专题07+函数与导数7个考点（天津专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题07 函数与导数 7大考点概览 考点01函数的图像 考点02函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性 考点03指对幂比较大小 考点04函数与方程的综合应用 考点05函数模型 考点06恒成立与能成立问题 考点07证明不等式问题 函数的图像 考点1 一、单选题 1．（2026·天津·一模）函数的部分图象大致为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】函数的定义域为. 由知是偶函数，图象关于轴对称，排除B、D； 当时，恒成立，A项不合题意,而C项均符合. 2．（2026·天津南开·一模）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性以及，逐一验证选项，即可求解. 【详解】由图可知：的图象关于坐标原点对称，故为奇函数，且， 对于A， ，故为偶函数，不合题意， 对于C， ，故为偶函数，不合题意， 对于B， ，故为奇函数，但，不合题意， 对于D， ，故为奇函数，，符合题意. 3．（2026·天津·一模）已知函数的部分图象如下： 则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】因为无法通过五点作图得出具体函数图像，所以本题使用奇偶性，特殊值逐项排除得出答案. 【详解】A选项：，为偶函数.题中图像为奇函数，所以A不可能. C选项：同A选项判断方法也可判断C选项为偶函数，C错误. D选项：因为，当足够大时，显然不满足图像显示最后一部分由负到正的急剧递增，且当时，，与图像矛盾. B选项：从奇偶性，特殊值角度分析均有可能满足，因此图像解析式可能为. 函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性 考点2 一、单选题 1．（2026·天津和平·一模）已知函数是偶函数，则实数（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【详解】由，， 因为函数是偶函数，则， 即，则， 即恒成立，可得. 2．（2026·天津和平·一模）“”是“函数在区间上为减函数”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】函数在上单调递减，在上单调递增. 所以“”可以得到“函数在区间上为减函数”， 但“函数在区间上为减函数”可得 “”. 故“”是“函数在区间上为减函数”的充分不必要条件. 3．（2026·天津滨海新区·一模）已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，得到在为单调递减函数，且，利用对数函数的单调性，求得，结合的单调性，即可求解. 【详解】由题意知，函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递增， 可得函数在上为单调递减函数，且， 所以，， 因为，所以，，， 可得，所以， 即，所以. 4．（25-26高三下·天津南开·月考）已知函数是偶函数，则函数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由偶函数的定义，求出，再确定函数值域即可． 【详解】， 即， ，解得， ， 则，解得， 的定义域为， 又因为，， 即函数的取值范围是． 5．（25-26高三上·天津宝坻·月考）已知函数满足，且时.若对任意实数，有不等式恒成立，则非零实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用函数的对称性可求得函数解析式及单调性，再结合不等式分析可得，最后利用不等式化简求解可得. 【详解】当时，由， 由此可知在单调递增，且 而在单调递增，且 又因为，所以在上单调递增， 由可得：，解得， 又因为非零实数，所以， 由于，所以， 而对于任意实数，有不等式恒成立， 则， 则，即， 所以由不等式， 解得， 即根据题意可得：， 所以，再由，可得， 故选：B. 6．（25-26高三上·天津西青·期末）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据偶函数性质及对数运算可得，，再利用单调性比较的大小即可. 【详解】因为是偶函数，所以，， 因为，在上单调递增， 所以，即. 故选：B. 二、填空题 7．（2026·天津河东·一模）已知二次函数满足为偶函数，为奇函数，且.的解析式为__________；若，，则实数m的取值范围是__________. 【答案】 【分析】①因为是偶函数，所以的图象关于直线对称，可设，根据为偶函数，为奇函数性质，列出方程并解出；再结合，解出;先化简的表达式，令，将原不等式转化为关于的不等式， 再进行变形，利用分离参数法，求出实数的取值范围 【详解】①设二次函数，则 又为偶函数，所以， 因为是奇函数，所以，即 化简得，即， 又，所以，所以 又，所以，解得 所以，， ②令，， 则可化为： ， ， 两边除以得 令，则，设， 对称轴为，，故最大值为 若， 恒成立，则，故的取值范围是 指对幂比较大小 考点3 一、单选题 1．（2026·天津·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，，， 因为函数在上单调递增， 则，则，则，则B正确. 2．（2026·天津·一模）若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据指数与对数的互化及对数的运算性质求解即可. 【详解】由得，，即. 由得，，即，所以. 所以. 3．（2026·天津红桥·一模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以， 又，， 所以． 4．（2026·天津南开·一模）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由函数的单调性可知： ，即, 又,故. 5．（2026·天津·一模）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别判断每个数与0、1的大小关系，最后根据三个数的范围比较大小. 【详解】，对数函数是增函数，且，因此：，即； ，对数函数是减函数，且，因此：，即； ，指数函数是增函数，因此：，即； 综上，大小关系为. 6．（2026·天津河东·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，所以. 7．（2026·天津滨海新区·一模）已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，得到在为单调递减函数，且，利用对数函数的单调性，求得，结合的单调性，即可求解. 【详解】由题意知，函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递增， 可得函数在上为单调递减函数，且， 所以，， 因为，所以，，， 可得，所以， 即，所以. 8．（2026·天津和平·一模）若，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由，得，则， 由，而，则， 而，所以. 函数与方程的综合应用 考点4 一、填空题 1．（2026·天津河西·一模）若函数有6个零点，则a的取值范围为_____． 【答案】 【分析】先说明不满足要求，再证明当时函数为偶函数，令，条件可转化为方程在上有个根，再设，可得方程在上有个根，结合二次函数性质列不等式求结论. 【详解】若，则，与已知矛盾， 若，则，此时函数的定义域为，且， 与条件函数有6个零点矛盾， 若，有意义可得，化简可得， 所以函数的定义域为， 又， 所以函数是偶函数，故函数的零点关于原点对称， 因为函数有6个零点，故不能为函数的零点， 令，由函数有6个零点可得方程在上有个根， 令，则，， 所以在上有个根， 即在上有个根， 所以方程在上有个根， 因为方程的判别式， 所以方程有两个不等的实根，设其根为，， 则，故， 故方程在至多有个根， 结合条件在上有个根可得， 方程在有个不相等的实根， 方程在有个根， 由方程在有个不相等的实根 可得，解得， 由方程在有个根可得，解得， 所以的取值范围为. 2．（2026·天津·一模）设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________. 【答案】 【分析】先求出可能存在的零点，再对分类讨论，依次分析零点是否满足对应范围下的约束条件. 【详解】令得方程，首先必须保证， 当时，恒成立；当时，等价于或， 首先对分段讨论，当时，， 两边平方得解得或， 得到存在需满足，存在需满足， 即应有或； 当时，， 两边平方得即， 设，， 且时有两个根， 设为，存在需满足， 考虑几个分界点的值， ，. 接下来对进行分类讨论， 当时，此时应有或，均存在， 此时开口朝下且有， 根据二次函数图像特征可知，即均不满足存在条件； 当时，存在，不存在，变为，零点为不满足存在条件； 当时，此时应有或，存在，不存在， 得到开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，，均不满足存在条件； 当时，不存在，存在， 开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，不存在，存在，均不满足存在条件； 当时，都不存在，开口朝上，且对称轴， 根据二次函数图像特征可知即均不满足存在条件； 当时，都不存在， 综上所述，的取值范围为. 3．（2026·天津·一模）函数，若恰有四个不同零点，则实数a的取值范围为______________． 【答案】 【分析】结合三角函数零点与二次函数的零点分析判断即可. 【详解】当时，令，则，所以， 此时零点为正奇数：. 当时，， 此时在上单调递增，最多有一个零点. 因为恰有四个不同零点，所以在上至少有三个零点， 故，此时，在上有且仅有一个零点， 所以时，与轴有3个交点，需满足， 所以实数a的取值范围为. 4．（2026·天津南开·一模）已知，，若函数在区间上至少有一个零点，则的最小值是______. 【答案】 【分析】经过整理，换元，方程变形为关于的直线，那么，表示直线上的点到原点的距离的平方，那么距离的最小值就是原点到直线的距离，利用点到直线的距离求最小值. 【详解】由题意可知存在使 ， 整理为： 设，整理为关于的直线， 那么，表示直线上的点到原点的距离的平方， 那么距离的最小值就是原点到直线的距离 所以， 当时，是单调递增函数，当时取得最小值. 即的最小值是. 5．（2026·天津和平·一模）已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．则的取值范围是___________． 【答案】 【分析】若，可得该方程恒无解，则时，结合值域可得关于的方程必须恰有两个不同的非零实根，构造函数，利用函数性质可得其单调性，即可得解. 【详解】当时，， 当时，， 则值域为； 若，则可化为，方程恒无解； 若，则可化为， 则要使得该方程无解，需使，即， 即关于的方程必须恰有两个不同的非零实根； 令， 作出其图象如下： 当或时，， 由对勾函数性质可得在、上单调递增，在上单调递减， 有，； 当时，， 则在上单调递减，此时； 故要使得关于的方程恰有两个不同的非零实根， 此时的取值范围是. 6．（25-26高三下·天津河西·开学考试）已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【分析】对函数分和进行讨论，最后结合分析求出实数的取值范围. 【详解】函数恰有个零点，等价于方程恰有个不同实根，分和讨论： 时，； 设为时方程的解的个数； 当时，，且，可得； 当时，，且，可得； 令，当，恒成立， 故在区间上单调递增，值域为，但当时，的值域为； 令，当，恒成立， 故在区间上单调递减，值域为，但当时，的值域为； 因此：当时，方程有唯一解，满足条件，而的解不满足条件； 当时，两分支重合于，得一个解； 当时，方程有唯一解，满足条件，而的解不满足条件； 故对任意实数，部分恒有； 当时，方程等价于两个二次方程： ①，判别式恒正，两根之积； 若，两根均为正，在上无根； 若，一根为，另一根为，在上有1个根； 若，两根异号，恰有一个负根； ②，判别式恒正，两根之积； 若，两根异号，恰有一个负根； 若，一根为，另一根为，在上有2个根； 若，两根均为负，有个根； 两方程无公共根；设为时方程的解的个数，则： ：， ： ： 总交点个数，要求等于，故，解得； 综上的取值范围是. 7．（25-26高三上·天津西青·期末）已知函数，若关于的方程有8个相异的实根，则实数的取值范围为______________. 【答案】 【分析】通过分析分段函数图像，利用换元法将方程转化为二次方程，结合二次方程根的分布条件求解参数范围. 【详解】的图象如图所示： 令，若关于的方程有8个相异的实根， 则在上有两个不等的实根. 令，则， 即，解得， 实数的取值范围为. 故答案为： 8．（25-26高三上·天津蓟州·期末）若函数恰有一个零点，则实数的取值范围为______. 【答案】 【分析】讨论、、、、，结合导数研究单调性、函数的零点个数确定参数范围. 【详解】由题设，则函数的定义域为， ，则，此时， 所以，故在上单调递增， 所以， 若时，此时恒成立，无零点， 若时，此时在定义域上恰有一个零点， ，则，此时且， 所以在上单调递增，则， 所以恰有一个零点， ，则， 若，则， 所以（在上单调递减）， 所以在上单调递增，则， 若，则，显然区间内单调递增， 所以，且时， 综上，若，则上无零点，上存在一个零点， 若，则存在一个零点， 若，则上存在一个零点，上无零点， 所以在定义域上恰有一个零点， ，且定义域为， 若，则，所以，则在上单调递增且， 若，则，显然区间内单调递增，而且时， 所以在定义域上恰有一个零点， ，则， 若，则， 所以（在上单调递减）， 显然，则上，上， 所以在上单调递增，上单调递减，而， 若，则，显然区间内单调递增且， 所以在定义域上无零点， 综上，. 故答案为： 9．（25-26高三上·天津河北·期末）已知函数当时，方程的解是________；若关于x的方程恰有三个实数解，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【分析】结合绝对值函数以及一元二次函数的图象和性质，利用数形结合进行讨论分析求解即可． 【详解】当时，， 当时，由得， 若，方程等价于，解得， 若时，方程等价于，解得， 当时，由得，得， 解得或，此时无解， 综上方程的解集为； 当时，的最小值为， 在上的最大值为， 当时，函数的图象是开口向下的抛物线，抛物线的对称轴为，顶点为， 当时，最多有两个零点， 当时，最多有两个零点， 则要使恰有三个实根， 则当时，有两个零点，时有一个零点， 或当时，有一个零点，时有两个零点， ①若当时，有两个零点，则，得，即， 此时当时只能有一个零点，若对称轴满足，此时当时，必有一个零点， 则只需要当时，， 即，得，此时， 若对称轴满足，此时在上为减函数， 要使此时只有一个零点，则， 即，得，此时， ②若当时，有一个零点，此时，即时， 此时当时， 函数的对称轴为，，要使时有两个零点，则， 即，得（舍去）或，此时， 综上实数的取值范围是或， 故答案为：①，②． 10．（25-26高三上·天津南开·期末）已知函数在区间内有2个零点，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【分析】将问题转化为在区间内有2个零点，且，再结合二次函数零点分布解不等式即可得答案. 【详解】因为对任意实数恒成立，且区间为有意义， 所以在区间内有2个零点，且， 因为函数的对称轴为， 所以根据二次函数零点分布有，即， 解对应不等式有：的解集为， 的解集为， 的解集为， 的解集为 又， 所以实数a的取值范围是 故答案为： 11．（25-26高三上·天津河西·期末）若函数存在零点，则a的取值范围为______． 【答案】 【分析】转化为半圆与函数有交点，注意到函数的拐点在直线上，结合图形分析可得. 【详解】令，得， 则函数有零点，等价于和有交点， 即半圆与函数有交点. 易知函数过点，点在直线上，如下图所示： 由解得，即， 由图知，当函数的拐点在点或其上方，即时，满足题意； 当函数过点时，，由图可知，当时，满足题意. 综上所述， 故答案为：. 12．（25-26高三上·天津红桥·期末）函数 若在区间内恰有5个零点，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【分析】分类讨论，分在区间有3个零点且在区间有2个零点，在区间有4个零点且在区间有1个零点，和在区间有5个零点且在区间没有零点，三种情况求解即可. 【详解】作出函数的图像，左侧是正弦型函数，右侧是开口向上，可以上下平移对称轴为的二次函数. 当时，，得到， （1）当在区间有3个零点且在区间有2个零点时， 满足 ，得到； （2）当在区间有4个零点且在区间有1个零点时， 满足或 ，得到； （3）当在区间有5个零点且在区间没有零点时， 满足 ，无解； 综上所述，实数的取值范围为：. 故答案为：. 不等式恒成立问题 考点5 一、解答题 1．（2026·天津·一模）已知. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； (3)若有两个极值点，且，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先代入，求与，再算切点与斜率，最后用点斜式写出切线方程. （2）解法一:先求导得出在递增、递减，得其最大值为，再将题意转化为恒成立，构造函数求导并按与1的大小分类讨论，判断函数单调性与最值，进而得出的取值范围. 解法二: 先求导得，并分析其单调性与最大值,将存在性条件转化为 恒成立,再分离参数构造函数,通过多次求导判断单调递增,最后用洛必达法则求极限得 ,从而确定的取值范围为 . （3）解法一:先由极值点条件换元转化方程，得到满足的关系式，再将 整理为同一函数形式，证明该函数单调且满足奇函数对称性，利用极值点偏移证得，最终得到. 解法二: 先由单调性得极值点满足,构造对称函数并通过连续两次求导数判断其单调递增,推出,再利用 单调性证得 ,结合 在递增,最终推导出. 【详解】（1）当时，. 因为，所以，. 曲线在点处的切线方程. 即. （2）解法一：因为， 所以， 因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有 成立 所以，即 恒成立，等价于 ， 即对任意，恒成立. 设，则 令，则 . ①当时，因为，则显然有， 可知在上单调递减，则， 所以在上单调递减， 所以，即对任意恒成立， 所以 满足题意; ②当时，令，解得：， 当时， ，则单调递增， 此时，则在上单调递增，所以， 即当 时， ，即不恒成立， 可知不合题意. 综上所述， . 解法二：由（1）得，， 所以，因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有成立 即恒成立，等价于， 即对任意恒成立. 即恒成立，令 令 ，令 ，因为，所以， 即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即 所以在上单调递增 由洛必达法则（如果直接使用洛必达法则求解且结果正确扣两分）. 所以，即. （3）解法一：由（2）可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 因为有2个极值点， ， 所以等价于方程的两根为，且， 即方程的两根为， 令，则等价于方程的两根为， 所以，即 因为 令，则即证 因为，所以在上单调递增， 下证： ，所以可得 即，即证， 因为，即，因此即证， 令， 则， 因此在上单调递增，，所以得证. 因为，所以， 又发现且在上单调递增， 因此 即得证. 解法二：由（2）问可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 设 则， 令， 因为，所以， 故，即， 所以在上单调递增，故，所以在上单调递增， 故， 下证： 因为，即， 故， 又，所以，即， 因为在上单调递减， 所以， 又因为，所以， 又因为在上单调递增，在上单调递减， 且的两个零点为， 所以在上，即在上单调递增， 所以， 因为，即，且 所以， 故得证. 2．（2026·天津红桥·一模）已知为正实数，函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导代入，计算出斜率和点坐标即可求得切线方程； （2）求导后对参数进行分类讨论，求得函数单调性根据恒成立，可得出； （3）根据（2）中结论，可得当时，再由对数运算法则以及不等式放缩计算证明即可. 【详解】（1）易知， 当时，，此时， 又， 所以切线方程为，即； （2）由（1）可知， 若，即时，， 此时函数在区间上单调递增， 因此，符合题意； 若，即， 当时，，函数在区间上单调递减， 此时，不合题意； 综上所述，的取值范围为. （3）证明： 先证右侧不等式，如下： 由（2）可得，当时，有， 可得，所以， 即， 则有； 即，右侧不等式得证； 左侧不等式证明如下： 构造函数，则在上恒成立； 即在上单调递减，可知， 可得，也即， 可得， 因此， 可得 又因为， 所以， 故，左侧得证； 综上可得，不等式成立. 3．（2026·天津南开·一模）已知函数，. (1)若曲线在点处的切线的斜率为，求的方程； (2)在（1）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围； (3)设，证明：函数有两个零点，（），且满足. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据斜率求解，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分离参数，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可得解， （3）根据导数求解函数单调性，进而可得最小值，根据两个零点得，通过代入可将问题转为证明，进而证明得证. 【详解】（1），则切线的斜率为，所以. 从而，所以处的切线方程为 ，即. （2）时，由得， 整理得. 令，则， 由于为上的单调递增函数，且， 故当时，，则；当时，，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，故的取值范围为. （3）， 令，解得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 当时，，当时，，所以有两个零点. 不妨设为，，且， 由，可得， 所以要证，即证， 即证. 而，则， 所以要证，即证， 即证， 而 ， 由于，故，则， 故 ， 所以，即得证. 4．（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 【答案】(1) (2)证明见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再利用直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）根据不等式构造函数和分别证明大于等于零恒成立即可； （3）依据（2）中结论可得，再利用等比数列前项和公式计算可得证明得出结论. 【详解】（1）当时，可得，所以； 可得，又， 所以在点处的切线方程为，即； （2）易知，要证明， 可得， 构造函数，可得， 可知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时，等号成立； 下面证明， 令，所以； 易知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时等号成立， 综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即. （3）由（2）中结论可知； 所以， 因此； 可知 所以. 函数零点与极值点问题 考点6 一、单选题 1．（2026·天津河东·一模）已知函数，当函数的大致图象为下图时，a可能的值是（    ） A．0.4 B．0.8 C． D．2 【答案】A 【分析】利用图象的单调性可确定极值情况，再借助导数来研究零点情况，即可确定参数范围，从而可得到选项判断. 【详解】函数定义域为，求导： ， 令， 根据图像可知：先减、再增、再减，说明存在两个正的极值点， 所以二次方程有两个不同的正零点， 即方程有两个不等正根，且开口向下， 由判别式可得：， 由韦达定理可得：， ，故， 综上可得：，故A正确. 二、解答题 2．（2026·天津·一模）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设为的导函数，若在上有两个不同的零点，，求证：． 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增； 当时，有两根记为，在和上单调递增，在上单调递减. (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求切线方程； （2）讨论的取值范围利用导数求的单调性； （3）通过构造函数求最值的方法证明不等式. 【详解】（1）函数，有， ，有， 所以切线方程为， 即曲线在点处的切线方程为. （2）函数，，， 令，，， 令，得， 令，得，所以在上单调递减， 令，得，所以在上单调递增， 所以， ①当时，， 所以，即， 所以在上单调递增； ②当时，， 所以，即， 当时，，，从而， 当时，，，与相比，指数函数呈爆炸性增长，从而， 所以有两根，记为， 当变化时，与的变化情况如下表： + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，有两根，记为，在和上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）知，， 因为函数在上有两个不同的零点， 所以即，即， 两式相除得，令③， ，所以，代入③式得， ， 令，，， 令，， 因为，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 得证. 3．（2026·天津南开·一模）已知函数，. (1)若曲线在点处的切线的斜率为，求的方程； (2)在（1）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围； (3)设，证明：函数有两个零点，（），且满足. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据斜率求解，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分离参数，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可得解， （3）根据导数求解函数单调性，进而可得最小值，根据两个零点得，通过代入可将问题转为证明，进而证明得证. 【详解】（1），则切线的斜率为，所以. 从而，所以处的切线方程为 ，即. （2）时，由得， 整理得. 令，则， 由于为上的单调递增函数，且， 故当时，，则；当时，，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，故的取值范围为. （3）， 令，解得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 当时，，当时，，所以有两个零点. 不妨设为，，且， 由，可得， 所以要证，即证， 即证. 而，则， 所以要证，即证， 即证， 而 ， 由于，故，则， 故 ， 所以，即得证. 4．（2026·天津河西·一模）已知函数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若有三个不同的零点，，，且， （i）求实数a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求解即可； （2）（i）将问题转化为，构造函数，研究函数的单调性与极值等性质即可得答案； （ii）令，，，进而得，，，再整理得，，进一步得，再构造函数，结合极值点偏移的对称构造证明得，整理得，再代入即可证明结论. 【详解】（1）当时，． 将代入，得切点纵坐标． 对求导得： 所以在处的切线斜率为：， 所以切线方程为，即：． （2）（i）由等价于． 设．． 令，解得或． 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增． 的极大值为；极小值为． 又当时，；当时，． 所以函数的大致图象如图： 所以，要使直线与有3个不同的交点，必须满足： 故实数a的取值范围是． （ii）证明：由（i）知，三个零点分布为：，，． 由零点分布可知，，． 令，，． 显然有，，． 因为，代入得：． 同理代入和可得：，且． 因此，，是方程的两个正根，而u是方程的正根． 因为，两边同时乘以并除以，得： 两边取自然对数： 同理，由可得： 将上述两式相加，得到： 下面证明． 设，由已知． 由于，要证，而且在上单调递减． 等价于证明，即证对任意成立． 构造函数． 即证明：， 令．， 令，，， 因为，所以，即单调递增． ． 所以在上单调递减，． 故成立，进而在上恒成立． 这说明成立，从而得到． 因为且，所以． 代入第一步得到的恒等式中： 将，，代回上式： 所以原不等式得证． 5．（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. 证明不等式问题 考点7 一、解答题 1．（2026·天津红桥·一模）已知为正实数，函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导代入，计算出斜率和点坐标即可求得切线方程； （2）求导后对参数进行分类讨论，求得函数单调性根据恒成立，可得出； （3）根据（2）中结论，可得当时，再由对数运算法则以及不等式放缩计算证明即可. 【详解】（1）易知， 当时，，此时， 又， 所以切线方程为，即； （2）由（1）可知， 若，即时，， 此时函数在区间上单调递增， 因此，符合题意； 若，即， 当时，，函数在区间上单调递减， 此时，不合题意； 综上所述，的取值范围为. （3）证明： 先证右侧不等式，如下： 由（2）可得，当时，有， 可得，所以， 即， 则有； 即，右侧不等式得证； 左侧不等式证明如下： 构造函数，则在上恒成立； 即在上单调递减，可知， 可得，也即， 可得， 因此， 可得 又因为， 所以， 故，左侧得证； 综上可得，不等式成立. 2．（2026·天津和平·一模）已知函数 (1)若函数为增函数，求的取值范围； (2)已知实数，且． （i）证明：； （ii）若与是函数的两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）由题设可得对于任意恒成立，可得对任意恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）（i）转化问题为证明，结合（1）可得，即证，设，利用导数分析其单调性，进而求证即可； （ii）由题意可得，结合（1）可知，，，设，利用导数分析其单调性，进而得到，再结合（i）可得，进而求证即可. 【详解】（1）由，得， 由为增函数，有对于任意恒成立， 整理有对任意恒成立． 设，则， 令，得；令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故，则， 所以的取值范围为. （2）（i）要证成立，即证成立． 由（1）有时，在上单调递增， 因为，则，即， 整理，即证成立． 设，则， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立， 令，可得，故成立，所以原不等式成立． （ii）由已知可得有两不同实根为，则，即， 一方面：由（1）可知，有； 同理可得，设，则， 当时，，当时，，且， 故对任意恒成立，故在上单调递减， 由，则，即，且， 则，故，可得； 另一方面：又因为，由（i）可得，即， 则，且，可得. 综上所述，，可得， 则，得证． 3．（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 【答案】(1) (2)证明见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再利用直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）根据不等式构造函数和分别证明大于等于零恒成立即可； （3）依据（2）中结论可得，再利用等比数列前项和公式计算可得证明得出结论. 【详解】（1）当时，可得，所以； 可得，又， 所以在点处的切线方程为，即； （2）易知，要证明， 可得， 构造函数，可得， 可知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时，等号成立； 下面证明， 令，所以； 易知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时等号成立， 综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即. （3）由（2）中结论可知； 所以， 因此； 可知 所以. 4．（2025·天津·模拟预测）已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【答案】(1) (2)（i）1；（ii）证明见详解. 【分析】（1）计算，由导数的几何意义即可求； （2）（i）求出，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程有两个实根转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立. 【详解】（1）因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. （2）（i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，化归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函数法，结合导数来所构造函数的取值范围，进而证明不等式成立. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 函数与导数 7大考点概览 考点01函数的图像 考点02函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性 考点03指对幂比较大小 考点04函数与方程的综合应用 考点05 考点06恒成立与能成立问题 考点07证明不等式问题 函数的图像 考点1 一、单选题 1．（2026·天津·一模）函数的部分图象大致为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·天津南开·一模）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·天津·一模）已知函数的部分图象如下： 则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性 考点2 一、单选题 1．（2026·天津和平·一模）已知函数是偶函数，则实数（   ） A． B． C．1 D．2 2．（2026·天津和平·一模）“”是“函数在区间上为减函数”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2026·天津滨海新区·一模）已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高三下·天津南开·月考）已知函数是偶函数，则函数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·天津宝坻·月考）已知函数满足，且时.若对任意实数，有不等式恒成立，则非零实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高三上·天津西青·期末）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（2026·天津河东·一模）已知二次函数满足为偶函数，为奇函数，且.的解析式为__________；若，，则实数m的取值范围是__________. 指对幂比较大小 考点3 一、单选题 1．（2026·天津·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·天津·一模）若，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·天津红桥·一模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·天津南开·一模）已知，，，则（   ） A． B． C． D． 5．（2026·天津·一模）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·天津河东·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·天津滨海新区·一模）已知是定义在R上的偶函数，且在上单调递增，设，，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 8．（2026·天津和平·一模）若，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 函数与方程的综合应用 考点4 一、填空题 1．（2026·天津河西·一模）若函数有6个零点，则a的取值范围为_____． 2．（2026·天津·一模）设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________. 3．（2026·天津·一模）函数，若恰有四个不同零点，则实数a的取值范围为______________． 4．（2026·天津南开·一模）已知，，若函数在区间上至少有一个零点，则的最小值是______. 5．（2026·天津和平·一模）已知，若存在实数，满足有且仅有三个不同的实数使得下列关于的方程在等于时均无解．则的取值范围是___________． 6．（25-26高三下·天津河西·开学考试）已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是__________. 7．（25-26高三上·天津西青·期末）已知函数，若关于的方程有8个相异的实根，则实数的取值范围为______________. 8．（25-26高三上·天津蓟州·期末）若函数恰有一个零点，则实数的取值范围为______. 9．（25-26高三上·天津河北·期末）已知函数当时，方程的解是________；若关于x的方程恰有三个实数解，则实数a的取值范围是________. 10．（25-26高三上·天津南开·期末）已知函数在区间内有2个零点，则实数a的取值范围是______． 11．（25-26高三上·天津河西·期末）若函数存在零点，则a的取值范围为______． 12．（25-26高三上·天津红桥·期末）函数 若在区间内恰有5个零点，则实数的取值范围是___________. 不等式恒成立问题 考点5 一、解答题 1．（2026·天津·一模）已知. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； (3)若有两个极值点，且，求证：. 2．（2026·天津红桥·一模）已知为正实数，函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)证明：． 3．（2026·天津南开·一模）已知函数，. (1)若曲线在点处的切线的斜率为，求的方程； (2)在（1）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围； (3)设，证明：函数有两个零点，（），且满足. 4．（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 函数零点与极值点问题 考点6 一、单选题 1．（2026·天津河东·一模）已知函数，当函数的大致图象为下图时，a可能的值是（    ） A．0.4 B．0.8 C． D．2 二、解答题 2．（2026·天津·一模）设函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设为的导函数，若在上有两个不同的零点，，求证：． 3．（2026·天津南开·一模）已知函数，. (1)若曲线在点处的切线的斜率为，求的方程； (2)在（1）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围； (3)设，证明：函数有两个零点，（），且满足. 4．（2026·天津河西·一模）已知函数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若有三个不同的零点，，，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求证． 5．（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. 证明不等式问题 考点7 一、解答题 1．（2026·天津红桥·一模）已知为正实数，函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)证明：． 2．（2026·天津和平·一模）已知函数 (1)若函数为增函数，求的取值范围； (2)已知实数，且． （i）证明：； （ii）若与是函数的两个极值点，证明：． 3．（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 4．（2025·天津·模拟预测）已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 函数与导数 函数的图像 考点1 题号 1 2 3 答案 C D B 函数的性质：单调性、奇偶性、周期性、对称性 考点2 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C A C A B B 7． 指对幂比较大小 考点3 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A B B D B C B 函数与方程的综合应用 考点4 1． 2． 3． 4． 5． 6． 7． 8． 9． 10． 11． 12． 不等式恒成立问题 考点5 1．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先代入，求与，再算切点与斜率，最后用点斜式写出切线方程. （2）解法一:先求导得出在递增、递减，得其最大值为，再将题意转化为恒成立，构造函数求导并按与1的大小分类讨论，判断函数单调性与最值，进而得出的取值范围. 解法二: 先求导得，并分析其单调性与最大值,将存在性条件转化为 恒成立,再分离参数构造函数,通过多次求导判断单调递增,最后用洛必达法则求极限得 ,从而确定的取值范围为 . （3）解法一:先由极值点条件换元转化方程，得到满足的关系式，再将 整理为同一函数形式，证明该函数单调且满足奇函数对称性，利用极值点偏移证得，最终得到. 解法二: 先由单调性得极值点满足,构造对称函数并通过连续两次求导数判断其单调递增,推出,再利用 单调性证得 ,结合 在递增,最终推导出. 【详解】（1）当时，. 因为，所以，. 曲线在点处的切线方程. 即. （2）解法一：因为， 所以， 因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有 成立 所以，即 恒成立，等价于 ， 即对任意，恒成立. 设，则 令，则 . ①当时，因为，则显然有， 可知在上单调递减，则， 所以在上单调递减， 所以，即对任意恒成立， 所以 满足题意; ②当时，令，解得：， 当时， ，则单调递增， 此时，则在上单调递增，所以， 即当 时， ，即不恒成立， 可知不合题意. 综上所述， . 解法二：由（1）得，， 所以，因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有成立 即恒成立，等价于， 即对任意恒成立. 即恒成立，令 令 ，令 ，因为，所以， 即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即 所以在上单调递增 由洛必达法则（如果直接使用洛必达法则求解且结果正确扣两分）. 所以，即. （3）解法一：由（2）可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 因为有2个极值点， ， 所以等价于方程的两根为，且， 即方程的两根为， 令，则等价于方程的两根为， 所以，即 因为 令，则即证 因为，所以在上单调递增， 下证： ，所以可得 即，即证， 因为，即，因此即证， 令， 则， 因此在上单调递增，，所以得证. 因为，所以， 又发现且在上单调递增， 因此 即得证. 解法二：由（2）问可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 设 则， 令， 因为，所以， 故，即， 所以在上单调递增，故，所以在上单调递增， 故， 下证： 因为，即， 故， 又，所以，即， 因为在上单调递减， 所以， 又因为，所以， 又因为在上单调递增，在上单调递减， 且的两个零点为， 所以在上，即在上单调递增， 所以， 因为，即，且 所以， 故得证. 2．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导代入，计算出斜率和点坐标即可求得切线方程； （2）求导后对参数进行分类讨论，求得函数单调性根据恒成立，可得出； （3）根据（2）中结论，可得当时，再由对数运算法则以及不等式放缩计算证明即可. 【详解】（1）易知， 当时，，此时， 又， 所以切线方程为，即； （2）由（1）可知， 若，即时，， 此时函数在区间上单调递增， 因此，符合题意； 若，即， 当时，，函数在区间上单调递减， 此时，不合题意； 综上所述，的取值范围为. （3）证明： 先证右侧不等式，如下： 由（2）可得，当时，有， 可得，所以， 即， 则有； 即，右侧不等式得证； 左侧不等式证明如下： 构造函数，则在上恒成立； 即在上单调递减，可知， 可得，也即， 可得， 因此， 可得 又因为， 所以， 故，左侧得证； 综上可得，不等式成立. 3．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据斜率求解，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分离参数，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可得解， （3）根据导数求解函数单调性，进而可得最小值，根据两个零点得，通过代入可将问题转为证明，进而证明得证. 【详解】（1），则切线的斜率为，所以. 从而，所以处的切线方程为 ，即. （2）时，由得， 整理得. 令，则， 由于为上的单调递增函数，且， 故当时，，则；当时，，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，故的取值范围为. （3）， 令，解得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 当时，，当时，，所以有两个零点. 不妨设为，，且， 由，可得， 所以要证，即证， 即证. 而，则， 所以要证，即证， 即证， 而 ， 由于，故，则， 故 ， 所以，即得证. 4．(1) (2)证明见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再利用直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）根据不等式构造函数和分别证明大于等于零恒成立即可； （3）依据（2）中结论可得，再利用等比数列前项和公式计算可得证明得出结论. 【详解】（1）当时，可得，所以； 可得，又， 所以在点处的切线方程为，即； （2）易知，要证明， 可得， 构造函数，可得， 可知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时，等号成立； 下面证明， 令，所以； 易知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时等号成立， 综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即. （3）由（2）中结论可知； 所以， 因此； 可知 所以. 函数零点与极值点问题 考点6 题号 1 答案 A 2．(1) (2)当时，在上单调递增； 当时，有两根记为，在和上单调递增，在上单调递减. (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求切线方程； （2）讨论的取值范围利用导数求的单调性； （3）通过构造函数求最值的方法证明不等式. 【详解】（1）函数，有， ，有， 所以切线方程为， 即曲线在点处的切线方程为. （2）函数，，， 令，，， 令，得， 令，得，所以在上单调递减， 令，得，所以在上单调递增， 所以， ①当时，， 所以，即， 所以在上单调递增； ②当时，， 所以，即， 当时，，，从而， 当时，，，与相比，指数函数呈爆炸性增长，从而， 所以有两根，记为， 当变化时，与的变化情况如下表： + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，有两根，记为，在和上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）知，， 因为函数在上有两个不同的零点， 所以即，即， 两式相除得，令③， ，所以，代入③式得， ， 令，，， 令，， 因为，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 所以在区间上单调递增，所以， 得证. 3．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据斜率求解，即可根据点斜式求解直线方程， （2）分离参数，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可得解， （3）根据导数求解函数单调性，进而可得最小值，根据两个零点得，通过代入可将问题转为证明，进而证明得证. 【详解】（1），则切线的斜率为，所以. 从而，所以处的切线方程为 ，即. （2）时，由得， 整理得. 令，则， 由于为上的单调递增函数，且， 故当时，，则；当时，，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，故的取值范围为. （3）， 令，解得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 当时，，当时，，所以有两个零点. 不妨设为，，且， 由，可得， 所以要证，即证， 即证. 而，则， 所以要证，即证， 即证， 而 ， 由于，故，则， 故 ， 所以，即得证. 4．(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）（i）将问题转化为，构造函数，研究函数的单调性与极值等性质即可得答案； （ii）令，，，进而得，，，再整理得，，进一步得，再构造函数，结合极值点偏移的对称构造证明得，整理得，再代入即可证明结论. 【详解】（1）当时，． 将代入，得切点纵坐标． 对求导得： 所以在处的切线斜率为：， 所以切线方程为，即：． （2）（i）由等价于． 设．． 令，解得或． 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增． 的极大值为；极小值为． 又当时，；当时，． 所以函数的大致图象如图： 所以，要使直线与有3个不同的交点，必须满足： 故实数a的取值范围是． （ii）证明：由（i）知，三个零点分布为：，，． 由零点分布可知，，． 令，，． 显然有，，． 因为，代入得：． 同理代入和可得：，且． 因此，，是方程的两个正根，而u是方程的正根． 因为，两边同时乘以并除以，得： 两边取自然对数： 同理，由可得： 将上述两式相加，得到： 下面证明． 设，由已知． 由于，要证，而且在上单调递减． 等价于证明，即证对任意成立． 构造函数． 即证明：， 令．， 令，，， 因为，所以，即单调递增． ． 所以在上单调递减，． 故成立，进而在上恒成立． 这说明成立，从而得到． 因为且，所以． 代入第一步得到的恒等式中： 将，，代回上式： 所以原不等式得证． 5．(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. 证明不等式问题 考点7 1．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导代入，计算出斜率和点坐标即可求得切线方程； （2）求导后对参数进行分类讨论，求得函数单调性根据恒成立，可得出； （3）根据（2）中结论，可得当时，再由对数运算法则以及不等式放缩计算证明即可. 【详解】（1）易知， 当时，，此时， 又， 所以切线方程为，即； （2）由（1）可知， 若，即时，， 此时函数在区间上单调递增， 因此，符合题意； 若，即， 当时，，函数在区间上单调递减， 此时，不合题意； 综上所述，的取值范围为. （3）证明： 先证右侧不等式，如下： 由（2）可得，当时，有， 可得，所以， 即， 则有； 即，右侧不等式得证； 左侧不等式证明如下： 构造函数，则在上恒成立； 即在上单调递减，可知， 可得，也即， 可得， 因此， 可得 又因为， 所以， 故，左侧得证； 综上可得，不等式成立. 2．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）由题设可得对于任意恒成立，可得对任意恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）（i）转化问题为证明，结合（1）可得，即证，设，利用导数分析其单调性，进而求证即可； （ii）由题意可得，结合（1）可知，，，设，利用导数分析其单调性，进而得到，再结合（i）可得，进而求证即可. 【详解】（1）由，得， 由为增函数，有对于任意恒成立， 整理有对任意恒成立． 设，则， 令，得；令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故，则， 所以的取值范围为. （2）（i）要证成立，即证成立． 由（1）有时，在上单调递增， 因为，则，即， 整理，即证成立． 设，则， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立， 令，可得，故成立，所以原不等式成立． （ii）由已知可得有两不同实根为，则，即， 一方面：由（1）可知，有； 同理可得，设，则， 当时，，当时，，且， 故对任意恒成立，故在上单调递减， 由，则，即，且， 则，故，可得； 另一方面：又因为，由（i）可得，即， 则，且，可得. 综上所述，，可得， 则，得证． 3．(1) (2)证明见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再利用直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）根据不等式构造函数和分别证明大于等于零恒成立即可； （3）依据（2）中结论可得，再利用等比数列前项和公式计算可得证明得出结论. 【详解】（1）当时，可得，所以； 可得，又， 所以在点处的切线方程为，即； （2）易知，要证明， 可得， 构造函数，可得， 可知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时，等号成立； 下面证明， 令，所以； 易知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时等号成立， 综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即. （3）由（2）中结论可知； 所以， 因此； 可知 所以. 4．(1) (2)（i）1；（ii）证明见详解. 【分析】（1）计算，由导数的几何意义即可求； （2）（i）求出，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程有两个实根转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立. 【详解】（1）因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. （2）（i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，化归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函数法，结合导数来所构造函数的取值范围，进而证明不等式成立. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $