专题05 导数及其应用（抢分专练）（北京专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

专题05 导数及其应用 题型 高考考情分析 考向预测 1. 导数的几何意义（切线方程） 2023北京高考：考查曲线在某点处的切线方程求解；2022北京高考：结合切线斜率求参数值；2021北京高考：切线方程与坐标轴截距综合；2020北京高考：利用切线平行关系求参数 以切线方程求解为核心，结合切线平行、垂直、截距问题，侧重导数几何意义的直接应用 2. 利用导数判断函数单调性与极值 2025北京高考：利用导数求函数极值，判断单调区间；2024北京高考：结合单调性求参数取值范围；2023北京高考：极值点与函数值综合求解；2022北京高考：含参函数的单调性分类讨论 侧重含参函数单调性分类讨论，极值点判定与极值计算，考查分类与整合思想 3. 导数在不等式证明与零点问题中的应用 2025北京高考：利用导数证明不等式；2024北京高考：函数零点个数判断与参数求解；2023北京高考：不等式恒成立求参数范围；2021北京高考：结合零点与极值证明结论 以不等式证明、零点个数、恒成立问题为核心，结合函数单调性与极值，难度中等偏上 题型1 导数的几何意义（切线方程） 1. 核心公式与性质 2. 导数的几何意义：函数y=f(x)在点x₀处的导数f’(x₀)，就是曲线y=f(x)在点(x₀, f(x₀))处的切线斜率； 3. 切线方程：若切线斜率为k=f’(x₀)，则切线方程为y - f(x₀) = k(x - x₀)； 4. 关键注意点：① 切点既在曲线上，也在切线上；② 切线平行于x轴时，斜率k=0，即f’(x₀)=0；③ 切线垂直于x轴时，导数不存在； 5. 速解方法 6. 三步法求切线：① 求导数f’(x)；② 代入切点横坐标求斜率k=f’(x₀)；③ 用点斜式写切线方程，化简整理； 7. 含参切线问题：根据切线条件（平行、垂直、过定点）列方程，求解参数，注意检验切点是否符合题意； 8. 切线截距问题：求出切线方程后，分别令x=0、y=0，求解纵、横截距，结合题意计算。 【例1】（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 【变式1-1】（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，． 【变式1-2】（2026·北京密云·一模）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若4是的极小值点，证明此时的极大值小于零； (3)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围. 题型2利用导数判断函数单调性与极值 1. 核心考点 2. 单调性判定：① 若x∈(a,b)时，f’(x) > 0，则f(x)在(a,b)上单调递增；② 若x∈(a,b)时，f’(x) < 0，则f(x)在(a,b)上单调递减； 3. 极值判定：① 极值点：f’(x₀)=0，且在x₀两侧f’(x)符号改变（左正右负为极大值点，左负右正为极小值点）；② 极值计算：求出极值点后，代入原函数得极值； 4. 含参函数处理：对参数分类讨论，明确导数的符号变化，进而确定单调区间与极值； 5. 速解方法 6. 单调区间求解：① 求导数f’(x)；② 求f’(x)=0的根（或导数不存在的点）；③ 划分定义域区间，判断各区间f’(x)符号，确定单调区间； 7. 极值求解：① 求f’(x)=0的根，检验根两侧导数符号；② 代入原函数计算极值，注意舍去导数符号不改变的点； 含参分类标准：根据导数中参数的位置（如一次项系数、二次项系数），按参数大于0、等于0、小于0分类，避免漏解。 【例2】（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【变式2-1】（2026·北京朝阳·一模）已知函数，，其中. (1)求的最大值； (2)若在区间上有且只有一个零点，证明：在区间上有且只有一个零点，且； (3)对于（2）中的，证明：. 【变式2-2】（2026·北京昌平·一模）已知函数． (1)当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； (2)求证：对于任意的，且，都有； (3)当时，求证：有且只有一个零点，且． 题型3导数在不等式证明与零点问题中的应用 01 抢分攻略 1. 核心考点 2. 不等式证明：构造辅助函数g(x) = f(x) - h(x)，转化为证明g(x) ≥ 0（或≤0），利用导数求g(x)的最值，结合最值证明； 3. 零点问题：① 零点个数判断：结合函数单调性、极值、端点值符号，利用零点存在性定理；② 零点相关证明：结合极值点、函数值关系推导； 4. 恒成立问题：转化为f(x)min ≥ 0（或f(x)max ≤ 0），利用导数求函数最值，进而求解参数范围； 5. 速解方法 6. 辅助函数构造技巧：① 不等式两边移项，构造g(x) = 左边 - 右边；② 复杂不等式可拆分、变形，简化构造； 7. 零点个数判断：① 求函数单调区间与极值；② 判断极值符号、端点值符号；③ 结合零点存在性定理确定零点个数； 8. 恒成立问题：① 分离参数（可分离时），转化为a ≥ f(x)max或a ≤ f(x)min；② 不可分离时，直接求函数最值，列不等式求解。 【例3】（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【变式3-1】（2026·北京石景山·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数是上的单调递增函数，求的值； (3)若存在，使得成立，求的取值范围. 【变式3-2】（2026·北京西城·一模）已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． (1)求函数的单调区间； (2)设，研究函数的零点个数； (3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 1．（2022·北京·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 2．（2021·北京·高考真题）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 3．（25-26高三上·北京通州·期末）已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使，求的取值范围； (3)若，求证：对任意，，当时，不等式恒成立. 4．（25-26高三上·北京房山·期末）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值； (2)若在区间上恰有一个极值点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，试判断函数在区间上的单调性，并说明理由． 5．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知函数，直线是曲线在点处的切线. (1)当时，求直线的方程； (2)求证：函数有唯一零点； (3)记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围. 6．（25-26高三上·北京朝阳·期末）已知函数．曲线在点切线方程为． (1)求的值； (2)求的单调区间； (3)若，曲线在点处的切线分别与轴交于，求证：． 7．（25-26高三上·北京西城·期末）已知函数满足，其中． (1)求的值； (2)证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线与直线平行； (3)若存在，使得对于任意，且，都有，求实数的取值范围． 8．（25-26高三上·北京海淀·期末）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线在轴上的截距； (2)若函数在上单调递增，求的值； (3)若函数在处取得极小值，求的取值范围. 9．（25-26高三上·北京石景山·期末）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程： (2)若有两个极值点，求的取值范围： (3)当时，求证：． 10．（25-26高三上·北京昌平·期末）设函数（）. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的极值点的个数，并说明理由； (3)若，成立，求a的取值范围. 11．（25-26高三上·北京丰台·期末）已知函数. (1)若为的极值点，求实数的值； (2)若，讨论的单调区间； (3)若，证明：当时，曲线在处的切线总在曲线的上方. 12．（25-26高三上·北京东城·期末）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时， （i）求的极值； （ii）若，求证：关于的方程在上无解． 13．（2026·北京门头沟·一模）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 14．（2026·北京顺义·一模）已知函数，. (1)若曲线在点处的切线与直线平行，求的值； (2)讨论的单调性； (3)若存在两个极值点，且，求的取值范围. 15．（2026·北京通州·一模）已知函数的定义域为R，． (1)求函数的单调区间； (2)判断曲线上是否存在两点P，Q，使得P，Q关于对称，并说明理由； (3)直线是曲线在处的切线，过点A作垂直于的直线，直线，与y轴交点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 16．（2026·北京丰台·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若，证明：当时，； (3)若存在，使成立，求实数的取值范围． 17．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知，， (1)当时，讨论的单调性； (2)设，若在上有极值点： ①求的取值范围 ②证明：． 18．（2026·北京·模拟预测）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的极值； (3)已知，函数有两个不同的零点，和一个极值点，记，，，试判断与的大小关系，并说明理由． 19．（2026·北京海淀·一模）设函数（）. (1)当时，求证：直线是曲线的切线； (2)求的单调区间； (3)判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 20．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数，其中. (1)讨论的单调性； (2)（ⅰ）当时，证明：； （ⅱ）当时，设，且.求证：. 21．（2019·北京·高考真题）已知函数. （Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当时，求证：； （Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 22．（2020·北京·高考真题）已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 导数及其应用 题型 高考考情分析 考向预测 1. 导数的几何意义（切线方程） 2023北京高考：考查曲线在某点处的切线方程求解；2022北京高考：结合切线斜率求参数值；2021北京高考：切线方程与坐标轴截距综合；2020北京高考：利用切线平行关系求参数 以切线方程求解为核心，结合切线平行、垂直、截距问题，侧重导数几何意义的直接应用 2. 利用导数判断函数单调性与极值 2025北京高考：利用导数求函数极值，判断单调区间；2024北京高考：结合单调性求参数取值范围；2023北京高考：极值点与函数值综合求解；2022北京高考：含参函数的单调性分类讨论 侧重含参函数单调性分类讨论，极值点判定与极值计算，考查分类与整合思想 3. 导数在不等式证明与零点问题中的应用 2025北京高考：利用导数证明不等式；2024北京高考：函数零点个数判断与参数求解；2023北京高考：不等式恒成立求参数范围；2021北京高考：结合零点与极值证明结论 以不等式证明、零点个数、恒成立问题为核心，结合函数单调性与极值，难度中等偏上 题型1 导数的几何意义（切线方程） 1. 核心公式与性质 2. 导数的几何意义：函数y=f(x)在点x₀处的导数f’(x₀)，就是曲线y=f(x)在点(x₀, f(x₀))处的切线斜率； 3. 切线方程：若切线斜率为k=f’(x₀)，则切线方程为y - f(x₀) = k(x - x₀)； 4. 关键注意点：① 切点既在曲线上，也在切线上；② 切线平行于x轴时，斜率k=0，即f’(x₀)=0；③ 切线垂直于x轴时，导数不存在； 5. 速解方法 6. 三步法求切线：① 求导数f’(x)；② 代入切点横坐标求斜率k=f’(x₀)；③ 用点斜式写切线方程，化简整理； 7. 含参切线问题：根据切线条件（平行、垂直、过定点）列方程，求解参数，注意检验切点是否符合题意； 8. 切线截距问题：求出切线方程后，分别令x=0、y=0，求解纵、横截距，结合题意计算。 【例1】（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)3个 【详解】（1）因为，所以， 因为在处的切线方程为， 所以，， 则，解得， 所以. （2）由（1）得， 则， 令，解得，不妨设，，则， 易知恒成立， 所以令，解得或；令，解得或； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. （3）由（1）得，， 由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减； 所以在上有一个极大值点； 当时，在上单调递增， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点. 【变式1-1】（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 【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，． 【变式1-2】（2026·北京密云·一模）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若4是的极小值点，证明此时的极大值小于零； (3)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)证明过程见解析 (3) 【详解】（1）当时，，则，， 所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即. （2）函数的定义域为，. 因为4是的极小值点，所以，即，解得. 当时，，， 令，则，解得或. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极大值，， 故此时的极大值小于零. （3）因为在定义域内单调递增，所以在上恒成立， 即在上恒成立. 在上恒成立，也即在上恒成立. 又，当且仅当，即时等号成立. 所以，即实数的取值范围为. 题型2利用导数判断函数单调性与极值 1. 核心考点 2. 单调性判定：① 若x∈(a,b)时，f’(x) > 0，则f(x)在(a,b)上单调递增；② 若x∈(a,b)时，f’(x) < 0，则f(x)在(a,b)上单调递减； 3. 极值判定：① 极值点：f’(x₀)=0，且在x₀两侧f’(x)符号改变（左正右负为极大值点，左负右正为极小值点）；② 极值计算：求出极值点后，代入原函数得极值； 4. 含参函数处理：对参数分类讨论，明确导数的符号变化，进而确定单调区间与极值； 5. 速解方法 6. 单调区间求解：① 求导数f’(x)；② 求f’(x)=0的根（或导数不存在的点）；③ 划分定义域区间，判断各区间f’(x)符号，确定单调区间； 7. 极值求解：① 求f’(x)=0的根，检验根两侧导数符号；② 代入原函数计算极值，注意舍去导数符号不改变的点； 含参分类标准：根据导数中参数的位置（如一次项系数、二次项系数），按参数大于0、等于0、小于0分类，避免漏解。 【例2】（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明见解析 (3)2 【详解】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 【点睛】 【变式2-1】（2026·北京朝阳·一模）已知函数，，其中. (1)求的最大值； (2)若在区间上有且只有一个零点，证明：在区间上有且只有一个零点，且； (3)对于（2）中的，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 所以当时，函数取得最大值. （2）当时，由，求导得，函数在上递增， 而，又在区间上有且只有一个零点，则， 因此，且， 由（1）知，函数在上递减，， 因此函数在区间上有且只有一个零点，且，又函数， 且， 因此，又当时，，， 所以，即. （3）由（2）得，即， 不等式， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数在上递增，则，即，函数在上递增， 因此，即，所以. 【变式2-2】（2026·北京昌平·一模）已知函数． (1)当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； (2)求证：对于任意的，且，都有； (3)当时，求证：有且只有一个零点，且． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）当时，，求导得， 切线与轴平行，即切线斜率为0，故． 由，得，又， 故点的坐标为． （2）要证对任意且，都有， 等价于证， 令，只需证在上单调递增， 求导得， 令，， 又，则，在区间上单调递增， 即在区间上单调递增，又， ，因此在上单调递增，原不等式得证． （3），求导得， 令，得，又， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 故在处取得极小值，， 当，， 当时，，从而，结合在上单调递减， 可知当时，恒有，故在上无零点； 当时，，又且在上单调递增， 由零点存在定理及单调性知，在上存在唯一的零点， 综上，当，有且只有一个零点. 由于在上单调递增，且，要证， 只需证，      ， 因为，所以，从而，故， 又，所以，从而，得证. 题型3导数在不等式证明与零点问题中的应用 01 抢分攻略 1. 核心考点 2. 不等式证明：构造辅助函数g(x) = f(x) - h(x)，转化为证明g(x) ≥ 0（或≤0），利用导数求g(x)的最值，结合最值证明； 3. 零点问题：① 零点个数判断：结合函数单调性、极值、端点值符号，利用零点存在性定理；② 零点相关证明：结合极值点、函数值关系推导； 4. 恒成立问题：转化为f(x)min ≥ 0（或f(x)max ≤ 0），利用导数求函数最值，进而求解参数范围； 5. 速解方法 6. 辅助函数构造技巧：① 不等式两边移项，构造g(x) = 左边 - 右边；② 复杂不等式可拆分、变形，简化构造； 7. 零点个数判断：① 求函数单调区间与极值；② 判断极值符号、端点值符号；③ 结合零点存在性定理确定零点个数； 8. 恒成立问题：① 分离参数（可分离时），转化为a ≥ f(x)max或a ≤ f(x)min；② 不可分离时，直接求函数最值，列不等式求解。 【例3】（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. （2）因为，所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； （3）解法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以 ， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 解法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ，. 所以 ,由（1）知,当时，，所以, 所以. 【变式3-1】（2026·北京石景山·一模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若函数是上的单调递增函数，求的值； (3)若存在，使得成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）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）对函数求导得，因为函数是上的单调递增函数， 所以在上恒成立. 令，则. 当时，，所以，在上单调递增. 又因为，当时，，不满足在上恒成立，所以. 令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值. 因为在上恒成立，所以，即. 令，对求导，可得. 令，即，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得最大值. 因为，且，所以，此时. （3）令，所以原问题变为存在，使得成立， 对求导得，，令. 求导得，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即. 此时不存在，使得成立，不符合题意； 当时，令，则. 当时，；当时，； 当，即时，在上单调递增，所以. 所以在上单调递增，所以，即. 此时不存在，使得成立，不符合题意； 当，即时，在上单调递增，在上单调递减， 因为 ，所以在区间上， 因此在上单调递减， 又，故存在，使得，即成立， 综上，所以. 【变式3-2】（2026·北京西城·一模）已知函数，直线l为曲线在点处的切线．O为坐标原点． (1)求函数的单调区间； (2)设，研究函数的零点个数； (3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且为等腰直角三角形，求的面积． 【答案】(1)单调递减区间为：，单调递增区间为：. (2)无零点. (3)面积. 【详解】（1）定义域：，函数求导得. 令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述, 单调递减区间为：，单调递增区间为：. （2）由题可知， 所以研究函数的零点个数等价于研究的零点个数. ，令得. ，，单调递减； ，，单调递增. 所以函数有极小值同时也为最小值. 故恒成立，所以无零点. （3）函数求导得. 所以，切线：. 化简得. 所以由题可知分别令可得，. 为等腰直角三角形，且，故. 即， 因为，所以化简得. 若 即 . 代入：左边 ,右边 . 此时 都与原点重合,不能构成三角形,舍去. 若两边约去 ,得： 令 ,则 ,方程变为：. 情况1: ,即 , 设 , 时, , , 单调递增. 因为 ,故唯一解 即 ,此时 ,. 等腰直角三角形面积. 情况2: ,即 , 设 , 单调递增; , , 单调递减。 函数 有极大值同时也为最大值 . 所以 恒成立,方程无解. 综上,方程只有唯一解 , , ,面积 . 1．（2022·北京·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【答案】(1) (2)在上单调递增. (3)证明见解析 【详解】（1）解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）解：原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 2．（2021·北京·高考真题）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为. 【详解】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，，. 3．（25-26高三上·北京通州·期末）已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使，求的取值范围； (3)若，求证：对任意，，当时，不等式恒成立. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）当时，，则， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）易知的定义域为，且， 因为，令，得到，当时，， 当时，， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以， 又由题知，存在，使，则，即， 令，则， 当时，，当时，， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，所以当时，， 故的取值范围为. （3）由（2）知在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又，则，所以在区间上单调递增， 要证对任意，，当时，不等式恒成立， 即证明对任意，，当时，不等式恒成立， 即证明对任意，，当时，不等式恒成立， 令， 则，当时，， 又，则，所以当时，， 则在区间上恒成立，所以在区间上单调递增， 当时，，即， 故命题得证. 4．（25-26高三上·北京房山·期末）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值； (2)若在区间上恰有一个极值点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，试判断函数在区间上的单调性，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)单调递增，理由见解析. 【详解】（1）由题意得，的定义域为，， 因为曲线在点处的切线与轴平行，所以， 则，经检验，此时切线与轴不重合，符合题意； （2）， 当时，， 若，则，则在上单调递增， 则在上无极值，不符合题意； 若，则，则在上单调递减， 则在上无极值，不符合题意； 若，即，则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则在区间上恰有一个极值点， 故的取值范围为； （3）因为，所以，则， 则 因为关于的函数在上单调递减， 则， 因为，，所以， 故，则函数在区间上单调递增. 5．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知函数，直线是曲线在点处的切线. (1)当时，求直线的方程； (2)求证：函数有唯一零点； (3)记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【详解】（1）由，可得，.又因为时，. 因为直线是曲线在点处的切线，所以直线的方程为， 所以，直线的方程为，即. （2）由（1）可知，令可得，列表可得 单调递减 极小值 单调递增 当， ，此时函数无零点 当时，单调递增，又，， 所以根据零点存在性定理，函数存在唯一零点. （3）由（1）可知直线的方程为， 因为直线与轴相交，且交点的横坐标为，， 所以令，当时，有. 设，则. 又，所以， 由（2）知，且当，且. 所以当或时，；当或时，. 列表可得 单调递增 极大值 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 当时，，不满足， 当时，，即成立 综上可知，. 6．（25-26高三上·北京朝阳·期末）已知函数．曲线在点切线方程为． (1)求的值； (2)求的单调区间； (3)若，曲线在点处的切线分别与轴交于，求证：． 【答案】(1)1 (2)单调递减区间为，单调递增区间为 (3)证明见解析 【详解】（1）由， 则，即，则. （2）由（1）知，，则， 设，则， 所以函数在上单调递增，又， 则时，，时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （3）由，得，， 而，则，， 所以曲线在点处的切线方程为， 令，得，即. 曲线在点处的切线方程为， 令，得，即. 则 ， ， 设， 则， 由于，则，，则，即， 所以函数在上单调递增，则， 即， 由于，则，， 由（2）知，时，，时，， 则，， 所以. 7．（25-26高三上·北京西城·期末）已知函数满足，其中． (1)求的值； (2)证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线与直线平行； (3)若存在，使得对于任意，且，都有，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）求导，得， 则，解得； （2）由（1）知曲线在点处的切线斜率， 设函数， 求导，得，令，得， 当变化时，与的变化如下表： 极小值 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故函数的最小值， 当时，，得在上无解， 又因为，且函数在上单调递增， 所以，在上有且仅有一解，即有且仅有一条切线的斜率为， 易得曲线在点处的切线为， 因为， 所以在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线与直线平行； （3）因为当时， ， 所以在上单调递增，即当时，， 故不等式可化为，即， 设，则在上单调递增， 求导，得， 所以对任意，恒成立（有限个使得等号成立）， 即当时，恒成立， 设，其中，则， 由，解得，故在上单调递减， 由，解得，故在上单调递增， 所以当时，， 所以的取值范围是. 8．（25-26高三上·北京海淀·期末）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线在轴上的截距； (2)若函数在上单调递增，求的值； (3)若函数在处取得极小值，求的取值范围. 【答案】(1)17 (2)0 (3)当时，，当时，. 【详解】（1）当时，当时，， 所以，又， 曲线在点处的切线为， 令，得， 曲线在点处的切线在轴上的截距为17. （2）因为函数在处连续， 所以在上单调递增等价于在和上单调递增， 因为， 当时，恒成立，所以，所以， 当，恒成立，所以 所以，所以的值是0. （3）当时，根据（2）函数无极值点，不合题意， 当时，令，得到（舍） 所以的变化情况如下表： 0 + 0 - 无定义 + 极大值 极小值 因为，所以， 当时，令， 即，得到（舍） 所以的变化情况如下表： 0 + 无定义 - 0 + 极大值 极小值 所以， 所以， 综上，当时，， 当时，. 9．（25-26高三上·北京石景山·期末）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程： (2)若有两个极值点，求的取值范围： (3)当时，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见详解 【详解】（1）当时，，则， 可得，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）由，得，整理得， 令，则， 所以有两个极值点等价于有两个变号零点， 当时，，在上单调递增， 所以至多有一个零点，从而没有两个极值点. 当时，令，得，即在上单调递增， 令，得，即在上单调递减， 所以，由，得， 又，，在上单调递增， 所以在上有一个零点； 取，，因为在上单调递减， 所以在上有一个零点， 综上，当时，有两个零点，即有两个极值点. （3）令，当时，， 所以在上单调递增， 所以，即， 令，则当时，， 易得在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以，所以，即. 10．（25-26高三上·北京昌平·期末）设函数（）. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)讨论函数的极值点的个数，并说明理由； (3)若，成立，求a的取值范围. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3). 【详解】（1）由题设，，则，所以切点为， 由，则， 所以曲线在点处的切线的斜率为， 所以切线方程为，即； （2）由题意知的定义域为，， 令， 当时，，在单调递增，无极值点， 当时，， 时，，在单调递增，无极值点； 时，，设方程的两根为， 所以，此时， ， ， ， 时，，函数单调递增； 时，，函数单调递减. 函数有两个极值点； 当时，，设方程的两根为， 所以，此时，而， 时，，函数单调递增； 时，，函数单调递减. 函数有一个极值点； 综上： 当时，函数有一个极值点； 当时，函数无极值点； 当时，函数有两个极值点. （3）由成立等价于在上恒成立. 令且，则， 令且，则， 所以在上单调递增，则，故， 所以在上单调递增，时，时， 所以，则. 11．（25-26高三上·北京丰台·期末）已知函数. (1)若为的极值点，求实数的值； (2)若，讨论的单调区间； (3)若，证明：当时，曲线在处的切线总在曲线的上方. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）因为，所以， 因为为函数的极值点，所以， 因为，解得， 检验：当时，， 由可得，即函数的定义域为， ， 令，可得，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 所以为函数的极大值点，符合题意， 综上所述，. （2）因为，由得，故函数的定义域为， ， ①当时，由于函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，，则，此时函数的减区间为，无增区间； ②当时，令，得，， 列表如下： 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 此时函数的减区间为、，增区间为. 综上所述，当时，函数的减区间为，无增区间； 当时，函数的减区间为、，增区间为. （3）因为，，故曲线在点处的切线方程为， 令， 因为，故函数的定义域为， 则， 令可得或，其中，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 所以， 故当时，曲线在点处的切线总在曲线的上方. 12．（25-26高三上·北京东城·期末）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时， （i）求的极值； （ii）若，求证：关于的方程在上无解． 【答案】(1) (2)（i）极小值为，无极大值； （ii）证明见解析 【详解】（1）由条件得．所以．所以． 因为，所以曲线在点处的切线方程为． （2）（i）由条件得，所以． 令，即，解得． 当变化时，变化如下： 0 单调递减 极小值 单调递增 所以的极小值为，无极大值． （ii）关于的方程等价于， 由于，故 令，所以． 令，则 因为，． 所以在上单调递增． 因为，所以当时，，即． 所以在区间上单调递增． 因为，所以当时，． 故当时，关于的方程在上无解． 13．（2026·北京门头沟·一模）已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间； (3)若函数有2个不同的零点，且，求a的取值范围． 【答案】(1) (2)时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. (3) 【详解】（1）当时，，，切点为， ，切线斜率，因此切线方程为. （2）， 当时，，故恒成立，因此 在R上单调递减，无单调递增区间； 当时，令，得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 综上所述，时，单调递减区间为，无增区间； 时，单调递减区间为，单调递增区间为. （3）由（2）可知当时单调递减，仅1个零点，不符合题意，故； 当时，由（2）知最小值为， 令，，令，解得， 所以当，，单调递增； 当，，单调递减， 所以，故， 故，要保证存在两个根，则且，即. 注意到对任意，，即恒为的一个零点， 因此有两个不同零点且等价于存在另一个零点，且， 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得； 当时，根据单调性可知，极小值点，且，解得， 综上的取值范围是. 14．（2026·北京顺义·一模）已知函数，. (1)若曲线在点处的切线与直线平行，求的值； (2)讨论的单调性； (3)若存在两个极值点，且，求的取值范围. 【答案】(1) (2)当时，函数在上单调递减，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，在和上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减. (3) 【详解】（1）由求导得， 依题意，，解得 （2）因函数的定义域为， ， 当时，，当时，，当时，， 即此时函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，若，恒成立，则，即函数在上单调递减； 若，由解得， 由可得，由可得或， 即函数在上单调递增，在和上单调递减； 当时，由可得，由可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递减，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，在和上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）分析可知，存在两个极值点，则 此时是方程的两个实根，则. 由 ， 设，则，将代入，化简得，， 则，， 设，则，故函数在上单调递增， 由题意，，且，即有，故可得， 又因，函数在上单调递增，故， 又因，故得. 15．（2026·北京通州·一模）已知函数的定义域为R，． (1)求函数的单调区间； (2)判断曲线上是否存在两点P，Q，使得P，Q关于对称，并说明理由； (3)直线是曲线在处的切线，过点A作垂直于的直线，直线，与y轴交点的纵坐标分别为，，求的取值范围． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)存在，理由见解析 (3) 【详解】（1）令，定义域为R，求导得： ， 因为恒成立， 所以当时，，单调递增； 当时，单调递减， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）若存在关于对称，则等价于方程存在两个不等于1的不同实根， 构造函数， 令，求导得： ， 恒成立， ∴时，，单调递增， 时，，单调递减， 的最大值为，且时，， 因此有两个不同零点，即方程有两个不同解，对应两个不同点. （3）切线斜率，切线方程为， 令得： ， 与垂直，斜率，方程为， 令得： ， 代入所求表达式化简， 全部消去： ， 设，则原式， 对求导得，因此在单调递减，单调递增，最小值，即，， 是关于的增函数， ∴ ， ∴的取值范围为取值范围为. 16．（2026·北京丰台·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若，证明：当时，； (3)若存在，使成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【详解】（1）时，，所以，故 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）． 令，则． 因为，所以当变化时，的变化情况如下表： 0 增 极大值 减 所以． 由，可知在上单调递减， 所以. （3）由题意，存在，使成立， 即存在，使成立， 即成立． 令， 则． ①当时，在上，故在单调递增， 所以，不合题意． ②当时，令． 因为，所以在单调递增， 又因为， 所以存在，使． 所以当变化时，的变化情况如下表： 0 0 减 极小值 增 ，取，故在上有解， 综上，的范围是. 17．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知，， (1)当时，讨论的单调性； (2)设，若在上有极值点： ①求的取值范围 ②证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【详解】（1） 由题意知的定义域为， 当时，， 当时，，则在上单调递减， 当时，由，解得；由，解得. 即在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） ①由题意得，所以的定义域为， 在上有极值点等价于在上有变号零点. 令，即在上有变号零点. 当时，显然在上恒成立，无变号零点，不满足题意； 当时， 在上恒成立，所以在上单调递增， 令，解得，此时在上有唯一零点. ②∵在上单调递增， ∴当时，，即；当时，，即， 故在上单调递减； 在上单调递增，故是的极小值点. 方法一：由上，，∵，∴ 方法二：因， 由，可得，则， 令，显然在上单调递减， 则，即，故． 18．（2026·北京·模拟预测）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的极值； (3)已知，函数有两个不同的零点，和一个极值点，记，，，试判断与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)时，无极值；时，的极大值为，无极小值； (3) 【详解】（1）当时，，则， 又， 所以在点处的切线方程为； （2）由，得， 当时，对任意，， 所以在单调递减，无极值； 当时，令，得；令，得． 在单调递增，在单调递减， 函数在处取得极大值，极大值为，无极小值， 综上所述，时，无极值； 时，在处取得极大值，极大值为，无极小值； （3）由，函数有两个不同的零点，和一个极值点， 由（2）知在单调递增，在单调递减， 故为的极大值点， 极大值，令． 则，故在单调递增， 故， 又注意到，故不妨设， 此外， 则，记， 则， 所以在上单调递减，所以， 即，故在单调递减， 故． 由零点存在性定理，知有零点， 则． 设，则为的高且，故. 19．（2026·北京海淀·一模）设函数（）. (1)当时，求证：直线是曲线的切线； (2)求的单调区间； (3)判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)当，函数的单调递减区间为，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 (3)无极值，理由见详解 【详解】（1）若，则的定义域为，且， 令，可得，解得或（舍去）， 且，则在处的切线方程为， 所以直线是曲线的切线. （2）因为，， 令，解得或， 若，由解得，即的定义域为，且， 当时，；当时，； 可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 若，由解得，即的定义域为，且， 当时，；当时，； 可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 综上所述：当，函数的单调递减区间为，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. （3）无极值，理由如下： 因为，且， 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 若，则的定义域为， 当时，；当时，；则， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则， 即，可知在定义域内单调递增，所以无极值； 综上所述：无极值. 20．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数，其中. (1)讨论的单调性； (2)（ⅰ）当时，证明：； （ⅱ）当时，设，且.求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【详解】（1）， ①当时，，在单调递增， ②当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在单调递增； 当时，在上单调递增， 在上单调递减. （2）设， 则， 因为在上单调递增，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，当且仅当时取等， 所以，即，当且仅当，时取等； （ⅱ）法一：由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以， 由（2）可知，，， 所以， 因为，所以， 所以，即， 所以， 所以 法二： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 设，，易知在上单调递增， 所以当时，，即， 上式整理得，即 设，，所以在上单调递减， 所以，即， 因为，所以，所以，即， 所以 所以（同法一） 法三： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 设，， 所以，所以在上单调递增， 显然，所以，即， 因为，所以，所以，即， 根据基本不等式，，所以， 所以， 所以 法四： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 因为，所以 根据基本不等式，， 设，所以，整理得， 设， 所以，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以为增函数， 因为，所以当且仅当时，， 所以， 根据基本不等式，，所以， 所以 所以（同法三） 21．（2019·北京·高考真题）已知函数. （Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当时，求证：； （Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 【答案】（Ⅰ）和. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）. 【详解】（Ⅰ），令得或者. 当时，，此时切线方程为，即； 当时，，此时切线方程为，即； 综上可得所求切线方程为和. （Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数； 而，所以，即； 同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得. （Ⅲ）由（Ⅱ）知， 所以是中的较大者， 若，即时，； 若，即时，； 所以当最小时，，此时. 22．（2020·北京·高考真题）已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果； （Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值. 【详解】（Ⅰ）因为，所以， 设切点为，则，即，所以切点为， 由点斜式可得切线方程为：，即. （Ⅱ）[方法一]：导数法 显然，因为在点处的切线方程为：， 令，得，令，得， 所以， 不妨设时，结果一样， 则， 所以 ， 由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得极小值， 也是最小值为. [方法二]【最优解】：换元加导数法   ． 因为为偶函数，不妨设，， 令，则． 令，则面积为，只需求出的最小值． ． 因为，所以令，得． 随着a的变化，的变化情况如下表： a 0 减 极小值 增 所以． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法三]：多元均值不等式法 同方法二，只需求出的最小值． 令， 当且仅当，即时取等号． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法四]：两次使用基本不等式法 同方法一得到 ,下同方法一. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $