题号猜押10 天津卷20题导数及其应用5大考点（解答题）（天津专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押10 20题导数及其应用（解答题） 溯源：近5年真题第20题为必考压轴题，难度高，是试卷区分度核心题。题目以含参函数为载体，综合考查切线、单调性、极值、零点、不等式证明及恒成立问题，以双变量、多变量、与数列结合证明不等式或者不等式求参的形式考察． 预测：2026年第20题延续以往的结构，第(1)问稳定考查切线方程（“在”型切线），属基础得分点；第(2)(3)问将在不等式恒成立、零点个数、双变量证明三类问题中轮换，极值点偏移与高等数学背景（泰勒公式、帕德逼近）仍是命题深挖方向。 备考核心：熟练掌握导数运算与切线方程通法，确保第(1)问满分；强化含参函数分类讨论（以导函数零点为界）、分离参数法、端点效应策略；掌握极值点偏移的对称构造法与比值代换技巧，对双变量问题以及多变量问题的解决方法的掌握；重视常见放缩不等式积累，提升代数变形与逻辑推理能力。 考点1 导数解恒成立（能成立）问题 1．（2026·天津东丽·一模）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性； (3)在（2）的条件下，记的最大值为，若对任意的，使得关于a的不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减 (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）求导后分、和讨论求解即可； （3）将问题转化为成立，令，利用导数求出的最大值即可得答案. 【详解】（1）依题意， 所以, ，         又 函数在处的切线方程为， 即． （2）当， ①当时，，在单调递增，     ②当时，，在单调递减，      ③当时，令，解得 则当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减．           综上可知， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减 （3）由（2）可知， ， ， 故在单调递减， 又因为时，, 所以， 即，         因为，对，关于a的不等式恒成立， 所以，对，恒成立， 即成立，    令，                  因为 令在上单调递增 因为 所以，由零点存在定理，可知，使得，即．     当时， 当时， 所以在上单调递增，在上单调递减 所以， 所以 2．（2025·天津和平·二模）已知函数（m，，）. (1)若函数的两个极值点为0与，求m，n的值及函数的单调区间； (2)若. （ⅰ）求证：当时，函数在区间上单调递增； （ⅱ）对，总，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)，；的单调递增区间为，，单调递减区间为 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）求导，根据得到方程组，求出，，验证后满足要求，并求出的单调区间； （2）（ⅰ）求导，整体得到，当时，，所以当时，导函数大于等于0，故在区间上单调递增； （ⅱ）由（ⅰ）知，最大值为，转化为对任意恒成立，构造函数，求导，得到函数单调性，分，，，四种情况，求出时，对，总，使得成立. 【详解】（1），由已知有，解得. 当，时，， 令，解得，定义域为， ，令得或0， 令，解得或，令，解得， 所以与是函数的两个极值点，所以，， 的单调递增区间为，，单调递减区间为； （2）（ⅰ）证明：，代入，有， 整理得①， 当时，， 即，又，所以，因此①式即， 所以当时，在区间上单调递增； （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，在上是增函数， 因此在上的最大值为， 即对任意恒成立. 设，， 则 当时，则，此时，即在上单调递减， 因此，需，所以， 当时，， ①当时，即，此时，即在上单调递增， 因此，所以在上恒成立. ②当时，即，此时，即在上单调递减， 因此，所以在上恒成立. ③当时，即， 此时当时，，单调递减； 当时，，单调递增，， 需满足，令， 设，， ， 当时，，即在上单调递减， 所以， 则在时恒成立，此时在恒成立. 综上所述，当时，恒成立. 即时，对，总，使得成立. 3．（2025·天津和平·一模）已知函数. (1)若，函数在点处的切线斜率为，求函数的单调区间和极值； (2)试利用（1）结论，证明：； (3)若，且，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)单调递增区间为，函数的单调递减区间为，极大值1，无极小值. (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）求，由求出，分别解和，即可求出函数的单调区间和极值； （2）由（1）可得令，可得，再由放缩法结合等比数列的前项和可证明； （3）将不等式转化为证明桓成立，分，讨论，当时，对不等式两侧同时取对数，构建新函数，令，等价于恒成立，结合的单调性可得，设，求出的最大值，即可得出答案. 【详解】（1）当时，， ，由已知，所以， 即，因为， 所以，当时，，当时，， 因此，的单调递增区间为，函数的单调递减区间为. 当时，函数取得极大值，无极小值. （2）证明：由（1）可得当时，，即 令，可得，所以， 所以， ，原式得证. （3）已知，则，不等式为， 即桓成立， （i）当时，任意，因此满足条件. （ii）当时，，不等式两侧同时取对数， 有，等价于①， 构建新函数，令，①式等价于恒成立， 而，函数在其定义域上单调递增，因此对任意，有 成立，即任意，有， 等价于②，设， 当时，，当时，， 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调逆减， 所以，因此由（2）式可得. 综上，正实数的取值范围为. 4．（2026高三·天津·专题练习）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解. 【详解】（1）当时，，， ∴，又∴， ∴切线方程为. （2）方法一：设， 只需在时恒成立即可， 又，且， 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 则，令，则， 当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增， 所以，故在上单调递增， 所以，所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，，所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二：设，则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以，所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以，所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增，即在上单调递增， 又因为，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得：， 令，，则， 而， 且，， ∵，∴，∴在区间上单调递减， ∴，∴， ∴在区间上单调递减， ∴，∴， ∴在区间上单调递减，∴， 由洛必达法则可得， 综上所述，实数的取值范围是． 5．（25-26高三上·天津·期末）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，有且只有一个零点． （i）求的取值范围； （ii）记的最大值为，若，使得关于的不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)； (2)（i）答案见解析；（ii）. 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）（i）求出的导数，按分类探讨单调性，由函数有唯一零点求出范围；（ii）由（i）的信息求出，再利用恒成立建立不等式并分离参数，借助不等式不等式求出范围. 【详解】（1）当时，函数，求导得， 则，而， 则曲线在点处的切线方程为，即. （2）（i）当时，有且只有一个零点， 求导得， ①当时，在上单调递增， 则，函数在没有零点； ②当时，在上单调递减， ，则函数在没有零点； ③当时，令，解得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 又，当时，，函数在无零点， ，又， 当时，，， 函数在有且只有一个零点， 所以当时，函数在上有且只有一个零点. （ii）由（i）知，， ，则函数在上单调递减， ， 由使得关于的不等式恒成立， 得使得成立， 而，当且仅当时取等号，则， 所以实数的取值范围是. 考点2 导数证明不等式 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．（25-26高三上·天津滨海新区·月考）已知，． (1)求函数在处的切线方程； (2)对一切，恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切，有成立． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出导函数，求出函数在处的切线斜率，进而求得切线方程. （2）不等式整理为恒成立，只需求出右式的最小值即可，构造函数，利用求导的方法得出函数的最小值； （3）根据不等式的形式可得，只需使的最小值大于右式的最大值即可，构造函数，利用求导得出函数的最大值． 【详解】（1），∴ 所以，所以函数在处的切线方程为. （2）因为在上恒成立，∴恒成立， 令，则， 由，得，，时，； 时，．∴时，．∴． ∴实数的取值范围是． （3）对一切，都有成立， ∴，∴， 由（1）可知的最小值是，当且仅当时取到． 设，则， ∵时，，时，，∴， 从而对一切，成立． 3．（25-26高三上·天津南开·期末）已知，，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，都有，求a的取值范围； (3)若，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对进行求导，再通过导数的几何意义结合点斜式即可求出； （2）通过求的二阶导数判断的一阶导数的符号，进而求出的单调性，再求出的最小值即可求出a的取值范围； （3）通过不等式将原式化为只需证，再通过化简变形得到，对进行求导，最后令，对其进行求导即可证明. 【详解】（1），所以点处的切线斜率为， 又，所以切线方程为， 即． （2）， 因为在上均为增函数， 所以在上单调递增，又， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以． 若对任意，都有，则， 所以，a的取值范围为． （3）由（2）知，当时，，故， 所以 ， 所以只需证，只需证， 只需证， 只需证， 令， 则只需证． 因为， 所以令， 因为，所以在上单调递减， 所以当时，，所以，所以在上单调递减， 又，所以， 故当时，． 4．（25-26高三上·天津红桥·开学考试）已知函数，，其中，为自然对数的底数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)证明：当时，． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后分及讨论即可得； （3）原命题可转化为证明当时，，构造相应函数后求导研究单调性即可得. 【详解】（1）当时，，则， 则，又， 则函数在点处的切线方程为， 即； （2）， 若，则在上恒成立，故在上单调递减； 若，令，则（负值舍去）， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，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； （3）当时，要证，即证，即证， 即证，即证， 令，，则， 所以在上单调递增，又， 故，即，即得证. 考点3 双变量问题 1．（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. 2．（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. 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． 5．（2025·天津河北·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； (3)若有两个零点，且，证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可； （2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围； （3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可. 【详解】（1）由题设，则，且，， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）由题设，即且， 令且，则， 令，则，故在上单调递增， 所以， 当，时，，则在上单调递增，，符合； 当，时，，时， 所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合； 综上，； （3）由，则，，且， 所以，故， 要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 最终只需证明，令且，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以得证. 考点4 多变量问题 1．（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． 2．（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. 3．（25-26高三上·天津·月考）已知函数，． (1)求在处的切线方程； (2)若当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (3)已知函数有3个零点p，q，r，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由函数求导，计算切线的斜率以及切点，根据点斜式方程，可得答案； （2）利用参变分离整理不等式，构造函数，利用导数求得函数的单调性与最值，可得答案； （3）根据零点的定义，建立方程，求出零点以及构造函数，根据新函数的性质，等价消元整理不等式，可得答案. 【详解】（1）由，求导可得， 则函数在处的曲线斜率为， 切点的纵坐标为， 所以切线方程为，整理可得. （2）当时，等价于. 令，则，. ①当，时，， 故，在上单调递增，因此， 即不等式恒成立，. ②当时，令，得，， 由及得，故当时，，在上单调递减， 因此，不满足题意. 综上，的取值范围是. （3）由，令， 易知，由题意可得， 当时，由，整理可得， 令，易知为方程的两个不同的根， 由（2），且，则易知函数在上单调递减， 在上单调递增，且， 由，，且，，则，，， 由，则， 由，则，易知， 由函数在上单调递减，则， 不等式，可等价整理为，即， 令，求导可得， 当时，，则函数在上单调递增，， 由，则，所以，即恒成立. 4．（25-26高三上·天津·期末）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围； (3)若，函数有三个极值点为，且，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求的导数，再根据导数的几何意义求出切线斜率，最后利用点斜式方程求出切线方程. （2）法一：通过构造函数，求导，研究函数的单调性，进而求出实数m的取值范围； 法二：先判断的范围，再通过证明符合题意； 法三：先判断的范围，通过对放缩，求导证明. （3）先求出的导数，根据导数的性质分析函数的极值点，再通过构造函数证明不等式. 【详解】（1），切点为（1，2）， ， 则曲线在处的切线方程为. （2）法一：原不等式可化为在恒成立，设， ①当时，由，得因此满足题意； ②当时，，设， 则由，得， 因此，则在单调递增， 若，则， 则在上单调递增，，满足题意． 若，则，因此在存在唯一零点，使， 所以当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 所以，不合题意， 综上，的取值范围是. 法二：， 所以要使当，必须满足，即， 下面证明时满足题意： ①当时，由，得，因此，满足题意； ②若，则，， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，，满足题意； ③当时，设， 则， 所以在单调递增，且，因此在存在唯一零点，使， 当时，在上单调递减，所以，不合题意，舍去（此步骤不写不扣分）. 法三：， 所以要使当，必须满足，即, 下面证明时满足题意： , 所以当时，, 令, 则， , 在上单调递增, , 所以在上单调递增，满足题意. （3），由， 令， ，所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增，且， 当时，在（0，1）和上各有一个实数根， 所以， 所以是方程的两个不相等的实数根，即， 得， ， ， 同理. 或 ， 所以. 因为，所以要证， 只需证, 即证，即证，即证， 只需证，即，即，由 ， 函数，已证在（0，1）上递减， 所以要证，即证， 因为，所以，所以只需证， 即，两边取对数得，，整理得， 即, 令，则, 令，则， 所以在上递减， 所以， 所以，所以在上递减，所以，所以得证. 5．（25-26高三上·天津西青·期末）已知函数的导函数为. (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若有两个不同的零点，求实数的取值范围； (3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【详解】（1）当时， ， 则 ，所以 ， ， 所以的图象在点处的切线方程为，即 ； （2）由题知，， 因为有两个不同的零点， 所以方程有两个不等实根化简可得方程有两个不等实根， 可看成直线与曲线有两个不同的交点， 所以 ， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，有极大值也是最大值为 当时，，且当时，， 要使有两个不同的零点，需 ， 即； （3）由题知，，其定义域为 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增， 当时，，所以单调递减 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点，，， 所以与有两个不同的交点，所以 不妨设，则， 所以，所以， 所以， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以 又， 所以，所以在上单调递增 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是. 考点5 导数与数列 1．（2025·天津·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)利用（2）的结论证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）由不等式恒成立，分离参数构造函数，再求出函数的最大值即得. （3）结合（2）的结论得，，再利用不等式的性质推理即得. 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）函数的定义域为，，令， 依题意，，恒成立， 求导得，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以. （3）由（2）知，，即，当且仅当时取等号， 则当时，，，…，， 因此， 所以原不等式成立. 2．（2025·天津滨海新区·三模）已知函数（为自然对数的底数），，其中为实数． (1)求函数在点处的切线方程； (2)若对，有，求的取值范围； (3)证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题可得切线斜率及所过点，由直线点斜式可得切线方程； （2）即对都成立，由恒成立必要条件可得，通过导数证明满足题意即可完成证明； （3）由，令，可得，据此可得；由，令，可得，据此可得. 【详解】（1）因为，所以，， 所以切线斜率为， 所以函数的在处的切线方程为，即； （2）若对，有，转化为， 即对都成立． 设， 因为，所以要使 必须满足，即，所以 下面证明时满足题意： 因为，，所以， 只需要证明即可． 设， 所以，且，． 先研究当时，设，， 因为函数、在上均为单调递减， 则在内单调递减， 又因为，， 所以，使得， 且当时，；当时，． 此时在内单调递增，在内单调递减， 又，，故对任意的，， 则在内单调递增，所以． 综上，当时，，即得，所以得证： （3）根据题意需要分析，，在上的大小关系． 设，则， 则在区间上单调递减， 所以，即． 令，，所以，， 所以， 所以． 再证明，其中， 设，， 设， 因为函数、在上均为单调递减， 则在区间内单调递减， 因为，， 所以，，使得， 当时，；当时，． 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又因为，，， ，使得， 当时，；当时，． 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减． 因为，， 所以在区间内恒成立． 令，所以， 所以，，，⋯，， 所以． 对，，所以， 所以 ， 所以得证． 综上， 【点睛】关键点睛：对于部分恒成立问题，可先由恒成立得到条件成立的必要条件，再证明必要条件为条件成立的充分条件即可；对于数列型不等式的证明，可将不等式两边均看成某数列的前n项和，随后可通过证明两边数列的大小关系来完成证明. 3．（2025·天津·一模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若对，函数恰有两个零点，求实数m的取值范围； (3)求证：对于任意正整数n，有． 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出其单调区间. （2）求出函数的导数，进而求出其最大值，由的取值情况及零点个数可得，再利用导数求出的范围. （3）利用（1）中信息，取得，取，利用累加法证得不等式右端成立；再构造函数，利用导数结合赋值法证得不等式左端成立. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）函数的定义域为，求导得， 而，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 又，当从大于0的方向趋近于0或趋近于正无穷大时，从大于0的方向趋近于0，， 要函数恰有两个零点，当且仅当，即， 即恒有，令函数， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，，则， 所以实数m的取值范围是. （3）取，由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增， 则，当时，取，得，即， 因此； 设函数，求导得， 函数在上单调递增，则，即， 取，得，即， 因此， 所以对于任意正整数n，有. 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. 1．（2025·天津红桥·一模）已知函数，． (1)求函数在点处的切线方程； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)已知，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式直线方程求解即可； （2）先利用导数法证明，然后按照和分类讨论，时结合结论放缩证明即可，时举反例判断，即可得解； （3）当时，由（2）得，变形得，令，得，再构造函数，利用导数法证明，进而，利用累加法即可证明. 【详解】（1）因为， 则函数在点处的切线斜率为， 又， 所以函数在点处的切线方程； （2）设，， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 则函数，所以， 当时，，即， 当时，取，观察的其中的一个零点为， 由于， 而，得， 即，不合题意， 综上所述，实数的取值范围是； （3）当时，由（2）得， 则，所以，即，则， 令，得，所以，即， 又， 令，则，且不恒为零， 所以在上单调递增，即，则， 所以， 即 ． 2．（2025·天津滨海新区·模拟预测）已知函数， (1)若与的图象恰好相切，求实数的值； (2)时，证明：当时， (3)若有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程组，解之即可； （2）将原不等式转化为，利用导数分别证明、 ，两个等号不是同时取到，进而得证； （3）首先方程等价于，并构造函数，注意到1是函数的一个零点，转化为在上有2个零点，并结合零点存在性定理求的取值范围，由，判断，将所证明不等式转化为，再利用，将不等式转化为，再构造函数，利用导数，判断函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）由题意，， 设切点，又直线与图象相切， 所以，即， 得，即，代入， 得，解得，代入，解得. 经检验，符合题意. 所以的值为. （2）当时，， 要证，即证， 令，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以； 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以； 而上面两个等号不是同时取到， 所以在上恒成立， 即当时，. （3）（i）由题意，， 由等价于， 令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点， 又由，令（）， 当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意； 当时，由题意，首先在上有两个零点， 故，解得， 设两个零点为和，有，，故可知，均大于0， 由此可得在单调递增，单调递减，单调递增， 而，即， 又因为， 故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点， 又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点， 实数的取值范围是. （ii），由， 由此可得，要想证明， 只需证明，而， 因此只需要证明当时，， 令， 可得，故在上单调递增， 因此当时，，即当时，， 因此， 由，有，即， 两边同时除以，由，有， 即. 【点睛】关键点点睛：本题的难点是第三问，关键1是求出的取值，关键2是证明. 3．（2025·天津南开·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上恒成立，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不同的实数解，证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）导数研究函数的单调性，结合及不等式恒成立确定参数范围； （3）由有两个不同的实数解得，构造并研究其函数值符号得，由有两个不同的实数解，构造，并利用导数研究性质可得，令，则方程有两个不同的实数解，构造设，导数研究性质得，进而得到，即可证. 【详解】（1），则切线的斜率为，又， 所以处的切线方程为，即． （2）， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减，则． 若在区间上恒成立，则的取值范围为． （3）由，得， 若有两个不同的实数解，则， 两式相减得，所以． 不妨设，则， 所以在上单调递增，此时，所以． 所以，即，所以①． 由，得有两个不同的实数解， 令， 当时单调递增，当时单调递减， 由，，所以． 令，则方程有两个不同的实数解． 由（2）知，则有． 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 此时，即，故，当且仅当时等号成立． 不妨设直线与直线交点的横坐标分别为，    则， 所以②． 综上，． 4．（2025·天津·一模）已知函数，． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)设，，若存在，使得．证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解； （3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得. 【详解】（1）当时，， ∴ 又∴ ∴切线方程为； （2）方法一： 设 只需在时恒成立即可 又，且 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 由（1）知，在上单调递增， 所以， 所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二： 设， 则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以， 所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以， 所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增， 即在上单调递增，又因为 当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得： 令，， ∵，∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ 由洛必达法则可得： 综上所述，实数的取值范围是． （3）由函数， 可得， 设，由， 可得， 则， 又由，可得， ∴函数为单调递增函数， ∴，即， ∴， 由（2）知，当时，，， ∴， 即， ∴， 代入可得： ， 则， ∴， 又因为时，， 所以， 所以. 【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法： ①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离； ②含参讨论法：含参讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用. 5．（25-26高三上·天津河北·期末）已知函数（）. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，恒成立，求a的取值范围； (3)求证：. 【答案】(1)； (2)满足题意的实数a的取值范围为； (3)证明见解析. 【分析】（1）由导数几何意义求出切点处的导数即切线斜率即可由点斜式得解； （2）将问题转化成当时，，利用导数工具结合分类讨论法研究函数的单调性求最值即可分析计算求解； （3）先由（2）得到时，恒成立，进而令得到，进而由累加法即可逐步分析计算求证. 【详解】（1）由题（）， 当时，. 所以，切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）因为当时，恒成立，所以当时，， 由题（）， 解方程或， 所以当即时，若有， 所以函数在上单调递增，所以函数，满足题意； 当即时，若有，若有， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以. ， 则，所以在上单调递减， 所以，与矛盾，不符合. 综上，满足题意的实数a的取值范围为. （3）证明：由（2）可得当时，即恒成立， 令，则即，即， 所以， 所以：. 所以. 6．（25-26高三上·天津河东·期中）已知函数，曲线的一条切线的方程为． (1)求实数的值； (2)设，求函数的最小值； (3)若对任意，恒成立，求实数的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设出切点坐标，求出导数并利用导数的几何意义求出值. （2）由（1）求出，再利用导数求出最小值. （3）由（2）中信息，化简得，进而求出的最大值. 【详解】（1）设直线与曲线相切的切点为， 由函数求导得， 则， 即，又， 因此. （2）由（1）知，，函数的定义域为， 求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值为． （3） ，由（2）知， 因此，依题意，， 解得，所以的最大值为. 7．（25-26高三上·天津武清·月考）已知函数， (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数a的值； (2)当时，讨论函数单调性 (3)当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值． 【答案】(1) (2)在区间上单调递增，在区间上单调递减 (3) 【分析】（1）利用导数求切线斜率即可得到等式求值； （2）求导，解不等式，即可即可求解； （3）利用同构函数思想构造函数，原不等式可化为，结合函数的单调性，再用分离参变量得，构造，利用导数法求得，即可得解. 【详解】（1）由得， 则，又由直线的斜率为， 根据题意可知，解得； （2）由（1）可知， 令，得，故函数在区间上单调递增， 令，得，故函数在区间上单调递减， 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； （3）当时，不等式可化为， 变形为， 同构函数，求导得， 所以在上是增函数，而原不等式可化为， 根据单调性可得：，， 再构造，则，， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，即满足不等式成立的， 所以的最小值为. 8．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （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）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； （2）（i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 9．（2026高三·天津·专题练习）已知函数. (1)当时，过点可以作曲线两条切线，求实数的取值范围； (2)若有两个零点，（其中），求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设切点，求导函数得出切线斜率，根据切线进而得，再构造函数结合导函数得出单调性及极值得出参数范围. （2）先求出导函数分和两种情况得出单调性及及极值计算参数. 【详解】（1）当时，，则， 设切点，则切线斜率为， 切线方程为， 将点的坐标代入得， 即， 设，则， 可知当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，取得极大值， 由于时，，当时，， 当有两个不相等的实数根时，， 即过点可以作曲线两条切线时，实数的取值范围是. （2）由， 得， 当时，，单调递减， 最多只有一个零点，不符合题意， 当时，若，则，单调递减， 若，，单调递增， 时，取得极小值，也即为最小值， 又当时，，时，， 函数有两个零点，则， 得，即， 由于，则函数是增函数，且， 不等式的解为， 实数的取值范围是. 10．（2025·天津宁河·模拟预测）已知函数， (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值； (2)当时，讨论函数单调性 (3)当时，若对任意，不等式恒成立，求的最小值； (4)若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 【答案】(1) (2)在区间上单调递增，在区间上单调递减 (3) (4) 【分析】（1）利用导数求切线斜率即可得到等式求值； （2）利用导数与单调性的关系即可求解； （3）利用同构函数思想，结合函数的单调性，再用分离参变量求解即可； （4）先分离参变量，再利用韦达定理消元，最后化成单变量函数进行最值分析即可求解. 【详解】（1）由得：， 则，又由直线的斜率为， 根据题意可知：； （2）由（1）可知， 令，得，故函数在区间上单调递增， 令，得，故函数在区间上单调递减， 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； （3）当时，不等式可化为， 变形为 同构函数，求导得， 所以在上是增函数，而原不等式可化为， 根据单调性可得：， 再构造，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，即满足不等式成立的, 所以的最小值为； （4）因为存在两个不同的极值点 所以由可得： ，， 因为，而的对称轴是，所以可得， 根据对称性可得另一个零点，此时有， 故， 又由可得， 而 令， 则， ，即，， 则， 即在区间上单调递减， 所以有， 即， 所以实数取值范围. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押10 20题导数及其应用（解答题） 溯源：近5年真题第20题为必考压轴题，难度高，是试卷区分度核心题。题目以含参函数为载体，综合考查切线、单调性、极值、零点、不等式证明及恒成立问题，以双变量、多变量、与数列结合证明不等式或者不等式求参的形式考察． 预测：2026年第20题延续以往的结构，第(1)问稳定考查切线方程（“在”型切线），属基础得分点；第(2)(3)问将在不等式恒成立、零点个数、双变量证明三类问题中轮换，极值点偏移与高等数学背景（泰勒公式、帕德逼近）仍是命题深挖方向。 备考核心：熟练掌握导数运算与切线方程通法，确保第(1)问满分；强化含参函数分类讨论（以导函数零点为界）、分离参数法、端点效应策略；掌握极值点偏移的对称构造法与比值代换技巧，对双变量问题以及多变量问题的解决方法的掌握；重视常见放缩不等式积累，提升代数变形与逻辑推理能力。 考点1 导数解恒成立（能成立）问题 1．（2026·天津东丽·一模）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论的单调性； (3)在（2）的条件下，记的最大值为，若对任意的，使得关于a的不等式恒成立，求实数的取值范围． 2．（2025·天津和平·二模）已知函数（m，，）. (1)若函数的两个极值点为0与，求m，n的值及函数的单调区间； (2)若. （ⅰ）求证：当时，函数在区间上单调递增； （ⅱ）对，总，使得成立，求实数的取值范围. 3．（2025·天津和平·一模）已知函数. (1)若，函数在点处的切线斜率为，求函数的单调区间和极值； (2)试利用（1）结论，证明：； (3)若，且，不等式恒成立，求的取值范围. 4．（2026高三·天津·专题练习）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围． 5．（25-26高三上·天津·期末）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，有且只有一个零点． （i）求的取值范围； （ii）记的最大值为，若，使得关于的不等式恒成立，求实数的取值范围． 考点2 导数证明不等式 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．（25-26高三上·天津滨海新区·月考）已知，． (1)求函数在处的切线方程； (2)对一切，恒成立，求实数a的取值范围； (3)证明：对一切，有成立． 3．（25-26高三上·天津南开·期末）已知，，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，都有，求a的取值范围； (3)若，证明：． 4．（25-26高三上·天津红桥·开学考试）已知函数，，其中，为自然对数的底数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)证明：当时，． 考点3 双变量问题 1．（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：． 2．（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：. 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：． 5．（2025·天津河北·二模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； (3)若有两个零点，且，证明：． 考点4 多变量问题 1．（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． 2．（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. 3．（25-26高三上·天津·月考）已知函数，． (1)求在处的切线方程； (2)若当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (3)已知函数有3个零点p，q，r，求证：． 4．（25-26高三上·天津·期末）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围； (3)若，函数有三个极值点为，且，求证：． 5．（25-26高三上·天津西青·期末）已知函数的导函数为. (1)当时，求的图象在处的切线方程； (2)若有两个不同的零点，求实数的取值范围； (3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围. 考点5 导数与数列 1．（2025·天津·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)利用（2）的结论证明：． 2．（2025·天津滨海新区·三模）已知函数（为自然对数的底数），，其中为实数． (1)求函数在点处的切线方程； (2)若对，有，求的取值范围； (3)证明：． 3．（2025·天津·一模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若对，函数恰有两个零点，求实数m的取值范围； (3)求证：对于任意正整数n，有． 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: 1．（2025·天津红桥·一模）已知函数，． (1)求函数在点处的切线方程； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)已知，证明：． 2．（2025·天津滨海新区·模拟预测）已知函数， (1)若与的图象恰好相切，求实数的值； (2)时，证明：当时， (3)若有三个零点，，，且． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：． 3．（2025·天津南开·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间上恒成立，求实数的取值范围； (3)若方程有两个不同的实数解，证明：． 4．（2025·天津·一模）已知函数，． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)设，，若存在，使得．证明：． 5．（25-26高三上·天津河北·期末）已知函数（）. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，恒成立，求a的取值范围； (3)求证：. 6．（25-26高三上·天津河东·期中）已知函数，曲线的一条切线的方程为． (1)求实数的值； (2)设，求函数的最小值； (3)若对任意，恒成立，求实数的最大值． 7．（25-26高三上·天津武清·月考）已知函数， (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数a的值； (2)当时，讨论函数单调性 (3)当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值． 8．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 9．（2026高三·天津·专题练习）已知函数. (1)当时，过点可以作曲线两条切线，求实数的取值范围； (2)若有两个零点，（其中），求实数的取值范围. 10．（2025·天津宁河·模拟预测）已知函数， (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数的值； (2)当时，讨论函数单调性 (3)当时，若对任意，不等式恒成立，求的最小值； (4)若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押10 20题导数及其应用（解答题） 参考答案 押题预测 考点1 导数解恒成立（能成立）问题 1． 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减 (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）求导后分、和讨论求解即可； （3）将问题转化为成立，令，利用导数求出的最大值即可得答案. 【详解】（1）依题意， 所以, ，         又 函数在处的切线方程为， 即． （2）当， ①当时，，在单调递增，     ②当时，，在单调递减，      ③当时，令，解得 则当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减．           综上可知， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减 （3）由（2）可知， ， ， 故在单调递减， 又因为时，, 所以， 即，         因为，对，关于a的不等式恒成立， 所以，对，恒成立， 即成立，    令，                  因为 令在上单调递增 因为 所以，由零点存在定理，可知，使得，即．     当时， 当时， 所以在上单调递增，在上单调递减 所以， 所以 2． 【答案】(1)，；的单调递增区间为，，单调递减区间为 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）求导，根据得到方程组，求出，，验证后满足要求，并求出的单调区间； （2）（ⅰ）求导，整体得到，当时，，所以当时，导函数大于等于0，故在区间上单调递增； （ⅱ）由（ⅰ）知，最大值为，转化为对任意恒成立，构造函数，求导，得到函数单调性，分，，，四种情况，求出时，对，总，使得成立. 【详解】（1），由已知有，解得. 当，时，， 令，解得，定义域为， ，令得或0， 令，解得或，令，解得， 所以与是函数的两个极值点，所以，， 的单调递增区间为，，单调递减区间为； （2）（ⅰ）证明：，代入，有， 整理得①， 当时，， 即，又，所以，因此①式即， 所以当时，在区间上单调递增； （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，在上是增函数， 因此在上的最大值为， 即对任意恒成立. 设，， 则 当时，则，此时，即在上单调递减， 因此，需，所以， 当时，， ①当时，即，此时，即在上单调递增， 因此，所以在上恒成立. ②当时，即，此时，即在上单调递减， 因此，所以在上恒成立. ③当时，即， 此时当时，，单调递减； 当时，，单调递增，， 需满足，令， 设，， ， 当时，，即在上单调递减， 所以， 则在时恒成立，此时在恒成立. 综上所述，当时，恒成立. 即时，对，总，使得成立. 3． 【答案】(1)单调递增区间为，函数的单调递减区间为，极大值1，无极小值. (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）求，由求出，分别解和，即可求出函数的单调区间和极值； （2）由（1）可得令，可得，再由放缩法结合等比数列的前项和可证明； （3）将不等式转化为证明桓成立，分，讨论，当时，对不等式两侧同时取对数，构建新函数，令，等价于恒成立，结合的单调性可得，设，求出的最大值，即可得出答案. 【详解】（1）当时，， ，由已知，所以， 即，因为， 所以，当时，，当时，， 因此，的单调递增区间为，函数的单调递减区间为. 当时，函数取得极大值，无极小值. （2）证明：由（1）可得当时，，即 令，可得，所以， 所以， ，原式得证. （3）已知，则，不等式为， 即桓成立， （i）当时，任意，因此满足条件. （ii）当时，，不等式两侧同时取对数， 有，等价于①， 构建新函数，令，①式等价于恒成立， 而，函数在其定义域上单调递增，因此对任意，有 成立，即任意，有， 等价于②，设， 当时，，当时，， 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调逆减， 所以，因此由（2）式可得. 综上，正实数的取值范围为. 4． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解. 【详解】（1）当时，，， ∴，又∴， ∴切线方程为. （2）方法一：设， 只需在时恒成立即可， 又，且， 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 则，令，则， 当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增， 所以，故在上单调递增， 所以，所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，，所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二：设，则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以，所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以，所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增，即在上单调递增， 又因为，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得：， 令，，则， 而， 且，， ∵，∴，∴在区间上单调递减， ∴，∴， ∴在区间上单调递减， ∴，∴， ∴在区间上单调递减，∴， 由洛必达法则可得， 综上所述，实数的取值范围是． 5． 【答案】(1)； (2)（i）答案见解析；（ii）. 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）（i）求出的导数，按分类探讨单调性，由函数有唯一零点求出范围；（ii）由（i）的信息求出，再利用恒成立建立不等式并分离参数，借助不等式不等式求出范围. 【详解】（1）当时，函数，求导得， 则，而， 则曲线在点处的切线方程为，即. （2）（i）当时，有且只有一个零点， 求导得， ①当时，在上单调递增， 则，函数在没有零点； ②当时，在上单调递减， ，则函数在没有零点； ③当时，令，解得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 又，当时，，函数在无零点， ，又， 当时，，， 函数在有且只有一个零点， 所以当时，函数在上有且只有一个零点. （ii）由（i）知，， ，则函数在上单调递减， ， 由使得关于的不等式恒成立， 得使得成立， 而，当且仅当时取等号，则， 所以实数的取值范围是. 考点2 导数证明不等式 1． 【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． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出导函数，求出函数在处的切线斜率，进而求得切线方程. （2）不等式整理为恒成立，只需求出右式的最小值即可，构造函数，利用求导的方法得出函数的最小值； （3）根据不等式的形式可得，只需使的最小值大于右式的最大值即可，构造函数，利用求导得出函数的最大值． 【详解】（1），∴ 所以，所以函数在处的切线方程为. （2）因为在上恒成立，∴恒成立， 令，则， 由，得，，时，； 时，．∴时，．∴． ∴实数的取值范围是． （3）对一切，都有成立， ∴，∴， 由（1）可知的最小值是，当且仅当时取到． 设，则， ∵时，，时，，∴， 从而对一切，成立． 3． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对进行求导，再通过导数的几何意义结合点斜式即可求出； （2）通过求的二阶导数判断的一阶导数的符号，进而求出的单调性，再求出的最小值即可求出a的取值范围； （3）通过不等式将原式化为只需证，再通过化简变形得到，对进行求导，最后令，对其进行求导即可证明. 【详解】（1），所以点处的切线斜率为， 又，所以切线方程为， 即． （2）， 因为在上均为增函数， 所以在上单调递增，又， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以． 若对任意，都有，则， 所以，a的取值范围为． （3）由（2）知，当时，，故， 所以 ， 所以只需证，只需证， 只需证， 只需证， 令， 则只需证． 因为， 所以令， 因为，所以在上单调递减， 所以当时，，所以，所以在上单调递减， 又，所以， 故当时，． 4． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后分及讨论即可得； （3）原命题可转化为证明当时，，构造相应函数后求导研究单调性即可得. 【详解】（1）当时，，则， 则，又， 则函数在点处的切线方程为， 即； （2）， 若，则在上恒成立，故在上单调递减； 若，令，则（负值舍去）， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，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； （3）当时，要证，即证，即证， 即证，即证， 令，，则， 所以在上单调递增，又， 故，即，即得证. 考点3 双变量问题 1． 【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. 2． 【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. 3． 【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． 【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． 5． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可； （2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围； （3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可. 【详解】（1）由题设，则，且，， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）由题设，即且， 令且，则， 令，则，故在上单调递增， 所以， 当，时，，则在上单调递增，，符合； 当，时，，时， 所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合； 综上，； （3）由，则，，且， 所以，故， 要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 最终只需证明，令且，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以得证. 考点4 多变量问题 1． 【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． 2． 【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. 3． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由函数求导，计算切线的斜率以及切点，根据点斜式方程，可得答案； （2）利用参变分离整理不等式，构造函数，利用导数求得函数的单调性与最值，可得答案； （3）根据零点的定义，建立方程，求出零点以及构造函数，根据新函数的性质，等价消元整理不等式，可得答案. 【详解】（1）由，求导可得， 则函数在处的曲线斜率为， 切点的纵坐标为， 所以切线方程为，整理可得. （2）当时，等价于. 令，则，. ①当，时，， 故，在上单调递增，因此， 即不等式恒成立，. ②当时，令，得，， 由及得，故当时，，在上单调递减， 因此，不满足题意. 综上，的取值范围是. （3）由，令， 易知，由题意可得， 当时，由，整理可得， 令，易知为方程的两个不同的根， 由（2），且，则易知函数在上单调递减， 在上单调递增，且， 由，，且，，则，，， 由，则， 由，则，易知， 由函数在上单调递减，则， 不等式，可等价整理为，即， 令，求导可得， 当时，，则函数在上单调递增，， 由，则，所以，即恒成立. 4． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求的导数，再根据导数的几何意义求出切线斜率，最后利用点斜式方程求出切线方程. （2）法一：通过构造函数，求导，研究函数的单调性，进而求出实数m的取值范围； 法二：先判断的范围，再通过证明符合题意； 法三：先判断的范围，通过对放缩，求导证明. （3）先求出的导数，根据导数的性质分析函数的极值点，再通过构造函数证明不等式. 【详解】（1），切点为（1，2）， ， 则曲线在处的切线方程为. （2）法一：原不等式可化为在恒成立，设， ①当时，由，得因此满足题意； ②当时，，设， 则由，得， 因此，则在单调递增， 若，则， 则在上单调递增，，满足题意． 若，则，因此在存在唯一零点，使， 所以当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 所以，不合题意， 综上，的取值范围是. 法二：， 所以要使当，必须满足，即， 下面证明时满足题意： ①当时，由，得，因此，满足题意； ②若，则，， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，，满足题意； ③当时，设， 则， 所以在单调递增，且，因此在存在唯一零点，使， 当时，在上单调递减，所以，不合题意，舍去（此步骤不写不扣分）. 法三：， 所以要使当，必须满足，即, 下面证明时满足题意： , 所以当时，, 令, 则， , 在上单调递增, , 所以在上单调递增，满足题意. （3），由， 令， ，所以在（0，1）上单调递减，在上单调递增，且， 当时，在（0，1）和上各有一个实数根， 所以， 所以是方程的两个不相等的实数根，即， 得， ， ， 同理. 或 ， 所以. 因为，所以要证， 只需证, 即证，即证，即证， 只需证，即，即，由 ， 函数，已证在（0，1）上递减， 所以要证，即证， 因为，所以，所以只需证， 即，两边取对数得，，整理得， 即, 令，则, 令，则， 所以在上递减， 所以， 所以，所以在上递减，所以，所以得证. 5． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【详解】（1）当时， ， 则 ，所以 ， ， 所以的图象在点处的切线方程为，即 ； （2）由题知，， 因为有两个不同的零点， 所以方程有两个不等实根化简可得方程有两个不等实根， 可看成直线与曲线有两个不同的交点， 所以 ， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，有极大值也是最大值为 当时，，且当时，， 要使有两个不同的零点，需 ， 即； （3）由题知，，其定义域为 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增， 当时，，所以单调递减 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点，，， 所以与有两个不同的交点，所以 不妨设，则， 所以，所以， 所以， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以 又， 所以，所以在上单调递增 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是. 考点5 导数与数列 1． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）由不等式恒成立，分离参数构造函数，再求出函数的最大值即得. （3）结合（2）的结论得，，再利用不等式的性质推理即得. 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）函数的定义域为，，令， 依题意，，恒成立， 求导得，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以. （3）由（2）知，，即，当且仅当时取等号， 则当时，，，…，， 因此， 所以原不等式成立. 2． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题可得切线斜率及所过点，由直线点斜式可得切线方程； （2）即对都成立，由恒成立必要条件可得，通过导数证明满足题意即可完成证明； （3）由，令，可得，据此可得；由，令，可得，据此可得. 【详解】（1）因为，所以，， 所以切线斜率为， 所以函数的在处的切线方程为，即； （2）若对，有，转化为， 即对都成立． 设， 因为，所以要使 必须满足，即，所以 下面证明时满足题意： 因为，，所以， 只需要证明即可． 设， 所以，且，． 先研究当时，设，， 因为函数、在上均为单调递减， 则在内单调递减， 又因为，， 所以，使得， 且当时，；当时，． 此时在内单调递增，在内单调递减， 又，，故对任意的，， 则在内单调递增，所以． 综上，当时，，即得，所以得证： （3）根据题意需要分析，，在上的大小关系． 设，则， 则在区间上单调递减， 所以，即． 令，，所以，， 所以， 所以． 再证明，其中， 设，， 设， 因为函数、在上均为单调递减， 则在区间内单调递减， 因为，， 所以，，使得， 当时，；当时，． 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又因为，，， ，使得， 当时，；当时，． 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减． 因为，， 所以在区间内恒成立． 令，所以， 所以，，，⋯，， 所以． 对，，所以， 所以 ， 所以得证． 综上， 【点睛】关键点睛：对于部分恒成立问题，可先由恒成立得到条件成立的必要条件，再证明必要条件为条件成立的充分条件即可；对于数列型不等式的证明，可将不等式两边均看成某数列的前n项和，随后可通过证明两边数列的大小关系来完成证明. 3． 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出其单调区间. （2）求出函数的导数，进而求出其最大值，由的取值情况及零点个数可得，再利用导数求出的范围. （3）利用（1）中信息，取得，取，利用累加法证得不等式右端成立；再构造函数，利用导数结合赋值法证得不等式左端成立. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）函数的定义域为，求导得， 而，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 又，当从大于0的方向趋近于0或趋近于正无穷大时，从大于0的方向趋近于0，， 要函数恰有两个零点，当且仅当，即， 即恒有，令函数， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，，则， 所以实数m的取值范围是. （3）取，由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增， 则，当时，取，得，即， 因此； 设函数，求导得， 函数在上单调递增，则，即， 取，得，即， 因此， 所以对于任意正整数n，有. 4． 【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. 通关特训 1． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式直线方程求解即可； （2）先利用导数法证明，然后按照和分类讨论，时结合结论放缩证明即可，时举反例判断，即可得解； （3）当时，由（2）得，变形得，令，得，再构造函数，利用导数法证明，进而，利用累加法即可证明. 【详解】（1）因为， 则函数在点处的切线斜率为， 又， 所以函数在点处的切线方程； （2）设，， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 则函数，所以， 当时，，即， 当时，取，观察的其中的一个零点为， 由于， 而，得， 即，不合题意， 综上所述，实数的取值范围是； （3）当时，由（2）得， 则，所以，即，则， 令，得，所以，即， 又， 令，则，且不恒为零， 所以在上单调递增，即，则， 所以， 即 ． 2． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义建立方程组，解之即可； （2）将原不等式转化为，利用导数分别证明、 ，两个等号不是同时取到，进而得证； （3）首先方程等价于，并构造函数，注意到1是函数的一个零点，转化为在上有2个零点，并结合零点存在性定理求的取值范围，由，判断，将所证明不等式转化为，再利用，将不等式转化为，再构造函数，利用导数，判断函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）由题意，， 设切点，又直线与图象相切， 所以，即， 得，即，代入， 得，解得，代入，解得. 经检验，符合题意. 所以的值为. （2）当时，， 要证，即证， 令，则， 令， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以； 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以； 而上面两个等号不是同时取到， 所以在上恒成立， 即当时，. （3）（i）由题意，， 由等价于， 令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点， 又由，令（）， 当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意； 当时，由题意，首先在上有两个零点， 故，解得， 设两个零点为和，有，，故可知，均大于0， 由此可得在单调递增，单调递减，单调递增， 而，即， 又因为， 故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点， 又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点， 实数的取值范围是. （ii），由， 由此可得，要想证明， 只需证明，而， 因此只需要证明当时，， 令， 可得，故在上单调递增， 因此当时，，即当时，， 因此， 由，有，即， 两边同时除以，由，有， 即. 【点睛】关键点点睛：本题的难点是第三问，关键1是求出的取值，关键2是证明. 3． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）导数研究函数的单调性，结合及不等式恒成立确定参数范围； （3）由有两个不同的实数解得，构造并研究其函数值符号得，由有两个不同的实数解，构造，并利用导数研究性质可得，令，则方程有两个不同的实数解，构造设，导数研究性质得，进而得到，即可证. 【详解】（1），则切线的斜率为，又， 所以处的切线方程为，即． （2）， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减，则． 若在区间上恒成立，则的取值范围为． （3）由，得， 若有两个不同的实数解，则， 两式相减得，所以． 不妨设，则， 所以在上单调递增，此时，所以． 所以，即，所以①． 由，得有两个不同的实数解， 令， 当时单调递增，当时单调递减， 由，，所以． 令，则方程有两个不同的实数解． 由（2）知，则有． 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 此时，即，故，当且仅当时等号成立． 不妨设直线与直线交点的横坐标分别为，    则， 所以②． 综上，． 4． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解； （3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得. 【详解】（1）当时，， ∴ 又∴ ∴切线方程为； （2）方法一： 设 只需在时恒成立即可 又，且 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 由（1）知，在上单调递增， 所以， 所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二： 设， 则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以， 所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以， 所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增， 即在上单调递增，又因为 当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得： 令，， ∵，∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ 由洛必达法则可得： 综上所述，实数的取值范围是． （3）由函数， 可得， 设，由， 可得， 则， 又由，可得， ∴函数为单调递增函数， ∴，即， ∴， 由（2）知，当时，，， ∴， 即， ∴， 代入可得： ， 则， ∴， 又因为时，， 所以， 所以. 【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法： ①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离； ②含参讨论法：含参讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用. 5． 【答案】(1)； (2)满足题意的实数a的取值范围为； (3)证明见解析. 【分析】（1）由导数几何意义求出切点处的导数即切线斜率即可由点斜式得解； （2）将问题转化成当时，，利用导数工具结合分类讨论法研究函数的单调性求最值即可分析计算求解； （3）先由（2）得到时，恒成立，进而令得到，进而由累加法即可逐步分析计算求证. 【详解】（1）由题（）， 当时，. 所以，切线斜率为， 所以曲线在处的切线方程为，即； （2）因为当时，恒成立，所以当时，， 由题（）， 解方程或， 所以当即时，若有， 所以函数在上单调递增，所以函数，满足题意； 当即时，若有，若有， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以. ， 则，所以在上单调递减， 所以，与矛盾，不符合. 综上，满足题意的实数a的取值范围为. （3）证明：由（2）可得当时，即恒成立， 令，则即，即， 所以， 所以：. 所以. 6． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设出切点坐标，求出导数并利用导数的几何意义求出值. （2）由（1）求出，再利用导数求出最小值. （3）由（2）中信息，化简得，进而求出的最大值. 【详解】（1）设直线与曲线相切的切点为， 由函数求导得， 则， 即，又， 因此. （2）由（1）知，，函数的定义域为， 求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值为． （3） ，由（2）知， 因此，依题意，， 解得，所以的最大值为. 7． 【答案】(1) (2)在区间上单调递增，在区间上单调递减 (3) 【分析】（1）利用导数求切线斜率即可得到等式求值； （2）求导，解不等式，即可即可求解； （3）利用同构函数思想构造函数，原不等式可化为，结合函数的单调性，再用分离参变量得，构造，利用导数法求得，即可得解. 【详解】（1）由得， 则，又由直线的斜率为， 根据题意可知，解得； （2）由（1）可知， 令，得，故函数在区间上单调递增， 令，得，故函数在区间上单调递减， 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； （3）当时，不等式可化为， 变形为， 同构函数，求导得， 所以在上是增函数，而原不等式可化为， 根据单调性可得：，， 再构造，则，， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，即满足不等式成立的， 所以的最小值为. 8． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； （2）（i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 9． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设切点，求导函数得出切线斜率，根据切线进而得，再构造函数结合导函数得出单调性及极值得出参数范围. （2）先求出导函数分和两种情况得出单调性及及极值计算参数. 【详解】（1）当时，，则， 设切点，则切线斜率为， 切线方程为， 将点的坐标代入得， 即， 设，则， 可知当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，取得极大值， 由于时，，当时，， 当有两个不相等的实数根时，， 即过点可以作曲线两条切线时，实数的取值范围是. （2）由， 得， 当时，，单调递减， 最多只有一个零点，不符合题意， 当时，若，则，单调递减， 若，，单调递增， 时，取得极小值，也即为最小值， 又当时，，时，， 函数有两个零点，则， 得，即， 由于，则函数是增函数，且， 不等式的解为， 实数的取值范围是. 10． 【答案】(1) (2)在区间上单调递增，在区间上单调递减 (3) (4) 【分析】（1）利用导数求切线斜率即可得到等式求值； （2）利用导数与单调性的关系即可求解； （3）利用同构函数思想，结合函数的单调性，再用分离参变量求解即可； （4）先分离参变量，再利用韦达定理消元，最后化成单变量函数进行最值分析即可求解. 【详解】（1）由得：， 则，又由直线的斜率为， 根据题意可知：； （2）由（1）可知， 令，得，故函数在区间上单调递增， 令，得，故函数在区间上单调递减， 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； （3）当时，不等式可化为， 变形为 同构函数，求导得， 所以在上是增函数，而原不等式可化为， 根据单调性可得：， 再构造，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，即满足不等式成立的, 所以的最小值为； （4）因为存在两个不同的极值点 所以由可得： ，， 因为，而的对称轴是，所以可得， 根据对称性可得另一个零点，此时有， 故， 又由可得， 而 令， 则， ，即，， 则， 即在区间上单调递减， 所以有， 即， 所以实数取值范围. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $