第19题 导数综合解答题 分类训练——2026届高考数学三轮冲刺

2026年新高考第19题分类训练 导数综合解答题 考点 3年考题 考情分析 导数综合解答题 2025年新高考Ⅰ卷第19题 2025年新高考Ⅱ卷第18题 2024年新高考Ⅰ卷第18题 2024年新高考Ⅱ卷第16题 2023年新高考Ⅰ卷第19题 2023年新高考Ⅱ卷第17题 导数解答题属于高考数学中的中等或较难题型，难度通常由出题位置决定。纵观近三年新高考命题趋势，导数大题的考查重点集中在：利用导数研究函数的单调性、极值与最值、含参范围的求解、不等式证明、函数零点分析以及恒成立与存在性问题等核心内容。 据此可预测2026 年新高考导数大题仍将以函数单调性、极值最值、含参求解与不等式证明为核心命题背景，整体综合性会进一步增强，难度较往年有所提升，更侧重对逻辑推理、构造转化、分类讨论及放缩技巧的综合考查。 1.（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第19题）（1）设函数,求在的最大值； （2）给定，设a为实数，证明：存在，使得； （3）若存在使得对任意x，都有，求b的最小值． 2.（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第18题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论 3．（2024·新高考Ⅰ卷高考真题第18题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围 4.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第16题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 5.（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第19题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 6.（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第22题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 1.基本初等函数的导数公式 原函数 导函数 f(x)＝c(c为常数) f′(x)＝0 f(x)＝xα，(α∈Q，且α≠0) f′(x)＝αxα－1 f(x)＝sin x f′(x)＝cos x f(x)＝cos x f′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a>0且a≠1) f′(x)＝axln a f(x)＝ex f′(x)＝ex f(x)＝logax(a>0，且a≠1) f′(x)＝ f(x)＝ln x f′(x)＝ 2.导数的四则运算 （1） 和的导数： （2） 差的导数： （3） 积的导数：（前导后不导前不导后导） （4） 商的导数：， 3.复合函数的求导公式 函数中，设（内函数），则（外函数） 4.导数的几何意义 （1） 导数的几何意义 导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率 （2） 直线的点斜式方程 直线的点斜式方程：已知直线过点，斜率为，则直线的点斜式方程为： 5. 在点的切线方程 切线方程的计算： 函数在点 处的切线方程为 ，抓住关键 6.过点的切线方程 设切点为，则斜率，过切点的切线方程为： ， 又因为切线方程过点 ，所以 然后解出的值．（ 有几个值，就有几条切线） 7.公切线问题一般思路 两个曲线的公切线问题，主要考查利用导数的几何意义进行解决，关键是抓住切线的斜率进行转化和过渡。 通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数： ①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上。 具体做法为：设公切线在 y=f(x) 上的切点，在 y=g(x) 上的切点 ， 。 8.切线条数问题 （1） 代数法（方程根个数法） 步骤：①设切点为 (t,f(t))，求出函数 f(x) 的导函数 f′(t)，得到切线方程 y−f(t)=f′(t)(x−t)。 ②将已知点 (a,b) 代入切线方程，整理得到关于 t 的方程。 ③分析该方程的实根个数，实根个数即为切线条数。可通过求导、讨论函数单调性、求极值等方法判断根的个数。 （2） 数形结合法 步骤：①将函数 f(x) 的解析式拆分成易画图象的函数，作出函数图象。 ②根据已知点 (a,b) 的位置，通过平移直线、观察图象与曲线的交点情况，判断切线条数。 ③结合函数的凹凸性、对称性等性质，分析不同区域点的切线条数规律。 9.极值点偏移问题的一般题设形式 (1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0； (4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0. 10.极值点偏移问题的常见解法 (1)(对称化构造法)：构造辅助函数： ①对结论x1+x2>2x0型，构造函数. ②对结论型，方法一是构造函数，通过研究的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可. (2)(比值代换法)：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明. 11.双参数不等式的方法 (1)转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式； (2)巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； (3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果 12.设三次函数为：(、、、且)， 其导函数为二次函数:， 判别式为：△=，设的两根为、，结合函数草图易得： (1) 若，则恰有一个实根； (2) 若,且，则恰有一个实根； (3) 若,且，则有两个不相等的实根； (4) 若,且，则有三个不相等的实根. 13.（1）三次函数是中心对称曲线，且对称中心是；； （2）奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 14.常见的同构函数图像 函数表达式 图像 函数表达式 图像 函数极值点 函数极值点 函数极值点 函数极值点 过定点 函数极值点 函数极值点 函数极值点 函数极值点 15.指对数的运算恒等式： （1） 且时，有 （2） 当 且时，有 再结合指数运算和对数运算的法则，可以得到下述结论（其中） （3） （4） （5） （6） 再结合常用的切线不等式lnxx-1， 等，可以得到更多的结论，这里仅以第（3）条为例进行引申： （7）； （8）； 切线方程+简单导数性质讨论 1.（福建省福州市、宁德市2026届高中毕业班适应性考试）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． 2.（四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高二下学期3月阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间及极值； (3)若集合恰有一个元素，直接写出的取值范围. 3.（湖北武汉市2026届高中毕业生三月调研）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 4.（福建省福州市2026届高三三月质量检测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有且仅有一个零点，求的值. 5.（山东省烟台市2026届高三下学期高考诊断性测试）已知函数，为的导函数，且． (1)求在点处的切线方程； (2)证明：当时，；当时， 6.（江西九江市2026届高三第二次高考模拟）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若在上单调递增，求的值； (3)若存在极小值点且，求的取值范围． 单调、极值讨论 1.（江西“三新”协同教研共同体2026届高三4月）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在最小值，且最小值小于2，求的取值范围. 2.（浙江温州市普通高中2026届高三第二次适应性考试）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． 3.（山东济宁市2026年高考第一次模拟）已知函数. (1)求函数的单调区间和极值； (2)求证：当且时，. 4.（阜阳市2025—2026学年度高三教学质量监测） 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 5.（湖南省湘一名校联盟2026届高三上学期12月质量检测）已知函数. (1)若，求的最大值； (2)证明存在唯一的极大值点，且； (3)若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 6.（湖南省名校联考联合体2025-2026学年高三联考）函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，证明：. 零点、极值点个数问题 1.（浙江省宁波市2025-2026学年第二学期高考模拟）设，函数. (1)若，求在处的切线方程； (2)若，若与的图象有两个公共点，求的取值范围； (3)若存在，使得与的图象有三个公共点，求实数的取值范围. 2.（广东省广州市2026年普通高中高三毕业班综合测试）已知函数 . (1)若 ，求 的单调区间； (2)若 有且仅有 1 个零点，求 的值； (3)若存在 ,使得 对任意 恒成立,证明: . 3.（河南省郑州外国语学校2026届高三下学期3月阶段检测）已知． (1)讨论的单调性； (2)若，且函数有三个零点，求的取值范围 4.（九师联盟2025-2026学年高三上学期第五次质量检测（1月））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 极值偏移 1.（贵州省贵阳市2026届高三年级适应性考试）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明： 2.（河北唐山市2026届高三第一次模拟演练）函数，. (1)若在上单调递减，求a的取值范围； (2)若曲线与在处有相同的切线， （i）求a的值； （ⅱ）若，证明：. 3.（江苏省九校2026届高三下学期一模联考）已知函数. (1)对任意，是的必要条件，求的最小值； (2)对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时， 4.（重庆市名校联盟2026届高三下学期第一次联考）已知函数（）. (1)若，求函数的单调区间； (2)若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和， （ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值 5.（辽宁省大连市2026年高三双基模拟考试）已知函数. (1)求的单调区间； (2)设，函数有四个零点，且. （i）当时，证明：； （ii）证明：. 6.（广东佛山市2025-2026学年普通高中教学质量检测（二））已知函数，为的导函数，曲线关于点对称. (1)求的值； (2)，恒成立. （i）求b的值并探究的零点个数； （ii）若，且，证明：. 7.（山东青岛市2026届高三第一次适应性检测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在，，，使得，求的最大值. 双变量问题 1.（湖北宜昌市2026届高三下学期3月调研）已知定义在上的函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中． ①证明：； ②定义两点间的距离如下：， 证明：． 2.(江苏南京市中华中学2026届高三模拟预测)已知函数. (1)若函数为增函数，求的取值范围； (2)已知. （i）证明：； （ii）若，证明：. 3.（福建厦门大学附属科技中学2026届高三下学期数学3月限时训练）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，且，证明：． 4.（河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测）已知函数. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若有两个零点，求实数的取值范围； (3)设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由 5.（山东淄博市2025-2026学年高三下学期模拟）设、为实数，且，函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围. 端点效应 1.（黑龙江齐齐哈尔市2026届高三第一次模拟）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； (3)证明： 2.（山东聊城市2026届高三下学期高考模拟）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求a的取值范围； (3)若有最大值，记曲线在点处的切线方程为，证明：当时，存在使，且 3.（湖北省部分市州2026届高三上学期1月联考）（1）已知函数. （i）若，求曲线在点处的切线方程； （ii）若时，恒成立，求的最大值； （2）不等式对任意的成立，求的取值范围 4.（福建省部分高中学校2026届高考适应性考试（一模））已知函数．（且） (1)若，证明：； (2)若对任意实数，均有． （i）求； （ii）设正整数， 证明： 不等式放缩 1.（安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测）已知函数（为常数，e为自然对数的底数），曲线在点处的切线方程为． (1)求的值及函数的单调区间； (2)证明：当时，； (3)证明：当时， 2.（湖北省黄冈中学等十一校2025-2026学年高三下学期第二次联考）已知，其中． (1)求证：当时，； (2)讨论取不同值的时候，函数的零点个数； (3)证明：，其中． 三角函数相关问题 1.（甘肃省2026届高三第一次模拟考试）已知函数. (1)若曲线在处的切线平行于轴，求的值； (2)当时，求函数在内的极大值点和极小值点的个数； (3)证明：对任意，曲线上存在四个不同的点共圆 2.（湖南名校大联盟2026届高三月考卷）已知函数，. (1)当时，求在上的最小值； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：. 3.（安徽江南十校2026届高三3月联考）函数. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若在上没有零点，求实数的取值范围； (3)当时，设，若，满足，证明： 4.（湖南省联考2025-2026学年高三上学期期末）已知函数. （1）当f(x)为偶函数时，求曲线(x)在点处的切线方程； （2）若，证明：； （3）若实数a，b使得对任意恒成立，当b取最大值时，求a. 5.（江西省重点中学盟校2026届高三第一次质量检测）已知函数． (1)求在上的最大值； (2)求证：恒成立； (3)若都有恒成立，求的最大值． 6.（云南昆明市普通高中2026届高三下学期复习教学质量诊断）设函数. (1)当， （i）若，讨论的单调性； （ii）若，求极值点的个数； (2)对任意，总存在，使得，求的最小值 7.（山东省名校考试联盟2026届高三下学期2月份核心素养评估）已知函数． （1）求的定义域； （2）当时， （i）若，证明：； （ii）若存在三个极值点，求实数的取值范围． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年新高考第19题分类训练 导数综合解答题 考点 3年考题 考情分析 导数综合解答题 2025年新高考Ⅰ卷第19题 2025年新高考Ⅱ卷第18题 2024年新高考Ⅰ卷第18题 2024年新高考Ⅱ卷第16题 2023年新高考Ⅰ卷第19题 2023年新高考Ⅱ卷第17题 导数解答题属于高考数学中的中等或较难题型，难度通常由出题位置决定。纵观近三年新高考命题趋势，导数大题的考查重点集中在：利用导数研究函数的单调性、极值与最值、含参范围的求解、不等式证明、函数零点分析以及恒成立与存在性问题等核心内容。 据此可预测2026 年新高考导数大题仍将以函数单调性、极值最值、含参求解与不等式证明为核心命题背景，整体综合性会进一步增强，难度较往年有所提升，更侧重对逻辑推理、构造转化、分类讨论及放缩技巧的综合考查。 1.（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第19题）（1）设函数,求在的最大值； （2）给定，设a为实数，证明：存在，使得； （3）若存在使得对任意x，都有，求b的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值. （2）利用反证法可证三角不等式有解； （3）先考虑时的范围，对于时，可利用（2）中的结论结合特值法求得，从而可得的最小值；或者先根据函数解析特征得，再结合特值法可得，结合（1）的结果可得的最小值. 【解析】（1）， 因为，故，故， 当时，即， 当时，即， 故在上为增函数，在为减函数， 故在上的最大值为. （2）由余弦函数的性质得的解为，， 若任意与交集为空， 则且，此时无解， 矛盾，故无解；故存在，使得， 故存在，使得成立. （3）记， 因为， 故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况. 当时，， 当时，， 此时， 令，则， 而， ，故， 当，在（2）中取，则存在，使得， 取，则，取即， 故，故， 综上，可取，使得等号成立. 综上，. 2.（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第18题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数·证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论 【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得 即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【解析】（1）由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. （2）（i）由（1）知，则，， 则 ， 因为，所以，所以， 所以， 所以函数在区间上单调递减； （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以 3．（2024·新高考Ⅰ卷高考真题第18题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【解析】（1）时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， （2）的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. （3）因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上为增函数， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上为减函数，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 4.（2024·新高考Ⅱ卷高考真题第16题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】 (1) (2) 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可 【解析】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 5.（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第19题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 【解析】（1）因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 6.（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第22题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】（1）证明见详解（2） 【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果； （2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解. 【解析】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 1.基本初等函数的导数公式 原函数 导函数 f(x)＝c(c为常数) f′(x)＝0 f(x)＝xα，(α∈Q，且α≠0) f′(x)＝αxα－1 f(x)＝sin x f′(x)＝cos x f(x)＝cos x f′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a>0且a≠1) f′(x)＝axln a f(x)＝ex f′(x)＝ex f(x)＝logax(a>0，且a≠1) f′(x)＝ f(x)＝ln x f′(x)＝ 2.导数的四则运算 （1） 和的导数： （2） 差的导数： （3） 积的导数：（前导后不导前不导后导） （4） 商的导数：， 3.复合函数的求导公式 函数中，设（内函数），则（外函数） 4.导数的几何意义 （1） 导数的几何意义 导数的几何意义是曲线在某点处切线的斜率 （2） 直线的点斜式方程 直线的点斜式方程：已知直线过点，斜率为，则直线的点斜式方程为： 5. 在点的切线方程 切线方程的计算： 函数在点 处的切线方程为 ，抓住关键 6.过点的切线方程 设切点为，则斜率，过切点的切线方程为： ， 又因为切线方程过点 ，所以 然后解出的值．（ 有几个值，就有几条切线） 7.公切线问题一般思路 两个曲线的公切线问题，主要考查利用导数的几何意义进行解决，关键是抓住切线的斜率进行转化和过渡。 通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数： ①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上。 具体做法为：设公切线在 y=f(x) 上的切点，在 y=g(x) 上的切点 ， 。 8.切线条数问题 （1） 代数法（方程根个数法） 步骤：①设切点为 (t,f(t))，求出函数 f(x) 的导函数 f′(t)，得到切线方程 y−f(t)=f′(t)(x−t)。 ②将已知点 (a,b) 代入切线方程，整理得到关于 t 的方程。 ③分析该方程的实根个数，实根个数即为切线条数。可通过求导、讨论函数单调性、求极值等方法判断根的个数。 （2） 数形结合法 步骤：①将函数 f(x) 的解析式拆分成易画图象的函数，作出函数图象。 ②根据已知点 (a,b) 的位置，通过平移直线、观察图象与曲线的交点情况，判断切线条数。 ③结合函数的凹凸性、对称性等性质，分析不同区域点的切线条数规律。 9.极值点偏移问题的一般题设形式 (1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0； (4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0. 10.极值点偏移问题的常见解法 (1)(对称化构造法)：构造辅助函数： ①对结论x1+x2>2x0型，构造函数. ②对结论型，方法一是构造函数，通过研究的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可. (2)(比值代换法)：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明. 11.双参数不等式的方法 (1)转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式； (2)巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； (3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果 12.设三次函数为：(、、、且)， 其导函数为二次函数:， 判别式为：△=，设的两根为、，结合函数草图易得： (1) 若，则恰有一个实根； (2) 若,且，则恰有一个实根； (3) 若,且，则有两个不相等的实根； (4) 若,且，则有三个不相等的实根. 13.（1）三次函数是中心对称曲线，且对称中心是；； （2）奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 14.常见的同构函数图像 函数表达式 图像 函数表达式 图像 函数极值点 函数极值点 函数极值点 函数极值点 过定点 函数极值点 函数极值点 函数极值点 函数极值点 15.指对数的运算恒等式： （1） 且时，有 （2） 当 且时，有 再结合指数运算和对数运算的法则，可以得到下述结论（其中） （3） （4） （5） （6） 再结合常用的切线不等式lnxx-1， 等，可以得到更多的结论，这里仅以第（3）条为例进行引申： （7）； （8）； 切线方程+简单导数性质讨论 1.（福建省福州市、宁德市2026届高中毕业班适应性考试）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) 【解析】（1）函数的定义域为，． 当时，因为，所以， 又，所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）解法一：(i)当时，，在单调递增，此时存在，使， 不符合题意，舍去； (ii)当时，显然成立； (iii)当时，令，得，令，得； 所以在单调递减，在单调递增． 所以，解得． 综上所述，的取值范围为． 解法二：由已知，得． (i)当时，可得．因为，所以，又因为时，， 所以； (ii)当时，恒成立，所以； (iii)当时，可得． 令，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，所以． 综上所述，的取值范围为． 2.（四川省字节精准教育联盟2025-2026学年高二下学期3月阶段检测）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间及极值； (3)若集合恰有一个元素，直接写出的取值范围. 【答案】(1)(2)函数的单调递增区间为，单调递减区间为，极小值为，极大值为.(3)或 【解析】（1）因为函数，对函数求导得. 所以，因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）令，则或. 当时，因为，所以，此时在上单调递增； 当时，因为，所以或，此时在，上单调递减； 所以在处取得极小值为， 在处取得极大值为. （3）因为集合恰有一个元素，即只有一个根. 也就是说函数与只有一个交点. 由（2）可画出函数的图象如下所示，    因为，时，， 所以根据图象可以得出当或时，集合恰有一个元素. 3.（湖北武汉市2026届高中毕业生三月调研）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】(1)(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.(3) 【解析】（1）当时，， 所以，所以， 又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）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. （3）由（2）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. 4.（福建省福州市2026届高三三月质量检测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有且仅有一个零点，求的值. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）当时，，， 得， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）方法一：，， ， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则a的值为9. 方法二：，， 令得， 令，， 则， 令，，得， 故在内单调递增，又， 则当，，得，单调递减， 当，，得，单调递增， 从而在处取得极小值，同时也是最小值， 最小值为. 又当且时，，当时，， 由函数有且仅有一个零点，可得， 则的值为9. 5.（山东省烟台市2026届高三下学期高考诊断性测试）已知函数，为的导函数，且． (1)求在点处的切线方程； (2)证明：当时，；当时， 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）的定义域为， 因为，所以. 所以， 所以，函数在点处的切线方程为， 整理得. （2）设， 则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以当时，，即， 所以在单调递增，又， 故当时，； 当时， 6.（江西九江市2026届高三第二次高考模拟）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若在上单调递增，求的值； (3)若存在极小值点且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）当时， 曲线在处的切线方程为， 即. （2）设，则. ①时，在上单调递增. 当时，单调递减； 当时，单调递增，不符合题意. ②时，令，得， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 故 设，则， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减，则. 当且仅当时，即时，在上单调递增， 综上， （3）由(2)知，当时，存在极小值点且，不符合题意. 当时，在上单调递增，不存在极小值点，不符合题意. 当且时，， 又当时，；当时，. 当时，此时，且， 结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得， 且， 又因为，则，， 当时，，当时，， 则此时为极大值点，显然不合题意，舍去， 当时，此时，且， 结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得， 且， 结合，则， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 为极大值点，为极小值点，符合题意， 而； 又， 令，得， 当时，原式化简得，显然恒成立，则 当时，原式化简得，显然不成立，无解， 当时，原式化简得，显然不成立，无解， 综上，的取值范围是. 单调、极值讨论 1.（江西“三新”协同教研共同体2026届高三4月）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在最小值，且最小值小于2，求的取值范围. 【答案】(1) 的单调递增区间为，单调递减区间为 (2) 【解析】（1）由题意得的定义域为， 由，可得， 若，则在上恒成立， 则的单调递增区间为，无单调递减区间. 若，则当时，，当时，， 则的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）由（1）可知，若存在最小值，则， 且的最小值为， 则，可得，即. 令，则. 因为恒成立， 所以恒成立，则在上单调递增. 又，令，解得，即， 故的取值范围为. 2.（浙江温州市普通高中2026届高三第二次适应性考试）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) 【解析】（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，. 3.（山东济宁市2026年高考第一次模拟）已知函数. (1)求函数的单调区间和极值； (2)求证：当且时，. 【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是； 极小值为，无极大值 (2)证明见解析 【解析】（1）函数的定义域为， ,令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增。 所以的单调递减区间是，单调递增区间是； 极小值为，无极大值. （2）令，则 ， 由（1）可知，即的最小值为， 已知，代入得： ， 因此对任意恒成立，故在上单调递增， 当时，，即： 得证. 4.（阜阳市2025—2026学年度高三教学质量监测） 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)见详解；(2) 或. 【解析】(1)对求导得.所以有 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. (2)若在区间有最大值1和最小值-1，所以 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 此时在区间上单调递增，所以，代入解得，，与矛盾，所以不成立. 若，区间上单调递增；在区间.所以，代入解得 . 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，即，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 即在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为 而，故所以区间上最大值为. 即相减得，解得，又因为，所以无解. 若，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. 所以有区间上单调递减，所以区间上最大值为，最小值为 即解得. 综上得或 5.（湖南省湘一名校联盟2026届高三上学期12月质量检测）已知函数. (1)若，求的最大值； (2)证明存在唯一的极大值点，且； (3)若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)0；(2)证明见解析；(3). 【解析】（1）当时，，则. 易知在上单调递减，且， 当时，单调递增，当时，单调递减， 因此的极大值即最大值，为； （2），设， 因为，所以在上单调递减，又，时， 因此，使得，即，即， 当时单调递增，当时单调递减， 因此存在唯一的极大值点， ， 当且仅当时等号成立，得证. （3），即，因为，所以， 当时，不等式恒成立； 当时，不等式转化为恒成立，设， 所以， 令，解得，则在上的单调性如下， 在上，单调递增，在上，单调递减， 所以在内有唯一极大值点，即，从而， 当时，不等式转化为恒成立， 令，解得，则在上的单调性如下， 在上，单调递减，在上，单调递增， 所以在内有唯一极小值点，则，从而， 综上，的取值范围是. 6.（湖南省名校联考联合体2025-2026学年高三联考）函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（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，， 因为，从而要证，即证， 令，定义域为， 则，其中， 由在上单调递增，设的解为， 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 零点、极值点个数问题 1.（浙江省宁波市2025-2026学年第二学期高考模拟）设，函数. (1)若，求在处的切线方程； (2)若，若与的图象有两个公共点，求的取值范围； (3)若存在，使得与的图象有三个公共点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)(3) 【解析】（1），， 故切线方程为， （2）由，得， 所以，即， 记，则， 又，则在上单调递增， 所以有2个不等实根． 记，有， 得在上递减，在上递增. 又当时，，当时，， 故只需，即，得，故. （3）解：记， 记，注意到与的符号相反， ，可知在上递增，在上递减， 故， 记，则， 当时，，故在上递增，在上递减， 所以， 若，即，则恒成立，恒成立，恒成立， 故单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾， 若，则，故存在，使得， 又当时，，当时，， 所以存在，使得， 故当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，在上递增. 当时，在上递增，当时，，故存在，使得，即存在，使得， 又当时，，当时，， 所以存在，使得， 故当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减，在上递增. 下面证明：当时，命题成立. 当时，，当时，，所以只需证明. 由，得， 设， 在上递减，又，且当时，， 故存在，使得，所以， 因为， 又因为，故， 同理，所以， 所以，结合在上递减，可得， 又因为在上递减，所以，得证. 综上， . 2.（广东省广州市2026年普通高中高三毕业班综合测试）已知函数 . (1)若 ，求 的单调区间； (2)若 有且仅有 1 个零点，求 的值； (3)若存在 ,使得 对任意 恒成立,证明: . 【答案】 在 为↗ 为↘(2) (3)证明见解析 【解析】 (1) 当 时, , 所以 单调递减， 又 ,所以 在 为正, 为负 所以 在 为↗ 为↘. (2) 所以 单减, ① 由 (1) 知， 时， ，(0,1) ↗，(1,+∞) ↘ ，此时仅有 1 个零点 1，此时 符合； ② 当 时， ， ，使 ， 在 ↗， ↘， ， ， 设 ,所以 所以 ,又 , 所以 有两个零点,舍. ③ 当 时， ， ，使 ， 在 ↗， ↘ ,由②知 ,所以 无零点,舍 综上, (3) 即 ,即 若对 恒成立,即 ， 又 且 时, 时, 故 ,使 即 ,即 此时 欲证 ,此时 所以 设 所以 ,证毕. 3.（河南省郑州外国语学校2026届高三下学期3月阶段检测）已知． (1)讨论的单调性； (2)若，且函数有三个零点，求的取值范围 【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】（1）因为的定义域为，且， 当时，恒成立， 当且仅当时等号成立，所以在上单调递减； 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，，令，解得或， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. （2）若，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 且当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0，且， 当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于正穷大， 因为函数有三个零点，则方程有三个根， 所以函数与直线有三个交点， 又，由图可知：，即的取值范围为. 4.（九师联盟2025-2026学年高三上学期第五次质量检测（1月））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). 【解析】（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. 极值偏移 1.（贵州省贵阳市2026届高三年级适应性考试）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明： 【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是(2)证明见解析 【解析】（1）因为，在定义域内单调递增，，得， 且时，当时， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）. 令，，设，则. 故问题等价于证明：. 不妨设，则. 先证明左边：. 证明：设，. 则， 因为，设 于是. 所以在上单调递增，故，从而在上单调递减，所以，即. 又，且，所以. 又因为，，且在上单调递增， 所以，故. 再证明右边不等式：. 证明：有，可得，，所以. 令，，，其中，. 当时，显然有. 下面讨论的情形. 因为，易知当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 记，，则. 记，则 . 记，则 ， 所以在上单调递增，得，所以，故在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，故，得证 2.（河北唐山市2026届高三第一次模拟演练）函数，. (1)若在上单调递减，求a的取值范围； (2)若曲线与在处有相同的切线， （i）求a的值； （ⅱ）若，证明：. 【答案】(1)； (2)（i）；（ⅱ）证明见解析. 【解析】（1）函数在上单调递减，则，， 即，，而，当且仅当时取等号，因此， 所以a的取值范围是. （2）（i）由，求导得， 由曲线与在处有相同的切线，得，即， 解得，此时曲线与在处的切线都为，符合题意， 所以. （ⅱ）由（1）及（i）知，函数在上单调递减，且， ，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，且， 当时，，而，不符合题意； 当时，，则，，因此，符合题意； 当，的取值集合为，而在的取值集合为， 在的取值集合为，因此能成立， 当时，； 当时，，， 令，求导得， 函数在上单调递增，，即， 因此，而，则，又函数在上单调递增， 于是，即， 所以. 3.（江苏省九校2026届高三下学期一模联考）已知函数. (1)对任意，是的必要条件，求的最小值； (2)对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时， 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【解析】（1）∵对任意，是的必要条件， ∴， 在上单调递增， 则，即在上恒成立， 令，， 在单调递减， . （2）（i）因为对有两个不等的实根， 所以有两个零点 令， 当，则，当，则， 所以在单调递减；单调递增， ， 要使有两个零点，只需， 即，令， 在(0,1)单调递增；单调递减， . (ii)令，则，，即， 构造方程，两根为， 令，其中的两根为 令则，令，则， 在单调递减；单调递增，作出大致图象如下： 令， 在单调递减；单调递增， 当时，，此时最小. 取最小值时，. 4.（重庆市名校联盟2026届高三下学期第一次联考）已知函数（）. (1)若，求函数的单调区间； (2)若函数在区间和上各恰有一个零点，分别记为和， （ⅰ）证明：函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）记曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为S，求的最大值 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】（1）当时，， 则， 令，则，故在上递增， 又，则时，，又，故， 当时，，又，故， 故恒成立，故在上单调递增， 即函数的单调递增区间为，无单调递减区间； （2）（ⅰ）当时，， 根据题意，零点分别在区间和内，不等于1，因此是方程的两个根， 故，，则，， 且有，则， ， 则， 同理 ， 故函数在两点，处的切线平行； （ⅱ）由（ⅰ）知， 故在点处的切线为，， 令，则， 又，故， 故，又，且， 所以， 令，则，又， 当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 所以的最大值为 5.（辽宁省大连市2026年高三双基模拟考试）已知函数. (1)求的单调区间； (2)设，函数有四个零点，且. （i）当时，证明：； （ii）证明：. 【答案】（1）的单调递减区间为,无单调递增区间 （2）（i）证明见解析 （ii）证明见解析 【解析】（1）函数定义域为， (当且仅当时取等号)， 所以的单调递减区间为,无单调递增区间. （2）证明： 因为， 所以是偶函数. 因为有四个零点,且， 所以. 令，则或，其中， 当时，， 因为（当且仅当时取等号）， 所以在单调递减， 因为，和各有一解，且， 所以，即得， 因为 即， 因为，且在单调递减， 所以，即 （i）因为，， 所以， 又因为在单调递减，即得， 所以. 设，则， 所以在单调递减，则，即，得证. （ii）因为为偶函数，所以. ， 因为，且，所以， 所以，即， 设，（当且仅当时取等号） 所以在上单调递增. 因为， 所以， 所以， 又因为 所以 6.（广东佛山市2025-2026学年普通高中教学质量检测（二））已知函数，为的导函数，曲线关于点对称. (1)求的值； (2)，恒成立. （i）求b的值并探究的零点个数； （ii）若，且，证明：. 【答案】(1) (2)（i）b=（ii）证明见解析 【解析】（1）对进行求导，得， 又曲线关于点对称，， 即， 即，. （2）（i）由（1）知，，， 若恒成立，即恒成立， 若，取，则，不合题意， 若，，此时，故 b的值为.， 记，则， 当时，单调递增，且， 故存在，使得， 当时，，，无零点； 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 又，时，有一个零点， 由对称性可得时，有一个零点， 综上，有个零点. （ii），， 故的图像关于对称， 由（i）得，当时，，单调递增； 时，，单调递减， 由对称性可知，时，单调递增；时，单调递减， 当时，，下证此时， 设，则， 当时，单调递增，, 即，又，，即， 当时，显然， 当时，显然， 综上，得证. 7.（山东青岛市2026届高三第一次适应性检测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在，，，使得，求的最大值. 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【解析】（1）由题得， 若，则在上恒成立，所以在上单调递减， 若，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）得，若存在，，使得， 则必有，由. 所以等价于， 即，化简得： 设，，则， 所以在上单调递减，所以， 此时，. 所以当，时等号成立，所以的最大值为. 双变量问题 1.（湖北宜昌市2026届高三下学期3月调研）已知定义在上的函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设为函数的图象上不同于原点的三个不同的点，其中． ①证明：； ②定义两点间的距离如下：， 证明：． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【解析】（1）因为，则， 又，所以曲线在点处的切线方程为. （2）①令， 则， 令， 则， 当时，恒成立，所以在区间上单调递增， 则，又，所以在区间恒成立， 所以在区间上单调递增，又，则，即. ②当时，，当且仅当时取等号， 所以， 要证，即证明， 也即证明， 令，易知， 则， 令，则， 易知当时，恒成立，所以在区间上单调递增， 又当时，，所以，则， 所以在区间上单调递增， 又，则， 即，命题得证. 2.(江苏南京市中华中学2026届高三模拟预测)已知函数. (1)若函数为增函数，求的取值范围； (2)已知. （i）证明：； （ii）若，证明：. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】（1）∵，则， 若是增函数，则， 且，可得， 故原题意等价于对恒成立， 构建，则， 令，解得；令，解得； 则在上递增，在递减，故， ∴的取值范围为. （2）（i）由（1）可知：当时，单调递增， ∵，则，即， 整理得， 构建，则， 令，解得；令，解得； 则在上递减，在递增， 故，即，当且仅当时等号成立， 令，可得， 故； （ii）∵，则， 可知有两个不同实数根，由（1）知， 可得， 同理可得， 构建，则， 当时，；当时，；当时，； 且，故对恒成立， 故在上单调递减， ∵，则，即， 且，则，故， 可得； 又∵，由（i）可得，即， 则， 且，则， 可得； 综上所述：. 可得，则 故 3.（福建厦门大学附属科技中学2026届高三下学期数学3月限时训练）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，且，证明：． 【答案】(1)的单调递减区间是；单调递增区间是； (2)(3)证明见解析 【解析】（1）函数的定义域为，所以， 因为，所以． 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以的单调递减区间是；单调递增区间是； （2）当时，，即， 设， 则， 令，则． 当时，，所以存在，使得当时，单调递增， 故当时，，即，不符合题意； 当时，，且当时，． 令， 则当时，因为，所以， 故当时，单调递减，此时， 所以当时，单调递减，即当时，，即 综上，a的取值范围是； （3）由（2），， 又，可知， 因为函数在区间上单调递减，故， 令，， ，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令， ，， 设 ， 故单调递增，， 即单调递减，，即， 所以得证； 综上，． 4.（河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测）已知函数. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若有两个零点，求实数的取值范围； (3)设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由 【答案】(1)(2)(3)不存在，理由见解析 【解析】（1）由， 当时，，， 故的图象在处的切线方程为，即. （2）由， 当时，令，在上递减，最多一个零点，与题意不符； 当时，令，则，则当，；当，， 所以在单调递增，在上单调递减， 故，且，. 故有两个零点，即，. （3）由于，所以与的零点个数相同. 依题意共有4个不同的零点，所以与各有两个零点. 不妨设的两个零点为，，的两个零点为，， 则有， 因为，得，① 所以，② 又，则，，若四个零点成等差数列，则有两种情况： （1）当时，即，，，成等差数列，则有，③ 由②③得， 代入①得，，④ 又，⑤ 将④代入⑤式可得， 由等差数列性质及，可得，从而有， 可得，解得，，这与④矛盾，故实数不存在； （2）当时，即，，，成等差数列，则，③ 由②③得，同理得，，④ 又，⑥ 将④代入⑥式可得， 代入③可得，解得，， 这与④矛盾，故实数不存在. 综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列. 5.（山东淄博市2025-2026学年高三下学期模拟）设、为实数，且，函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围. 【答案】(1)(2)证明见解析(3) 【解析】（1）当时，，则， 而，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）当时，， 设， 则， 由于，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即. （3）设， 由题意，曲线与直线有且仅有两个交点， 则函数有且仅有2个零点， 而， 令，得，而，则， 当时，，则函数在上单调递增， 此时函数最多有1个零点，不符合题意； 当时，令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又时，，时，， 要使函数有且仅有2个零点， 则，即， 设，则， 当时，，则，不满足题意； 当时，设，则， 则函数在上单调递减，又， 则时，，即， 则的取值范围为. 端点效应 1.（黑龙江齐齐哈尔市2026届高三第一次模拟）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； (3)证明： 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解析】（1）当时，，则， 令，则，即； 令，则，即. 所以在上单调递增，在上单调递减， 又， 所以的值域为. （2）由，得， 设，则， ， 设，则， 所以当时，，所以在上单调递增， 所以. ①当时，在上单调递减，则，不满足题意； ②当时，，使得， 当时，在上单调递减，则，不满足题意； ③当时，在上单调递增，则，满足题意. 综上可得，即实数的取值范围是. （3）证明：由（2）得，当时，任意恒成立， 即， 所以， 所以 . 令，则， 存在，使得. 则当时，；当时，， 于是在上单调递增，在上单调递减，而， 所以，即当时，. 所以， 所以 . 综上所述，. 2.（山东聊城市2026届高三下学期高考模拟）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求a的取值范围； (3)若有最大值，记曲线在点处的切线方程为，证明：当时，存在使，且 【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析. 【解析】（1）， 当时，，所以在上单调递增， 当时，令，解得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，令，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，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）当时，恒成立，即，移项可得， 令， ， 令，，， ①时，又，所以， 令，， 令，， 在单调递减，，即， 在单调递减，， 即，故时符合题意； ②当时，， 故，时，，单调递增，， 时，，单调递增，， 故时不符合题意； 综上，的取值范围是； （3）证明：因为有最大值，所以， ，解得． 当时，，， 已知曲线在点处的切线方程为， 则切线斜率，又， 根据点斜式方程可得切线方程为， 即． 令，则． ， 令，， 当时，又， ，， 即，在单调递增，， 故此时不存在使； 当时，，解得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 又时，，，， ，使得， 则当时，，即，单调递增， 当时，，即，单调递减， 又时，，，， 使得，即， 综上，当时，存在使，且 3.（湖北省部分市州2026届高三上学期1月联考）（1）已知函数. （i）若，求曲线在点处的切线方程； （ii）若时，恒成立，求的最大值； （2）不等式对任意的成立，求的取值范围 【答案】(1)（i） （ii） (2) 【解析】（1）（i）若时，，则，，， 所以曲线在点处的切线方程为：. （ii）设，则， 又，设，则， 若，则， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数，所以. 当时，有， 所以在上为减函数，所以. 综上：，即的最大值为. （2）不等式对任意的成立， 即， 令，则， 下证时，恒成立， 因为，所以， 即要证， 设 得证. 综上可得，. 4.（福建省部分高中学校2026届高考适应性考试（一模））已知函数．（且） (1)若，证明：； (2)若对任意实数，均有． （i）求； （ii）设正整数， 证明： 【答案】（1）证明见解析 （2）（i） （ii）证明见解析 【解析】（1）当时，， 设，则， 所以函数的单调性如下表所示： 0 0 ↘ 极小值 ↗ 所以，即. （2）（i）设， 则， 情形1：，则，矛盾， 情形2：，则， 取正整数，使得，则， 于是在区间内函数存在至少一个零点，取其中最小的一个为， 那么对任意，恒有， 理由：假设存在实数使得， 于是在区间内函数存在至少一个零点，这与的定义矛盾， 故对任意，恒有， 故在区间上单调递减，于是，矛盾， 情形3：，则， 取负整数，使得， 则， 于是在区间内函数存在至少一个零点，取其中最大的一个为， 同情况2可知，在区间上单调递增，于是，矛盾， 综上，只可能. 下面证明满足要求， 当时，，满足题目条件. 当时，先证明，． 设，则，故为增函数， 于是当时，， 故，所以，成立， 当时，，故，所以，成立． 当时，，成立. 综上知成立， 令， 则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以 由函数在上单调递增， 所以， 当时，成立， 所以当时，， 即， 可见满足要求. （ii）由（i）知，用代替， 得，所以， 于是取， 则， 又因为， 所以， 由于， 所以， 在不等式中，令， 可得：即， 所以，， 因此， 所以 ， 至此不等式得证 不等式放缩 1.（安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测）已知函数（为常数，e为自然对数的底数），曲线在点处的切线方程为． (1)求的值及函数的单调区间； (2)证明：当时，； (3)证明：当时， 【答案】(1) ， 函数的单调递减区间为，单调递增区间为 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】（1）由，得， 又，所以， 所以， 由，得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）由（1）知， 所以，即， 令，则， 所以在上单调递增，所以，即. （3）首先证明：当时，恒有， 证明如下：令，则， 由（2）知，当时，，则，所以，所以在上单调递增， 所以，所以．所以，即， 依次取，代入上式， 则， 以上各式相加，有， 所以， 所以， 即， 即可证明：当时， 2.（湖北省黄冈中学等十一校2025-2026学年高三下学期第二次联考）已知，其中． (1)求证：当时，； (2)讨论取不同值的时候，函数的零点个数； (3)证明：，其中． 【答案】（1）证明见解析(2)当时，有且仅有1个零点； 当时，有且仅有2个零点；(3)证明见解析 【解析】（1）， 令，则， 而且，所以， 即在上单调递增，， 所以，即在上单调递增， 所以； （2）①时，，， 所以在上单调递增，又， 则此时有且仅有1个零点； ②时，在上小于0，在上大于0， 即在上单调递减，在上单调递增， 又且，则存在唯一的， 即在和上大于0，在上小于0， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又时，， 则在上存在唯一零点，在其余区间有且只有1这一个零点， 此时函数有且仅有2个零点； 综上所述，当时，有且仅有1个零点； 当时，有且仅有2个零点； （3）令，且时，得，再令， 代入化简可得， 则 ， 则. 三角函数相关问题 1.（甘肃省2026届高三第一次模拟考试）已知函数. (1)若曲线在处的切线平行于轴，求的值； (2)当时，求函数在内的极大值点和极小值点的个数； (3)证明：对任意，曲线上存在四个不同的点共圆 【答案】(1)(2)极大值点有2个，极小值点有1个(3)证明见解析 【解析】（1）由得， 当时，， 因为曲线在处的切线平行于轴， 所以，解得； （2）由得，得， 令则， ①当时，，则，所以在上单调递减， 因为， 则使当时；时， 则在单调递增，在单调递减，所以为的极大值点； ②当时，，则， 所以在上单调递减， 当时，，则， 所以在上单调递增， 又，所以为的极小值点； ③当时，，则， 所以在上单调递减， 因为， 所以使当时；时， 则在单调递增，在单调递减， 所以为的极大值点； 所以曲线在的极大值点有2个，极小值点有1个； （3）因为在中， 所以，即曲线的图象关于对称， 法一：假设上存在不同两点，其关于的对称点为， 则四边形为等腰梯形， 因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形， 所以曲线上存在四个不同的点，使得这四个点共圆. 法二：在曲线上取不同的四点，其中和分别关于对称， 不妨设，， 则， 因为经过三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴上， 故设该圆的方程为， 因为点在圆上，所以， 将点的坐标代入圆的方程的左边得： 即点也在圆上， 所以存在同在圆上 2.（湖南名校大联盟2026届高三月考卷）已知函数，. (1)当时，求在上的最小值； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1)0； (2)； (3)证明见解析. 【解析】（1）当时，， 则， 设， ， 在上单调递增. ， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， ，故的最小值为0. （2）（方法一）恒成立，. 当时，， 由（1）可知，， ，从而时，恒成立， 故. （方法二），， . 设， 则. 设， 则， 在上单调递减. ， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减. ， . （3）证明：由（1）知，当时，， 令，则， ， ， ， ， ，  ， ， ， ，证毕 3.（安徽江南十校2026届高三3月联考）函数. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若在上没有零点，求实数的取值范围； (3)当时，设，若，满足，证明： 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解析】（1）当时，. 所以有， 所以函数在处的切线方程为， 即 （2）由题意，在上没有零点，等价于方程在上无解，因为； 即等价于方程在上无解， ，即等价于方程在上无解， 等价于方程在上无解，等价于方程在上无解. 设，原题等价于关于的方程在上无解. 设， 则 当时，，则， 对恒成立，则在上单调递减， 又， 故满足题意的实数的取值范围为. （3）当时，， 则 令得，即， 又，则存在唯一的使得 且 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 又， 要使且，必有， 则必有 ①先证：. ，且在上单调递减， 要证 只需证即可，又， 故只需证对恒成立即可， 只需证 而， 只需证，即只需证对恒成立即可，这显然成立， 故有； ②再证：. 必有， 又当时，在上单调递减，则有. 而当时，， 令， 则 令，等价于，方程有唯一解，记为，且， 则在上单调递减，在上单调递增， 又， 即当时，必有，与题意不符， 所以要使，且，必有， 综合①②可得： 4.（湖南省联考2025-2026学年高三上学期期末）已知函数. （1）当f(x)为偶函数时，求曲线(x)在点处的切线方程； （2）若，证明：； （3）若实数a，b使得对任意恒成立，当b取最大值时，求a. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】（1）若为偶函数，则， 此时，， 所以，， 故所求的切线方程为，即。 （2）当时，。要证， 即证。 设，则。 继续求导得，故是增函数， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，得证。 （3）恒成立，即恒成立，则。 设函数，即， 则，由（2）可知是增函数，且易知其值域为。 故存在，使得，即， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以 。 要使最大，则取，再分析的最大值。 设函数， 则， 因为，且仅在处等号成立， 所以当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，即的最大值为，当时，， 得 5.（江西省重点中学盟校2026届高三第一次质量检测）已知函数． (1)求在上的最大值； (2)求证：恒成立； (3)若都有恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【解析】（1）由题知， 当时，， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以当时，取最大值. （2）先证：， 令，则， 所以函数在上单调递增， 故，即在上恒成立． 又， 由知，，所以，即，得证. （3）当时，， 即，令， 则，其中， 令，则且， 令，则，其中. 令，，则， 故在上单调递减，其中. ①若，则， 令，在上单调递增，， 所以恒成立. 故在上单调递增，且. 所以在上也单调递增，且， 所以，故恒成立. ②若，则， 且，使得当时，， 所以函数在上单调递减， 故时，， 所以函数在上单调递减， 所以时，， 所以时，，与恒成立矛盾． 综上所述：的最大值为. 6.（云南昆明市普通高中2026届高三下学期复习教学质量诊断）设函数. (1)当， （i）若，讨论的单调性； （ii）若，求极值点的个数； (2)对任意，总存在，使得，求的最小值 【答案】（1）（i）在上单调递减，在上单调递增. （ii）1个 (2) 【解析】（1）， （i）若，，， 因为在上单调递增，且， 所以当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增. （ii）当，由（i）可知，且， 又因为，所以，此时单调递减； 当时，设，则， 由（i）可知，且，， 又因为，所以， 所以即在上单调递增， 且有，， 由零点定理可知存在唯一的使得， 若，，若，， 综上在上单调递减，在上单调递增，为极小值点， 所以极值点的个数为 1个. （2）将化为， 设，， 当即时，此时， 单调递减至负无穷，可以取任意值； 当即时，此时， 单调递增或为常函数，， 依题意应有在上恒成立， 设，， 则， 所以在上单调递增， ， 所以的最小值为. 7.（山东省名校考试联盟2026届高三下学期2月份核心素养评估）已知函数． （1）求的定义域； （2）当时， （i）若，证明：； （ii）若存在三个极值点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 （1）由，解得， 所以的定义域为 （2）当时， （i）证明如下：若，则， 所以， 令， 则， 因为， 而，且， 则，所以函数在区间上单调递减， 又，则当时，， 当时，， 故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． 于是. （ii）由题意可知， 若，当时，由（i）可知， 再由为奇函数可知， 当时，． 于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 此时存在唯一的极大值点． 若，令， 则， 令，函数， 则，故在上单调递增． 因为，故存在使得． 当时，； 当时，． 记且，则当或时，单调递减； 当时，单调递增． 又因为， 当时，，当时，， 再由为奇函数可知， 存在，使得． 当或时，单调递增； 当或时，单调递减， 此时存在两个极大值点和和一个极小值点，共三个极值点． 综上所述，实数的取值范围为 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $