专题04 导数及其应用（4大考点）（广东专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题04 导数及其应用（4大考点） 4大考点概览 考点01导数的概念和几何意义 考点02导数的计算 考点03导数在研究函数中的作用 考点04导数的综合应用 导数的概念和几何意义 考点1 一、单选题 1．（2026·广东梅州·一模）某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：cm）与时间（单位：s）之间的关系为，则当位移时，弹簧振子的瞬时速度大小为（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据导数的几何意义求解即可得答案. 【详解】由题可得瞬时速度, 当位移时，可得，解得：,所以, 所以, 则当位移时，弹簧振子的瞬时速度大小为， 故选：A 2．（2025·广东佛山·一模）已知函数的图象与轴相切，则实数的所有可能的值之积为（   ） A． B．0 C．2 D．3 【答案】A 【分析】设切点为，求导，由得，又由解出，进而求解. 【详解】设切点为，所以，所以，、 所以， 又， 所以或， 当时，， 当时，， 所以， 故选：A. 二、多选题 3．（2026·广东广州·一模）已知曲线的方程为，集合，若对任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线．下列方程所表示的曲线为曲线的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】令，，问题化为过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点，结合各项对应曲线的图形分析是否满足题设. 【详解】令，，， 等价于过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点， 对于A：如下图，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于B：如下图，且， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 对于C：如下图，，，则， 若与曲线相切且为切点，则，故，此时 令，则，即，故，即有与相切于， 如图示，此时不存在一点，使直线平行或重合，不满足， 对于D：如下图，，， 如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设， 4．（2025·广东清远·一模）已知抛物线，过点的直线与交于不同的两点，分别以为切点作的切线，且两切线相交于点，设为坐标原点，则（    ） A． B．抛物线的准线与以为直径的圆相切 C．设，则 D．点位于定直线上 【答案】ACD 【分析】利用解析法结合方程组和韦达定理来进行计算即可判断各选项. 【详解】设过点的直线方程为：，与抛物线联立方程组， 消得：， 由可得：， 又由， 所以，故A正确； 设的中点， 则， 即中点到准线的距离为 ， 假设抛物线的准线与以为直径的圆相切，则， 这显然是不成立的，故无解，所以抛物线的准线与以为直径的圆不相切，故B错误； 由 ， 所以有，故C正确； 由抛物线方程或， 求导得：或， 则抛物线在点的切线方程分别为：和， 两式消得：， ， 令，则 所以， 所以交点在直线上，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题 5．（2025·广东清远·一模）函数在处的切线方程为__________． 【答案】 【分析】求导，确定切线斜率，即可求解. 【详解】， ， 所以切线方程为：， 即， 故答案为： 6．（2026·广东汕头·一模）已知函数满足，则曲线在点处的切线方程是_______. 【答案】 【分析】求导后代入可得，即可得，从而可得，再利用导数的几何意义计算即可得. 【详解】，则， 即，故，则， 故曲线在点处的切线方程是， 化简得. 7．（2025·广东肇庆·一模）已知曲线在处的切线也是曲线的切线，则______. 【答案】2 【分析】先利用导数的几何意义求出切线方程，然后利用导数几何的意义求得曲线的切点坐标，即可求解. 【详解】设，则，又，所以， 则切线方程为， 设，则，令，解得， 所以. 故答案为：2 四、解答题 8．（2026·广东佛山·一模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在两个极值点，求； (3)若存在两个零点，在处分别作曲线的两条切线，证明：与的交点在轴上. 【答案】(1)答案见解析； (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由，记，通过讨论的符号讨论的单调性； （2）由（1）知，极值点满足，则，代入求解； （3）可证，求出方程，由比较两切线与轴交点的纵坐标. 【详解】（1）函数定义域为，， 记，则， 当时，，又，， 所以有两个正根，满足， 所以当或时，， 当或时，， 所以在和单调递增， 在和单调递减； 当时，恒成立，所以恒成立，故恒成立， 所以在和单调递增； 当时，，由韦达定理可知，的两根为负， 所以在和恒成立， 所以在和恒成立， 所以在和单调递增. 综上，当时，在和单调递增， 在和单调递减； 当时，在和单调递增. （2）由（1）知，极值点满足，由韦达定理可得， 所以 ， 即. （3）因为， 所以若为零点，则也是的零点，所以， 切线，切线， 因为， 所以， 所以当时，两切线的纵坐标相等，即两切线的交点在轴上. 9．（2026·广东佛山·一模）已知函数，其中为正实数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）当取最小值时，若，为正实数，且，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导得切线斜率，代入点坐标写出切线方程即可； （2）（i）通过导数分析函数单调性，结合判别式讨论参数；（ⅱ）利用条件转化为，结合函数性质和单调性证明不等式. 【详解】（1）当时，，． 所以，又． 所以所求的切线方程为，即． （2）（ⅰ）， 因为，设二次函数的判别式为， ①当，即时，，所以在单调递增， 所以，所以． ②，即时，设的两个根为，，且， 由韦达定理，可得，即，所以， 所以在单调递减，在单调递增． 所以当时，有，与不符合，舍去． 综上所述，的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）得，的最小值为2，在单调递增， 且，即 因为，为正实数，且，所以． 不妨设，则，，所以，． 又，所以，即． 所以，所以． 所以，即． 导数的计算 考点2 一、单选题 1．（2026·广东广州·一模）函数在区间上的极值点个数为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】根据题意，求得，令，求得或，结合正弦函数的性质，以及函数极值点的定义，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，即，可得或， 因为，可得， 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递增； 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 在上递增，在上递减，在上递增， 其中两侧函数的单调性相同，可得不是函数的极值点， 所以在区间的极值点为，共有4个. 故选：A. 2．（2026·广东汕头·一模）已知是定义在上的偶函数，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据函数是定义在上的偶函数，，再由函数也是偶函数，变形求得函数的解析式，并求得函数的单调区间，即可求解不等式. 【详解】因为函数是定义在上的偶函数，，所以，则， 又因为函数也是偶函数，所以，得， 因为为减函数，为增函数，所以为减函数， 令，得， 所以时，，在上单调递减， 根据偶函数的性质可知，函数在上单调递增， 所以，即，即，得或， 所以不等式的解集为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据，得到，从而求得函数的解析式. 二、多选题 3．（2026·广东湛江·一模）已知为的导函数，两个函数的定义域均为，为偶函数，且为奇函数，则下列选项一定正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用函数的奇偶性和周期性，结合导数的性质及赋值法，对选项进行分析判断． 【详解】为奇函数，为偶函数， ，， 令，则，解得， 是偶函数，，选项A正确； ，且， ，故的周期， ，但的值不确定，故选项B不一定正确； 是偶函数，，，即， 为奇函数，故，故选项C正确； 令，则， ，为奇函数，满足题设条件； ，，故D不一定正确； 故选：AC． 三、填空题 4．（2026·广东深圳·一模）已知函数，那么在点处的切线方程为___________． 【答案】 【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式即可求解． 【详解】由，则， 所以， 又， 所以在点处的切线方程为，即． 故答案为：． 4．（2026·广东广州·一模）设是函数的导函数，若，则______． 【答案】2 【分析】先对函数求导，然后将代入计算即可. 【详解】因为 ，所以， 所以. 故答案为：2 5．（2026·广东多校联考·一模）已知函数，则______． 【答案】 【分析】先求导，当时，代入求得，则，再求即可． 【详解】， 则， 当时，，解得， 所以， ， 故答案为：． 四、解答题 16．（2026·广东高州·一模）已知． (1)若在点处的切线方程为，求实数a，b的值； (2)当时，函数，若恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合给定的切线方程求出. （2）把代入，分离参数得恒成立，构造函数并利用导数探讨最小值即可. 【详解】（1）由及，得，即， 由，求导得，又， 于是，且，解得， 所以实数a，b的值分别为. （2）当时，，， 由恒成立，得，令， 求导得，令，求导得， 函数在上单调递增，而， 则存在，使得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，因此， 令，求导得，函数在上单调递增， 由，得，则， 因此，，从而， 所以实数a的取值范围是. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： ①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； ②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． ③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 数在研究函数中的作用 考点3 一、单选题 1．（2026·广东梅州·一模）已知实数和（其中）满足方程：，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可得且，再由为减函数可得，从而可判断A和D的正误，对于B，利用导数可得时不成立，对于C，利用零点存在定理可判断当时不成立. 【详解】因为且，故， 而，故，所以，故， 设，则， 所以为上的减函数， 而即为，故，故D成立. 由可得即， 故， 所以，所以即，故A错误. 对于B，取，由D的分析可得. 若，则即， 设，， 而均为上的减函数，故为上的减函数， 故， 所以在上为减函数， 所以，故， 所以不成立，故B错误. 对于C，取，则，即， 仍取D分析中的函数，考虑方程的解， 设，因为为上的减函数， 所以为上的减函数，而, 故，故此时不成立，故C错误. 2．（2026·广东·一模）已知曲线，则曲线上的点到原点距离的最小值为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】设，则得，设，求导判断其单调性，可得，进而，利用两点之间距离公式与二次函数的性质即可求得答案. 【详解】设，则得，显然，则， 设，则， 当时，，即函数在上单调递增， 又，则，此时，， 设曲线上任一点，则，且， 则， 故当时，取得最小值为. 3．（2026·广东佛山·一模）定义：双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数，则（   ） A．函数是偶函数 B．函数在上单调递减 C． D． 【答案】C 【分析】根据双曲函数的奇偶性，并使用导数求其单调性，比较各选项中自变量的大小关系，即可求解. 【详解】设， 对于A，由题意得， 则，所以是奇函数， 即是奇函数，故A错误； 对于B，由题意得，所以在上单调递增， 即函数在上单调递增，故B错误； 对于C，，所以是奇函数， ，所以是偶函数， 所以， 所以原不等式为，即， 由题意得恒成立，所以在R上单调递增， 所以， 且有， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，原不等式得证，故C正确. 对于D，， 所以原不等式为， 由上得单调递增， 且有当时，单调递增，所以， 所以，与原不等式矛盾，故D错误. 4．（2026·广东佛山·一模）下列曲线中，与曲线交点个数最多的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对函数求导，利用导数判断原函数单调性和极值，进而可得图象，结合图象分析交点个数即可. 【详解】因为的定义域为，且， 令，解得或；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递增， 当时，函数取到极大值；当时，函数取到极小值； 且当趋近于时，函数趋近于；当趋近于时，函数趋近于； 对于选项A：分别作出曲线和曲线的图象， 由图象可知：曲线与曲线有3个交点； 对于选项B：曲线， 用替换可得，即，方程不变，曲线关于y轴对称； 用替换可得，即，方程不变，曲线关于x轴对称； 且当且时，曲线即为， 据此可得曲线和曲线的图象，如图所示： 由图象可知：曲线与曲线有6个交点； 对于选项C：曲线即为， 由图象可知：曲线与曲线有4个交点； 对于选项D：曲线即为， 由图象可知：曲线与曲线有5个交点； 综上所述：与曲线交点个数最多的是. 故选：B. 5．（2025·广东佛山·一模）若，则下列结论可能成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析化简不等式，构造新函数，求导判断单调性，根据单调性逐项判断不等式是否正确即可. 【详解】依题意得，则， 令，则. 因为，求导得， 易得在上递减，在上递增， 当，时，，即，B错误，D正确. 当，时，，即，A和C错误. 故选：D. 二、填空题 6．（2026·广东佛山·一模）函数在区间上存在零点，则的最小值为________． 【答案】/0.5 【分析】利用函数零点的意义，将点视为直线上的点，再利用目标函数的几何意义，借助点到直线距离公式列式，进而构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】设为在上的零点，则，即点在直线上， 又为点到原点的距离的平方，原点到直线的距离为， 因此，即的最小值即为在上能成立， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，， 所以的最小值为. 7．（2026·广东广州·一模）若是函数的极值点，则______． 【答案】 【分析】求导得解析式，根据条件，可得，即可求出a值，进而可得解析式，代入，即可得答案. 【详解】由题意， 因为是的极值点， 所以，解得， 则，所以. 故答案为： 三、解答题 8．（2026·广东茂名·一模）已知函数. (1)当时，求在区间上的最大值； (2)若对任意，且存在. （i）用含的式子表示，并证明：； （ii）将在区间上从小到大排列的第个极大值点记为，求. 【答案】(1) (2)（i），证明见解析；（ii） 【分析】（1）由的值得到，利用导数法求出的单调性，结合单调性求出在区间上的最大值； （2）（i）由对任意，且存在得到，即，且为的极值点得到，即，结合计算得到；由得到从而得到，由得到从而得到，结合得到；（ii）利用导数法得到的单调性，从而得到的极大值点为，求出，即可求解. 【详解】（1），，，， 当时，解得， ，的解集为，在上为单调递增函数， 当时，解得， ，的解集为，在上为单调递减函数， 时，在区间上取最大值为 ； （2）（i）对任意，且存在， ，①，且为的极值点，， ， ，②， ③ 将①②代入③，得到，， ，； ，，，， ，，，，， 即， ，， ，； （ii）由（i）知，对于，当时，， 当时，， 则在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，故极大值点为， 则， 故. 9．（2026·广东·一模）设函数，已知是函数的极值点． (1)求的值； (2)设函数，证明：． 【答案】(1)1 (2)证明见解析 【分析】（1）由极值点处导数为0即可求解出参数，代回检验得解； （2）由（1）得，要证，即证，即证，构造函数，利用导数证明. 【详解】（1）因为，所以， 则， 因为是函数的极值点， 所以，解得， 当时，，， 当时，，则，，故， 所以函数在上单调递增； 当时，，则，，故， 所以函数在上单调递减； 综上，是函数的极值点，符合题意，故. （2）由（1）得，所以， 由（1）可知，是函数的最小值点，所以对任意的，， 要证，即证， 即证，只需证， 令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 综上，在上恒成立. 10．（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：. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为； (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， （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，解法三：求导，对进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数的最大值，进而构造函数，利用导数求解单调性，即可得证. 【详解】（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； 解法3  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，设，， 若，则，在上单调递减，且， 不妨令，则， 于是取，则， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 若，令，则，于是在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 综上所述：若，有一个极大值点；， 于是， 若，则至多只有一个零点，矛盾； 若，由于，同解法1； 解法4  令，则，， 于是函数与函数的图象在上有两个交点， 由于， 设，，， 于是在上单调递减，且， 于是时，，，在上单调递增； 时，，，在上单调递增： 且，， 所以函数的图象如图所示，所以， （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. 11．（2026·广东广州·一模）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)若有且仅有1个零点，求的值； (3)若存在，使得对任意恒成立，证明：． 【答案】(1)的单调递增区间为 ，单调递减区间为. (2) (3)证明见解析； 【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间； （2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令， 利用导数得到的单调性和最小值，所以. （3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到 时取得最大值，因此，即，故得证. 【详解】（1）当时，，定义域为， 求导得到， 令，则当时， 所以在内单调递减，且， 即在内单调递减，且， 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为. （2）因为有且仅有1个零点， 所以方程有且仅有1个解， 即有且仅有1个解， 令， ， 则， 令，则， 所以在区间 上单调递增， 又因为 ， 所以当 时，，即，单调递减； 当 时，，即，单调递增； 所以函数在处取得极小值也是最小值， 当时，，时，， 因为有且仅有1个解， 所以. （3）因为对任意恒成立， 所以，即， 因此， 要证，只需证明即可， 对函数求导得到， 令，则， 所以在区间单调递减， 即在区间单调递减， 存在唯一极大值点，满足，即， 在内函数单调递增， 内函数单调递减， 所以当时取得极大值也是最大值 . 因此， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在时取得最大值， 因此， 所以，所以， 故得证. 12．（2026·广东广州·一模）已知双曲线：（，）的焦点到其渐近线的距离为，点在上． (1)求的方程； (2)点，分别在的两条渐近线上运动，且，线段的中点为． （ⅰ）设，，求的最大值； （ⅱ）设，（），点不在轴上，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）4；（ⅱ） 【分析】（1）由焦点到渐近线的距离求得，再将点代入到双曲线方程即可求解； （2）（i）设出渐近线上的点，由中点坐标和得出的轨迹为椭圆，发现为其焦点，结合椭圆的定义即可求得，再使用基本不等式即可求解；（ⅱ）由及正弦定理，用坐标表示，并使用三角函数恒等变换和椭圆方程消去，得到比值关于的表达式，结合的取值范围即可求解. 【详解】（1）设右焦点，其中一条渐近线方程为，即， 由题意得到的距离， 即，因为点在上， 将代入，得，解得， 即双曲线. （2）（i）由（1）得渐近线方程为，设， 设，则有，即， 则， 所以， 即，整理得， 即的轨迹是椭圆，易得其焦点为，长半轴长为2， 所以是点轨迹的焦点，所以， 则，当且仅当时等号成立. （ⅱ）在中，由正弦定理得， 因为，所以应在轴右侧，即， 且， 所以，设，则， 不妨令，因为在上，且， 所以， 又， 联立，整理得， 而，解得， 设，则， 易得当时，则在上单调递增， 所以，即，因为短半轴长为1，因此， 由整理得， 因为，解得， 因为，代入，所以整理得， 令，则，则，代入， 整理得， 设其中， 易得当时单调递增，则单调递减，单调递增，单调递增， 单调递增，单调递增，最终有在上单调递增， 所以，即. 由于椭圆的对称性，当时结果一致， 综上， 13．（2026·广东湛江·一模）已知，设与的图象位于第一象限的交点为． (1)求的最大值； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1)1； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）直接用导数求函数的最大值可得； （2）先构造函数且，再用导数判断函数的单调性，再分别判断及，其中要通过放缩可得，进而证明结论； （3）先求函数在处的切线方程，再构造函数，并用导数判断函数的单调性，并结合即可证明不等式. 【详解】（1）由，函数的定义域为R，，所以，. 在上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极大值也是最大值. 故的最大值为． （2）设，则. 又因为，所以在上单调递减．且，所以. 设，则，设，则， 在上单调递增，故，在上单调递增，故， ，即，所以，即. 所以，且在上单调递减，所以. 综上所述，故． （3）由（2）知，所以，故． 在处的切线方程为，即． 令， 则， 由（1）知当时，，故，所以当时，以代换得在上单调递增， ，即，． 由，得， 解得，故不等式成立． 14．（2025·广东佛山·一模）已知函数，. (1)讨论的零点个数； (2)若为正整数，记此时的零点为.证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）解法1：对函数求导，然后对结合函数单调性分析得出结论；解法2：令，根据条件变形得出构造新函数对函数求导，结合函数单调性分析即可.      （2）结合（1）知，当时，函数有一个零点得出，变形得出相应不等式，构造不等式结合对数函数运算性质以及函数导数与单调性证明不等式即可. 【详解】（1）解法1：，     ①当时，，函数无零点；     ②当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递减. 因为当时，，且， 所以函数在上存在唯一的零点.         ③当时，令得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以. 因为当时，且当时，， 所以，当即时， 函数在和上各存在一个零点； 当即时，函数有一个零点； 当即时，函数不存在零点，    综上所述，当时，函数有2个零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数不存在零点.         解法2：令， 因为，所以，则，        令，则， 当时，， 当或时，， 所以在单调递增，在，单调递减， 所以， 当且时，， 当时，； 当时，， 所以，当时，函数有2个零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数不存在零点. （2）由（1）知，当时，函数有一个零点. 因为即， 所以，         先证.令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即，即     因为，所以， 因为， 所以，即， 所以，， 所以，    因为， 所以，即， 又因为， 所以， 所以， 所以得证. 15．（2026·广东汕头·一模）已知函数． (1)求证：不是函数的极值点； (2)设，，是否存在a，使得函数的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)存在，当时，函数的最小值为2 【分析】（1）方法一：利用反证法证明即可. 方法二：对函数求导，分类讨论的单调性，结合函数的极值点定义证明即可. （2）分类讨论的单调性，计算最小值，看是否存在使得函数的最小值为2. 【详解】（1）方法一：函数的定义域为，， 若为函数的极值点，则必有， 由得， 当时，，令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故在处取得最小值，即在上恒成立，且仅在时取等号， 所以在上单调递增，不是的极值点， 当时，，故不是的极值点， 综上，不是函数的极值点， 方法二：函数的定义域为，. 当时，. 令，则. 当时，在上恒成立， 则在上单调递减，即在上单调递减. 当时，；当时，； 因连续，故在的邻域内，单调递减，所以不是极值点. 当时，令，即，解得. 若，即，则. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，即，所以单调递增，所以不是极值点. 若，即， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值. 当时，，所以，即，所以单调递增，所以不是极值点. 当时，，在和上各有一个零点，设为，， 在上，，，单调递减； 在和在上，，，单调递增； 所以不是极值点. 综上，不是函数的极值点. （2）由（1）知，，. . 当时，在上，，单调递减， 所以，不符合题意. 当时，令，即，解得. 若，即时，在上，，单调递减， 所以，不符合题意. 若，即时，在上，，单调递减， 在上，，单调递增， 所以. 令，解得，符合题意. 综上，存在，使得函数的最小值为2. 16．（2025·广东广州·一模）已知函数． (1)若在处取得极值，求a的值； (2)若在区间上单调递减，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）法一：求导，根据得，再检验即可； 法二：求导研究函数的极值得在和处取得极值，再结合得解方程即可得答案. （2）由题得在上恒成立，再结合二次函数在区间上恒成立求解即可. 【详解】（1）解：法一： 因为在处取得极值，所以，解得 检验：将代回得， 令得或， 所以，在和单调递增，在区间单调递减 所以在处取得极小值，满足题意. 所以 法二：令， 因为， 所以有两个实数根，解得 所以和时，，则单调递增，，，则单调递减 所以在和处取得极值 对于， 当时，； 当时，，，， 所以 因为在处取得极值 所以，解得. 所以. （2）解：在区间上单调递减，故在上恒成立 即在上恒成立，令 故，解得 所以a的取值范围为. 17．（2026·广东梅州·一模）（1）求函数在区间上的值域； （2）设函数. ①求证：当时，有唯一零点； ②，分别是的两个不相等的极值点，求证：. 【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）因为要求闭区间上函数的值域，所以先对求导，利用导数判断函数在区间上的单调性，因为函数的最值出现在极值点或区间端点处，所以求出导数为0的点，再计算该点和区间端点的函数值，进而确定值域； （2）①：当时，先化简，对其求导，利用导数判断的单调性；结合单调性证明零点唯一；②：因为是的极值点，所以，先对求导，得到关于的等式；要证，可先对等式变形，构造关于的对称式，再利用极值点偏移的相关方法，如构造函数、换元法等进行证明. 【详解】（1）解：对函数求导，得. 由，得， 当，，在上单调递减； 当，，在上单调递增， 所以. 因为， 所以. 故在上的值域为. （2）证明：①当时，，， 则. 令，，则. 由，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，即， 因此在上单调递增. 而， 当时，；当时，； 所以在上有唯一零点. ②对函数求导，得，. 结合①，可得在上单调递减，在上单调递增，则 因为，；，， 所以要使得有两个不等的极值点，即有两个不等的零点， 则，即. 不妨设，则，， 即，. 要证，即证. 下证：. 令，， 则. 令，，则， 所以在上单调递增，则，即， 所以在上单调递减， 则，即. 因为，所以， 即. 因为在上单调递增，且，， 所以，即证得. 18．（2025·广东深圳·一模）已知函数，其中的解析式由下面第（1）题确定. (1)将函数的图象的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把所得图象向右平移1个单位得的图象，求的解析式； (2)若在上是单调减函数，求的最大值，其中表示不超过的最大整数； (3)证明： 【答案】(1) (2)4 (3)证明见解析 【分析】（1）根据三角函数图象变换的知识求得. （2）先求得，然后根据的范围进行分类讨论，求得的最大值. （3）根据（2）求得，利用赋值法，结合对数运算证得不等式成立. 【详解】（1）（1）将函数的图象的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）， 得到的图象，即的图象， 再向右平移1个单位之后得到，即. （2）（2）由（1）得. ，因为在上是单调减函数， 所以在上恒成立，即在上恒成立. ①当时，， 当时，不等式恒成立. ②当时，， 所以在上恒成立， 下面证明： 构造函数，， 所以函数在区间上单调递增， 而，所以. 由，得， 所以， 当时等号成立，所以， 其中时，， 所以. （3）对于，令，即， 由（2）知，在上是单调减函数， 所以当时，， 即. 令，则， 从而, 所以 . 19．（2025·广东清远·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且存在两个极值点． ①求的取值范围； ②设的两个极值点为，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）将函数求导，根据参数的取值进行分类，讨论函数的单调性； （2）①求出导数，根据函数极值点就是导数零点，即有两个不同的根，则函数与有两个不同的交点，通过讨论单调性及最值，可得其取值变化，进而求得的取值范围； ②设，由通过对数运算可得要证，即证明，即证，由在上单调递增，可得需证，令，利用导数可证得，即证得，即成立. 【详解】（1）函数的定义域为，则， 当时，，此时在上单调递增； 当时，由可得；由，可得. 则在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）①因为，则， 因为存在两个极值点，则存在两个变号的零点， 即有两个不同的根， 则函数与有两个不同的交点， 又因为，则有，即有单调递增， 则有，即有单调递减， 所以， 又时，，当时，， 则函数与有两个不同的交点，有，即， 故存在两个极值点，的取值范围为； ②证明：由①可知时，存在两个极值点，设， 则，即， 则， 所以，要证， 即证明，即证， 由①知在上单调递增，则即证， 又因为，即证， 令， ， 所以在上单调递增，又， 所以在上有， 即成立， 所以有，即成立. 20．（2025·广东肇庆·一模）已知a，，， (1)当时，讨论的单调性； (2)设，若在上有极值，求b的取值范围并证明此极值小于b． 【答案】(1)答案见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）先求出函数的导数，再根据导数与0的大小关系来确定函数的单调性，需要对a的取值进行分类讨论； （2）先求出的导数，根据在(1,2)上有极值，求导，分和讨论，进而求出b的取值范围，再分析极值点，方法一、根据即可证明；方法二、通过构造函数，求导，再令，根据单调性证明即可． 【详解】（1）由题意知的定义域为， 当时，， 当时，，则在上单调递减， 当时，由，解得；由，解得. 即在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意得，所以的定义域为， 在上有极值等价于在上有变号零点. 令，即在上有变号零点. 当时，显然在上恒成立，无变号零点，不满足题意； 当时， 在上恒成立，所以在上单调递增， 令，解得，此时在上有唯一零点. ∵在上单调递增， ∴当时，，即；当时，，即， 故在上单调递减； 在上单调递增， 故是的极小值点. 方法一： 由上分析，，∵，∴，即极小值小于b. 方法二： 因， 由，可得，则， 令，显然在上单调递减， 则，即，故，即极小值小于b． 21．（2025·广东肇庆·一模）已知函数. (1)当，时，求证：； (2)当时， （ⅰ）求在上的所有极大值点之和； （ⅱ）若在上有两个实根，，比较与的大小关系. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）将所证不等式转化为证明，构造函数，利用导数法研究单调性即可证明. （2）（ⅰ）求出导函数，利用导数求出单调区间，然后求出所有极大值点，即可得解； （ⅱ）根据是周期为的奇函数，结合单调性求得是的极小值点，设，则，，要证，只需证，令，利用导数法证得，即可证明. 【详解】（1）当，时，，要证，即证：. 设，则，∴在上单调递减， ∵，∴，即，∴得证. （2）（ⅰ）当时，， . 当时，由得或， 解得，，，，或， 当，，，时，， ∴在，，，上单调递增； 当，，时，， ∴在，，上单调递减. ∴当时，的极大值点为，，，所以极大值点的和为. （ⅱ），证明如下： ∵的定义域为，且， ∴为奇函数，由（ⅰ）知是周期为的周期函数， ∴易知在上单调递减，在上单调递增， ∴是的极小值点. 设，∴，，∴， 要证，只需证，即证， ∴，∴只需证. 令，其中， ∴ ， ∵，∴，， ∴，，∴， ∴在上单调递增， ∵，∴，∴， ∴，所以得证. 导数的综合应用 考点4 一、单选题 1．（2026·广东湛江·一模）已知不等式（，且）对任意正实数x恒成立，则的最大值为（   ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】变形得到．考虑时，不满足要求，所以，不等式等价于，设函数，直线，直线l经过点，可得，，求出答案. 【详解】原不等式等价于． 若，则曲线必然有一部分位于直线的上方， 与原不等式恒成立相矛盾，所以（也可令进行排除）． 所以上述不等式等价于， 设函数，直线． 经过分析可知，单调递增且上凸，直线l经过点， 要想恒成立， 需满足在函数上方或在上且与相切于此点， 可得，由此即可得， 显然等号成立时，在上， 即直线l与相切于点， 又的斜率为，，故， 解得，此时，所以的最大值为. 故选：D． 2．（2026·广东汕头·一模）设，且，，，则它们的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题可通过构造函数，利用函数的单调性比较大小，关键在于分析以及在上的单调性. 【详解】首先比较的大小， 令，求导得在上恒成立， 所以在上单调递增.因为，所以. 又因为在上恒成立，且，所以， 所以，所以即. 由于在上单调递增，则. 其次比较的大小， 令，求导得， 因为，所以，所以且， 所以，所以在上单调递减. 所以 又因为在上恒成立，所以， 又因为在上单调递减，所以， 即，由单调性可知. 综合以及，所以 3．（2025·广东清远·一模）设，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过求导得到系数和对数的关系，对每个选项分别进行对数运算变形、方程求解、函数单调性分析来判断对错. 【详解】依题意，， 令，则. 对于A，当时，，故A错误. 对于B，当时，由，得； 由，得， 则， 又， 因为，，，所以，即, 即，故，B正确. 对于C，假设存在，使得. 当时，，由得； 当时，，，； 当时，， 所以（），则， 若，则， 即，则，即， 展开得，因,解之得，故C错误. 对于D，由选项C分析可知，而， 所以. 先证明不等式： 构造函数，则， 所以在区间上单调递减，而， 所以当时，，即. 令，则， 故， 则，故D错误. 故选：B 二、解答题 4．（2025·广东汕头·一模）已知函数． (1)当时，设的一个极值点为． （i）判断是否成立，并说明理由；（已知） （ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； (2)若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”，当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：． 【答案】(1)（i）成立，理由见解析；（ii）证明见解析． (2)证明见解析． 【分析】（1）（i）根据极值点定义得到的等式，代入化简即可证明； （ii）结合函数与函数图像知的取值范围，结合的等式关系，通过变化的形式，在已知的条件下判断的范围即可证明． （2）设对应的切点为，，对应的切点为，，结合余弦函数的图象分析出只需要考虑满足、、三个条件下的情况，再联合斜率的导数求法与两点式求法相等得到、满足的等式，最后结合导数研究等式对应函数的单调性求证． 【详解】（1）（i）成立，理由如下： 由题意得，当时，，所以， 令，则，对满足方程的有， 所以，由函数与函数的图象可知此方程一定有解， 故的一个极值点满足， 所以． （ii）设是的任意正实根，则，由函数与函数的图象可知，对所有的正实根，存在一个非负整数，使，即为第二或第四象限角，因为， 所以在第二或第四象限变化时，变化如下， (为奇数) 0 + (为偶数) + 0 所以满足的正根都为函数的极值点， 由题可知为方程的全部正实根， 且满足， 所以， 因为，，， 则，由，可得， 故得证． （2）当时，， 设对应的切点为，， 对应的切点为，， 由于，所以，， 由余弦函数的周期性，只要考虑的情形， 又结合余弦函数的图象，只需考虑，情形， 则，， 其中，得到， 又，， 即，， 当时，，， 令，则，， 在上单调递减，又，所以， 所以，此时，则， 故得证． 5．（2025·广东深圳·一模）处于信息化时代的现代社会，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功臣”是数学中的正弦型函数.已知某一类型信号的波形可以用和进行叠加生成，即生成的波形对应函数解析式为. (1)若，讨论在上的单调性，并判断其极值点的个数（提示：）； (2)若，令，函数，写出函数的导函数在上的零点个数，并说明理由 【答案】(1)函数的单调递增区间为，，单调递增区间为，，有三个极值点； (2)在上的零点个数为，理由见解析. 【分析】（1）根据导数的性质，结合极值点的定义进行求解判断即可； （2）根据导数的性质，结合零点的定义、零点存在原理进行求解即可. 【详解】（1）因为，所以， 因此， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 因此是函数的极大值点，是函数的极小值点， 综上所述：函数的单调递增区间为，，单调递增区间为，，有三个极值点； （2）因为，所以， 因此， 设， 所以， 当时，因为，所以单调递减， 当时，，， ， 所以，因此此时函数单调递减， 所以当时，函数单调递减，因为， 所以函数在时有唯一零点，即在上的零点个数为. 【点睛】关键点睛：利用导数的性质、零点存在原理是解题的关键. 2 / 60 1 / 60 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04导数及其应用(4大考点) ☆4大考点概览 考点01导数的概念和几何意义 考点02导数的计算 考点03导数在研究函数中的作用 考点04导数的综合应用 考点1 导数的概念和几何意义 一、单选题 1.(2026广东梅州一模)某个弹簧振子在振动过程中的位移y(单位：cm)与时间t(单位：s)之间的关 系为)=0s加，则当位移y=6cm时，岸簧振于的瞬时速度大小为（)cm3 A.4π B.5元 C.6π D.8π 2.(2025·广东佛山一模)己知函数f(x)=x3-4x2+(a+1x的图象与x轴相切，则实数a的所有可能的值 之积为() A.-3 B.0 C.2 D.3 二、多选题 3.(2026广东广州一模)己知曲线C的方程为F(x,y)=0,集合T={(x,y)F(x,y)=0,若对任意的 (x,y)∈T,都存在x2,y2∈T,使得x,（y2-2)=x成立，则称曲线C为a曲线.下列方程所表示的曲线 为a曲线的是() A.x2+y2=5B.x-y-1=0 C.y=Inx D.y=e-*-2 4.(2025广东清远一模)己知抛物线C:y2=4x,过点P(2,0)的直线1与C交于不同的两点 Ax,,B(x2,y2),分别以A,B为切点作C的切线，且两切线相交于点Q,设0为坐标原点，则() A.0A.0B=-4 B.抛物线C的准线与以AB为直径的圆相切 C.设M(-2,0),则LAM0=∠BMO D.点Q位于定直线上 1/8 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 三、填空题 5.(2025·广东清远一模)函数f(x=XCOSX+2在x=0处的切线方程为 6.(2026广东汕头一模)己知函数f(x)满足f(x)=x-e·'(1),则曲线y=f(x)在点1，f1)处的切线 方程是 7.(2025广东肇庆一模)已知曲线y=e+1在x=0处的切线也是曲线y=ln(x+1+a的切线，则a= 四、解答题 8.(2026:广东佛山一模)已知函数f(y=mr-ax+l x1(a0) (I)讨论∫(x)的单调性； (2)若f(x存在两个极值点x,x2,求∫(x)+∫x2): (3)若∫(x)存在两个零点x,x4,在Ax,0),B(x4,0)处分别作曲线y=∫(x)的两条切线l,l2,证明：4与的 交点在y轴上 g.(2026广东棉山一模)已知函数f八)=a-左 2lnx,其中a为正实数. (I)当a=1时，求曲线y=f(x)在点1，f(1)处的切线方程： (2)当x≥1时，f(x≥0. (i)求a的取值范围； (i)当a取最小值时，若m,n为正实数，且m+n=2mn,证明：f(m)+f(n≥0. 考点2 导数的计算 一、单选题 1.(2026广东广州一模)函数∫(x=sinx-xcoSx在区间(-3π，3π)上的极值点个数为() A.4 B.5 C.6 D.7 2.(2026广东汕头一模)己知f(x是定义在R上的偶函数，且f'(x+e也是偶函数，若fa)>∫2a-1 ,则实数a的取值范围是() 2/8 学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 A.（-0,1 B.(1,+o D.-.3 v(1+a) 二、多选题 3.(2026广东湛江一模)已知g(x)为f(x)的导函数，两个函数的定义域均为R,∫(x)为偶函数，且 f(2x-)为奇函数，则下列选项一定正确的有() A.f)=0 B.f(4)=0 C.g(0)=0 D.g(1)=0 三、填空题 4.(2026广东深圳一模)已知函数f(x)=x3-2lnx,那么∫(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 4.(2026广东广州一模)设f'(x是函数fx的导函数，若f(x=lm(2x-1,则f'(1)= 5.(2026广东多校联考一模)已知函数f(x=∫'(0)e-e2,则f(0)=一 四、解答题 16.(2026广东高州一模)已知f()=a+b-21n2x. (1)若f(x)在点(2，f(2)处的切线方程为5x+4y+16ln2-20=0,求实数a,b的值： (2)当b=2时，函数F)=x对()-e,若F(w)≤0恒成立，求实数a的取值范围. 考点3 数在研究函数中的作用 、 单选题 1.(2026广东梅州一模》已知实数a和b(其中b>1）满足方程：。+21n办=a+方则下列不等式成立的 1 e 是() A.e>b2 B.a2>e C.ax2b D.a>Inb 2.(2026广东一模)已知曲线C:(x2-y小3y=81,则曲线C上的点到原点距离的最小值为() A.7 B.2 C.2W2 D.√22 82026广东佛山一模)定义：双曲弦函数snbx。，·双曲余弦函数cosh(x)。专一双 3/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 正切函数tanh(x)= sinh(x) osh(x,则() A.函数tanh(x是偶函数 B.函数tanh(x在R上单调递减 C.cosh(sinh(-1))+cosh (sinh(1))<2cosh(sinh(2)) D.sinh(cosh(-1))>sinh(cosh(2)) 4.(2026广东佛山一模)下列曲线中，与曲线y=x3-3x交点个数最多的是() A.y=-2x B.x+y=2 C.y2=4 D.y=x2 5.(2025广东佛山一模)若e“+nb>a+b,则下列结论可能成立的是() A.0<a<Inb B.Inb<a<0 C.1<ea<b D.e“<b<1 二、填空题 6.(2026广东佛山一模)函数f(x)=x3+ax+b在区间L,+∞)上存在零点，则a2+b的最小值为 7.(2026广东广州一模)若x=1是函数f(x)=(x-1)(x-2)x-)的极值点，则f(0)=· 三、解答题 8.(2026广东茂名一模)已知函数f(x)=x+acosax,a>0. ⑩当a=万时，求在区间0到上的最大值： (2)若对任意x>0,f(x≥0，且存在t>0,f(=0. ①用含a的式子表示4，并证明：<后<： (i)将f(x)在区间（0，+o)上从小到大排列的第i个极大值点记为，求∑fx)。 9.(2026广东·一模)设函数f(x=e-a,已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a的值； 2)设函数gx)=x,证明：8>-1. 4/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 10.(2026广东深圳一模)已知函数f(x)=lnx-a√x+1+4 (1)当a=√3时，求f(x)的单调区间： (2)若f(x)有两个零点， (i)求a的取值范围； 证明：f)后+1-可 2 11.(2026广东广州一模)已知函数f(x)=(1-2x)lnx+ax-1. (1)若a=1,求f(x)的单调区间； (2)若f(x有且仅有1个零点，求a的值； (3)若存在a,使得fx)≤a+b对任意x>0恒成立，证明：a-b<4. 2.(2026广东广州一候)已知双曲线C:号若-1(0>0，b>0)的焦点到关奇近线的臣离为2， 点2,2)在C上. ()求C的方程： (2)点A,B分别在C的两条渐近线上运动，且AB=2√2，线段AB的中点为M. (i)设E(o,),F(o,-5，求MEMF的最大值： MP (i)设P(-1,0),Qt,0)(t>1),点M不在x轴上，若∠MQP=2∠MPQ,求 MO 的取值范围。 1B.(2026广东滋江一模)已知)-中.设=与y=-aeN)的图象位于第一象限的交点 为Pn(xn,yn. (1)求f(x)的最大值； (2证明：n+1<X,<n+1+上 n e (3)证明：xm+1-xn> e+1 14.(2025广东佛山一模)已知函数f(x)=e-x-ax,aeR (1)讨论∫x)的零点个数； (2②若a为正整数1，记此时f(x)的零点为x证明：2n”+2<5+5++x,<2Vn 2 5/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 15.(2026广东汕头一模)已知函数f()=2ar-r+b(a,beR· (1)求证：x=1不是函数∫(x的极值点： (2)设gx=∫'x),x∈(0，，是否存在a,使得函数gx的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在， 说明理由， 16.(2025广东广州一模)已知函数f(x)=x2-ax)e*. (1)若在x=2处取得极值，求a的值： (2)若f(x)在区间(-1,3)上单调递减，求a的取值范围. 17.(2026广东梅州一模)(1)求函数f(x)=xlnx在区间 33 上的值域； (2设所数g创=2-m 1 -xInx. ①求证：当a=0时，g(x)有唯一零点； ②x1,x2分别是g(x)的两个不相等的极值点，求证：x+x2>a+2 18.(2025·广东深圳一模)已知函数f(x)=ag(x)-x,a∈R,其中gx的解析式由下面第(1)题确定. （0将函数y=sm2r+到 的图象的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把所得图象向右平移1个单 位得gx的图象，求gx)的解析式： (2)若f(x)在(0,4上是单调减函数，求[风的最大值，其中[x]表示不超过x的最大整数； 2k+1 (3)证明： >n-2ln(n+1) k= (k+1)2 19.(2025广东清远一模)已知函数fx=lnx-axa∈R. (1)讨论∫(x)的单调性； (2)若g(x)=xf(x,且g(x存在两个极值点. ①求a的取值范围： ②设g(x的两个极值点为x,x2,证明：Inx .Inx2+ln(xx2)>4a2-1. 20.(2025·广东肇庆一模)己知a,beR,fx=axr-blnx, (1)当b=1时，讨论f(x的单调性： 6/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)设h(x)=∫(x)+e-ax,若h(x在(1,2)上有极值，求b的取值范围并证明此极值小于b. 21.(2025广东肇庆一模)已知函数fx=asin3x+3sinx. (1)当a=0,xe(0,π时，求证： f八<3: (2)当a=1时， (i)求f(x)在(0,2π)上的所有极大值点之和： (i)若f(x)=m在 -刀，0]上有两个实根x,,比较：+x,与-的大小关系。 考点4 导数的综合应用 单选题 1.(2026广东湛江一模)已知不等式2x-mlnx+1≥2lnx+n(m,n∈R,且m≠-2)对任意正实数x恒成 立，则”-5的最大值为() m+2 A.In2 B.1 C.-1 D.-In2 2.(2026广东汕头.一模)设a,b,c∈0， π 2 且a=cosa,b=sin(cosb),c=cos(sinc),则它们的大小关系 为() A.b<a<c B.c<a<b C.c<b<a D.a<b<c 3.(2025广东清远一模)设fn(x=ax+a,x2+…+anx"neN,且f(1=lnn,则() A.a1=1 B.a3>a C.3nEN',a=a2n D.f25(1)> 2024 2025 二、解答题 4.(2025·广东汕头一模)己知函数f(x)=axsinx+bcosx. (1)当a=1,b=0时，设f(x)的一个极值点为x. sin2x D判断f三是否成立，并说明理由；（已知sn tan'x) sin2 x+cos2x 1+tan2x (设)在Q,+)内的全部极值点按从小到大的顺字排列a,4a,求证：子a一a,<x: 7/8 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)若函数∫(x图象上恰好存在相异的两点P,Q,满足曲线y=∫(x)在P和Q处的切线重合，则称P,Q为曲 线y=f(x)的“双重切点”，直线P9为曲线y=f(x)的“双重切线”，当a=0,b=1时，直线P2为曲线 y=∫(x的“双重切线”，记直线PQ的斜率所有可能的取值为k,k2,…,kn,若k,>k2>k;i=3,4,5,…,n),证 明： <5 k38 2 k元，Xo Xo xo,T+kπ ∫'(x(k为奇数) 0 ∫'(x(k为偶数) 0 5.（2025·广东深圳一模)处于信息化时代的现代社会，信号处理是非常关键的技术，而信号处理背后的“功 臣”是数学中的正弦型函数.已知某一类型信号的波形可以用sinr和sn匹(AN)进行叠加生成，即生成的 A 波形对应函数解析式为fm)=sinr+sin Ax A (1)若A=3,讨论f(x)在(0，π)上的单调性，并判断其极值点的个数（提示：cos3x=-3cosx+4cos3x): (2)若A=2,令g(x)=e,函数h(x)=f(x)-g(x),写出函数h(x)的导函数h(x)在(0，π)上的零点个数，并 说明理由 8/8