图象与直线的交点个数. (2)已知函数，有五个不同的零点，且，求的取值范围. 4．（2026·天津河东·一模）已知函数（）. (1)函数在定义域内无极值，求a的取值范围； (2)函数（），有三个不同的极值点，，，； （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明. 5．（2026·河南许昌·模拟预测）已知函数，. (1)若，求的单调区间； (2)若，. （ⅰ）求； （ⅱ）函数图象上是否存在关于原点对称的点？若存在，试确定对称点的组数；若不存在，请说明理由. 6．（2026·江苏扬州·一模）已知函数的一个极值点是． (1)求a与b的关系式； (2)求出的单调区间； (3)设，，若存在，使得成立，求实数a的取值范围． 7．（25-26高三上·广西·期末）已知函数，． (1)求在内的单调性； (2)若存在，使得，求实数a的取值范围； (3)设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由． 8．（25-26高三上·四川成都·月考）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（Isaac Newton，1643-1727）在《流数法》一书中给出了牛顿法：用“作切线”的方法求方程的近似解.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在点处作曲线的切线，设与轴交于点，并称为的1次近似值；在点处作曲线的切线，设与轴交于点，称为的2次近似值.一般地，在点处作曲线的切线，记与轴交于点，并称为的次近似值.    (1)若函数，取作为的初始近似值，求的2次近似值； (2)若函数，取作为的初始近似值，点，数列是由，，，，构成的，记：，.回答以下问题： （i）求数列的通项公式，并将的长度用表示； （ii）求证：. 刷真题 1．（2026·上海·春季高考）已知函数. (1)当，，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围. 2．（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． 3．（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． 4．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 5．（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． 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，． 7．（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． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $