专题06 导数解答题题型全突破（抢分专练6大热点题型）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题06 导数解答题题型全突破 题型 考情分析 考向预测 1．极值、最值问题（含参） 2025年全国一卷：第19题考查了不等式证明问题 2025年全国一卷：第16题考查了导数与数列知识交汇 2025年北京卷：第20题考查了导数的最值 导数中的隐零点及新定义问题依旧是热门考点 2．零点问题（含隐零点） 3．极值点偏移问题 4．不等式证明问题 5．与其他知识交汇问题 6．导数新定义问题 题型1 极值、最值问题（含参） 1、含参函数单调性讨论依据 （1）导函数有无零点讨论（或零点有无意义）； （2）导函数的零点在不在定义域或区间内； （3）导函数多个零点时大小的讨论。 2、一般性技巧 （1）导函数的形式为含参一次函数，首先讨论一次项系数为0的情形，易于判断；当一次项系数不为零时，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数的图像判定导函数的符号，从而写出函数的单调区间． （2）若导函数为含参可因式分解的二次函数，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而确定原函数的单调性. （3）若导函数为含参不可因式分解的二次函数，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域讨论. 3、恒成立与有解问题 （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． 1．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）已知函数，其中. (1)讨论函数的单调性； (2)若当时，恒成立，求实数的取值范围. 2．（25-26高三下·湖南·月考）已知函数. (1)求; (2)已知，函数，当时，求的最小值. 3．已知函数 . (1)讨论函数的单调性; (2)若不等式在上恒成立， 求实数的取值范围. 4．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有极小值，且，求a的取值范围. 5．（2025·广东·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的取值范围． 6．（2026·陕西西安·模拟预测）设函数，其中，且． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恰有两个极值点，求实数的取值范围． 7．（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． 8．已知函数 (1)当时，求函数在上的值域； (2)若对任意，都有，求实数的取值范围． 9．（2026·上海闵行·二模）已知. (1)当时，解方程； (2)若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点. 10．（2026·浙江温州·二模）已知函数，． (1)当时，若的值域为，求b的值； (2)若为的极小值点，求实数a的取值范围． 11．（24-25高三上·湖北武汉·期中）已知函数． (1)若函数在上的最小值为，求的值； (2)若，函数，求的最小值． 12．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数. (1)当 时，求函数在区间的最值; (2)若，求 的取值范围； (3)当 时，求证: ． 13．（2026·广西桂林·一模）已知函数，其中. (1)当时，求在上的单调性； (2)若存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）当时，求的取值范围. 题型2 零点问题（含隐零点） 1、利用导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方． 2、隐零点的处理思路 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 3、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. 1．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数，其中，为自然对数的底数． (1)求函数的单调区间； (2)讨论函数的零点个数． 2．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若，证明：． (2)设有两个零点．求的取值范围； 3．（2026·四川成都·二模）已知函数在处的切线方程为． (1)求，； (2)设是方程的两根，求证：． （注：…是自然对数的底数） 4．（2026·新疆·一模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，判断函数的单调性； (3)讨论函数的零点个数． 5．（2026·河北张家口·二模）已知函数. (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若时，函数有3个零点，求实数的取值范围. 6．（25-26高三上·福建福州·月考）已知函数. (1)判断在区间的单调性； (2)证明：当时，； (3)证明：在上有且只有一个零点. 7．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程. (2)当时，证明：当时，. (3)若有两个零点，求a的取值范围. 8．（25-26高三下·北京·月考）已知函数． (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数a的值. (2)当，时， ①记的零点个数为m，极小值点个数为n，证明：： ②记①中的极小值点为，零点为，证明：． 题型3 极值点偏移问题 一、常规方法 1、和型（或）问题的基本步骤： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系， 得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； 2、积型问题的基本步骤： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论. 二、其他方法 1、比值代换 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 2、对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 3、指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系： 1．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且，证明：，且． 2．已知函数，. (1)若，求a的取值范围； (2)若有两个实数解，，证明：. 3．（24-25高三下·河南开封·月考）已知函数 (1)求函数在处切线方程； (2)若有两解，，且，求证：． 4．（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：. 5．已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：． 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，且满足，求证：． 7．（24-25高三上·江苏无锡·月考）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 题型4 不等式证明问题 利用导数证明或判定不等式问题 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 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，从而判定不等关系； 3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 1．（2026·福建厦门·二模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 2．（2026·北京房山·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，分别讨论函数与在上的单调性； (3)证明：当时，． 3．（25-26高三上·湖南·月考）函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，证明：. 4．（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：． 5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)讨论在上的单调性； (2)若，证明：. 6．（25-26高三下·河北沧州·月考）已知函数. (1)证明：； (2)证明：存在唯一极值点； (3)记（2）中的极值点为，证明：. 7．（2026·湖北荆州·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论在上的单调性； (3)为的导数，若两个不相等的实数满足，求证：.（参考公式：） 8．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)设有且仅有一个极值点，求a的取值范围； (3)若函数存在2个极值点，且满足，求证：． 9．（25-26高三下·河南驻马店·开学考试）已知函数． (1)当时，求曲线在原点处的切线方程； (2)若在上单调递增，求a的取值范围； (3)当时，证明：当时，． 题型5 与其他知识交汇问题 1．（2026·河南洛阳·模拟预测）某新能源园区有一块不规则空地如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成.已知圆的半径为4米，点到的距离为5米.现规划在空地内修建两块太阳能光伏板，光伏板I形状为矩形，光伏板II形状为，要求均在线段上均在圆弧上.设与所成的角为. (1)用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围； (2)若光伏板I和光伏板II的单位面积年产电值之比为，求当为何值时，能使两块光伏板的年产电总值最大. 2．（2026·安徽合肥·二模）某区域中的物种拥有两个亚种．设从该区域中随机捕获1个物种的个体，该个体为种的概率为，为了估计该区域中物种的个体总数，研究人员从该区域中随机捕获3个个体，设3个个体中种的数目为，再将捕获的个体全部放回，作为一次试验结果，重复上述试验共6次．记第次捕获时种的数目为．统计结果如下表： (1)求的分布列； (2)设函数，已知该区域中种的个体数为180．（将使取得最大值的值作为的估计值） （i）求的估计值； （ii）据（i）估计该区域中物种的个体总数． 3．（25-26高三下·重庆·开学考试）在乒乓球亚洲杯的决赛场上，中国队队员王楚钦击败了日本队队员张本智和并夺得金牌，重庆市育才中学高三的学生们深受鼓舞，在冲刺高考的同时，利用课余时间积极地进行乒乓球运动.甲，乙两队进行乒乓球双打比赛，规定采用五场三胜制，即先赢得三场比赛的队伍获胜.已知每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，且每场比赛的结果相互独立. (1)当时. （i）记比赛开始的前三场的中甲获胜的场数为X，求的分布列； （ii）求在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四场的概率； (2)若比赛结果为或者时胜方的成长值记3分，负方记0分，比赛结果为时胜方的成长值记2分，负方记1分，求甲队本次比赛的成长值得分的期望，并求的取值范围. 4．（25-26高三上·内蒙古赤峰·期中）已知函数（且）． (1)当时，讨论的单调性； (2)设集合，． （i）若有且仅有一个元素，求的取值范围； （ii）若，求的值． 5．（25-26高三下·江西·月考）已知数列的前项和为，且长为，宽为的矩形的周长为. (1)求、； (2)求的通项公式； (3)已知数列的前项和为，证明：. 6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知函数. (1)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围； (2)若关于的方程的根为， ①求证: ； ②判断数列中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断. 7．（2026·辽宁朝阳·一模）已知变量的组观测值为. (1)若变量具有线性相关关系，且样本均值，样本方差，样本相关系数为，其中均为已知常数 （i）比较经验回归直线的斜率与的大小，并说明理由； （ii）求关于的经验回归方程，并证明：对于任意给定的观测值，当时，其回归预测值满足. (2)若变量存在线性相关关系，且二者的样本均值均为，方差相等.对于自变量的任意两个取值，利用得到的经验回归方程，记其对应的原变量的预测值分别为.证明：当时，，并简述该结论在数据预测中的意义. 附：样本相关系数； 样本方差；经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为. 题型6 导数新定义问题 1．（24-25高三上·河南周口·期末）已知函数. (1)求函数的图象在点处的切线方程； (2)若在上有解，求的取值范围； (3)设是函数的导函数，是函数的导函数，若函数的零点为，则点恰好就是该函数的对称中心.试求的值. 2．（25-26高三上·甘肃武威·月考）在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式，这个公式来自于微积分中的泰勒定理，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况下，泰勒公式可以用这些导数值作为系数构建一个多项式来近似函数在这一点的邻域中的值，这个多项式称为泰勒多项式.若函数在包含的某个开区间中具有阶导数，设表示的阶导数，则对任意，有，其中，是位于与之间的某个值，它称为阶泰勒余项，叫作在处的阶泰勒多项式.已知函数. (1)求在处的3阶泰勒多项式. (2)证明：当时，. (3)当时，是否存在实数，使得不等式成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由. 3．（2025·湖北武汉·一模）已知函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数. (1)若在上为凹函数，求实数的取值范围； (2)已知，且在上存在零点，求实数的取值范围. 4．（2026·四川·二模）记函数与的复合函数为，其导数为 .由此，我们定义函数的一种“嵌套导数”运算：对于可导函数，定义其1阶嵌套导数 为 ；定义其k阶嵌套导数且递归地为 . 例如，.已知函数. (1)求和的表达式； (2)若，求证：对任意 恒成立； (3)设，方程在区间上有唯一实数解.记，试探究的极值点个数与的关系，并说明理由. 5．（24-25高三下·江苏·月考）曲率是数学上衡量曲线弯曲程度的重要指标，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率为. (1)求曲线在处的曲率； (2)已知正弦曲线， ①求的曲率的平方的最大值； ②若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程. 6．如果函数的导数，可记为.若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积. (1)求曲线在上与轴围成的封闭图形的面积； (2)当时，求证：； (3)求证：. 7．（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：. 8．（2026·云南昭通·二模）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：．注：已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数的值； (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)已知正项数列满足：，证明：． 1．（2025·云南昭通·模拟预测）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，讨论函数在上的单调性和零点个数． 2．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，令，求证： 3．（25-26高三上·广西·期末）为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得10元基础券的概率为0.6，获得20元基础券的概率为0.4）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券20元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付商品．已知消费者闯过第一关的概率为p₀，闯过第二关的概率为p．某生产商将商品定价100元，成本41元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的30%，进阶券面额的50%． (1)若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为X（单位：元），求X的分布列和数学期望； (2)设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润=购买概率×（支付金额的期望-商品成本）-优惠券成本的期望） （ⅰ）求关于p的函数表达式； （ⅱ）证明：在内存在唯一极大值点，并求当p为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少？（结果保留1位小数） 4．（2026·黑龙江·一模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 5．（25-26高三下·陕西西安·月考）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)设函数，证明：，的极小值不大于0． 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值； (2)已知有三个不同的零点.求的取值范围． 7．（2026·浙江嘉兴·二模）已知函数. (1)若，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若存在极值，求a的取值范围. 8．（25-26高三上·北京西城·月考）已知函数. (1)求函数在点处的切线方程； (2)设实数使得恒成立，求的取值范围； (3)设，求函数在区间上的零点个数. 9．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数，． (1)若，分析的单调性； (2)证明：当时，． 10．（25-26高三上·重庆·期中）重庆一中为培养学生综合能力，积极开展围棋选修课，甲、乙两位同学进行围棋对弈训练，已知甲赢下第一局的概率为，且每位同学在前一局已经获胜的条件下，继续赢下后一局的概率都为.如此重复进行，每局比赛都无平局. (1)求甲同学第2局获胜的概率； (2)记甲同学第局获胜的概率为（）. （i）求的表达式； （ii）若存在正整数，使成立，求整数的最小值.（参考数据，题中是自然对数的底数） 11．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 12．（2026·河北沧州·一模）已知函数． (1)求函数的最大值； (2)已知为数列的前项和，证明：． 13．（25-26高三上·广西柳州·月考）已知函数. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求切点的坐标； (2)当，时，求证：. 14．（25-26高三下·湖南邵阳·月考）在平面直角坐标系中，设动直线恒过定点；直线，为平面上的一个动点，到的距离为；且. (1)求的坐标； (2)求的轨迹的方程； (3)设关于轴的对称点为，，过作与轴垂直的直线，求被分成的左，右两个部分面积之比的取值范围. 15．（25-26高三上·河北·月考）已知函数，且有两个零点. (1)求的取值范围； (2)证明：. 16．（2026·河北·模拟预测）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若有2个极值点，且极大值为正数，求的取值范围. 17．（25-26高三上·江苏常州·期末）已知函数，其中，且． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)若恒成立，求的取值范围． 18．（2025·广东深圳·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论在上的单调性； (3)当时，，求a的取值范围． 19．（25-26高三下·河北邯郸·月考）设函数． (1)求函数的单调区间； (2)证明：当时，； (3)设，证明：当时，． 20．（25-26高三上·广东·期末）已知函数． (1)若，求在区间上的最值； (2)若在区间上单调递增，求的取值范围； (3)若，函数，证明：有且仅有2个零点，且2个零点之和小于． 21．（25-26高三上·全国·月考）已知函数． (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若有2个极值点，求m的取值范围； (3)若有2个零点，求m的取值范围． 22．（2026·湖南常德·二模）已知函数（其中为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)若有两个不同的实数解，且，求证：． 23．（24-25高三下·上海杨浦·开学考试）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 24．已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 25．（2024高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 26．（25-26高三上·广东深圳·月考）已知函数的定义域为，其导函数为，且. (1)求的单调区间； (2)已知关于的方程恰有两个实数根，若，求的取值范围； (3)证明：. 27．（2024高三·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 28．设函数. (1)若，求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：. 29．（23-24高三上·河南·月考）已知函数. (1)当时，求在区间上的最值； (2)若有两个不同的零点，证明：. 30．（2025·四川绵阳·模拟预测）拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）．设是函数的导函数，是函数的导函数．若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．已知三次函数 (1)过点作曲线的切线，求切线方程： (2)若对于任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数，其中．求的拐点． 31．极限，是微积分学中一个重要概念.有些简单函数的求极限是可以直接写出的，例如，.如果当（或）时，两个函数与都趋于零或都趋于无穷大，那么我们通常把极限叫作未定式，并分别简记为或.当（或），极限为未定式且、、存在时，有：.这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则（）. (1)使用洛必达法则，求极限； ①；②；③ (2)求极限（选择一个可用合适方式解答的式子作答，多个题目作答，以第一道作答题目计分）： ①；②；③； (3)且，，恒成立. ①直接写出解析式； ②求的取值范围. 32．在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：（其中表示的n次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式．当时泰勒展开式也称为麦克劳林公式．比如在处的麦克劳林公式为：，由此当时，可以非常容易得到不等式请利用上述公式和所学知识完成下列问题： (1)写出在处的泰勒展开式； (2)根据泰勒公式估算的值，精确到小数点后两位； (3)若，恒成立，求a的范围．（参考数据） 33．（2025·广西桂林·一模）对，若函数在有不等式，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若不等式，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”． (1)判断函数的凹凸性； (2)若，令，求的最小值； (3)为（2）问所得结果，证明不等式：． 34．（2024·四川眉山·三模）已知函数. (1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围； (2)若有两个不同极值点. ①求的取值范围； ②当时，证明：. 35．（2026·江西宜春·一模）在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处. (1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； (2)记第n秒末点M回到原点的概率为. （i）求，并利用公式求； （ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的. 36．（2026·青海海东·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)证明：，． 37．（2026·辽宁大连·二模）定义：若存在，，使得曲线在点和点处有相同的切线l，则称切线l为曲线的“自公切线”.已知函数． (1)若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围； (2)证明：当时，曲线不存在“自公切线”； (3)若曲线有且只有两条“自公切线”，求实数a的取值范围． 38．（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数． (1)证明：当时，； (2)设在上的零点从小到大构成有穷数列． （i）求数列的项数； （ii）求证：． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 导数解答题题型全突破 题型 考情分析 考向预测 1．极值、最值问题（含参） 2025年全国一卷：第19题考查了不等式证明问题 2025年全国一卷：第16题考查了导数与数列知识交汇 2025年北京卷：第20题考查了导数的最值 导数中的隐零点及新定义问题依旧是热门考点 2．零点问题（含隐零点） 3．极值点偏移问题 4．不等式证明问题 5．与其他知识交汇问题 6．导数新定义问题 题型1 极值、最值问题（含参） 1、含参函数单调性讨论依据 （1）导函数有无零点讨论（或零点有无意义）； （2）导函数的零点在不在定义域或区间内； （3）导函数多个零点时大小的讨论。 2、一般性技巧 （1）导函数的形式为含参一次函数，首先讨论一次项系数为0的情形，易于判断；当一次项系数不为零时，讨论导函数的零点与区间端点的大小关系，结合导函数的图像判定导函数的符号，从而写出函数的单调区间． （2）若导函数为含参可因式分解的二次函数，令该二次函数等于零，求根并比较大小，然后再划分定义域，判定导函数的符号，从而确定原函数的单调性. （3）若导函数为含参不可因式分解的二次函数，就要通过判别式来判断根的情况，然后再划分定义域讨论. 3、恒成立与有解问题 （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． 1．（25-26高三下·湖南长沙·开学考试）已知函数，其中. (1)讨论函数的单调性； (2)若当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. (2) 【分析】（1）求出函数的定义域，根据导数与单调性的关系求解即可. （2）对不等式分离变量，结合导数与最值的关系求解即可. 【详解】（1）由题意得的定义域为，. 当时，，所以在上单调递增. 当时，令，即，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）由题意得：对时恒成立，即对时恒成立， 所以对时恒成立， 令，即对时恒成立，， 因为，所以，即在上单调递减， 所以， 所以，即实数的取值范围为. 2．（25-26高三下·湖南·月考）已知函数. (1)求; (2)已知，函数，当时，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先对函数求导，代入求出的值，再代入计算. （2）先确定的表达式，代入得到，对求导并因式分解，根据导数的符号分情况讨论的取值范围，分析在上的单调性，进而求出最小值. 【详解】（1）对求导，得. 令，得，解得. 故. （2）由，得， 则，. ，其中恒成立. 当时，，，在上单调递减，. 当时，令，得. 若，即，，在上单调递增，. 若，即，，在上单调递减，. 若，即，在上单调递减，在上单调递增， . 综上，. 3．已知函数 . (1)讨论函数的单调性; (2)若不等式在上恒成立， 求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，分和讨论求解； （2）分离常数得，令，利用导数求出最小值，得解. 【详解】（1）因为，所以， 当时，，故在R上单调递减； 当时，令，即，解得， 令，得， 综上：当时，在R上单调递减； 当时，在 单调递增,在单调递减. （2）在上恒成立，即， 令，则， 当时，，则，故， 当时，，则，故， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，，因为，所以， 所以. 4．已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【分析】（1）求导，分和两种情况讨论可求得的单调性； （2）结合（1）可得时，有极小值，进而结合题意可得，进而求解即可. 【详解】（1）由， 得，   函数的定义域为， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以. 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围. 5．（2025·广东·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由导数的几何意义求切线方程； （2）令函数，两次求导进行求解． 【详解】（1）当时，． ． 曲线在点处的切线方程为，即． （2）因为，所以当时，． 令函数，则． 令函数， 则 所以在上单调递增． 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ． 所以，即的取值范围为． 6．（2026·陕西西安·模拟预测）设函数，其中，且． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若恰有两个极值点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）求导，求出和，从而得到切点坐标和切线斜率，求出切线方程； （2）求导，研究导函数零点个数，求出实数的取值范围． 【详解】（1）当时，，则， 所以，又， 所以在点处的切线方程为，即 （2）． 当时，，令， 显然单调递减，至多有一个零点， 即至多有一个零点，不符合题意． 当时， 设，则， 令，解得， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以的最小值为， 当时，，且； 当时，． 若恰有两个极值点，则方程有两个解， 所以，解得， 所以实数的取值范围是． 7．（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. 8．已知函数 (1)当时，求函数在上的值域； (2)若对任意，都有，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可求函数的最大、最小值. （2）问题转化为，再分和讨论.当时，设，通过二次求导，求得在给定区间的值域，可得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，. 所以，. 由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以. 又，. 所以当时，函数的值域为. （2）当时，. 当时，上式恒成立. 当时，. 设，. 则. 再设，. 则. 当时，即，所以在上单调递增. 又，所以当时，，即. 所以在上单调递增. 又，所以当时，，即， 所以. 所以时，. 所以，即实数的取值范围为. 9．（2026·上海闵行·二模）已知. (1)当时，解方程； (2)若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点. 【答案】(1)方程的解集为 (2)，极值点为极大值点. 【分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质即可求出； （2）先对进行求导，令并求导即可求出的取值范围. 【详解】（1）当时，， 令，得，即，，解得, 故方程的解集为. （2）由题意得， 在区间上，，， 令，则， 在上单调递增，且， 若函数在上有唯一的极值点，则在该区间有唯一解， 即有唯一解，故的取值范围为， 设为该极值点， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以极值点为极大值点. 10．（2026·浙江温州·二模）已知函数，． (1)当时，若的值域为，求b的值； (2)若为的极小值点，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对函数求导分析，判断导数得正负，并得到函数的最小值，从而得到方程进而求解. （2）根据题意将代入导数为0，得到参数之间的关系，并分析是否在处取得极小值. 【详解】（1）因为，所以，求导得， 因为，所以令，解得， 当，，所以单调递减； 当，，所以单调递增； 所以，解得. （2）因为，求导得， 又因为为的极小值点，所以，得到， 代入导数得， 因为，所以， ①当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 所以为的极小值点满足条件. ②当时, 恒成立， 所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去. ③当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 为的极大值点.不满足条件，舍去. 综上，. 11．（24-25高三上·湖北武汉·期中）已知函数． (1)若函数在上的最小值为，求的值； (2)若，函数，求的最小值． 【答案】(1)； (2)1. 【分析】（1）利用导数分析含参函数在区间上的单调性，结合函数最小值，即可求得参数值； （2）求得，令，利用导数研究其隐零点，从而判断的单调性，再结合隐零点满足的条件，即可求得函数的最小值. 【详解】（1）因为，，故可得，， ①若，，在单调递减，的最小值为，不满足； ②若， 令，解得，故在单调递增； 令，解得，故在单调递减； 故的最小值为，即，解得，满足； ③若，，在单调递增，的最小值为，解得，不满足； 综上所述，. （2）若，，， 定义域为，， 令，， 故在单调递增，又，， 故存在，使得，也即，且， 且当，，，在单调递减； 当，，，在单调递增； 故的最小值为； 由上述求解可知，，则，令， 则，故在单调递增； ，也即，又，故，即； 又. 故的最小值为. 12．（25-26高三上·重庆·月考）已知函数. (1)当 时，求函数在区间的最值; (2)若，求 的取值范围； (3)当 时，求证: ． 【答案】(1)最大值为，最小值为0 (2) (3)见详解 【分析】（1）求导，根据导数的符号确定单调性，得到最值； （2）令，求导，分，，三种情况讨论，利用导数确定参数的取值范围； （3）令，求导再令，继续求导，利用导数确定单调性，根据最值证明恒成立即可． 【详解】（1）当 时，，， ，，解得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则，又， 所以函数在区间的最大值为，最小值为0； （2）令， ， 当时，， ， 在单调递增，，即成立； 当时，， 若，即时，，， ， 在上单调递减， ， 又，所以，即， 则， 在单调递增，， 若，即，存在，使得时，， ，所以不满足成立， 综上，的取值范围为； （3）令， ， 令， ， 当时，， 所以，单调递增，， 即，单调递减，， 当时， ，又，所以， 即，单调递增，， 综上，当 时，． 13．（2026·广西桂林·一模）已知函数，其中. (1)当时，求在上的单调性； (2)若存在两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）当时，求的取值范围. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）求导后，根据的正负即可确定的单调性； （2）（i）将问题转化为与有两个不同交点，利用导数可求得的单调性，进而得到的图象，采用数形结合的方式可求得的范围； （ii）令，，根据的取值范围可得到的范围，采用比值代换的方式，将问题转化为已知函数的值域，求解定义域的问题. 【详解】（1）当时，，， 令，则， 令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，，又， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）由题意知：， 存在两个极值点，存在两个变号零点， 令，即，显然不是方程的根， 有两个不等实根， 设，则与有两个不同交点， ，当时，；当时，； 当时，；当从负方向趋近时，； 当从正方向趋近时，；当时，；； 由此可得图象如下图所示， 若与有两个不同交点，则. （ii）由（i）知：，，， 令，，且， 则，， ， 设，则，， ，，， 设，则， 令，则， 令，则， 在上单调递增，， 在上单调递增，，即， 在上单调递增， 又，，， ，即的取值范围为. 题型2 零点问题（含隐零点） 1、利用导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方． 2、隐零点的处理思路 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 3、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. 1．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数，其中，为自然对数的底数． (1)求函数的单调区间； (2)讨论函数的零点个数． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)时, 没有零点；时，有一个零点；时，有两个零点. 【分析】（1）对函数求导，根据导数的正负即可容易判断函数的单调性； （2）由（1）求出函数的最小值 ，根据最小值的正负，结合函数单调性以及零点存在定理判定零点个数. 【详解】（1） ，令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上，的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）由（1）可知，的最小值为，计算得： 根据最小值与0的大小关系分三种情况讨论： 当时，即时， 恒成立，没有零点； 当时，即时， 恒成立，此时有唯一零点； 当时，即时， 存在，而时，，时，，根据零点存在定理可知，有两个零点. 综上，时， 没有零点；时，有一个零点；时，有两个零点. 2．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若，证明：． (2)设有两个零点．求的取值范围； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由得出，构造函数，由导数得出，即可证明； （2）由得出，构造函数，根据导数得出的值域即可求解的取值范围； 【详解】（1）因为，，所以． 令，则． 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则，则． （2）由，可得． 令，则， 令，显然在上单调递增，且， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减，则． 当时，，且当时，． 因为，所以由有两个零点，可知的取值范围为． 3．（2026·四川成都·二模）已知函数在处的切线方程为． (1)求，； (2)设是方程的两根，求证：． （注：…是自然对数的底数） 【答案】(1). (2)证明见详解. 【分析】（1）求导得，结合，列出方程组求解； （2）令，根据导数结合零点存在定理求出单调性，易得的一个根为，再利用零点存在定理找到另一个根的范围即可证明. 【详解】（1）由题意可得， 因为在处的切线方程为， 所以，即，解方程得. （2）令，， 由题意可知方程的两根，即为函数的两个零点，不妨设. 求导，因为在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在区间上单调递增，又，， 根据零点存在定理可知存在唯一的使得. 所以当，，函数在区间上单调递减； 当，，函数在区间上单调递增. 由，得，从而， 又因为，， 所以，故. 4．（2026·新疆·一模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，判断函数的单调性； (3)讨论函数的零点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）求出导数，求出得斜率，点斜式可求切线方程； （2）先求导数，从1分段讨论导数的符号，得出单调性； （3）令，求解根的情况，需讨论的单调性，判断其零点个数. 【详解】（1）当时，，， ，所以曲线在点处的切线方程为. （2）定义域为，， 整理得， 当时，，因为，所以， 所以，为增函数. 当时，，因为，所以， 所以，为减函数. 综上可得，当时，为减函数，当时，为增函数. （3）设，由得或； 当时，，为增函数，又，此时仅有一个零点； 当时，，时，，为增函数， 时，，为减函数，的最大值为； 若，的最大值为，此时仅有一个零点； 若，则，且趋近于时，趋近于， 故在区间内，有且仅有一个零点，此时有两个零点； 若，则，且趋近于0时，趋近于， 故在区间内，有且仅有一个零点，此时有两个零点； 综上可得，当或时，有一个零点，当或时，有两个零点. 5．（2026·河北张家口·二模）已知函数. (1)若在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若时，函数有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）转化问题为在上恒成立，进而分、两种情况讨论求解即可； （2）令，可得，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】（1）因为在上为增函数， 所以在上恒成立. 若，则在上恒成立，满足题意； 若，由对恒成立，知， 则成立，即，解得. 综上所述，实数的取值范围是. （2）若时，由，得， 设，， 则， 由得，由得或， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为与， 又，当时，，时，， 作出函数的图象，如下： 要使函数有3个零点，则与的图象有3个交点， 即，所以的取值范围是. 6．（25-26高三上·福建福州·月考）已知函数. (1)判断在区间的单调性； (2)证明：当时，； (3)证明：在上有且只有一个零点. 【答案】(1)在单调递增，在单调递减 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导数，即可求得函数单调区间； （2）构造函数，求导数，得到函数单调区间，从而求得函数最小值，即证明，再由三角函数有界性得，即可得证； （3）由题意得，求导数，再令，求导数得到函数在区间上单调性，结合端点处函数值，由零点存在性原理得到存在零点，设零点得到函数的单调区间，由零点存在性原理得证. 【详解】（1）由题意可得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以在单调递增，在单调递减. （2）令，， 在上单调递增，且， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即， 因为，所以， 所以. （3）依题得，， ，令， 则，     当时，且，且两项不同时为0， 所以，在上单调递减， 因为，， 由零点存在定理得，存在，使得， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因为，所以， 又因为， 由零点存在定理得，存在，使得， 因为在上单调递减，所以零点唯一， 又因为当时，单调递增，所以，在此区间无零点. 综上，在上有且只有一个零点. 7．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程. (2)当时，证明：当时，. (3)若有两个零点，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据导数的几何意义，求出和，利用点斜式写出切线方程； （2）设，利用导数得在上恒成立，从而可得函数的单调性和最值； （3）设，分情况：，，和研究函数单调性和最值，从而得解. 【详解】（1）当时，，则， 从而，， 故曲线在点处的切线方程为， 即； （2）设，则. 显然在上恒成立，所以在上单调递减. 又，所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 故，即当时，. （3）由题意可得. 设，则. ①若，显然，则在上单调递增，即在上单调递增. 又，所以当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 又，所以只有一个零点，故不符合题意. ②若，则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，又， 所以存在唯一的，使得. 当时，，当时，， 则在，上单调递增，在上单调递减. 又，所以，又当时，， 所以恰有两个零点，则符合题意. ③若，则由（2）知在R上恒成立，所以在上单调递增， 又，所以只有一个零点，则不符合题意. ④若，则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增. 又，所以，又， 所以存在唯一的，使得. 当时，，当时，， 则在，上单调递增，在上单调递减. 又，所以，又当时，， 所以恰有两个零点，则符合题意. 综上，a的取值范围为. 8．（25-26高三下·北京·月考）已知函数． (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数a的值. (2)当，时， ①记的零点个数为m，极小值点个数为n，证明：： ②记①中的极小值点为，零点为，证明：． 【答案】(1)3 (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，可得切线的斜率k，根据切线方程，可解得a值. （2）①利用导数，可得的单调区间、极值，根据零点存在性定理，可得的零点，分析求解，即可得证；②根据①可得，，求得的解析式，利用导数可得在上恒成立，分析即可得证. 【详解】（1）由题意得， 则在点处切线的斜率，解得. （2）①证明：由（1）得， 令，则， 由，当时， 与都单调递增， 所以在上单调递增， 又， 所以存在唯一的，使得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以在上有唯一的零点， 即在上有唯一的零点， 当时，，则在上恒成立， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以在上有唯一的极小值点，即， 因为，且在上单调递减，在上单调递增， 根据零点存在定理，存在，使得. 即在上存在唯一零点，即，所以. ②证明：由①得，，，则， 则 ， 因为，所以， 令， 则，令， 则 在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以在上恒成立，则在上单调递增， 又，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，则，且在上单调递增， 所以. 题型3 极值点偏移问题 一、常规方法 1、和型（或）问题的基本步骤： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系， 得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； 2、积型问题的基本步骤： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论. 二、其他方法 1、比值代换 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 2、对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 3、指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系： 1．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且，证明：，且． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性； （2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出. 【详解】（1）的定义域为R， 由题意，得，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当，且当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． （2）证明：由，得，是方程的两个实数根， 即是方程的两个实数根． 令，则， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以． 因为当时，；当时，，，所以． 不妨设，因为，是方程的两个实数根，则． 要证，只需证． 因为，， 所以只需证． 因为， 所以只需证． 令，， 则 在恒成立． 所以在区间上单调递减， 所以， 即当时，． 所以， 即成立． 2．已知函数，. (1)若，求a的取值范围； (2)若有两个实数解，，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）不等式变形得到在上恒成立，构造函数，求出单调性和最小值，只需，解得； （2）不妨设，由（1）知方程，，，且，欲证，即证，构造差函数，得到差函数的单调性，结合（1）可知，所以，则. 【详解】（1）由可知，，， 即在上恒成立，， 令，则，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 由于在上单调递增， 故只需，解得； （2）方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（1）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， 由（1）知有两根，即有两根， 则有， 欲证，即证，， 令，， 由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 令， 在上恒成立， 故在上单调递增， 所以，故， 又，，结合在单调递增，， 所以，则. 3．（24-25高三下·河南开封·月考）已知函数 (1)求函数在处切线方程； (2)若有两解，，且，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线的斜率，进而得解； （2）求导判断的单调性，利用偏移法证明，结合第（1）问的结论，证明在切线下方，放缩法证明不等式. 【详解】（1）由，则，又， 所以处切线方程为：，即. （2）因为，所以当时，，即单调递增， ，，即单调递减. 又，，时，， 先证， 由可知：，要证， 也就是要证：， 令，， 则， 所以在区间内单调递增，，则，即，即； 再证， 由（1）可知曲线在点处的切线方程为， 令， 则，时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得极大值为0， 故当时，，即，， 则，即， 又，， ∴. 综上，成立，得证. 4．（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. 5．已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】利用构造函数且结合导数求解极值点偏移问题. 【详解】证明：由题意，，令，得， 当，，所以在区间上单调递减， 当，，所以在区间上单调递增， 所以当时，取到极小值. 所以与交于不同的两点，， 所以不妨设，且， 令，则，代入上式得，得， 所以， 设，则， 所以当时，为增函数，， 所以， 故证：. 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，且满足，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】由是两个零点，可解得，接着构造函数证，即，根据函数单调性即可证明. 【详解】由题意知， 由得 从而，， 即． 又，令, ， ， 所以在单调递增，则， 因为当时，，所以， 所以，即， 所以． 令，，易知其单调递增， 又， 所以，即， 所以，即． 7．（24-25高三上·江苏无锡·月考）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据极小值的定义计算即可； （2）把问题转化为，进而转化为，令，只需证明即可. 【详解】（1）定义域均为， ，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且； 又，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且 所以，解得：. （2）令，因为，所以， 由可得：， （1）—（2）得：，所以， 要证：，只要证：， 只要证：， 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只需证：， 令， 所以在上单调递增，所以， 即有成立，所以成立. 题型4 不等式证明问题 利用导数证明或判定不等式问题 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 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，从而判定不等关系； 3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 1．（2026·福建厦门·二模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增； (2)证明见解析. 【分析】（1）先求出导函数，再对分情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由（1）可知当时，的最小值为，令，利用导数得到的最小值为， 所以，即证得. 【详解】（1）函数的导数为， 当时，恒成立，故，所以在上单调递增； 当时，令 ，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述：当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，当时，在处取得最小值， 因此，对任意，有. 只需证明 ，即 令，. 求导得， ，故在上单调递增. 由知，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增. 所以在处取得最小值. 因此，即成立，等号当且时取得. 2．（2026·北京房山·一模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，分别讨论函数与在上的单调性； (3)证明：当时，． 【答案】(1) (2)在上单调递增，在上单调递减；在上单调递增，在上单调递减． (3)证明见解析 【分析】（1）先求出函数在处的函数值和导数值，再根据点斜式方程求出切线方程； （2）分别对和求导，根据导数与函数单调性的关系判断函数的单调性； （3）构造，通过求导判断其单调性，进而证明不等式． 【详解】（1）由，得， 因为，， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）由（1）知， 令，得；令，得．. 所以在上单调递增，在上单调递减. 由，得， 令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减. （3）因为，所以， ①当时，，由（2）知在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以， ②当时，令， 则，， 由（2）知在上单调递增，所以， 所以， 所以在上单调递减，所以， 即当时， 综上，当时，． 3．（25-26高三上·湖南·月考）函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）代入，求导判断函数单调性，根据单调性求解函数的极小值 （2）要证，即证，令，求导判断单调性，求出的最小值，得证. 【详解】（1）函数的定义域为，当时，， 由，得，即在上单调递增； 由，得，即在区间上单调递减， 所以的极小值为. （2）当时，， 令，定义域为， 则，其中， 由在上单调递增，且，， 则存在，使得， 当时，，，在上单调递减； 当时，，，在上单调递增； 所以的最小值为， 由，可得，， 所以，即的最小值为0， 综上，，即得证. 4．（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，. 5．（2026高三·全国·专题练习）已知函数. (1)讨论在上的单调性； (2)若，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，利用分类讨论可求得函数的单调区间； （2）不等式变形为，设，通过构造函数法可证明不等式； 【详解】（1）由题意得函数定义域为，． 若，则，即恒成立，所以在上单调递减； 若，则，即恒成立，所以在上单调递增； 若，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增. （2）若，则． 要证明，即证明，即． 设，由，可得，待证不等式转化为． 先证明不等式，设，则， 所以在上单调递减，故，即． 再证明不等式，设， 则，所以在上单调递增， 故，即． 综上，原命题得证． 6．（25-26高三下·河北沧州·月考）已知函数. (1)证明：； (2)证明：存在唯一极值点； (3)记（2）中的极值点为，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先通过得，令函数，求导判断单调性求出的最值即可得证； （2）先判断在和 时的单调性，再设，求导结合零点存在性定理即可分析求证； （3）利用极值点为得到，再证出，继而，最后利用（1）中的结论即可得证. 【详解】（1）易得，此时. 设函数，， 则时，，单调递减， 时，，单调递增. 于是，故原不等式成立. （2），定义域为R， 显然当时，； 当时，. 当时，设，则， 因为，所以， 故， 所以即在区间上单调递增，而， 所以存在使得， 所以当时，当时， 所以存在唯一极值点. （3）注意到， ， 又，故，故 在（1）中已证明，故，因此，故原不等式得证. 7．（2026·湖北荆州·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论在上的单调性； (3)为的导数，若两个不相等的实数满足，求证：.（参考公式：） 【答案】(1) (2)在上单调递增 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，根据点斜式即可求解直线方程， （2）求导，对的范围分为，以及，结合二次求导和导函数的正负，即可求解单调性， （3）先利用导数求证时，有，进而可证明，结合正弦函数的有界性即可求证. 【详解】（1）求导可得 则,， 所求切线方程为，即 （2）求导可得 （a）当时，，则，在单调递增 （b）当时，，则，在单调递增 （c）当时，设， 则，由于均在上单调递增，故在上单调递增， ， 则存在使得满足 则，单调递减，则，单调递增， ， 所以，则，在单调递增； 综上所述：在上单调递增. （3）由题意可得 不妨设，则 先证明当时，有，设， 则，所以在单调递减， ＝0，即当，有， 于是有 所以，故有，又，且不能同时取到等号， 故，从而. 8．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)设有且仅有一个极值点，求a的取值范围； (3)若函数存在2个极值点，且满足，求证：． 【答案】(1)2x＋y－2＝0 (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，再根据直线的点斜式方程求解； （2）由题意，可得有且只有一个变号根，通过求导，判断函数的单调性和图象趋势，即可求得参数范围； （3）由得，令，求导判断函数单调性，推得，结合，得到，令，判断其单调性，得在上存在唯一解，再由零点存在定理即可证得. 【详解】（1）当时，， ，且， 故在处的切线方程为，即2x＋y－2＝0， （2）， ， 由＝0可得，令，x>0， 则 令，在上单调递减，且， 则当时，，则，即在上单调递增， 时，，，即在上单调递减， 且又时，，时，， 由题得，有且只有一个变号根，故 （3）由 ，可得， 令，则，由得，由，得. 故在上单调递增，在上单调递减，且，当时，， 因，对于，有，，故，， 则由，又，故， 令，则， 因，则，故在上单调递增， 又， 则在上存在唯一解，∴ 又，， 则有，故可得． 9．（25-26高三下·河南驻马店·开学考试）已知函数． (1)当时，求曲线在原点处的切线方程； (2)若在上单调递增，求a的取值范围； (3)当时，证明：当时，． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导得，代入计算得到切线斜率，再写出切线方程即可； （2）法一：对分和讨论即可；法二：分离参数得得．再设新函数，求导得到右边最小值即可； （3）利用导数证明不等式，再合理放缩即可. 【详解】（1）当时，，， ，，所以曲线在原点处的切线方程为． （2）法一：，若在上单调递增，则在上恒成立． ①当时，在上恒成立．令，则． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，函数取得最小值，最小值为1，所以， ，符合题意； ②当时，令，则． 因为在上单调递增，，所以当时，， 当时，，在上单调递减，在上单调递增． 要使得在上恒成立，则，解得，结合，得． 综上，a的取值范围为． 法二：．若在上单调递增，则在上恒成立． 由，得．令，， 则，．令，则． 当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，，即． 当时，，，，所以，即； 当时，，，，所以，即． 在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即a的取值范围为． （3）证明：令，则． 令，则． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ，所以是增函数． 因为，所以在上恒成立， 即当时，在上恒成立． 令，则，所以是增函数． 因为，所以当时，，即． 因为，所以当时，，所以， 所以当时，． 题型5 与其他知识交汇问题 1．（2026·河南洛阳·模拟预测）某新能源园区有一块不规则空地如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成.已知圆的半径为4米，点到的距离为5米.现规划在空地内修建两块太阳能光伏板，光伏板I形状为矩形，光伏板II形状为，要求均在线段上均在圆弧上.设与所成的角为. (1)用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围； (2)若光伏板I和光伏板II的单位面积年产电值之比为，求当为何值时，能使两块光伏板的年产电总值最大. 【答案】(1)，， (2) 【分析】（1）以角度为参数，利用圆的几何性质与三角函数表示矩形和三角形的面积，结合图形存在的约束条件确定的取值范围； （2）根据单位面积年产值的比例关系，构造关于的年产值总函数，通过求导分析函数单调性，找到最大值点. 【详解】（1）连接并延长交于，则，所以. 过作于，则，所以， 故， 则矩形的面积为， 的面积为. 过作，分别交圆弧和的延长线于和，则. 令，则. 当时，才能作出满足条件的矩形， 所以的取值范围是. 所以矩形的面积为平方米，的面积为的取值范围是. （2）因为光伏板I和光伏板II的单位面积年产电值之比为，设光伏板I的单位面积的年产电值为，光伏板II的单位面积的年产电值为，年产电总值为 设， 则. 令，得， 当时，，所以为增函数； 当时，，所以为减函数， 因此，当时，取到最大值. 答：当时，能使两块光伏板的年产电总值最大. 2．（2026·安徽合肥·二模）某区域中的物种拥有两个亚种．设从该区域中随机捕获1个物种的个体，该个体为种的概率为，为了估计该区域中物种的个体总数，研究人员从该区域中随机捕获3个个体，设3个个体中种的数目为，再将捕获的个体全部放回，作为一次试验结果，重复上述试验共6次．记第次捕获时种的数目为．统计结果如下表： 1 2 3 4 5 6 3 3 2 3 1 3 (1)求的分布列； (2)设函数，已知该区域中种的个体数为180．（将使取得最大值的值作为的估计值） （i）求的估计值； （ii）据（i）估计该区域中物种的个体总数． 【答案】(1) 0 1 2 3 (2)（i）；（ii）1080. 【分析】（1）根据给定条件，求出的可能值，利用二项分布概率公式求出分布列. （2）（i）由给定统计表，结合（1）的结论求出，再利用导数求出最大值点；（ii）利用（i）的结论，结合古典概率公式求出估计值. 【详解】（1）依题意，的所有可取值为，， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 （2）（i）由统计表，得 ， 求导得，当时，；当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 所以. （ii）设该区域中物种的个体总数，由该区域中种个体数为180， 得该区域中种的数目为， 由（i）得从该区域中随机捕获1个个体，该个体为种概率的估计值， 因此，解得，所以估计该区域中物种的个体总数为1080. 3．（25-26高三下·重庆·开学考试）在乒乓球亚洲杯的决赛场上，中国队队员王楚钦击败了日本队队员张本智和并夺得金牌，重庆市育才中学高三的学生们深受鼓舞，在冲刺高考的同时，利用课余时间积极地进行乒乓球运动.甲，乙两队进行乒乓球双打比赛，规定采用五场三胜制，即先赢得三场比赛的队伍获胜.已知每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，且每场比赛的结果相互独立. (1)当时. （i）记比赛开始的前三场的中甲获胜的场数为X，求的分布列； （ii）求在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四场的概率； (2)若比赛结果为或者时胜方的成长值记3分，负方记0分，比赛结果为时胜方的成长值记2分，负方记1分，求甲队本次比赛的成长值得分的期望，并求的取值范围. 【答案】(1)（i）分布列见解析；（ii） (2) 【分析】（1）（i）根据二项分布求出分布列即可； （ii）分别计算甲队获胜的概率和甲队获胜且比赛恰好4场的概率，然后利用条件概率求解； （2）先确定甲队成长值得分的可能取值，并计算概率，根据期望计算公式计算.得出期望关于的关系式后，通过导数判断在上的单调性确定其范围. 【详解】（1）（i）由题意可知，，则的可能取值为， 则；； ；， ∴分布列为 0 1 2 3 （ii）设事件表示“比赛恰好进行4场”，事件表示“甲队获胜”. 甲队获胜包含三种情况： 比赛3场甲队获胜，其概率为. 比赛4场甲队获胜，即前3场甲队胜2场，第4场甲队胜，概率为. 比赛5场甲队获胜，即前4场甲队胜2场，第5场甲队胜，概率为. ∴甲队获胜的概率为. 甲队获胜且比赛恰好进行4场的概率为. ∴在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了4场的概率为. （2）甲队本次比赛的成长值得分的可能取值为3，2，1，0. ； ； ； . ∴ . 令， 则， ∵，∴， 再令， ，判别式， 的两根为，， 由可得，则在上单调递减，则， 所以时，，， 因此函数在上单调递增， 又，当趋近于1时，，则， 故的取值范围是. 4．（25-26高三上·内蒙古赤峰·期中）已知函数（且）． (1)当时，讨论的单调性； (2)设集合，． （i）若有且仅有一个元素，求的取值范围； （ii）若，求的值． 【答案】(1)当时单调递增；当时单调递减； (2)①；②. 【分析】（1）对函数求导，根据其区间的符号确定函数的单调性； （2）（i）由题设，构造，，应用导数研究函数的零点求参数范围；（ii）讨论、，利用导数研究方程的根求参数. 【详解】（1）由，得，而， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减． （2）（i）令，即，显然不是方程的根，， 令函数，，则， 当时，且时，时， 当时，且时，时， 当时，且时， 不难知道，的大致图象如下：    方程有且仅有一个根时，有， 即若集合有且仅有一个元素，则有； （ii）由（i）知，当时，集合有且仅有两个元素，记为，， 则，，且，，函数大致图象如下，    此时，由函数的单调性可知，即， 又，即，则有， ，或， 由（1）的单调性，方程仅有一个根； 方程有两个根，，其中， 此时与不相等． 当时，由（i）知集合有且仅有一个元素，记为，且，， 函数大致图象如下，    又，即，则有， ，又， ，又， 方程有唯一解， 即关于的方程有唯一解， 考虑到函数在上单调递增，在上单调递减， 则有． 综上所述，若，则. 5．（25-26高三下·江西·月考）已知数列的前项和为，且长为，宽为的矩形的周长为. (1)求、； (2)求的通项公式； (3)已知数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意得出，分别令、，可求得、的值； （2）当时，由可得，两式作差可得出，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式； （3）当时，推导出，且（当且仅当时，等号成立），于是得出，再利用不等式的基本性质结合累加法可证得结论成立. 【详解】（1）由题意得. 当时，，得. 当时，，得. （2）当时，由可得， 两式作差得， 得，得， 又，所以是首项为，公比为的等比数列. 故，得. （3），所以. 令函数，得，所以在上是增函数. 当时，，得. 因为，所以， 所以. 令函数，得. 当时，，在上单调递增. 当时，，在上单调递减. 故，得，当且仅当时，等号成立， 令，得，得， 则 . 故. 6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知函数. (1)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围； (2)若关于的方程的根为， ①求证: ； ②判断数列中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②不存在，证明见解析 【分析】（1）转化问题为对于恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）①结合（1）可得，，当且仅当时等号成立，进而得到，可得当时，，进而利用裂项相消法求证即可； ②先假设存在，先得到，再结合成等比数列，得到，再由，得到推出矛盾即可求证. 【详解】（1）由，， 则对于恒成立， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即， 所以实数的取值范围为. （2）①由（1）知，当时，，， 即，，当且仅当时等号成立， 因为方程的根为，所以，且， 则，即， 当时，， 则, 当时，也满足，则. ②数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下： 由，，则， 当时，，则函数在上单调递增， 结合题意，方程有唯一的根为，即， 而， 则，即， 假设成等比数列，则其公比，且， 又，则，， 所以，则， 即，所以， 则，由于， 则，即， 则，则， 由，， 两式相减得， 则，即，这与矛盾， 故数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列. 7．（2026·辽宁朝阳·一模）已知变量的组观测值为. (1)若变量具有线性相关关系，且样本均值，样本方差，样本相关系数为，其中均为已知常数 （i）比较经验回归直线的斜率与的大小，并说明理由； （ii）求关于的经验回归方程，并证明：对于任意给定的观测值，当时，其回归预测值满足. (2)若变量存在线性相关关系，且二者的样本均值均为，方差相等.对于自变量的任意两个取值，利用得到的经验回归方程，记其对应的原变量的预测值分别为.证明：当时，，并简述该结论在数据预测中的意义. 附：样本相关系数； 样本方差；经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为. 【答案】(1)（i），理由见解析；（ii），证明见解析 (2)证明见解析，实际意义见解析 【分析】（1）（i）根据经验回归方程斜率和相关系数公式即可得出结论； （ii）根据样本中心点必在经验回归方程上，将和代入得，求出，即可求出回归方程，再根据结合即可得出结论； （2）令，将问题转化为线性回归分析，由（1）（ii），可得经验回归方程为，也即，等价于，由，设，即证，再根据导数判断出函数的单调性，进而可得出结论. 【详解】（1）（i）由经验回归方程斜率和相关系数公式可知，， 且，故， 又，故必有，所以，即与相等； （ii）设经验回归方程为由经验回归方程性质， 样本中心点必在经验回归方程上， 故将斜率和代入得，解得， 故经验回归方程为， 对于观测值，预测值为， 则， 因为且，所以，即， 又， 因为且，所以，即， 综上，，得证； （2）令， 已知两变量存在线性相关关系且样本均值均为，方差相等， 设样本相关系数为， 故等价于变量具有线性相关关系， 且样本均值相等，样本方差相等，满足（1）中条件， 则由（1）（ii），可得经验回归方程为， 也即，等价于， 已知，设，即证， 若，则恒成立，此时，原不等式成立； 若， 因且恒成立， 故在单调递增， 由知，则，原不等式成立； 若，由（1）（ii）同理可得：当，即时，，即， 此时，且， 故在单调递增； 当，即时，，即， 此时， 对于观测值，因，对其位置分类讨论如下： ①若，则， 而，故， 此时必有，即； ②若，则， 由在单调递增可知，， 综上可知，当时，恒有，即. 实际意义：在该非线性回归模型中，数据预测时，若自变量的增量大于某阈值时，模型所预测的因变量增量必然不大于自变量的增量，即该模型对于大跨度的数据增加具有保守性，预测结果不会随自变量的迅速增长而相应迅速增长. 题型6 导数新定义问题 1．（24-25高三上·河南周口·期末）已知函数. (1)求函数的图象在点处的切线方程； (2)若在上有解，求的取值范围； (3)设是函数的导函数，是函数的导函数，若函数的零点为，则点恰好就是该函数的对称中心.试求的值. 【答案】(1) (2) (3)2019 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）首先不等式变形为，转化为二次函数在区间内的最值问题，即可求解； （3）首先根据定义求函数的对称中心，再根据对称性求和. 【详解】（1）因为 所以所求切线的斜率又因为切点为 所以所求的切线方程为 . （2）因为，所以 因为在上有解， 所以不小于在区间上的最小值. 因为时，， 所以的取值范围是. （3）因为，所以. 令可得，所以函数的对称中心为， 即如果，则， 所以. 2．（25-26高三上·甘肃武威·月考）在数学中，泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式，这个公式来自于微积分中的泰勒定理，在已知函数在某一点的各阶导数值的情况下，泰勒公式可以用这些导数值作为系数构建一个多项式来近似函数在这一点的邻域中的值，这个多项式称为泰勒多项式.若函数在包含的某个开区间中具有阶导数，设表示的阶导数，则对任意，有，其中，是位于与之间的某个值，它称为阶泰勒余项，叫作在处的阶泰勒多项式.已知函数. (1)求在处的3阶泰勒多项式. (2)证明：当时，. (3)当时，是否存在实数，使得不等式成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在，的最小值为 【分析】（1）利用泰勒多项式计算即可求得在处的3阶泰勒多项式. （2）当，结合（1）可知成立，当时，可得，可得结论成立； （3）当时，，当时，分离变量得，令，通过求导研究其单调性，从而求得的最大值即可. 【详解】（1）因为，所以，，， 则. （2）当时，； 当时，由泰勒定理可知存在，使得. 因为，且，所以，则. 综上，当时，. （3）当时，不等式，即不等式，. 当时，不等式等价于不等式. 设函数， 则. 设函数， 则，，，. 显然在上单调递增，且， 则在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以对任意的恒成立，所以在上单调递增， 所以，则，即的最小值为. 3．（2025·湖北武汉·一模）已知函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数. (1)若在上为凹函数，求实数的取值范围； (2)已知，且在上存在零点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）令，依题意知，对任意的恒成立，利用分离参数法求解即可； （2）分和两种情况讨论，求出函数的单调区间及极值，进而可得出答案. 【详解】（1）， 则， 依题意知，对任意的恒成立，则恒成立， 令， 则， 故在上单调递增，故， 则实数的取值范围为； （2）依题意得，， 若，当时，， 所以在上无零点，舍去； 若，则，令， 则，则在上单调递减，且， ①若，即，此时， 则存在，使得，即， 故在上单调递增，在上单调递减，所以， 当时，， 令，解得， 因为，且， 所以存在唯一的，使得，满足条件； ②若，即，此时在上单调递减， 又，所以，不合题意，舍去， 综上所述，实数的取值范围为. 4．（2026·四川·二模）记函数与的复合函数为，其导数为 .由此，我们定义函数的一种“嵌套导数”运算：对于可导函数，定义其1阶嵌套导数 为 ；定义其k阶嵌套导数且递归地为 . 例如，.已知函数. (1)求和的表达式； (2)若，求证：对任意 恒成立； (3)设，方程在区间上有唯一实数解.记，试探究的极值点个数与的关系，并说明理由. 【答案】(1) ，; (2)证明见解析; (3)答案见解析. 【分析】（1）按定义递归求导，先求 、，再逐层嵌套复合求导，最后整理表达式； （2）利用数学归纳法，先证明一阶嵌套导数符号与 ，然后假设 阶恒正，通过定义并结合 的符号分段讨论，递推得证； （3）由解得唯一正根 ，故 ，即或，前者给出，后者解的个数取决于的最小值与的大小关系，以为分界求出对应极值点个数. 【详解】（1）由，求导得 ，. 根据嵌套导数的定义，， 代入得：，对 求导， 得3阶嵌套导数：. （2）当时， ，， 用数学归纳法证明： 当时，，当时，，故； 当时，，故 ；当时，. 又对任意恒成立，且，故在上的最小值为0，且处取到. 假设当时，对任意恒成立， 则当时， ， 由归纳假设，单调递增，故，又，故. 当时，，故；当时,,，， 结合的单调性，得； 当时，. 所以对任意，恒成立. （3）由，，故等价于，无实根， 等价于，即，结合题意，故. ，求导得： 令，得或，即：，或. 分析的单调性：，故在上单调递减，在上单调递增， 最小值为：. 当，即时，方程无解，仅有1个解，故有1个极值点； 当，即时，方程有1个解，有2个解，故有2个极值点； 当，即时，方程有2个解，有3个解，故有3个极值点. 综上：当时，有1个极值点；当时，有2个极值点；当时，有3个极值点. 5．（24-25高三下·江苏·月考）曲率是数学上衡量曲线弯曲程度的重要指标，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率为. (1)求曲线在处的曲率； (2)已知正弦曲线， ①求的曲率的平方的最大值； ②若，判断在区间上零点的个数，并写出证明过程. 【答案】(1) (2)①1②2个，证明见解析 【分析】（1）根据曲率的定义可求得的值； （2）①求得，令，则，故，利用导数求出函数在上的最大值，即为的最大值； ②利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立. 【详解】（1）因为，所以，， 所以. （2）①已由，，则，， 令，则，故， 设，则， 在时，在上递减，所以，最大值为. ②因为，，则. 当时，因为， 所以在上单调递减. 所以，所以在上无零点； 当时，因为单调递增，且，，在上图象不间断， 所以存在，使， 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以. 设，，， ，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 所以，所以，在上图象不间断， 所以在上存在一个零点，所以在有个零点， 综上所述，在上的零点个数为. 6．如果函数的导数，可记为.若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积. (1)求曲线在上与轴围成的封闭图形的面积； (2)当时，求证：； (3)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中新定义的含义计算即可. （2）先由新定义的运算得到，再构造函数，利用导数分析单调性，证明结论. （3）先证明时，再利用结论，得，累加法可得答案. 【详解】（1）由，得. 由题意可得所求面积. 令，则是常数） 所以， 即曲线在上与轴围成的封闭图形的面积为. （2）令，可得（是常数）， 所以， 要证，只需证， 令， 当时，， 所以在上单调递减，所以当时，， 所以，即. （3）由（2）得，当时，. 因为，所以. 即. 所以. . . . 累加可得 ， 即， 所以. 7．（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 . 8．（2026·云南昭通·二模）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：．注：已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数的值； (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)已知正项数列满足：，证明：． 【答案】(1)； (2)，证明见详解； (3)证明见详解. 【分析】（1）先对和进行两次求导，根据帕德近似定义，可得，，列方程即可求解； （2）由（1）得，令，求导可得，又，问题得证； （3）先构造并证明不等式，将、指数形式的关系放缩成不含指数的形式，即证明，利用（2）中的不等式，继续将、指数形式的关系放缩成不含指数的形式，即证明不等式的右边，继续利用、的关系，放缩并处理不等式，再利用不等式的特征构造函数证明不等式的左边. 【详解】（1）由题意，，， 则，， ， ， 又，， 所以，解得，， 所以； （2）当时，， 证明如下：由（1）得，，所以， 当时，，， 令，则， 所以在上单调递增， 所以，即， 所以， 即当时，，得证； （3）设，则， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以，即， 即，当且仅当时等号成立， 由题意，正项数列，，则，， 所以， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 所以，所以， 即，所以， 又数列为正项数列，，所以， 又由（2）可得，所以， 又因为，所以，即， 所以，即， 所以，则，所以， 又，也符合上式，所以， 要证即证，即证， 又，所以， 又，所以，即，所以， 令，则， 所以单调递增，所以成立， 所以成立， 所以成立，所以成立，所以，得证. 综上所述，可得. 1．（2025·云南昭通·模拟预测）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，讨论函数在上的单调性和零点个数． 【答案】(1) (2)在上单调递增，零点个数为1 【分析】（1）利用导数来求切线即可； （2）利用导数来判断单调性即可得解. 【详解】（1）当时，， 则，则， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）当时，，则， 当时，，则， 故在上单调递增． 又因为，所以在上的零点个数为1． 2．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，令，求证： 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出的导数，再按分类讨论求出的单调区间. （2）把代入求出，再对所证不等式作等价变形，按分段并构造函数，利用导数证明不等式. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递减； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，，， 不等式， 当时，，令函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，因此； 当时，，函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，因此， 所以. 3．（25-26高三上·广西·期末）为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得10元基础券的概率为0.6，获得20元基础券的概率为0.4）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券20元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付商品．已知消费者闯过第一关的概率为p₀，闯过第二关的概率为p．某生产商将商品定价100元，成本41元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的30%，进阶券面额的50%． (1)若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为X（单位：元），求X的分布列和数学期望； (2)设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润=购买概率×（支付金额的期望-商品成本）-优惠券成本的期望） （ⅰ）求关于p的函数表达式； （ⅱ）证明：在内存在唯一极大值点，并求当p为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少？（结果保留1位小数） 【答案】(1)分布列见解析，80.8 (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析，时，商家期望利润最大，最大期望利润约为6.7元． 【分析】（1）依题意确定X的可能取值，并利用独立事件的概率乘法公式计算出对应的概率，列出分布列并计算出数学期望； （2）（ⅰ）分别求出支付金额的期望与优惠券成本的期望，代入期望利润的公式，计算即得；（ⅱ）利用求导判断的单调性，即可证明在内存在唯一极大值点，进而求得期望利润的最大值. 【详解】（1）由题可知，X的可能取值为100，90，80，70，60， ，， ，， ． 分布列为： X 100 90 80 70 60 P 0.2 0.24 0.16 0.24 0.16 数学期望为：． （2）（ⅰ）∵期望利润＝购买概率×（支付金额的期望－商品成本）－优惠券成本的期望， 则支付金额的期望为： ； 优惠券成本的期望为 ． ∴ ． （ⅱ） 令．解得， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； ∴在内存在唯一极大值点， 又， ∴当时，商家期望利润最大，最大期望利润约为6.7元． 4．（2026·黑龙江·一模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，求证：． 【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． (2)证明见解析 【分析】（1）求出，当时，根据的形式可判断，当时，同样依据的形式可判断在、上符号，从而得到单调性区间； （2）根据（1）中的单调性得到，根据恒成立得在上恒成立，，求出其导数后可判断该函数为增函数，从而得不等式恒成立. 【详解】（1）由题意可知，函数，的定义域为， 导数， 当时，，； 当时，，；，； 综上，当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）由（1）可知，当时， 函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减． 所以， 要证，需证． 即需证恒成立， 令， 则 所以函数在区间单调递增， 故， 所以，恒成立， 所以当时，． 5．（25-26高三下·陕西西安·月考）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)设函数，证明：，的极小值不大于0． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为； (2)证明见解析. 【分析】（1）求导，利用在上单调递增，且时，即可求解； （2）求导，令，根据其单调性，结合和由零点存在性定理可判断极值点，然后可证. 【详解】（1）当时，，． 因为函数在上单调递增，且时，， 所以当时，，此时，在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）证明：因为（）， 所以． 令，因为，所以在上单调递增， 因为，所以， 又当时，， 所以存在，使得，即， 所以当时，，，此时单调递增， 当时，，，此时单调递减， 所以， 整理得． 因为，所以， 当且仅当时，等号成立，即的极小值不大于0． 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)若曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补，求的值； (2)已知有三个不同的零点.求的取值范围． 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）分段求出函数的导数，再利用导数的几何意义，结合已知列式求解. （2）由函数零点的意义分离参数，构造函数，分类讨论，利用导数探讨函数性质即可； 【详解】（1）由题意得：函数， 求导得， 则， 因为曲线在处的切线与在处的切线的倾斜角互补， 则，即，所以. （2）函数的定义域为，由，得， 令函数，则 求导得， 当或时，；当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 故在取得极大值， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 而，当时，恒有， 又有三个零点，则， 所以的取值范围为. 7．（2026·浙江嘉兴·二模）已知函数. (1)若，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若存在极值，求a的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数的图象在点处的切线的斜率，从而得到切线方程； （2）由存在极值，得有变号零点，通过分离参数，根据余弦函数给定区间上的值域可求得a的取值范围. 【详解】（1）若，则. 所以，所以. 又，所以函数的图象在点处的切线方程为. （2）因为函数， 所以. 若存在极值，则有变号零点，即有解. 因为，所以，所以. 因此有解，且. 当时，在上恒成立， 所以函数是增函数，无极值； 当时，在上有解，记为. 令，则，所以在上单调递增， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以函数在处取得极小值，即函数有极值. 故a的取值范围是. 8．（25-26高三上·北京西城·月考）已知函数. (1)求函数在点处的切线方程； (2)设实数使得恒成立，求的取值范围； (3)设，求函数在区间上的零点个数. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）先求出，在求出及，即可求解； （2）由得恒成立，等价于恒成立，设并求出其最大值，从而可求解； （3）求令，即求，由（2）即等价于函数的图象与函数的图象的交点个数，再结合在区间上的取值情况，再对分情况讨论，即可求解. 【详解】（1）由题可得函数的定义域为，且， 则，因， 所以在点处的切线方程为，化简为. 故函数在点处的切线方程为. （2）由题意知得恒成立，即恒成立，等价于恒成立， 设，则，令，解得， 当时，；当时，， 所以当时，取到极大值也是最大值，所以， 所以的取值范围为. （3）由题知令，即，则得，从而得， 由（2）得函数在区间上的零点个数即等价于求函数的图象与函数的图象的交点个数， 又因在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且当时，取到极大值也是最大值， 又因为，， 当或时，函数的图象与函数的图象的交点个数为， 当或时，函数的图象与函数的图象的交点个数为， 当时，函数的图象与函数的图象的交点个数为. 综上所述：当或时，函数在区间上有个零点； 当或时，函数在区间上有个零点； 当时，函数在区间上有个零点. 9．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数，． (1)若，分析的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1)在区间上单调递减． (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数与函数单调性的关系判断即可. （2）要证，只需证，结合时，，只需证.通过构造函数，结合导数与单调性及最值的关系证明即可. 【详解】（1）当时，，则． 设，则， 当时，，所以单调递减，， 当时，，所以. 所以当时，，，即， 故在区间上单调递减． （2）当时，， 要证，只需证， 又当时，，即证． ． 令，则当时，， 所以在上单调递减，因此， 所以，因此在区间上单调递减，所以． 综上，原不等式得证，即当时，． 10．（25-26高三上·重庆·期中）重庆一中为培养学生综合能力，积极开展围棋选修课，甲、乙两位同学进行围棋对弈训练，已知甲赢下第一局的概率为，且每位同学在前一局已经获胜的条件下，继续赢下后一局的概率都为.如此重复进行，每局比赛都无平局. (1)求甲同学第2局获胜的概率； (2)记甲同学第局获胜的概率为（）. （i）求的表达式； （ii）若存在正整数，使成立，求整数的最小值.（参考数据，题中是自然对数的底数） 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式结合意求解即可； （2）（i）由题意得时，，从而可求出；（ii）由题意得，令，利用导数可判断在上递减，则问题转化为求的最大值，进而可求得答案. 【详解】（1）由题意，甲前2局都赢的概率为， 甲输第1局且赢第2局的概率为， 所以甲第2局获胜的概率为. （2）（i）记事件：“在第局获胜的条件下，第局也获胜”，则， 事件：“在第局落败的条件下，第局获胜”，则， 由全概率公式可得，当时，，即，又， 所以是首项和公比都为的等比数列，所以，则. （ii）原条件等价于， 令，则， 易知在上单调递减且，所以时， 则在上单调递减，显然， 因此的最小值是在最大时取得，为奇数时，； 为偶数时，，此时单调递减，所以， 综上，的最大值为，所以. 因为在上单调递减，所以， 而，， 综上所述，所以满足的整数的最小值为. 11．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)1，理由见解析 【分析】（1）由对称性可得，计算即可得； （2）求导后可得函数单调性，即可得其最大值； （3）令，可得，构造函数，借助导数可研究其单调性，利用单调性与零点存在性定理即可得解. 【详解】（1）由题意得，； （2）由题意得，，，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为； （3）令，则，整理得， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 又，，所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点. 当时，，，两个不等式等号无法同时成立， ，此时函数无零点， 综上所述，在上存在唯一零点， 即函数在上的零点个数为． 12．（2026·河北沧州·一模）已知函数． (1)求函数的最大值； (2)已知为数列的前项和，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先求导，再根据函数单调性确定函数的最大值； （2）根据（1）建立不等式，再通过累加法可证明不等式. 【详解】（1）因为，其定义域为，又，且， 令，可得， 令，解得，令，解得， 故在单调递增，在单调递减. 则，即函数的最大值为 （2）由（1）知，当时，，即， 令，则， 即， 所以， 即， 即，得证. 13．（25-26高三上·广西柳州·月考）已知函数. (1)若曲线在处的切线与直线垂直，求切点的坐标； (2)当，时，求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合互相垂直直线斜率之间的关系进行求解即可； （2）构造新函数，利用二次求导法、函数零点存在原理进行运算证明即可. 【详解】（1）， 所以直线的斜率为， 因此与直线垂直的直线的斜率为，即. ， 所以，即， 所以，因此切点为. （2）当，时，要证明， 即证明，只需证明， 即只需要证明，其中， 设， 设 因为函数在上均为减函数， 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，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， 在区间内单调递增，所以有， 在区间内单调递减，所以有， 故内恒成立，原不等式得证. 14．（25-26高三下·湖南邵阳·月考）在平面直角坐标系中，设动直线恒过定点；直线，为平面上的一个动点，到的距离为；且. (1)求的坐标； (2)求的轨迹的方程； (3)设关于轴的对称点为，，过作与轴垂直的直线，求被分成的左，右两个部分面积之比的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）利用直线的性质求解必过的定点即可. （2）结合题意化简求出椭圆方程即可. （3）结合题意将目标式表示为一元函数，再结合导数求解取值范围即可. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以，则，故的坐标为. （2）设，因为，所以， 则，化简得. （3）如图，作出符合题意的图形， 记的坐标为，由题意知，点不可能位于轴上， 故根据椭圆对称性，不妨设点在第一象限或在轴正半轴上， 即，，又，， 则直线的方程为， 设与轴，分别交于点，， 因为，所以，， 所以的面积与的面积之比如下， 为， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在单调递减，在单调递增， 又因为，，， 所以的值域是，所以，得到， 根据对称性，被分成的左，右两个部分面积之比的取值范围是. 15．（25-26高三上·河北·月考）已知函数，且有两个零点. (1)求的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，结合函数走势，得到不等式，求出答案； （2）先证明对一切不相等的正实数，都有，进而得到，则，由基本不等式得，进而求出. 【详解】（1）定义域为， 由题意可得. 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减. 当时，，当时，，且， 则，解得，即的取值范围为； （2）证明：先证明对一切不相等的正实数，都有. 不妨设，要证，即证 设， 则， 所以在上单调递增，所以，即当时，有， 故，即. 因为是的两个零点，所以 所以，则， 所以，则. 因为，所以. 因为， 所以. 因为，所以，即. 16．（2026·河北·模拟预测）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若有2个极值点，且极大值为正数，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)或 【分析】（1）求出函数的导函数，根据参数的值进行分类讨论，结合导数的符号与函数单调性的关系即可求得；（2）根据题意可知有两个不同的正根，结合（1）可判断或和函数的极大值，再根据极大值为正数即可进行求解. 【详解】（1）依题意，，， 当时，， 由，得，所以在上单调递增； 由，得，所以在上单调递减； 当时，由，得，或， ①当，即时， 由，得或，所以在，上单调递增； 由，得，所以在上单调递减； ②当，即时，，所以在上单调递增； ③当，即时， 由，得或，所以在，上单调递增； 由，得，所以在上单调递减； 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减； （2）因为有2个极值点，且极大值为正数，所以有两个不同的正根； 由（1）知，或； 当时，的极大值点是；令，则； 因为，所以， 所以的极大值为； 设，则，所以在上单调递增； 又，，即，所以，即，解得； 当时，的极大值点是，的极大值为； 因为，所以，因此符合题意； 综上，的取值范围是或. 17．（25-26高三上·江苏常州·期末）已知函数，其中，且． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)若恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)． 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）将转化为，利用导数研究的单调性，分类讨论、、、时，的零点情况即可； （3）易知当时不符合题意；当时，原不等式转化为，令，利用导数研究的性质，结合计算即可. 【详解】（1）当时，， ， 所以，即. （2）函数等价于，则即， 令，则转化为的解的个数，， 当时，单调递增；当时，单调递减． 则在处取得极大值，也是最大值， 当时，；当． 当时，，解得，1个零点； 当时，与有1个交点，此时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，当或时，1个零点；当或时，2个零点． （3）恒成立恒成立． 当时，，不符合题意； 当时，，因为曲线与关于直线对称， 所以. 令， 令，又因为单调递增， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以时，取极小值点，也是最小值， 所以的最小值为，其中， 由，得，即，所以． 综上可得，所以的取值范围是． 18．（2025·广东深圳·模拟预测）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论在上的单调性； (3)当时，，求a的取值范围． 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3) 【分析】（1）求出，求导，得到，由导数几何意义得到切线方程； （2）求导，分，和三种情况，得到函数单调性； （3）在（2）基础上，分三种情况，结合函数最值得到不等式，求出答案. 【详解】（1）时，，， ，， 故在处的切线方程为，即； （2）， 由于，若，则，恒成立， 故在上单调递增， 若，令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 若，令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 综上，若，在上单调递增； 若，在上单调递减，在上单调递增； 若，在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）知，若，在上单调递增， 当时，， 要使当时，恒成立，只需，解得， 因此时，不等式恒成立； 若，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值， 令，解得； 若，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极大值，也是最大值， 且，其中， 由于，故，故， 故当时，，舍去， 综上，a的取值范围是 19．（25-26高三下·河北邯郸·月考）设函数． (1)求函数的单调区间； (2)证明：当时，； (3)设，证明：当时，． 【答案】(1)递增区间为，递减区间为. (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求得，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间； （2）令，求得单调递增，证得，得到，再令，求得单调递增，得到，证得，即可得证； （3）根据题意，转化为，令，只需证明在上恒成立，设，进而求得，所以在上单调递减，结合，即可得证. 【详解】（1）解：由函数，可得， 令，即，解得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）解：令，可得， 当时，，在上单调递增， 所以，可得，即， 因为，两边同时除以，可得， 令，可得， 当时，，在上单调递增， 所以，即，即， 因为，两边同时除以，可得， 综上可得，当时，. （3）证明：要证明， 因为，可得且，可得 令，只需证明在上恒成立， 由， 设，因为，所以， 令， 因为，则，所以在上单调递增， 所以， 再令，可得，在上单调递减， 所以，即，即，所以在上单调递减， 所以， 所以，当时，. 20．（25-26高三上·广东·期末）已知函数． (1)若，求在区间上的最值； (2)若在区间上单调递增，求的取值范围； (3)若，函数，证明：有且仅有2个零点，且2个零点之和小于． 【答案】(1)最大值为，最小值为． (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导分析函数的单调性，进而求出最值； （2）根据单调性得到在区间[1，2]上恒成立，分离参数得到，设，利用导数求出该函数在区间上的最小值，进而求出的取值范围； （3）令，对其求导，令，再对求导，判断函数的单调性，再根据零点存在定理得到存在唯一的，使得，进而判断函数的单调性，再结合得证. 【详解】（1）若，则， 令， 则， 所以在区间上单调递增， 又， 所以在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增． 由， 所以在区间上的最大值为，最小值为． （2）若在区间上单调递增，则在区间上恒成立， 即． 设， 则 因为，所以，所以，所以在区间上单调递增， 所以，所以的取值范围为． （3）若，则， 令，得，整理为． 令， 令，则， 所以在区间上单调递增， 又， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得． 因此，当时，单调递减；当时，单调递增． 又因为， 所以结合单调性，在区间上单调递减，可知存在1个零点； 在区间上单调递增，可知存在1个零点； 当时，单调递增且，故无零点． 综上，有且仅有2个零点，则， 所以． 21．（25-26高三上·全国·月考）已知函数． (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若有2个极值点，求m的取值范围； (3)若有2个零点，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)． 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线的斜率，由点斜式即可求得切线方程； （2） 函数有2个极值点，所以函数有2个变号零点，从而将问题转化为与的图象有2个交点，结合导数求出的单调区间和最值即可求解； （3）令，从而将问题转化为直线与的图象有2个交点，结合导数求出的单调区间和最值即可求解， 【详解】（1）当时，，，， 所以.     所以的图象在处的切线方程为，即. （2）因为函数有2个极值点，所以函数有2个变号零点， 而，令，所以，     设，只需与的图象有2个交点. 因，当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以，又， 且当时，且，当时，且. 作出函数的图象如下： 由图知，当时，函数有2个极值点. （3）因，则1不是的零点， 令，则， 所以，令，欲使函数有2个零点， 只需直线与的图象有2个交点. 因，     当或时，，在和上单调递增； 当或时，，在和上单调递减，且， 的极大值为，的极小值为，     又当时，且，当且时，， 当且时，，当时，， 由图知，当或时，直线与的图象有2个交点， 即有2个零点时，的取值范围是. 22．（2026·湖南常德·二模）已知函数（其中为自然对数的底数）． (1)求函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)若有两个不同的实数解，且，求证：． 【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是. (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据导函数的正负性判断其单调性； （2）令，研究其单调性，求端点处的函数即可； （3）先求出，令得出，结合（2）可知，将问题转化为求证，最后构造函数求其范围即可. 【详解】（1）由得， 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 因为，所以当时，当时， 故的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）令， 则， 因为与的单调性一致，故在上单调递增， 因为，所以使得， 则当时，当时， 则在上单调递减，在上单调递增， 因为，，所以当时，， 故当时，； （3）由（1）知，的单调递减区间是，单调递增区间是， 因为，所以， 因为，所以， 令，得， 由（2）可知，时，，故， 欲证，只需证， 即证， 因为，故只需证， 令， 则， 因为在上单调递增，且，所以在上恒成立， 则在上单调递减，则， 则，故命题得证. 23．（24-25高三下·上海杨浦·开学考试）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)是，理由见解析； (2)的取值范围为；证明见解析. 【分析】（1）利用定义及导数的计算法则计算即可； （2）①根据定义知，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为，构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明. 【详解】（1）是，理由如下： 根据条件易知， 又，可得， 显然，符合“双中值函数”定义， 即函数是上的“双中值函数”； （2）①因为，所以. 因为是上的“双中值函数”，所以. 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，且时，,时，， 所以，所以，即的取值范围为； ②证明：不妨设， 则，，即，． 要证，可证，即证． 设， 则． 设，则， 所以在上单调递增，所以， 所以，则在上单调递减． 因为，所以，即． 因为，所以． 因为，所以． 因为，所以． 由①可知在上单调递增，所以，即得证． 24．已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 【答案】(1)，函数在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）设切点为，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到，设，利用导数可确定有唯一零点，由此可得；代入后，根据的正负可得单调区间； （2）根据单调性和的正负可确定，将所证不等式转化为对任意恒成立；令，利用导数可求得单调递增，得到，由此可得结论. 【详解】（1）设直线与曲线相切于点， ， 又，即， 设，则，在上单调递增， 又，有唯一零点， ，解得， ， 则当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知， 当时，；当时，， ， 要证，只需证．在上单调递减， 只需证，又， 则只需证对任意恒成立． 设， 则， 设，则， 在上单调递减，． 又当时，， 在上单调递增， ，即在时恒成立， 又．故原不等式得证． 25．（2024高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【答案】(1)无最大值，最小值为； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数知识可得函数的最值； （2）由题可得，要证，即证，然后通过研究：单调性可完成证明. 【详解】（1）函数的定义域为． 令，解得；令，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以无最大值，最小值为； （2），． 因为有两个不同的极值点，所以，． 欲证，即证，又， 所以原式等价于①. 由，, 得②. 由①②知原问题等价于求证， 即证． 令，则，上式等价于求证． 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即． 26．（25-26高三上·广东深圳·月考）已知函数的定义域为，其导函数为，且. (1)求的单调区间； (2)已知关于的方程恰有两个实数根，若，求的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1)在单调递增，在单调递减，最大值为； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）对求导，得出的单调性，结合最值的定义即可得； （2）设，代入，将化简为，设，对求导，得出的单调性，证，即可求； （3）设，求，研究的单调性和最值可得，再结合的单调性即可证明. 【详解】（1），令，解得， 当时单调递增，当时单调递减， 所以时，取得最大值， 所以在单调递增，在单调递减，的最大值为. （2）依题意，，两式相除可得， 不妨设，所以，所以， 所以， 设，则， 设，则， 所以单调递增，所以， 所以单调递增，所以． 所以的取值范围为. （3）设， 设，则， 设，则， 所以单调递减，，所以单调递减， 因为，所以在单调递增，在单调递减， 所以， 由（1）知，，所以函数在上单调递减， 所以，即， 所以. 27．（2024高三·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围； ②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【详解】（1）由题意可得，， 当时，，在上单调递增； 当时，由解得，由解得， 所以，在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）①等价于有两个零点， 令，则，在时恒成立，∴在时单调递增， ∴有两个零点，等价于有两个零点. ∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减，∴， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，∵，， 记，则， 记，则， 所以在上单调递增，所以，即， 故在上单调递增，所以， 即， ∴在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，的取值范围为. ②因为，不等式两边同时取对数化简可得， 要证即证：， 即证，由（2）中①知，，∴只需证. ∵，，∴，， ∴ ，只需证. 设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立.∴，即. 28．设函数. (1)若，求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：. 【答案】(1)无最小值，最大值为 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解. （2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明. 【详解】（1）由题意得，则. 令，解得；令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， ， 无最小值，最大值为. （2），则， 又有两个不同的极值点， 欲证，即证， 原式等价于证明①. 由，得，则②. 由①②可知原问题等价于求证， 即证. 令，则，上式等价于求证. 令，则， 恒成立，在上单调递增， 当时，，即， 原不等式成立，即. 29．（23-24高三上·河南·月考）已知函数. (1)当时，求在区间上的最值； (2)若有两个不同的零点，证明：. 【答案】(1)最大值为0，最小值为. (2)证明见解析 【分析】（1）将带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导， 判断在区间上的单调性，即可求得函数在区间上的最值； （2）对原函数求导，并对参数，分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函数有两个不同的零点时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明. 【详解】（1）当时，， . 由，得；由，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. 因为， ， 所以在区间上的最大值为0，最小值为. （2）. 当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去； 当时，所以， 由，得，所以在上单调递增； 由，得，所以在上单调递减. 所以当时，取得极大值，极大值为， 为满足题意，必有，得. 因为是的两个不同的零点， 所以， 两式相减得. 设，要证， 只需证，即证. 设，只需证， 设，则， 所以在上为增函数，从而， 所以成立，从而 30．（2025·四川绵阳·模拟预测）拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）．设是函数的导函数，是函数的导函数．若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．已知三次函数 (1)过点作曲线的切线，求切线方程： (2)若对于任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数，其中．求的拐点． 【答案】(1)或． (2)且 (3) 【分析】（1）设切点，利用导数的几何意义和两点斜率公式列方程可求，再利用点斜式求切线方程； （2）利用导数判断函数的单调性，作函数的大致图象，由时，成立，可得，求函数的对称中心，利用对称性化简可得，结合图象进一步化简，由此可求结论， （3）由条件结合导数运算法则可得，令，，利用导数研究函数的单调性，结合函数性质求其零点，由此可得结论. 【详解】（1）因为，故可设切点为，， 所以， 整理得： 解得：或， 当时，切点为，切线斜率为，故切线方程为， 当时，切点为，切线斜率为，切线方程为， 故切线方程为：或． （2），当且仅当时，， 由（1）， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又由可得，，， 作函数的大致图象如下，    所以， 要使恒成立 当即时，恒成立， 即，且， 所以 当时，由恒成立， 得（*）， 因为，所以，， 令，所以， 当时，，当时，， 由题干可得函数的图象关于点对称， 所以， 所以不等式（*）为， 因为，结合图象可得， 所以恒成立， ，所以． 综上，且 （3）， 由于，故，即的定义域为， ， ， 令得，， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，由零点存在性定理知，有唯一的零点， 故，即时，满足， 当时，， 故的拐点为 31．极限，是微积分学中一个重要概念.有些简单函数的求极限是可以直接写出的，例如，.如果当（或）时，两个函数与都趋于零或都趋于无穷大，那么我们通常把极限叫作未定式，并分别简记为或.当（或），极限为未定式且、、存在时，有：.这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则（）. (1)使用洛必达法则，求极限； ①；②；③ (2)求极限（选择一个可用合适方式解答的式子作答，多个题目作答，以第一道作答题目计分）： ①；②；③； (3)且，，恒成立. ①直接写出解析式； ②求的取值范围. 【答案】(1)①7，②2，③ (2)①1，②1，③1 (3)①，② 【分析】（1）先判断是否符合洛必达法则类型，再依据洛必达法则去计算即可解决； （2）将选择的式子化简结合极限的定义求解； （3）①通过求导的逆向过程求出原函数；②分析恒成立问题，转化为最值问题，利用导数求出最值得解. 【详解】（1）①对于，当时，分子，分母，属于型， ； ②对于，属于型， ； ③对于，属于型， . （2）①； ②； ③. （3）①由，则，又， ，得， . ②对，恒成立， 即， 令，则，， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即， 所以当和时，，当时，， 即在和上单调递减，在上单调递增， 又，， ，即的取值范围为. 32．在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：（其中表示的n次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式．当时泰勒展开式也称为麦克劳林公式．比如在处的麦克劳林公式为：，由此当时，可以非常容易得到不等式请利用上述公式和所学知识完成下列问题： (1)写出在处的泰勒展开式； (2)根据泰勒公式估算的值，精确到小数点后两位； (3)若，恒成立，求a的范围．（参考数据） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用泰勒展开公式将在处展开即可求解； （2）利用泰勒展开公式将在展开，将代入。利用即可求解； （3）由在处的泰勒展开式，先证，再令，，利用导数研究恒成立即可. 【详解】（1）由，，，， 其中， 在处的泰勒展开式为：， （2）记，则， ， 所以， 因为， 所以且， ，． （3）因为， 由在处的泰勒展开式，先证， 令， ，易知，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 再令，，易得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 而，所以恒成立， 当时， ，所以成立， 当时，令，，易求得， 所以必存在一个区间，使得在上单调递减， 所以时，，不符合题意． 综上所述，． 33．（2025·广西桂林·一模）对，若函数在有不等式，则称函数是在上的“凹函数”，反之，若不等式，则称函数是在上的“凸函数”，当且仅当时等号成立．也可理解为若函数在上可导，为在上的导函数，为在上的导函数，当时，函数是在上的“凹函数”，反之，当时，则称函数是在上的“凸函数”． (1)判断函数的凹凸性； (2)若，令，求的最小值； (3)为（2）问所得结果，证明不等式：． 【答案】(1)为的凸函数 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据定义，求得和，判断的正负即可； （2）先判断出在为“凹函数”，当时，根据凸函数的性质得出，即可得出的最小值； （3）由（2）结论得出即证，两边取对数，即证，由导数得出在上为单调递增函数，即可得出，再用累加法即可证明． 【详解】（1）由题，，即， 所以为的凸函数． （2）设函数，则， ，所以在为“凹函数”， 当时，， 即， 当且仅当时，等号成立， 最小值为． （3）即证， 两边取对数，即证：， 的导数为， 当时，恒成立，所以在上为单调递增函数， 所以， 令，所以， 所以， 累加可得：，证得不等式成立． 34．（2024·四川眉山·三模）已知函数. (1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围； (2)若有两个不同极值点. ①求的取值范围； ②当时，证明：. 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数，探讨函数有两个零点的的值范围. （2）①由有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线与函数图象有两个公共点的的值范围；②由方程根的意义可得，分析所证不等式，换元并证明即可. 【详解】（1）依题意，， 设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率， 切线方程为，而点在切线上， 则，即有， 由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根， 令，则函数有2个零点， 求导得， ①若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值， 又， 当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ②若，恒成立，函数在上单调递增， 因此函数最多1个零点，不合题意； ③若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又， 显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ④若，显然，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 要函数有2个零点，必有，得， 当时，， 而函数在上的值域为，因此在上的值域为， 当时，令，求导得，函数在上单调递减， 则，， 而函数在上单调递减，值域为， 因此函数在上的值域为， 于是当时，函数有两个零点， 所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是. （2）①由（1）知，， 由函数有两个极值点，得，即有两个实数根， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，上单调递减，， 且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根 所以函数有两个极点时，的取值范围是. ②由，即，得， 要证明，只需证明， 而， 令，则，欲证明， 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 则在时单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即， 所以. 35．（2026·江西宜春·一模）在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处. (1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； (2)记第n秒末点M回到原点的概率为. （i）求，并利用公式求； （ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的. 【答案】(1) (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计算即可； （2）（i）分四个方向各移动一次、左右方向各移动两次、上下方向各移动两次三种情况求；设左右各移动次，上下各移动次，即可求出，再利用组合公式化简； （ii）利用公式化简得出，得出，构造函数，研究其单调性求出，即可得出，最后化简得出，取即可求证. 【详解】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上， 由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种， 其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点这四种情况. 则， 故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为. （2）（i）点M在第4秒末回到原点，有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种， 左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种， 所以； 若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等， 设左右各移动次，则上下各移动次， 所以 ， （ii）由可知： ， 则， 所以， 令，则， 即函数在上单调递减， 所以，即，则， 所以，， 记为不超过x的最大整数， 则对任意的实数，当时，，即， 综上，当时，成立，所以点M是常返的. 36．（2026·青海海东·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)证明：，． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）求导得，分析可知，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，即可得出实数的取值范围； （3）利用导数证明出不等式对任意的恒成立，令，结合放缩法得出，再利用累加法结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立. 【详解】（1）当时，，则，所以，， 故当时，曲线在点处的切线方程. （2）因为，则，则且， 则，， 令，其中，则， 易知函数在上单调递增， ①当时，即当时，对任意的，， 函数在上单调递增，则对任意的，， 此时函数在上单调递增，故对任意的，，符合题意； ②当时，即当时，对任意的，， 所以在上单调递减，则对任意的，， 此时函数在上单调递减，故对任意的，，不符合题意； ③当时，因为函数在上单调递增， 且，，则， 由零点存在定理可知，存在，使得， 当时，，即函数在上单调递减， 故当时，，即函数在上单调递减， 所以，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）先证明对任意的恒成立， 构造函数，其中，则， 易知函数在上单调递减， 所以， 所以函数在上单调递增，所以， 故对任意的，，令，则， 故， 所以， 故原不等式得证. 37．（2026·辽宁大连·二模）定义：若存在，，使得曲线在点和点处有相同的切线l，则称切线l为曲线的“自公切线”.已知函数． (1)若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围； (2)证明：当时，曲线不存在“自公切线”； (3)若曲线有且只有两条“自公切线”，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由函数的单调性转化为导函数在区间恒成立，分离参数求解； （2）根据新定义转化为，换元后利用导数证明方程不成立即可得证； （3）根据新定义利用导数，分类讨论求解. 【详解】（1）当时，，， 由题意可知，，即在区间上恒成立， 设函数，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，所以，即. （2）当时，，， 假设在点和点处存在“自公切线”l， 则l的斜率，， 即， 同时， 故，即 不妨设，令，， 则， 所以在区间上单调递减，，故不成立， 所以当时，曲线不存在“自公切线”. （3）因为，所以为偶函数， 又由（2）可得，当时，曲线不存在“自公切线”， 所以当时，曲线也不存在“自公切线”． 假设在点和点处存在“自公切线”l， 则和只可能一正一负，不妨设，， 则l的斜率， 即 同时， 所以， 所以或，即或， ①当时，因为，所以， 所以，令，则， 当时，，在上单调递增，， 所以函数没有零点，此时没有满足题意的，即没有“自公切线”； 当时，时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以， 因为，且时，， 当，即时，，没有零点，即没有“自公切线”； 当，即时，，有一个零点，即有一条“自公切线”； 当，即时，，有两个零点，即有两条“自公切线”． ②当时，，又，所以， 因为，所以， 所以， 设函数，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 且，，， 所以当，即时，有一个解，即有一条“自公切线”； 当，即时，有两个解，即有两条“自公切线”； 当或，即或时，无解，即没有“自公切线”． 又因为当时， 在情况①中，，； 在情况②中，，； 所以当时，与同时成立，有且只有一条“自公切线”． 综上所述，若曲线有且只有两条“自公切线”，实数a的取值范围是. 38．（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数． (1)证明：当时，； (2)设在上的零点从小到大构成有穷数列． （i）求数列的项数； （ii）求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）2026（ii）证明见解析 【分析】（1）根据，整理得，构造函数；要证明时，，等价于证明，先对求导，分析在时候的正负性，判断的单调性； （2）（i）要找在上的零点情况，等价于求在的解的情况；分析在每个区间上解的情况，先对求导，判断在每个区间的单调性，再结合区间断点的函数值符号，确定各个区间内解的个数，最后统计上的总零点数。 （ii）根据（i）中在各个区间的单调性，估算出各个区间的零点的取值范围，，得，利用放缩思想推导求和的下限。 【详解】（1）令，则 当时，，， ，则在单调递增，此时 当时， ，即 ，则，即 当时，. （2）（i）由，得，即 等价于 ， 当时，，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 当时，，， 则在上恰有1个解，即在上有2025个解； ，在上单调递减，在上无解； 是一个解，在上无解，在上有2025个解，则共有2026个解； 在上的零点从小到大构成有穷数列项数为2026。 （ii）由，得 ， ，，则 即，整理得 由（i）可得：，， ，即 则 即 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $