专题03 导数及其应用（7大考点）（全国通用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 高中数学导数专题二模试题汇编，覆盖导数几何意义、极值最值等7大核心考点，精选2025-2026年多地区二模真题，注重能力梯度与综合应用。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择（单选/多选）|59题|导数几何意义（切线方程、公切线，如云南昆明二模第4题切线与圆结合）、极值点存在性（如青海海东二模多选题）|多地区二模真题，基础与能力题结合| |填空|23题|切线截距（河北沧州二模）、零点参数范围（四川泸州二模）|注重概念辨析与计算能力| |解答|53题|双变量证明（重庆渝中二模第3问）、不等式恒成立（陕西咸阳二模第3问）|突出综合应用，贴合高考导数压轴题趋势|

专题03 导数及其应用 7大考点概览 题型01 导数的几何意义 题型02 利用导数研究函数的极值、最值 题型04 利用导数研究函数的零点 题型05 利用导数研究不等式证明及恒成立 题型06 三次函数的图象与性质 题型07 导数中的双变量问题 ( 导数的几何意义 考点1 ) 1．（2026·广东茂名·二模）曲线在点处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以 ，又，，则所求切线方程为. 2．（2026·西藏拉萨·二模）已知函数的图象在点处的切线与直线平行，则（   ） A．－1 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】求出可得函数在点处的切线的斜率为，再利用两斜率相等求出答案. 【详解】由题意知直线的斜率为又，则 因为函数的图象在点处的切线与直线平行， 所以解得. 3．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）曲线过坐标原点的切线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由 ，得 .设切点为，则切线斜率.切线方程为 .将原点代入得，即，因为，所以，解得 .所以切线斜率，切线方程为.故所求切线方程为. 4．（2026·云南昆明·二模）若函数在处的切线也是圆的切线，则半径（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】求出函数在处的切线方程，利用直线与圆的位置关系求解即可. 【详解】对函数求导得，从而，又当时，，故函数在处的切线方程为：，即， 由题意直线与圆相切，从而，即. 5．（2026·浙江嘉兴·二模）已知直线与函数的图象相切，若，则实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求导，根据导数的几何意义可得，由题意得，根据函数单调性计算可解. 【详解】由，设切点，则切线方程为：，所以，因为，所以，解得，显然，在单调递增，所以，时，. 6．（2026·辽宁辽阳·二模）函数在处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出导数得出切线斜率，再应用点斜式得出切线方程. 【详解】因为函数，所以，则在处的切线斜率是， 函数过，在处的切线方程是，即得. 7．（2026·河北沧州·二模）已知函数 则曲线在点处的切线在轴上的截距为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处切线的斜率，再求出，利用直线方程的点斜式求切线方程，取得答案． 【详解】由，得， 所以，又，曲线在处的切线方程为，令得轴上的截距为． 8．（2026·四川德阳·二模）过点作曲线的两条切线，记两切点分别为，若两条切线斜率之积为1，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用导数的几何意义表示出切线方程，联立切线方程，求出、，再由两条切线的斜率之积为得到，即可用的式子表示、，代入化简可得，利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，，所以，则，， 依题意得两条切线的方程分别为，， 联立两条切线的方程， 解得，则， 因为两条切线的斜率之积为，所以，解得， 可得，， 则 ， 令，则可化为，而，当且仅当，即时取得最小值，因为，且，所以，即不成立， 则的取值范围是，故D正确. 9．（2026·重庆·二模）若经过点的直线既与曲线相切，也与曲线相切，则（ ） A． B．1 C．2 D． 【答案】C 【分析】设曲线的切点为，曲线的切点为，利用导数的几何意义，分别求得在切点处的切线方程，结合切线过，得出关系式，即可求解. 【详解】设曲线的切点为，则由，可得切线方程为，因为切线过点，所以，解得，所以切线方程为；设曲线的切点为，由，所以切线的斜率为，因为直线的方程为，可得，解得，即切点所以切线方程为，即，所以，解得. 10．（2026·陕西榆林·二模）已知两曲线与存在两条公切线，则实数的取值可能是（    ） A． B． C． D．1 【答案】BCD 【分析】设公切线与两曲线相切于点，进而得切线方程，即得，设，利用导数研究的单调性和极值，进而作出的图像，利用数形结合即可求解. 【详解】设公切线与两曲线与分别相切于，因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 同理可得曲线在点处的切线方程为， 由题意可得，，即， 设，则，令得．当时，； 当时，在（0，e）单调递增，在单调递减，时，，的图象如图所示： 由题意可知函数的图象与直线有两个交点，因此，解得，故选：BCD． 11．（2025·山东滨州·二模）已知直线与曲线相交于两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，构造函数，利用导数判断出单调性即可判断；对于B，写出点处的切线程联立并化简得，即可判断；对于C，根据斜率相等可得，点为两切线的交点代入化简得，再计算可得答案；对于D，根据计算即可判断. 【详解】对于A，令，则，故时，，单调递增；时，，单调递减，所以，且时， 因为直线与曲线相交于两点，所以与图象有2个交点，如图： 所以，故A正确； 对于B，，不妨设，可得， 在点处的切线程分别为，则得，即， 因为，所以，即是变化的，故B错误；对于C， 因为，所以，因为为两切线的交点， 所以，即 ，所以， 所以 ， 所以，故C正确； 对于D，因为，所以，又因为，，所以， ， 所以，得，即， 因为①，所以，所以，故D正确. 其中不等式①的证明如下：不妨令， 由得，即，令， 则即证，构造函数，， 所以在上单调递减，所以，所以不等式成立，即①成立.故选：ACD 12．（2026·四川达州·二模）若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____. 【答案】 【分析】本题利用导数的几何意义表示出切线的斜率，由斜率存在的两直线垂直时，斜率乘积为，建立等量关系，从而求出实数. 【详解】由题可得，所以函数在处的切线斜率为. 已知直线的斜率为，切线与该直线垂直，所以，解得. 13．（2026·安徽阜阳·二模）若函数的图象在处的切线过点，则___________. 【答案】 【详解】因为，，所以，，所以函数的图象在处的切线方程为，将点代入，得，解得. 14．（2026·云南昭通·二模）已知函数，则曲线在处的切线方程为___________． 【答案】 【详解】因为，所以，则，，则曲线在处的切线方程为：，即：，移项得：. 15．（2026·甘肃酒泉·二模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【详解】若，则，则，因为是定义在上的奇函数，所以，对其求导得，则，又因， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 16．（2026·陕西咸阳·二模）已知抛物线：的焦点为，若过上一点的切线交的准线于点，则______. 【答案】/ 【详解】由题意可知，，准线方程为，设，因为，所以， 则过点的切线方程为，即， 将点代入得，得，则. 17．（2026·广东深圳·二模）若直线是曲线的一条切线，则___________． 【答案】 【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解. 【详解】设切点为，由于，则，解得，于是切点为，则，解得． 18．（2026·陕西咸阳·二模）已知曲线在点处的切线与直线平行，则________. 【答案】 【详解】由求导得，则，因为函数的图像在处的切线与直线平行，所以，即，解得． 19．（2026·青海西宁·二模）若曲线与曲线恰好有3条公切线，则的取值范围为_____． 【答案】 【分析】根据导函数的几何意义分析可得，构建，利用导数求单调性及最值. 【详解】设公切线为，是与的切点，是与的切点，，，所以的方程为， 因为，整理得，同理，因为，整理得．依题意两条直线重合，可得，两式相除得，所以，代入①得 由题意此方程有三个不等实根，设， 即直线与曲线有三个不同的交点， 因为，令，则或． 当时，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，在上单调递减， 所以有极小值为，有极大值为， 当趋近于0时，趋近于0；当趋近于时，趋近于，所以当，即时，直线与曲线有三个交点，故的取值范围为． 20．（2026·吉林·二模）若曲线与曲线在它们的公共点处有相同的切线，则_______． 【答案】或 【分析】设公共点为，根据公共点的导数值相等求出切点，再利用导数的几何意义即可求解. 【详解】由，所以，又由，所以， 设公共点为，所以，由，即， 解得或，当时，，解得， 当时，，解得. 21．（2026·山东淄博·二模）将曲线绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，则________. 【答案】 【分析】设直线与曲线相切，且切点为，由导数几何意义得到切线斜率，进而得到方程，求出，切点为，则. 【详解】设直线与曲线相切，且切点为，由题意得， 由，则，故，解得，切点为，则. 22．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则_____． 【答案】2 【分析】根据导数的几何意义以及极值点的性质求，并结合单调性检验即可. 【详解】因为，则，由题意可得， 解得，则函数，， 令，解得或；令，解得， 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 则函数在处取到极大值，即，符合题意，所以. 23．（2026·安徽淮南·二模）已知定义在上的函数，其导函数为，对，满足，，点，分别为曲线和直线上的动点，则的最小值等于________. 【答案】 【分析】根据已知条件及导数的运算法则得到，对其求导并研究导函数的性质求出对应自变量，从而确定切线，将问题化为求与的距离问题，即可得. 【详解】由题设，即，故且为常数， 而，则，故， 所以，令， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 且时恒成立，， 若是的一条切线，且，而， 所以切线对应为，即， 令，显然，， 所以，在R上恒成立，即在R上恒成立，则， 所以图象恒在和图象的上方，又与平行， 要使最小，等价于求与的最小距离，即为. 24．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）若直线是曲线和曲线的公切线，则实数______． 【答案】1或 【分析】分别设出直线和两曲线的切点坐标，求出切线方程的表达式，联立方程组可解得切点坐标，代入计算可得斜率或. 【详解】设直线与曲线的切点为;易知,可得,因此切线方程为，即,可得, 设直线与曲线的切点为; 又，所以, 切线方程为,即, 所以;因此可得，整理可得， 解得;当时，可得；当时，可得;所以或. ( 利用导数研究函数的极值、最值 考点2 ) 1．（多选）（2026·青海海东·二模）已知函数存在两个极值点、，则（   ） A． B． C．的取值范围为 D．的取值范围为 【答案】BC 【分析】分析可知关于的方程有两个不等的正根、，利用二次方程根的分布结合韦达定理逐项判断即可. 【详解】函数的定义域为，且， 由题意可知，关于的方程有两个不等的正根、，所以， 解得，即实数的取值范围为，故，A错D错，B对C对. 2．（多选）（2026·四川眉山·二模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B．在上单调递增 C．的导函数有且只有一个零点 D．的极值与极值点数值相等 【答案】BCD 【分析】A选项，先求定义域，再根据函数奇偶性判断A错误；B选项，求导，解不等式，求出单调性；C选项，分和两种情况，得到C正确；D选项，在BC选项基础上得到D正确 【详解】A选项，令，解得或，故定义域为， 又，故不是偶函数，A错误； B选项，当时，，，故在上单调递增，B正确； C选项，由B知，当时，恒成立，故的导函数在上无零点，又时，，，令，则， 则在上单调递减，又，故的导函数在只有一个零点， 综上，的导函数有且只有一个零点，C正确； D选项，由B知，在上单调递增，无极值点和极值，当时，，，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故为的极大值点，极大值为， 故的极值与极值点数值相等，D正确. 3．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数有大于0的极大值，其中，都是实数，则（    ） A． B． C．在内有2个零点 D．在内有1个零点 【答案】D 【分析】由函数有大于0的极大值可得及，进而可判断AB选项；再由函数的零点得，通过构造函数，判断与在，交点可判断CD选项. 【详解】因为的定义域为，当时，显然在上没有极值， 当时，显然在上也没有极值，所以，得，由有极大值知，且时，时，所以，A错误；所以函数极大值，，,，，，，即； 若，则，所以B错误： 再由得，设，则，， 当时，；当时，， 所以的单调增区间为，单调减区间为，如图： 又因为．因为，. 所以当时，与在有1个交点，在也只有1个交点； 当时，与在有1个交点，在有2个交点； 所以当时，函数在内有1个零点，在内有1个零点； 当时，函数在内有1个零点，在内有2个零点； 所以C错误，D正确． 4．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则_____． 【答案】2 【分析】根据导数的几何意义以及极值点的性质求，并结合单调性检验即可. 【详解】因为，则，由题意可得， 解得，则函数，， 令，解得或；令，解得， 可知函数在上单调递增，在上单调递减， 则函数在处取到极大值，即，符合题意，所以. 5．（2026·重庆渝中·二模）已知是函数（）的极值点，则______． 【答案】2 【分析】对函数求导并结合求参数值，注意验证是否为极值点. 【详解】由题设，且，即，此时且，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以是的极小值点，满足题设，故. 6．（2026·河北沧州·二模）设，函数. 的极小值为，则的取值范围是_______. 【答案】 【分析】根据极小值为可得或为的极小值点，据此分类讨论后结合局部保号性可得的取值范围. 【详解】因为的极小值为，令，则或，故或为的极小值点.若，即为的极小值点.由题设， 令，，则，当时，，当时，，故在上递减，上递增，而且，故时，时，而时，，时， 故时，，时，此时不是的极小值点，与题设矛盾； 若,若为的极小值点，故， 由题设， 因，故必有，故即，与矛盾；若为的极小值点，因为，且时，，时，故在的附近总有，由局部保号性可得即.综上，. 7．（2026·吉林·二模）已知函数，． (1)求，的单调区间； (2)已知，函数，讨论的极值点的个数； (3)若，，求t的取值范围． 【答案】(1)和的单调增区间均为，单调减区间均为； (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）对求导，令可得其单调增区间，令可得其单调减区间，同理可得的单调区间. （2）求导得解析式，令，得的零点，分别讨论、、和四种情况，利用导数判断的正负，可得其单调区间，分析即可得答案. （3）结合的任意性，已知条件可转化为， 分别构造函数和，可将不等式再转化为，得到在上单调性相同.利用导数求出和的单调区间，结合图形与条件，分析求解，即可得答案. 【详解】（1）由，，得， 因为恒成立，所以令，解得或， 当或时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的单调增区间为，单调减区间为； 由，，得， 令，解得或， 当或时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的单调增区间为，单调减区间为； （2）， 则， 令，解得或或（）. 当时，，恒成立， 则当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以只有1个极小值点； 当时，，恒成立， 则当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以只有1个极小值点； 当时，， 当或时，，则单调递减， 当或时，，则单调递增， 此时有3个极值点； 当时，， 当或时，，则单调递减， 当或时，，则单调递增， 此时有3个极值点； 综上，当或时，有一个极值点；当或时，有3个极值点. （3）由，结合的任意性， 可得，则有， 所以有， 即， 设，， 则，所以在上单调性相同. 由，则， 令，解得或，其中， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以的单调减区间为，单调增区间为； 由，则， 因为恒成立，所以令，解得或， 当或时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的单调增区间为，单调减区间为； 要使与在上单调性相同， 分以下情况讨论： ①当时，在上，函数存在递增区间，而单调递减， 故不满足题意； ②当时，在上，函数与均单调递减， 且对任意，，故满足题意； ③当时，，函数均在上单调递减，在上单调递增，又不恒为0，即不恒为常数， 故存在（），使得，且， 若，则当时，，且， 故存在，使得， 故不满足题意； 同理可得，若，当时， ，且， 故存在，使得，故也不满足题意； ④当时，在上，函数与均单调递增， 对任意，，故满足题意. 综上所述，t的取值范围是. 8．（2026·河北邯郸·二模）已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)已知对于任意，恒成立． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)函数的极小值为，无极大值 (2) （ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用导数分析当时，函数的单调性，即可得到其极值； （2）函数的定义域为，.构造函数，分三种情况，利用导数分析函数的取值，进而得到的单调性，通过对最值的判断得到实数a的取值范围； （ⅱ）结合（ⅰ）的结论利用放缩法及对数的运算性质可得. 【详解】（1）当时，函数，定义域为． .令，得；令，得；令，得. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，极小值为. 所以函数的极小值为，无极大值. （2）（ⅰ）函数的定义域为. . 令，则，是单调递减函数. 若，则恒成立，所以单调递增，，即， 所以在上单调递增，所以，不合题意； 若，则由，得在上有解，为， 则当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，即， 所以在上单调递增，所以，不合题意； 若，则由，得恒成立， 所以是单调递减函数，所以，即， 所以在上单调递减，所以恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是； （ⅱ）由（ⅰ）得，时，对恒成立，且在上单调递减. 即对恒成立， 所以，即对恒成立.令，则. 所以， 即，所以， 所以. 即得证. 9．（2026·江西赣州·二模）已知函数，， (1)求函数的极值； (2)若，当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)若，函数，若存在，，使得，求证：． 【答案】(1)当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导得，再分与讨论求解即可； （2）将问题转化为当时，恒成立，进而构造函数，分与讨论求解即可； （3）根据得，进而结合余弦的和差角公式得，故将问题转化为证明，设，令，进一步转化为证明，最后构造函数即可证明. 【详解】（1），定义域为，， 当时，恒成立，故函数在单调递增，无极值； 当时，令得， 故当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，无极小值. 综上，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值. （2）解：， 因为，当时，恒成立， 所以，当时，恒成立， 令，， ，，令， 则在恒成立，即在单调递增， 故当，即时，，在单调递增， 在恒成立； 当，即时，当时，， 所以，存在，使得时，，单调递减，时，，单调递增， 故由可知，时，，满足在恒成立矛盾； 综上，当时，在恒成立，即恒成立. （3）解：，函数，， 因为存在，，使得， 所以，整理得， 所以 所以， 因为， 所以 ，因为，，则， 故要证，只需证， 不妨设，令，故只需证 ，只需证， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即 成立，所以 成立. 10．（2026·广西河池·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)当时，证明：． 【答案】(1)当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值. (2)证明见解析 【分析】（1）确定函数定义域后求导，根据参数的不同取值范围分类讨论导数的符号变化，进而判断的极值存在情况与具体极值； （2）先对要证明的不等式做等价化简，将其转化为证明，再分区间讨论、构造函数求最值，结合给定的的范围完成证明. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得： ， 当时，对任意恒成立，故，在上单调递减，无极值； 当时，令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故当时取得极大值，无极小值. 综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值. （2）因为， 所以原不等式等价于，因，两边除以得：只需证. 当时，不等式显然成立； 当时，，只需证，因为，故只需证. 令，求导得： ， 令，在上单调递减，且，， 故存在唯一，使得，即. 当时，，，单调递增；当时，，，单调递减.故当时，取得极大值也是最大值. 代入得：，令， 则恒成立，则在上单调递减， 故，即成立.综上，原不等式得证. 11．（2026·云南昆明·二模）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) 【分析】（1）（i）直接求导判断即可；（ii）根据导函数特征分区间判断单调性，无法直接判断的部分二次求导后，利用零点定理判断极值点的存在性. （2）将移到一边，定义另一边为以为变量，为参数的一次函数，分类讨论单调性后得到关于的恒等式，再利用导数得到最值. 【详解】（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. 12．（2026·山西吕梁·二模）已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)设函数，求函数的极值点的个数； (3)若存在，且，，证明：. 【答案】(1)见解析 (2)1 (3)见解析 【分析】（1）确定定义域，求导，再分、两种情况讨论求解； （2）对求导，再令，利用导数可得时，时，，进而得到函数的单调性得到极值点个数； （3）根据题意得，不妨设，再可得，接着证，即证明，再换元结合导数证明即可． 【详解】（1）定义域为，， 当时，恒成立， 当时，时，， 时，， 综上：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， 上单调递增； （2）因为， 所以， 由，得，所以在上单调递增， 又，所以时，时，，又恒成立， 所以当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 故存在唯一的极小值点，即极值点的个数为； （3）由题得， 即，由(2)知，在上单调递增， 不妨设，则，即， 所以， 即，下面证明，即证明， 令，即证，即证，令， 则，所以在上单调递减， 即，即， 所以，即，所以． 13．（2026·四川凉山·二模）设函数，且，曲线在点处的切线方程为. (1)求的值； (2)求的极值. 【答案】(1) (2)极小值为，无极大值. 【分析】（1）根据切线的几何意义表示出切线斜率，进而可以求a的值； （2）根据导数得到函数的单调性，进而求出函数极值. 【详解】（1）由，得，求导得， 曲线在点处的切线斜率. 已知切线方程为，故斜率为，则， 解得，即； （2）由（1）知，定义域为.求导得， 令，得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增.故在处取得极小值， 极小值为，无极大值. 14．（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. 15．（2026·福建莆田·二模）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)若，求实数的取值范围. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) 【分析】（1）求，根据其正负性得出函数的单调性即可； （2）令，根据得出，接着利用导数得出的单调性，解不等式即可. 【详解】（1）当时，，则， 由得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的极小值为，无极大值； （2）等价于， 令，则在上恒成立，则，得， 因为， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增，则， 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 所以当时，，综上，实数的取值范围为. 16．（2026·广东深圳·二模）已知函数． (1)若在时取极值，求的值和的极小值； (2)若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据极值点可得，则，从而，利用导数求极小值； （2）解法1：根据题意，可得，则，令，利用单调性求最值；解法2：参变分离得，设，利用导数求其最小值，可得解；解法3：利用导数研究函数的单调性，从而得解；解法4：不等式转化为，设，利用导数求的最大值，从而得解. 【详解】（1）由题意可知：，， 因为，解得， 则，， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，且， 当趋近于或时，趋近于， 可知在定义域内有2个零点和1， 当时，，当时，， 可知在，内单调递增，在内单调递减， 所以在处取极小值，极小值为． （2）解法1：由于不等式对任意恒成立， 则，解得，下证：当时，， 若，则， 令，由（1）可知，在上单调递增， 则，则，所以的取值范围为； 解法2：令，则， 设，，则， 设，，则, 可知在上单调递增，则， 即，可知在上单调递增，则， 可得，所以的取值范围为； 解法3：因为，，则， 设，，则， 可知在上单调递增，即在上单调递增， 则，且当趋近于时，趋近于， 当，即时，则在内存在零点， 若，则，可知在内单调递减， 可得，不合题意； 当，即时，则，可知在上单调递增， 则，符合题意； 综上所述：的取值范围为； 解法4：因为，则， 设， 则， 当，即时，则，可知在单调递减， 则，解得； 当，即时， 令，解得；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减，则， 令，下证：， 设,，则， 可知在上单调递增，则， 即，可得，可知不等式恒成立； 综上所述：的取值范围为. 17．（25-26高三上·江苏南京·期中）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数的最小值为0，求的值. 【答案】(1)有极小值，无极大值； (2)答案见详解； (3) 【分析】（1）利用导数讨论函数单调性，根据单调性可得极值； （2）求得，分、、、四种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）分，两种情况分类求出最小值即可列式求参. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 所以，在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，有极小值，无极大值. （2） 若，则时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增， 时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增 （3）令， 当时，，函数在上单调递增，故无最小值 所以，由得， 所以时单调递减，时单调递增， 所以，所以. 18．（2026·安徽滁州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 【答案】(1)答案见解析 (2)① ；② 【分析】（1）先求导，分和两种情况讨论即可求解； （2）①由（1）分和两种情况讨论，当时，的极大值为令，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解； ②由①知，又，得 ，即，令，则，又，令，利用导数研究单调性，进而得当取最小值时，取最小值，即取最小值，令，利用导数研究单调性即可求解. 【详解】（1）由题意得：， 当时，恒成立，此时单调递减，无极值； 当时，令，解得， 令，解得， 故在单调递增，在单调递减． 在处取极大值，为，无极小值． 综上所述：当时，无极值； 当时，的极大值为，无极小值． （2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意； 当时，的极大值为．令，则， 故在单调递减，在单调递增． ，即， 又，，故在存在一个零点． 又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，， 故在存在一个零点．∴若有两个零点，则． ②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且， 所以，， 得： ．令，则， 又，令，则， 令，则， 在单调递增，又，故，即在单调递增． ∴当取最小值时，取最小值，即取最小值． 令，则， 令，则， 在单调递增，又，， ，使得，当时，，当时，， 且有，即，此时， 且在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值， 故取得最小值时． 19．（2026·甘肃酒泉·二模）已知函数. (1)当时，求的单调区间和极值； (2)当时，证明：存在两个零点； (3)若对任意恒成立，求实数的取值范围，并比较与的大小. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为,极小值为0，无极大值 (2)证明见解析 (3)， 【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调区间及极值； （2）求导，先利用导数分析函数的单调性，进而结合零点存在性定理求证即可； （3）转化问题为对任意恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解的范围即可，进而得到，再结合（1）可得函数在上单调递增，进而判断大小即可. 【详解】（1）当时，，， 则时，， 因为函数在上单调递增， 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. 时，函数取得极小值，无极大值. （2）当时，，，则， 因为函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增，又，， 则存在，使得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，， 所以根据零点存在性定理可知，函数存在两个零点. （3）由，即对任意恒成立， 设，， 则， 设，，则， 当时，，，则， 所以函数在上单调递增，则，即， 所以函数在上单调递增，则，即， 所以实数的取值范围为.由，，， 则， 由（1）知，函数在上单调递增， 且时，，则，即， 所以函数在上单调递增，又，所以. ( 利用导数研究函数的零点 考点3 ) 1．（2026·江苏镇江·二模）已知函数有两个零点，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出函数的导数，再按分类讨论函数单调性，结合有两个零点列出不等式求解. 【详解】函数的定义域为R，求导得 ，而， 当时，，函数在R上单调递减，函数最多一个零点，不符合题意； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 而当时，，当时，， 函数有两个零点，当且仅当，令函数， 而函数在上都单调递增，则函数在都单调递增， 又，因此不等式的解集为.所以实数m的取值范围是. 2．（2026·广东茂名·二模）已知f（x）是定义在区间上的函数，且，，则（    ） A．只有1个零点 B．有2个零点 C．， D．， 【答案】D 【分析】结合题意构造函数，可得，进而根据函数性质可以判断选项A,B,C；整理原不等式可得，进而转化为证明，构造函数，求导分析函数单调性和最值即可. 【详解】由题意，可得，令， 则，故为常函数，设，m为常数，则， 即，则，， 那么没有零点且，故A，B，C错误； 由对任意，均有，即对任意，均有， 那么．不等式两边同乘正数，等价于证明， 令，，令得： 时，，递减；时，，递增； 故最小值为，即恒成立，原不等式成立，D正确. 3．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数有大于0的极大值，其中，都是实数，则（    ） A． B． C．在内有2个零点 D．在内有1个零点 【答案】D 【分析】由函数有大于0的极大值可得及，进而可判断AB选项；再由函数的零点得，通过构造函数，判断与在，交点可判断CD选项. 【详解】因为的定义域为，当时，显然在上没有极值， 当时，显然在上也没有极值， 所以，得，由有极大值知， 且时，时，所以，A错误； 所以函数极大值，，, ，，，，即； 若，则，所以B错误： 再由得，设，则，， 当时，；当时，， 所以的单调增区间为，单调减区间为，如图： 又因为．因为，. 所以当时，与在有1个交点，在也只有1个交点； 当时，与在有1个交点，在有2个交点； 所以当时，函数在内有1个零点，在内有1个零点； 当时，函数在内有1个零点，在内有2个零点； 所以C错误，D正确． 4．（多选）（2026·云南昭通·二模）函数，下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则的极大值点为 C．当时，有3个零点 D．若，则 【答案】AD 【分析】对于A：直接代入求解即可；对于B：利用导数分析得单调性，进而可得极值点；对于C：利用导数分析的单调性，进而可得零点；对于D：令，构造，利用导数可证，即可得结果. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 令，解得或. 对于选项A：若，解得，故A正确； 对于选项B：若，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 所以为的极小值点，故B错误； 对于选项C：若，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则的极大值为，极小值为， 当趋近于时，趋近于，所以有且仅有1个零点，故C错误； 对于选项D：若，令， 构造，则， 可知在内单调递增，则， 即，可得，整理可得，故D正确. 5．（多选）（2026·四川德阳·二模）已知关于x的方程：有两个根，则下列说法正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】选项A通过分析函数与的图象交点情况确定；选项B利用函数的图象来判断；选项C根据满足的方程变形求解；选项D分析满足的方程，结合构造函数，利用函数单调性判断. 【详解】因为方程有两个根， 所以，又，， 所以函数与函数图象在上有两个交点， 而，由此可作出的大致图象； 如图所示，所以，选项A正确； 根据图象可知当m逐渐增大时，，而将会大于1，此时， 可得不成立，选项B不正确； 因为，则，所以，则， 因为，，所以，选项C正确； 因为，则，所以， 则，两边取对数得.因为， 令，令， ，，因为，，单调递增， 即得，即，所以，即，选项D正确. 6．（多选）（2026·四川绵阳·二模）已知函数，则（    ） A．为偶函数 B．若，，则 C．存在实数，使得为减函数 D．当时，有两个零点 【答案】BCD 【分析】利用导数正负与函数增减性的关系即可求解. 【详解】由题得的定义域为，且， 对于选项A：由于的定义域不对称，所以不可能是偶函数，故A选项错误； 对于选项B：若，则，则， 若且，则分别属于和，不妨设，，如下图： 则，，若，则有，即， ，最终有，故B选项正确； 对于选项C：若存在实数使得为减函数，即，证明如下： ，则， ①当时，若，则有恒成立，则，此时有； ②当时，若，则有恒成立，则，此时有； 综上，当时，，为减函数，故C选项正确. 对于选项D：当时，，， ①当时，恒成立，单调递减， ②当时，令，解得，则有，故在上单调递增，在上单调递减. 综上，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 在上，单调递减，且，，故在上有且仅有1个零点，在上，在处取极大值，故是内唯一零点.综上，有2个零点，故选项D正确. 故选：BCD. 7．（多选）（2026·四川·二模）已知函数两相邻对称中心的距离为4，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．的对称中心为 C．若有两个零点，，则 D．当其中一个零点时，最小值为 【答案】CD 【详解】对A：因为函数两相邻对称中心的距离为4， 所以函数的最小正周期为8，所以， 所以或，故A错误； 对B：对函数，由或， 所以函数的定义域为，所以函数的定义域不关于点对称， 所以函数的图象也不关于点中心对称，故B错误； 对C：因为，. 所以. 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当即时，方程有两解，和各有1个.故C正确； 对D：由，代入得：. 令，因为，所以， 则. 令，. 则. 因为，所以，所以在上单调递减. 所以当，对应时，最小，且，所以的最小值为，故D正确. 8．（多选）（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数，则（   ） A．存在，使得在上是单调函数 B．若有三个不同的零点，则 C．当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D．若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 【答案】BCD 【分析】首先要根据题目中的函数方程，通过求导的方式得出函数的单调性，极值，然后再根据每一个选项的条件，分别进行解答. 【详解】函数，求导可得， 令，即，解得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 极大值为，极小值为， 选项A：函数在上单调性发生了变化，所以不是单调函数； 选项B：函数要有三个不同的零点，则要求的极大值大于且极小值小于， 即，解得； 选项C：当时，函数， 设切点坐标为，切线斜率为， 则切线方程为，化简可得， 根据题目可知，切线经过原点，代入，可得，解得， 因为只有唯一解，所以当时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条； 选项D：令，要使有个不同的实数根，则要求有个不同的实数根，，，且每个有个不同的实数根，设满足题意，则方程的三个实数根均满足，当参数为时，方程变为，三个实数根为， 此时要求根满足，该条件等价于， 由于和满足题意的条件完全相同，故的取值范围关于原点对称. 9．（多选）（2026·陕西·二模）已知函数，使得有三个零点，且，则下列说法正确的是（    ） A．的取值范围为 B． C．若，则 D．函数在三个零点处的切线斜率的倒数之和为1 【答案】AC 【分析】对于A，根据题意可知函数至少有两个极值点，则有两个不相等的实数根，再求导结合根的判别式即可判断；对于B，举例说明即可；对于C，代入解不等式即可得到；对于D，由题得，再求导，利用导数的几何意义，计算的值． 【详解】对于A，因为有三个零点，得函数至少有两个极值点， 因为，所以有两个不相等的实数根， 所以，解得，故A正确； 对于B，时，， 的解为，此时，故B错误； 对于C， ，所以，所以，故C正确； 对于D，由题得，其简图如下： ，所以， 同理， 故 ，故D错误． 10．（多选）（2026·广东清远·二模）已知函数，设，则下列说法正确的是（   ） A．用表示不大于的最大整数，若，则恒成立 B．若关于的方程与的实数根相同，则 C．若存在两个零点，则 D．若方程在上无解，则的取值范围是 【答案】ACD 【详解】对于A，因为， 所以，故A正确； 对于B，恒成立，所以单调递减， 又，所以有唯一的实数根， 因为方程与的实数根相同所以， 所以，令， 则，所以当时恒成立，所以单调递减， 所以，而，所以，即，故B错误； 对于C，，即有两个解， 所以函数的图象与函数的图象有两个交点，如图 由图可知，不妨取， ，所以，所以，C正确； 对于D，即， 当时，单调递增，值域为， 当时，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，又当时，，当时，， 所以当时，的值域为， 所以在上的值域为， 所以方程在上无解，则的取值范围是，正确. 11．（多选）（2026·广东广州·二模）对于函数，下面说法正确的有（    ） A．当时，函数有两个零点 B．当时，函数不存在极值点 C．当最小值为时， D．当时，函数在区间单调递减 【答案】BCD 【分析】对于AB，利用导数分析极值点及零点即可判断；对于C，由最值可确定，进而得到，结合最值即可判断；对于D，对求导，利用导数确定单调性即可． 【详解】函数的定义域为，， 当时，，解得， 不妨取，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ， 易知当时，函数，此时函数只有一个零点，故A错误； 当时，若，因，则，，则在上单调递增，无极值点； 若，因，则,，则在上单调递减，无极值点； 综上，当时，函数不存在极值点，故B正确； 由A项分析可知，当最小值为时，有， ，即，令，则，即， 令，，当时，,当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，则，的解为，即，，此时，即，故C正确； 当时，函数 由，可得，即函数的定义域为， 则，因，则， 故当时，，即在上单调递减，故D正确． 12．（多选）（2026·福建泉州·二模）已知函数有两个零点，则（   ） A．当时， B． C．当时， D．函数取最小值时， 【答案】ACD 【分析】求出函数的导数并判断符号得单调性，从而可得最值，故可判断A，利用基本不等式可判断B，由零点性质结合代数变形可得，利用分析法可证题设不等式，故可判断C，结合C中判断和代数变形可得，构建新函数并判断单调性后可求函数取最小值时，故可判断D. 【详解】对于A，当时，，此时， 当时，；当时，；故在上单调递减，在上单调递增，故，故A正确； 对于B，， 因为，由基本不等式可得， 故即，故B错误； 对于C，由题设有，故， 故， 要证即证，即证， 不妨设，，即证，即证， 设，则， 设，则，故在为增函数， 故，故在为增函数，故.故成立，故C正确. 对于D，由C的分析可得，因为，若，则，为上的增函数，与有两个不等的零点矛盾，故， 因为，且时，，时，， 故，不妨设，则，故， 设，则， 设，，故在上为减函数， 故即，故在上为减函数. 设，则， 设，则，故在上为减函数， 而，，故在上存在零点， 且时，即，当时， 即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故当时，取最大值即取最小值，此时， 即，故此时，故D正确.故选：ACD. 13．（多选）（2026·广西南宁·二模）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．若恒成立，则 B．是的极值点 C．若函数恰有2个正零点，则 D．若关于x的不等式有解，则 【答案】ACD 【分析】对于A：可得恒成立，令，利用导数求其最值，即可得结果；对于B：举反例，取，结合定义域分析判断；对于C：令，可得，结合函数单调性可得，利用导数分析其单调性和最值即可求解；对于D：令，分和两种情况讨论，结合选项C的结论运算求解. 【详解】由题意可知：.对于选项A：若恒成立，可得恒成立， 令，则，令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 可得，即，故A正确；对于选项B：若，令，解得， 此时的定义域为，不在定义域内，故B错误； 对于选项C：由题意可知：，令，解得， 令，可得， 构造，则， 因为在定义域内单调递增，则，即， 构造，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则 即，解得，所以，故C正确； 对于选项D：令， 若，可知的定义域为，当趋近于时，趋近于，符合题意； 若，可知的定义域为， 令，可得， 由选项C可知：在定义域内单调递增， 因为，则，即， 可知有解，由选项C可得：，解得； 综上所述：，故D正确. 14．（2026·四川泸州·二模）已知函数，若函数恰有4个零点，则的取值范围为___________． 【答案】 【分析】分析可知为奇函数，根据对称性可得函数在内恰有2个零点，构造，，整理可得与在内恰有2个交点，利用导数分析的单调性和极值，结合函数图象分析求解. 【详解】由题意可知：函数的定义域为， 且，可知为奇函数， 若函数恰有4个零点，则函数在内恰有2个零点， 当，则，可得， 令，可得， 构造，，则与在内恰有2个交点， 因为，，令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 当趋近0时，趋近于1；当趋近时，趋近于；作出函数的图象，如图所示： 由图象可得：，所以的取值范围为. 15．（2026·湖北·二模）已知函数．若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k的取值范围是______． 【答案】 【分析】易知是的一个零点，当时，转化为两个函数的交点问题，作出函数图象分类讨论即可得解. 【详解】易知，当时，，所以是的一个零点. 所以时，有3个零点，即有3个根， 即和的图象有3个交点． 设，，则和的图象有3个交点． 当时，和的图象有且仅有1个交点，不合题意，应舍去． 函数恒过定点且对称轴为，作出和的大致图象， 当，若与的图象相切，，设切点，则， 解得．和的图象有3个交点，则． 当，时满足题意，解得，综上所述，． 16．（2026·四川眉山·二模）已知函数，（其中），其导函数为． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，求实数的取值范围，并探究函数的零点个数． 【答案】(1) (2)的取值范围为； 当时，在定义域内无零点； 当时，在定义域内存在唯一零点； 当时，在定义域内存在两个零点. 【分析】（1）分别求出切点坐标和切线斜率，写出切线方程即得； （2）对函数求导，根据参数进行分类讨论导函数的正负，得出函数的单调区间，分，和三种情况讨论函数的零点个数即可. 【详解】（1）当时，，，故，. 从而所求切线经过点且斜率为，故曲线在点处的切线方程为； （2）由于， 故， 函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以是的极大值点，即，且在左侧，右侧， ①当时，有，， 从而当或时；当时. 故函数在和上单调递增，在上单调递减，不符合条件 ②当时，，从而对和均有， 故在和上单调递增，从而在上单调递增，不符合条件 ③当时，有，， 从而当或时；当时. 故函数在和上单调递增，在上单调递减，不符合条件 ④当时，对任意都有， 从而当时；当时， 故函数在上单调递增，在上单调递减，符合条件。 综上，的取值范围为，所以， 当，即时，在定义域内无零点； 当，即时，在处取得零点，且是唯一零点； 当，即时， 由于，， 根据零点存在性定理可得在存在唯一零点； 由于，根据零点存在性定理可得在存在唯一零点； 所以时，存在两个零点； 综上，当时，在定义域内无零点； 当时，在定义域内存在唯一零点； 当时，在定义域内存在两个零点. 17．（2026·安徽合肥·二模）设函数. (1)证明：曲线在点处的切线过定点，并求出该定点坐标； (2)若有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）借助导数几何意义计算可得曲线在点处的切线方程，再求出该切线所过定点即可得； （2）求导后分及讨论该函数单调性，结合零点存在性定理可得不符， 时需满足，解出即可得. 【详解】（1）因为，，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为：， 即，即， 所以曲线在点处的切线过定点； （2），， 当时，，则在上单调递减，此时最多有一个零点，不满足题意； 当时，令，解得，令，解得， 于是在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，，当时，，又因为有两个零点， 所以，即，解得或， 因此，的取值范围为. 18．（2026·广东惠州·二模）已知函数，其中. (1)若，求的单调区间； (2)若， （i）证明：在区间内有且仅有1个零点； （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：. 【答案】(1)的单调递减区间为 ，无单调递增区间； (2)证明见解析 【分析】（1）利用求导分析正负，即可得到单调区间，注意定义域的限制； （2）（i）利用二阶导数来判断一阶导数的单调性，再结合零点存在性定理，即可得到证明； （ii）利用极值点和零点的恒等式，消去参数，再结合切线不等式，化简后问题即可得证. 【详解】（1）求导得：， 因为，对任意 ，都有， 所以的单调递减区间为 ，无单调递增区间； （2）（i）由（1）知，当时，令 ， 当 时，，故 在上单调递减， 因为，所以， 又因为，所以在区间内存在零点， 即结合在 上单调递减， 可得在区间内有且仅有1个零点，且； 则当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 又因为，所以根据单调性可知：， 又因为当，，所以根据零点存在性定理结合函数单调递减， 可知：在区间内有且仅有1个零点， 又因为时，结合在单调递增，所以， 即在区间函数没有零点，所以在区间内有且仅有1个零点， （ii）由题意可知：，即， 消可得：， 当时，构造函数， 求导得，则在时单调递增， 即，所以，即可知， 则， 两边取对数得：，即. 19．（2026·河北衡水·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，恒成立，求的取值范围； (3)当，且时，证明：函数有且仅有两个零点. 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】(1)代入求出切点坐标，对函数求导得到切线斜率，利用点斜式求出切线方程并化简 (2)化简不等式分离参数，求导分析其单调性，找到最大值即为的下界 (3)化简表达式，求导确定单调区间，计算特殊点函数值及极限，利用零点存在定理判断零点分布 【详解】（1）解：，，即切点为； ，，利用点斜式可得切线方程为. （2）解：由恒成立，得，化简得：， 即，即，设，， 令，解得，所以时，单调递增，时，单调递减， 所以在处取极大值，，故. （3）证：设，当时，，， 则，，，令，则， 当时，，所以在上单调递减， 又因为，，所以存在唯一的使得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又，，且在处取得极大值， 因为，所以，； 因此，在和各有一个零点，所以函数在有且只有两个零点. 20．（2026·四川南充·二模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，是的一个极值点，，是两个不同的零点，记，，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断是否可能为等腰三角形，并说明理由. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；(ii)不可能，理由见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义，求得曲线在点处的切线斜率，即可写出相应的切线方程； （2）（i）先求出函数的极值点，再根据函数有两个不同零点得到相关等式，通过构造函数并分析其单调性来证明不等式；（ii）假设为等腰三角形，根据等腰三角形的性质得到等式，通过分析等式是否成立来判断是否可能为等腰三角形. 【详解】（1）函数的定义域为. ，所以. 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）函数的定义域为.， 令，则，即.解得. 当时，，所以，所以. 所以当时， ，单调递增；当时，，单调递减.所以在处取得极大值.所以. 又，所以，. （ⅰ）证明：令，则. 因为，所以恒成立，所以恒成立，所以是减函数. 因为，所以，即，即得证. 要证，只证， 因为当时，单调递减，所以只需证. 由，得，即. 所以. 令， 则恒成立， 所以是增函数.因为，所以.所以得证. 综上，得证. （ii）由（i）得，，所以， 又，所以.， 因为，所以.所以. 所以若为等腰三角形，则，即是的中点，即， 与矛盾，所以不可能是等腰三角形. 21．（2026·四川雅安·二模）已知函数 (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，设为的极小值点，为的零点，证明：． 【答案】(1)最小值为． (2)当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性利用极值求最小值； （2）分类讨论，利用函数的导数求单调区间即可； （3）分类讨论，当时，利用分析法，需证， 构造函数，利用导数求出，即可得证. 【详解】（1）当时，，， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 所以，故的最小值为． （2）， 当时，令，得或， 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递增；此时在上单调递增． 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 综上：当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； （3）由（2）知当时，显然仅有一个极值点， 当时，存在两个极值点， 且，， 又由于且当时，，所以在存在唯一零点． 若，由（2）知，则成立． 若，则，要证，只需证，即证，即证，只需证． 设，则， 所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以， 设，则，（），故在上单调递减， 所以，即 当时，， 所以 所以在上恒成立，故当时，成立． 综上，成立． 22．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数a的值； (2)若函数有三个零点，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率结合题设即可求得答案； （2）（ⅰ）先将问题转化成函数除1之外的两个零点问题，由，令，根据的取值分类讨论依题推得，再利用函数单调性与极值验证零点情况即得；（ii）依题意证得，将待证命题转化为当时，，构造函数通过求导判断函数单调性即可得证. 【详解】（1）由，得， 所以，因为曲线在点处的切线与直线垂直，所以，得，所以a的值为． （2）（ⅰ）等价于， 令，又，可知除了1之外还有两个零点， 又，令， 当时，恒成立，故在上单调递减，不合题意； 当时，若函数有三个零点，则其等价函数必有除1外的两个零点， 因此在上有两个不相等的实数根,故，解得， 设的两个零点为，且，有，， 故均大于0，由此可得在单调递增，单调递减，单调递增， 而，即， 又因为，，， 故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点， 所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点，故实数a的取值范围是． （ii），由， 可得，则有， 要证，代入得，只需证明，而， 因此只需要证明当时，，令， 可得，故在上单调递增， 因此当时，，即当时，，即证得成立． 23．（2026·河北邢台·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）（i）由题意可得有三个零点，求导，令，对函数求导，分，，三种情况，结合导数与单调性、最值的关系及零点的存在性定理讨论求解即可；（ii）由可得，即，根据极值与导数的关系令，可得，令，，求导，根据导数可得，进而计算可证. 【详解】（1）当时，，所以， 所以，又，所以切线方程为，即； （2）（i）函数的定义域为，， 由，得，即， 由题意可得有三个零点，，，， 令，则， ①当时，，单调递增，且当时，；当时，， 由零点存在定理可知存在正数，使得，令，得； 令，得，所以在上单调递减，在上单调递增， 则在上最多有2个零点，不符合题意； ②当时，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，若，则，所以， 所以在上单调递减，不可能有三个零点； 若，则，，且当时，；当时，， 故由零点存在定理可知存在，，使得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因为，所以，即. 又，当时，；当时，， 所以由零点存在定理可知存在三个零点，，， 所以有三个零点时，的取值范围是. （ii）证明：由，所以， 所以也是的零点，所以， 所以，所以，所以.又的两个极值点分别为，， 所以，是，即的两个变号根， 所以直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，， 而，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且，，， 令，，则， 因为，所以，所以， 所以，，， 所以，所以，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以，所以. ( 利用导数研究不等式证明及恒成立 考点 5 ) 1．（2026·四川绵阳·二模）已知对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】记，由，可知只要时恒成立即可，从而将问题转化为在恒成立，令，结合导数求出的最值即可求解. 【详解】原不等式等价于，记，注意到，这说明只要时，则当时也有.故下只考虑时的情况，要使，只需在恒成立，令，.因为，故，经验证，满足题意.故选：D 2．（多选）（2026·贵州毕节·二模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A．方程有三个不等实根 B．是的一个极值点 C．不等式的解集为 D．当时，恒成立 【答案】ACD 【分析】由于当时，，利用导数研究在的单调性，结合奇函数的性质依次判断A,B,C选项即可，对于D，将问题转化为验证，令​，结合导数研究其单调性以及值域情况即可求解. 【详解】选项A，函数是定义在上的奇函数，所以， 当时， 当时，，则 选项 A，当时，， 令，则 当时，，单调递减；当时，，单调递增； ，所以对恒成立，在上单调递增； 因此时，只有一个根， 由奇函数性质可知当时，，所以是一个根， 又，所以的根为共三个不等实根，A 正确； 选项 B，由A可得在上单调递增，没有极值点，B 错误 选项 C，当时单调递增，且，所以的解集为， 当时，是奇函数，等价于，即， 因为，且对应，即，所以时，的解集为， 综上，不等式的解集为，C 正确 选项 D，当时，恒成立即证： 化简得：即：，令​， ，令， 则，所以在上单调递增， 由于，， 所以存在，使得，即，即 当时，，单调递减；当时，单调递增， 所以， 令，则， 由于在上单调递减，则，所以在上单调递减，则， 所以，则， 即当时，恒成立，故D 正确 3．（多选）（2026·江西南昌·二模）已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（   ） A．， B． C． D．的最大值为 【答案】ABD 【分析】首先利用导数分析 的符号，然后结合不等式恒成立条件分析二次式 可判断AB；根据是 的根结合韦达定理可判断C；由可得，令，利用导数求其最大值可判断D. 【详解】已知，设，，令 ，解得 ， 在上递减，上递增，最小值 ， 又 时， ，故 ，， ， 时 ，因此 有两个不同的正零点 ， 要使 恒成立，开口向上的二次式必须和 同号， 因此二次式的零点恰好就是，即 . 由韦达定理，，因为都是正数，故，，A正确； 二次式有两个不同零点，判别式，即，B正确；因为是的根，故，，两式相乘得，即，C错误；由得，代入目标式化简，令，求导得,当时，，递增；当 时，，递减.因此 的最大值为，D正确. 4．（多选）（2026·广西南宁·二模）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．若恒成立，则 B．是的极值点 C．若函数恰有2个正零点，则 D．若关于x的不等式有解，则 【答案】ACD 【分析】对于A：可得恒成立，令，利用导数求其最值，即可得结果；对于B：举反例，取，结合定义域分析判断；对于C：令，可得，结合函数单调性可得，利用导数分析其单调性和最值即可求解；对于D：令，分和两种情况讨论，结合选项C的结论运算求解. 【详解】由题意可知：.对于选项A：若恒成立，可得恒成立， 令，则，令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 可得，即，故A正确；对于选项B：若，令，解得，此时的定义域为，不在定义域内，故B错误； 对于选项C：由题意可知：，令，解得， 令，可得， 构造，则， 因为在定义域内单调递增，则，即， 构造，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则 即，解得，所以，故C正确； 对于选项D：令， 若，可知的定义域为，当趋近于时，趋近于，符合题意； 若，可知的定义域为，令， 可得，由选项C可知：在定义域内单调递增， 因为，则，即， 可知有解，由选项C可得：，解得； 综上所述：，故D正确. 5．（多选）（2026·云南玉溪·二模）设函数，其中，则下列说法正确的是（    ） A．可能为奇函数 B．既有极大值也有极小值 C．不等式的解集是 D．若恒成立，则 【答案】BCD 【分析】根据奇函数的性质，判断A，判断导函数的零点个数，判断B，根据零点，解不等式，判断C，根据函数和的对称性，结合函数的零点和不等式的关系，判断D. 【详解】对A，若为奇函数，则，且，则，， 这样的三个零点不关于原点对称，则不是奇函数，故A错误； 对B，，所以 .由. ， 因为，所以， 所以有两个不相等的零点，不妨设为，，得或；，得.所以函数的增区间为和，减区间为，所以是的极大值点，是的极小值点，故B正确； 对C，当时，，当时，，当时，，当时，，所以的解集为，故C正确； 对D，与关于对称，若恒成立，则的零点关于直线对称，所以，故D正确. 6．（2026·四川广元·二模）关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【分析】先分类讨论的范围，再根据题意去绝对值，利用导数即可求解范围． 【详解】，其中， 当时，，所以恒成立， 当时，，即，所以，当时，， 则或， 设，，则， 所以当时，函数单调递增，且， 同理可得，当时，函数单调递减，且， 所以不等式不满足题意； 则，设， 则 ，令， 则，当时，，则在单调递减，则，所以，则在单调递减，则，所以． 7．（2026·陕西咸阳·二模）已知，若对于任意，不等式恒成立，则的取值范围为________. 【答案】 【分析】将原不等式拆分为左右两个独立的不等式，对于拆分后的每个不等式，将参数分离出来，转化为或在上恒成立的形式，因此利用导数法求函数、在区间的最值即可 【详解】左侧不等式：，整理得 设，求导得 当时，，单调递减；当时，，单调递增 的最大值在端点处取得，经计算，最大值为， 故，右侧不等式：，整理得： 设，求导得​ 当时，，单调递减；当时，，单调递增 最小值在处：​，故，综上，的取值范围为 8．（2026·广东肇庆·二模）已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】先将不等式变形构造得到恒成立，构造函数，利用单调性可得，再构造函数，利用导数研究函数的最大值. 【详解】因为且，所以，即， 令，易知恒成立，则单调递增．因为， 所以，则，即，设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，所以，则的取值范围为． 9．（2026·湖北·二模）已知函数，且对恒成立，则的最大值为__________. 【答案】/ 【分析】求得，令，求得，得到的单调性和最小值，分和，两种情况讨论，得到存在唯一的使得和，代入得，令，利用导数求得的单调性与最大值，即可求解. 【详解】由函数，可得， 令，可得，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， 若，可得恒成立，所以在上单调递增， 当时，，可得，不满足恒成立，不符合题意； 当时，因为在上单调递减，在单调递增， 且当时，；当时，，如图所示， 所以存在唯一的使得，即， 当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以时，函数取得最小值， 将代入可得，整理得， 再将和代入，可得， 令，可得， 令，即，解得或， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，且，所以的最大值为. 10．（2026·上海闵行·二模）已知，若不等式的解集中有且仅有两个整数，则的最小值为______. 【答案】 【分析】先根据不等式结合符号法计算，再构造函数令，再应用导函数正负得出函数单调性进而得出最值，最后分类讨论结合有且仅有两个整数列式计算求解. 【详解】因为不等式，则或， 即得(1)或(2)，令，，所以当单调递增；当单调递减；所以， 因为，且，所以时，， 当时，(1)无解，(2)有两个整数解1和2，所以满足题意； 当时，(1)有一个整数解3，(2)有两个整数解1和2，所以时有三个整数解不满足题意； 当时，(1)有一个整数解3，(2)有一个整数解1，所以满足题意； 当时，(1)至少有两个解3和4，(2)至少有一个整数解1，所以时有至少三个整数解不满足题意； 当时，(1)整数解无限，(2)无解，所以时有无数个整数解不满足题意； 综上，符合解集中有且仅有两个整数，则的范围是，所以的最小值为. 11．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数（）． (1)求的单调区间； (2)当时，设的两个极值点为，，求的最小值； (3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)当时，在上单调递减； 当时，时，，单调递减；时，，单调递增； 当时，时，，单调递减；时，，单调递增． (2) (3) 【分析】（1）求导，利用导数结合分类讨论的单调性； （2）利用已知条件，求出，构造函数并求导，利用函数单调性求最小值； （3）化简已知不等式，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性，进而求出的取值范围． 【详解】（1）函数求导得， 当时，，仅当时导数为0，则在上单调递减； 当时，，时，，单调递减；时，，单调递增； 当时，，时，，单调递减；时，，单调递增． 综上，当时，在上单调递减； 当时，时，，单调递减；时，，单调递增； 当时，时，，单调递减；时，，单调递增． （2）当时，，故的两个极值点为，， ，， 令，，求导得， 当时，，故， 在上单调递增，最小值在处取得：． （3）， ，整理得， 令，求导得， 令，求导得， 在上单调递增，， 当时，，故，在上单调递增， 需，解得，结合，得； 当时，存在唯一使得，即， 在单调递减，单调递增，故，代入得 ，解得，即， 令，，故在上单调递减， 故：，综上可得，． 12．（2026·河南开封·二模）已知函数． (1)求的单调区间； (2)求证：对任意，不等式恒成立． 【答案】(1)的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为． (2)证明见解析 【分析】（1）对求导，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性； （2）要证明只需证明，再通过构造函数证明结论. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，故，函数单调递增； 当时，，故，函数单调递减． 因此，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）要证，两边取自然对数（因单调递增，不等号方向不变），即证，由对数运算法则，化简得． 方法一  ， 即证．由，可知，结合在区间上单调递增，所以得证，原不等式成立． 方法二  令，因为，所以，即． 由三角恒等式，代入， 得，令，需证， 求导得，化简得， 因为，所以，即在上单调递增． 接下来只需证明不等式． 因在上单调递增，故， 因此，当时，，即恒成立． 综上，对任意，不等式恒成立． 13．（2026·安徽池州·二模）已知． (1)当时，求函数的单调性； (2)当时，判断曲线与直线交点的个数，并证明； (3)设，若存在实数，使关于的不等式的解集为，求的最小值． 参考数据：，，，，． 【答案】(1)在单调递增，在单调递减 (2)1个，证明见解析 (3)3 【分析】（1）求导，根据导数的正负即可求解； （2）解法一：由局部放缩及局部求导即可证明；解法二：整体求导判断出单调性，作出简图即可判断； （3）解法一：穷举验证法，分类讨论得值求解；解法二：参变关联法，分类讨论和，结合的解集为，列出不等式即可求解． 【详解】（1）求导得，令，解得， 当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减． （2）解法一： 由题意得， ①当时，，所以， ②当时，求导得，所以在单调递减， 又，， 所以曲线与直线交点的个数为1． 解法二：求导得， 令，求导得， 令，则，令得， 当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递增，所以， 所以在R上单调递减，又，，所以有唯一根，记为，故在单调递增，单调递减， 取，有；取，有，画出简图如图所示， 所以曲线与直线交点的个数为1． （3）解法一：①当时，由（1）知在单调递增，单调递减， 取，有；取，有，若，左边找点：取， 则 ，（这里用到了，，，） 右边找点：取， 则，不满足题设条件，舍； 若，当时，， 当时，，所以的解集为R，舍； ②时，取，有；取，有， 由②的解集为时，则（*），又，所以（*）不成立，舍； ③当时，取，有；取，有， 同理，当时，， 当时，求导得，所以在单调递减， 所以的解集为时，则（）， 又，，所以（）成立， 综上，的最小正整数为3． 解法二：由，取，有；取，有， 若时，， 若时，对求导得，所以在单调递减， 所以的解集为时，则，即且，即（），由（*）和（）得，令， 显然单调递增，因为，， 所以的根为（），其中，所以的解为， 由（*）得，由（）得，结合，，所以的最小正整数为3． 14．（2026·新疆·二模）设函数. (1)求的极值； (2)已知实数，若存在实数使不等式成立，求的取值范围； (3)已知不等式对满足的一切实数，成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)极小值为，不存在极大值 (2) (3) 【分析】（1）对函数求导，利用导数的符号判断函数的单调性，即可求得函数的极值； （2）依题意，将问题转化成不等式在上能成立问题，利用导数求出的最大值即可； （3）设，将不等式化成，令，由函数的单调性可得，再令，利用求导推出，即可求得参数的取值范围. 【详解】（1），则. 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而在处取到极小值，极小值为，不存在极大值. （2）由可得， 即(*)，因为，所以，所以， 由（1）可得在上单调递增，故(*)式即， 可得，即，可得，令（），则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，的极大值，即最大值为， 由题意，存在实数使不等式成立，可得. （3）不等式对满足的一切实数成立， 则有，不妨设，则，且， 即，所以， 令，显然有在上单调递增， 从而，令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而可得， 依题意，的最小值为，故有，即实数的取值范围为. 15．（2026·黑龙江大庆·二模）已知函数有两个不同的零点，分别记为，且. (1)求实数的取值范围； (2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)有两组正实数，且.证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由参变分离得有两个不同的零点，求导分析单调性，结合函数图像即可求解； （2）由题知，不等式转化为，令，则，进而得，令，求导再利用导数确定最值即可； （3）设，再证：即可. 【详解】（1）函数有两个不同的零点， 所以，即有两个不同的解， 令，由得， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减，所以， 当时，；当时，，所以. 注：函数的图像如下， （2）因为有两个不同的零点， 由题知，且，即，相减得到： 因为恒成立，即恒成立， 所以恒成立.设，则时，不等式恒成立， 因为进而得在时恒成立， 设，则， 即， 又因为且，则，所以当时，， 即，故在单调递增， 因为，所以恒成立，故满足题意. 当时，若，由，则在单调递减， 所以当时，与题设不符.综上所述，正数的取值范围. （3）令，则， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 所以为极小值点，即最小值点，所以 即当且仅当时等号成立. 由（2）知：，进一步取，则； 不妨假设 则，故 进一步： 另外： ，又 ，当且仅当时等号成立则. 即. ( 三次函数的图象及性质 考点 6 ) 1．（2026·湖北·二模）函数的极大值点为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求得，得出函数的单调性，结合极值点的定义，即可求解. 【详解】由函数，可得，当或时，可得；当时，，所以在递增，在递减，所以是函数的极大值点. 2．（2026·福建漳州·二模）已知是函数的一个极值点，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【详解】由题意得：， 又是的一个极值点，所以，所以，所以，所以. 3．（2026·上海奉贤·二模）已知函数的表达式为，，则下列命题正确的是（   ） A．函数的零点的个数一定是3个 B．若集合的解集是，则实数对有2对 C．函数必存在极值 D．函数在处的切线方程为，则 【答案】B 【详解】A：当时，，若当或时，零点个数不为3，所以A错. B：若满足条件，则在处为零，且在时，由，得，即或，当时，，为满足条件，，当时，同理可得，当时不满足题意，所以实数对有对：和，B对. C：求导，，接着判断，把判别式看作关于的函数，则，， 当时，，，所以有两个零点，有极值， 当时，，此时当，，有两个零点，有极值， 当，，恒成立，函数在定义域上单调递增， 所以当取值时，，无极值，所以C错. D：在处的切线方程为，求导 ， 得，得或，D错. 4．（多选）（2026·山东济南·二模）已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．当且仅当 C．当时， D．若，则 【答案】ABC 【分析】对函数求导分析其单调区间与极值点，再结合选项逐一判断. 【详解】已知，求导得， 令，得或，当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，极大值，极小值， 因式分解得：， 对于A选项：有两个极值点有两个实数根和， 且在这两点左右两侧导数异号，因此这两个点都是极值点，故A正确； 对于B选项，因为，其中， 要使，必须有且，解，得，此时自然满足， 因此不等式解集为，故B正确； 对于C选项：当时，，当时，， 且，故两者均处于的单调递增区间， ，因为，所以，即， 又函数在上单调递增，故，故C正确； 对于D选项：取，计算得，为了使和为4， 需要，令，即，分解得，解得或， 若取，满足，但此时， 因此原命题不一定成立，故D错误. 5．（多选）（25-26高二下·山东威海·月考）已知函数，其中.则下列说法正确的是（   ） A．函数必有零点 B．若，则的对称中心为 C．若有两个极值点，则的取值范围是 D．存在实数，使得在上单调递减 【答案】AB 【分析】A由零点存在定理判断；B化简，结合的性质以及图象变换得出；C求导，根据得出；D利用导函数的图象与性质推出矛盾. 【详解】选项A：，， 当时，，此时， 由零点存在定理可知在上必有零点，故A正确； 选项B：当时，得， 的对称中心为，将的图象向右平移1个单位， 再向上平移2个单位后得，所以其对称中心为，故B正确； 选项C：若有两个极值点，则有两个不相等的实根， 所以，解得，得或，故C错误； 选项D：若在上单调递减，则对任意恒成立， 因为是开口向上的二次函数，故不能恒成立，故D错误. 6．（多选）（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数，则（   ） A．是函数的一个极值点 B．是函数的一个极值点 C．直线是曲线在处的切线 D．直线是曲线在处的切线 【答案】AC 【分析】本题主要考查极值点的判断和曲线某点处切线方程的求解，通过导函数的符号判断函数的单调性，进而确定极值点；对于切线方程，由导数的几何意义可知，切线的斜率等于该点处的导函数值，再结合点的坐标，利用点斜式方程求出切线方程. 【详解】由题意知，令，则或， 当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减，因此是函数的一个极值点，A正确； 因为，所以不是函数的极值点，B错误； 当时，，，所以切点为，斜率为，所以切线方程为，即，所以C正确，D错误. 7．（2026·湖北十堰·二模）已知函数，则（    ） A．为奇函数 B．3是的极大值点 C．曲线在点处的切线方程为 D．若，则在上存在最大值 【答案】AC 【详解】A，，显然是奇函数，正确； B，，易得在，上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值，错误； C，，，故曲线在点处的切线方程为，即，正确； D， ，在处左增右减，故为极大值点，极大值，在上单调递增，且时，，所以在上不一定存在最大值，错误. 8．（多选）（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数，则（   ） A．存在，使得在上是单调函数 B．若有三个不同的零点，则 C．当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D．若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 【答案】BCD 【分析】首先要根据题目中的函数方程，通过求导的方式得出函数的单调性，极值，然后再根据每一个选项的条件，分别进行解答. 【详解】函数，求导可得，令，即，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，极大值为，极小值为， 选项A：函数在上单调性发生了变化，所以不是单调函数； 选项B：函数要有三个不同的零点，则要求的极大值大于且极小值小于， 即，解得；选项C：当时，函数，设切点坐标为，切线斜率为，则切线方程为，化简可得，根据题目可知，切线经过原点，代入，可得，解得，因为只有唯一解，所以当时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条； 选项D：令，要使有个不同的实数根，则要求有个不同的实数根，，，且每个有个不同的实数根，设满足题意，则方程的三个实数根均满足，当参数为时，方程变为，三个实数根为， 此时要求根满足，该条件等价于，由于和满足题意的条件完全相同，故的取值范围关于原点对称. 9．（多选）（2026·云南玉溪·二模）设函数，其中，则下列说法正确的是（    ） A．可能为奇函数 B．既有极大值也有极小值 C．不等式的解集是 D．若恒成立，则 【答案】BCD 【分析】根据奇函数的性质，判断A，判断导函数的零点个数，判断B，根据零点，解不等式，判断C，根据函数和的对称性，结合函数的零点和不等式的关系，判断D. 【详解】对A，若为奇函数，则，且，则，， 这样的三个零点不关于原点对称，则不是奇函数，故A错误； 对B，，所以 . 由. ， 因为，所以，所以有两个不相等的零点，不妨设为， ，得或；，得.所以函数的增区间为和，减区间为，所以是的极大值点，是的极小值点，故B正确； 对C，当时，，当时，，当时，，当时，，所以的解集为，故C正确； 对D，与关于对称，若恒成立，则的零点关于直线对称，所以，故D正确. 10．（多选）（2026·浙江杭州·二模）已知函数，则（    ） A．，是增函数 B．，是奇函数 C．若有三个不同的零点，，，则 D．过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 【答案】ACD 【分析】选项A：根据导数与单调性的关系判断即可；选项B：根据奇函数的定义判断即可；选项C：根据函数零点的定义，结合韦达定理求解即可；选项D：利用导数的几何意义求得切线方程，代入点得，则函数与直线的图象有3个不同的交点，利用导数与极值的关系判断即可. 【详解】已知，则. 选项A：若是增函数，只需，只需即可，所以.所以，是增函数，故A正确.选项B：，， 则，故不是奇函数，故B错误.选项C：若有三个不同的零点，，，则有3个根.其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则.所以，故C正确. 选项D：设切点为，， 所以切线方程为. 又切线过，所以，即. 切线恰有3条，等价于有3个不同的实数解，即函数与直线有3个交点..令，即，解得或. 当时，，当时，， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 所以极小值为，极大值为， 所以当时，与有3个交点. 所以当时，过点且与曲线相切的直线恰有3条，故D正确. 11．（多选）（2026·浙江温州·二模）已知函数的极大值点和极小值点分别记为和，过点，分别作x轴的平行线交的图象于点C，A，过点M，N构造矩形，如图所示，则下列说法正确的是（   ） A． B．点M为线段CD的三等分点 C．当时，四边形ABCD为正方形 D．当时，四边形为菱形 【答案】AC 【分析】利用求导推理得到，，可判断A；写出直线的方程，与曲线方程联立，求出的坐标，计算与的长可判断B；将的值代入利用平面几何知识即可判断C，D. 【详解】由求导得， 因，由，可得或，由可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故函数的极大值点为，极小值点为，则，故A正确； 由图知分别是函数图象在点处的切线.因， 将直线的方程与联立，消去，得， 即，解得；再将直线的方程与联立，消去， 得，即，故得， 因四边形是矩形，则， 即点M为线段CD的四等分点，故B错误； 对于C，由上分析知，，当时，， 又四边形是矩形，故此时ABCD为正方形，故C正确； 对于D，因，且，则四边形为平行四边形， 又，当时，，故D错误. 12．（多选）（2026·陕西·二模）已知，则下列说法正确的是（    ） A．在定义域内单调递增 B．的对称中心为 C．已知，为方程的两个根，且，则的取值范围为 D．若，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】A利用导函数判断单调性；B根据二阶导函数的零点求对称中心；C根据对称性和单调性以及韦达定理求出；D根据对称性和单调性以及基本不等式求解. 【详解】因为，所以， 则在定义域内单调递增，故A正确； ，得，故的对称中心为即，故B正确； 因为，为方程的两个不同根，所以， 因为，所以，则， 故，得，故C错误；因为， 所以， 则，即， 因为，所以，等号成立时，故D正确. 13．（多选）（2026·安徽池州·二模）已知，则（   ） A．的导函数关于直线对称 B．曲线在处的切线方程为 C．函数的极小值点为 D．函数的极大值点为0 【答案】BCD 【分析】求出的导函数，根据二次函数的性质求得其对称轴，判断A；利用导数的几何意义求得曲线在处的切线方程，判断B；利用导数求出函数的极小值点和极大值点判断C，D. 【详解】函数的定义域为，， 所以导函数关于直线对称，所以A错误；因为， 所以曲线在处的切线方程为，即，所以B正确； 因为，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以函数的极小值点为，函数的极大值点为0，所以C，D正确. 14．（多选）（2026·四川·二模）已知函数，则下列说法正确的是（ ） A．若为的极小值点，则的取值范围为 B．存在，使得在上有且仅有一个零点 C．当时，过点存在两条直线与曲线相切 D．存在，使得 【答案】ABD 【分析】对A，对求导，再利用极值的定义，即可求解；对B，当，求出的单调区间，进而可得方程的解满足题意，即可求解；对C，设出切点，根据条件，将问题转化成判断方程解的个数，即可求解；对D，令，，将问题转化成方程有解，即可求解. 【详解】对于A，因为，令，得到或， 若为的极小值点，则，解得，所以A正确， 对于B，因为，当时，则的增区间为，减区间为，又，若，即， 解得，此时在上有且仅有一个零点，故B正确， 对于C，设切点为，则，又， 则切线方程为，又切线过点， 则，整理得到， 令，则，令，得到或， 当时，，当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，又时，，时，，且时，，时，， 所以与轴有个交点，即有个解，故C错误， 对于D，令，， 则， 令，得到，所以D正确， 15．（多选）（2026·山东枣庄·二模）已知函数，则（    ） A．是的极小值点 B．有三个不同零点 C．当时， D．当时， 【答案】ACD 【分析】根据导数求函数极小值点判断A，分解因式求函数零点判断B，根据单调性判断C，换元后利用单调性求值域判断D. 【详解】因为，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以是的极小值点，故A正确； 因为，所以函数只有两个零点，故B错误； 因为当时，，单调递减，且，所以，故C正确； 当时，令，由A选项知在上递减，在上递增， 所以，又，所以，所以，故D正确. 16．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则_____． 【答案】2 【分析】根据导数的几何意义以及极值点的性质求，并结合单调性检验即可. 【详解】因为，则，由题意可得， 解得，则函数，，令，解得或；令，解得，可知函数在上单调递增，在上单调递减，则函数在处取到极大值，即，符合题意，所以. ( 导数中的双变量问题 考点 7 ) 1．（2026·重庆渝中·二模）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)求在上的单调区间； (3)若，，且，满足，求证：． （参考数据：） 【答案】(1) (2)的增区间为，无减区间 (3)证明见解析 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程； （2）对函数求导，应用导数的符号研究函数的单调区间； （3）根据题设分析，令并应用极值点偏移思想构造，，再应用导数研究函数符号，结合即可证. 【详解】（1）由题设且，则，所以切线方程为； （2）设，令，则， 在上，，单调递减，在上，，单调递增， ，，， 在上，，单调递减，在上，，单调递增， 所以，即，故的增区间为，无减区间； （3）由（1），（2）知，在上单调递增， 若，，必有， 若，，必有， 若，必有，，矛盾，令，（）， ， 则，所以单调递增，， 在上，，单调递减，， ，，所以，， 所以，，即，原不等式成立. 2．（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)（i）（ii） 【分析】（1）直接求导分析的符号即可求解； （2）（i）设，把问题转化为与有两个交点，利用导数求出的最值即可求解； （ii）设，则方程变为，设两根为， 则，利用比值换元法证明对数均值不等式可得，然后再根据基本不等式即可求解. 【详解】（1）定义域为，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以单调递减区间为，单调递增区间为. （2）（i）方程等价于， 设，问题转化为与有两个交点， ，时，， 令，，所以在上单调递增， 且，故存在唯一满足，即， 并且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 又因为和时，，所以当时方程有两个不等实根. 故的取值范围为. （ii）原方程变形得：，设，则方程变为， 设两根为，则， 且满足，不妨设，下面证明， 令， 则不等式变形为， 令，， 所以在上单调递增，所以，即不等式成立，变形可得，由基本不等式可得 ，要使不等式恒成立，只需，故的取值范围为. 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·安徽滁州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 【答案】(1)答案见解析 (2)① ；② 【分析】（1）先求导，分和两种情况讨论即可求解； （2）①由（1）分和两种情况讨论，当时，的极大值为令，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解； ②由①知，又，得 ，即，令，则，又，令，利用导数研究单调性，进而得当取最小值时，取最小值，即取最小值，令，利用导数研究单调性即可求解. 【详解】（1）由题意得：， 当时，恒成立，此时单调递减，无极值； 当时，令，解得， 令，解得， 故在单调递增，在单调递减． 在处取极大值，为，无极小值． 综上所述：当时，无极值； 当时，的极大值为，无极小值． （2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意； 当时，的极大值为． 令，则， 故在单调递减，在单调递增． ，即， 又，，故在存在一个零点． 又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，， 故在存在一个零点．∴若有两个零点，则． ②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且， 所以，， 得： ． 令，则，又， 令，则，令，则， 在单调递增，又，故，即在单调递增． ∴当取最小值时，取最小值，即取最小值． 令，则， 令，则， 在单调递增，又，， ，使得，当时，，当时，， 且有，即，此时， 且在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值， 故取得最小值时． 5．（2026·广东佛山·二模）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），有个零点；（ii）证明见详解. 【分析】（1）对进行求导，又曲线关于点对称，得到化简即可求出； （2）（i）若恒成立，即恒成立，分类讨论即可求出b的值，继而得到，再令，分类讨论并结合对称性即可求出； （ii）先求出的图像关于对称，判断的单调性，再设，求导判断即可证明. 【详解】（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. 6．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若在上有两个零点，求实数的取值范围； (3)若函数有两个极值点，，证明：． 【答案】(1)时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出导数，分类讨论的取值情况来判断单调性； （2）分离参数，求解新函数的极值可求答案； （3）设，把目标式用表示，利用导数判断单调性可证. 【详解】（1）的定义域为，． 当时，在上单调递增；当时，由得， 由得，由得， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增， 时，在上单调递减，在上单调递增． （2）因为在上有两个零点，所以， 由得，令，则， 所以，时，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 有极大值，也就是最大值为， 又无限趋近时，无限趋近于0， 所以在上有两个零点时，，所以，即的取值范围是． （3）因为有两个极值点， 所以，有两个实数根， 所以可得， 设，将代入，得，所以， 所以要证，只需证，即． 设，则． 令，则，可知在上为增函数． 又，所以时，在上为增函数． 所以，即成立，所以成立． 7．（2026·湖北·二模）函数. (1)当时，求函数在的单调区间； (2)若存在，使得成立，求的取值范围； (3)若函数有两个零点、，且，求的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是 (2) (3) 【分析】（1）求得，令，利用导数求得在单调递增，得到在单调递增，结合，即可求解； （2）根据题意，转化为有解，令，得到有解，构造函数，求得，得到的单调性和最小值，再结合函数为单调递增，即可求解. （3）根据题意，转化为有两个不同的解，由（2）得到，求得化简得到，令，求得，令，利用导数求得为增函数，得到，得到在递增，求得，即可得到答案. 【详解】（1）解：当时，，可得， 令，可得， 因为和在为单调递增函数，可得在单调递增， 所以，所以在单调递增， 又因为， 所以当时，；时，； 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）解：由不等式，可得， 即， 因为存在，使得成立，即在上有解， 令，则有解， 构造函数，则， 当时，；当时，， 所以在递减，在递增，所以，即， 又因为函数在单调递增， 所以当时，可得，即， 所以实数的取值范围为. （3）解：函数有两个零点，即有两个不同的解， 即有两个不同的解， 令，且为单调递增函数，可得， 当时，的两个解为，即，则，即， 令，则，且，所以，， 所以， 构造函数，可得， 令， 则， 所以在单调递增，则， 所以恒成立，所以在单调递增， 可得， 又因为时，，所以. 8．（2026·浙江台州·二模）已知，函数. (1)当时，求函数的极小值； (2)证明：当时，对任意，，都有； (3)若存在，，，使得成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数研究函数的极小值，即可得； （2）首先应用导数确定为增函数，再得到为增函数，利用单调性即可证明； （3）设，，从而得到能成立，利用导数及分析法求右侧的最小值，即可得. 【详解】（1）由，得. 令，解得，， 当时，；当时，； 当时，. 所以在、上单调递增，在上单调递减， 因此，的极小值为； （2）当时，，其中时取等号， 所以为增函数， 对任意的，，不妨设，则， 又， 所以为增函数，得，即， 故； （3）由题意，不妨设，， 因为，所以， 整理得，， 令，，. ①当时，， 此时. ②当时，令，解得， 因此，在上单调递减，在上单调递增，故， 法一：因为， 又因为，得，即 所以， 记，， 则， 因为，所以， 即， 因此，当时，， 又， 综上，， 法二：求最小值的第二种解法. 令，因为，，所以， 下证：， 因为 ， 只需证：， 只需证：， 令，则， 因为， 所以，即恒成立， 因此，， 令，则，对于，， 所以，当且仅当时，. 所以a的取值范围是. 9．（2026·吉林·二模）已知函数，． (1)求，的单调区间； (2)已知，函数，讨论的极值点的个数； (3)若，，求t的取值范围． 【答案】(1)和的单调增区间均为，单调减区间均为； (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）对求导，令可得其单调增区间，令可得其单调减区间，同理可得的单调区间. （2）求导得解析式，令，得的零点，分别讨论、、和四种情况，利用导数判断的正负，可得其单调区间，分析即可得答案. （3）结合的任意性，已知条件可转化为， 分别构造函数和，可将不等式再转化为，得到在上单调性相同.利用导数求出和的单调区间，结合图形与条件，分析求解，即可得答案. 【详解】（1）由，，得， 因为恒成立，所以令，解得或， 当或时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的单调增区间为，单调减区间为； 由，，得， 令，解得或， 当或时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的单调增区间为，单调减区间为； （2）， 则， 令，解得或或（）. 当时，，恒成立， 则当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以只有1个极小值点； 当时，，恒成立， 则当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以只有1个极小值点； 当时，， 当或时，，则单调递减， 当或时，，则单调递增， 此时有3个极值点； 当时，， 当或时，，则单调递减， 当或时，，则单调递增， 此时有3个极值点； 综上，当或时，有一个极值点；当或时，有3个极值点. （3）由，结合的任意性， 可得，则有， 所以有， 即， 设，， 则，所以在上单调性相同. 由，则， 令，解得或， 其中， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以的单调减区间为，单调增区间为； 由，则， 因为恒成立，所以令，解得或， 当或时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的单调增区间为，单调减区间为； 要使与在上单调性相同， 分以下情况讨论： ①当时，在上，函数存在递增区间，而单调递减， 故不满足题意； ②当时，在上，函数与均单调递减， 且对任意，， 故满足题意； ③当时，， 函数均在上单调递减，在上单调递增， 又不恒为0，即不恒为常数， 故存在（），使得，且， 若，则当时， ，且， 故存在，使得， 故不满足题意； 同理可得，若，当时， ，且， 故存在，使得，故也不满足题意； ④当时，在上，函数与均单调递增， 对任意，，故满足题意. 综上所述，t的取值范围是. 10．（2026·江西赣州·二模）已知函数，， (1)求函数的极值； (2)若，当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)若，函数，若存在，，使得，求证：． 【答案】(1)当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导得，再分与讨论求解即可； （2）将问题转化为当时，恒成立，进而构造函数，分与讨论求解即可； （3）根据得，进而结合余弦的和差角公式得，故将问题转化为证明，设，令，进一步转化为证明，最后构造函数即可证明. 【详解】（1）解：，定义域为，， 当时，恒成立，故函数在单调递增，无极值； 当时，令得， 故当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，无极小值. 综上，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值. （2）， 因为，当时，恒成立， 所以，当时，恒成立， 令，，， 令， 则在恒成立，即在单调递增， 故当，即时，，在单调递增， 在恒成立；当，即时，当时，， 所以，存在，使得时，，单调递减，时，，单调递增， 故由可知，时，，满足在恒成立矛盾； 综上，当时，在恒成立，即恒成立. （3）解：，函数，， 因为存在，，使得， 所以，整理得， 所以 所以， 因为， 所以， 因为，，则， 故要证，只需证， 不妨设，令，故只需证 ，只需证， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即 成立，所以 成立. 11．（2026·湖南岳阳·二模）已知函数 . (1)求函数的极值； (2)若存在两个不相等的正实数，，使得 （i）求证：； （ii）设，为正实数，证明：和中至少有一个小于. 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据导数与极值的关系求解即可. （2）（i）根据题意设，结合单调性将证明转化为证明，构造函数，根据导数与单调性、最值的关系证明即可. （ii）由（1）可知，当时，单调递增；当时，单调递减. ①当时，，故，符合题意； ②当时，若，则，符合题意；若，则.当时，，构造函数，结合导数证明即可. 【详解】（1）由题意知，的定义域为，. 令，即，解得. 故当时，，单调递增；当时，，单调递减； 故有极大值，为，无极小值.故函数的极大值为，无极小值. （2）（i）因为，，不妨设，要证，即证， 因为在上单调递减，故只需证.又，只需证. 令，. ， 当时，，，故，所以在上单调递增， 因此，即. 又，所以，因此. （ii）由（1）知，当时，单调递增；当时，单调递减. ①当时，，故，符合题意； ②当时，若，则，符合题意； 若，则，即. 当时，.令， 则， 令，则，在上单调递减， 所以，所以，在上单调递增， 则，即，.令，则， 故若，则，符合题意. 综上，和中至少有一个小于. 12．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知为定义在上的奇函数且连续可导，令.当时，有. (1)讨论在区间上的单调性，并证明：当时，； (2)当时，解不等式：； (3)我们可以找到满足题意的一个函数.现在利用这个函数，重新构造函数，记，若实满足，证明：. 【答案】(1)在上单调递增，证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，结合已知条件和的奇偶性，推导在上的符号，进而判断函数单调性； （2）原不等式等价于， 即，结合函数单调性证明即可； （3）求导分析在上单调性，结合题干可得，将证明，转化为证明.构造函数，求导分析单调性和极值即可. 【详解】（1）当时，， ∴为奇函数. 当时，， ∴，∴在上单调递增， ∵为奇函数，∴在上单调递增. 令，， ∴，∴在上单调递增， ∴，∴. （2）等价于 ， 即， ∵，∴，， 由（1）知在上单调递增，∴，即， 故原不等式的解集为. （3）由， 可得，整理得， ∵，∴在上单调递增， ，且，故. 要证，只需证， 只需证，只需证，即证. 令，， 令，∴，故在上单调递增， 所以，故在上单调递减， ，即成立，故. 13．（2026·内蒙古包头·二模）已知函数. (1)讨论在上的单调性； (2)已知为的导数，若两个不相等的实数满足，求证：. 【答案】(1)在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）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， （2）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 （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. （2）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. 14．（2026·浙江宁波·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个极值点，，且， （ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）求证：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何性质求出斜率，进而求出切线方程； （2）（ⅰ）求导，利用导数讨论极值点及单调性，进而求解的取值范围； （ⅱ）利用函数单调性转化不等式，再通过构造函数，求导，利用导数讨论函数单调性，进而证明结论． 【详解】（1）时，，则， 求导得，则， 切线方程为，即． （2）（ⅰ）由于有两个极值点，， 故有两个变号零点，等价于方程有两个不同的解； 设，则，令，，则， 令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，，且， ，即的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）得，． ， 欲证，只需证， 构造，，则， 令，则，当时，， 即在上单调递增，且， 在时恒成立， ， 当时，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ，故， 设方程的两根为，，不妨， 则由得， 由韦达定理得， ， ，且是方程的两根，是的两根， 则，， ，命题得证． 15．（2026·河北沧州·二模）已知函数，. (1)讨论函数的单调性. (2)若存在，使得. （i）求的值； （ii）证明： 【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增；当时，函数在区间，上单调递减，在区间上单调递增；当时，函数在区间上单调递减. (2)（i）1；（ii）证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，令利用二次求导，分，和三种情况讨论，可求得函数的单调性；（2）根据函数有三个零点，结合（1）可得，进而计算可得，，（i）可求的值；（ii）所证不等式可化为，利用函数单调性以及的范围可证结论. 【详解】（1）因为，， 则， 令，， 当时，，此时函数在区间上单调递增； 当时，函数的对称轴为，， 当时，，， 当时，即时，在区间上恒成立， 此时函数在区间上单调递减； 当时，即时，有两个不等实根分别为，， 此时函数在区间，上单调递减， 在区间上单调递增； 当时，，，此时在区间上恒成立， 所以函数在区间上单调递增. 综上所述，当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间，上单调递减， 在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减. （2）依题意可知，，，为函数的三个零点，由（1）可知，当时，符合题意， 又，且，则， 又，所以是函数的一个零点，因为，则， 当时，，又， 所以在区间上存在唯一零点， 同理可得，在区间上存在唯一零点， 又因为，且，所以， 据此可知，当时，有三个零点，，，且，. （i）. （ii）证明：由上可知，又函数在区间上单调递增， 且，所以， 又因为，所以，所以，即成立. 16．（2026·山西太原·二模）已知函数，若有三个实数解，且. (1)求实数的取值范围； (2)求证：①；②. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）将方程的解的问题转化为函数与的交点问题，借助于求导判断函数的单调性，进而得到函数的简图，数形结合即得参数范围； （2）①构造函数，求导判断得到在区间上单调递增，推得，再由在区间上的单调性即可得证；②结合图形，判断函数的图象总在直线上方，的图象总在直线上方，设直线与直线的交点横坐标分别为，则得，即可得证. 【详解】（1）令，可得. 设，则函数的图象与有三个交点. 当时，，则. 则函数在区间上单调递减； 当时，，则. 当时，；当时，， 则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则 当时，，当时，， 如图， 要使直线与函数的图象有三个交点，需使. 即实数的取值范围为. （2）①由（1）可知.设， 则， 当时，因，则，故在区间上单调递增， 故，即，则. 又，故.因， 由（1）知在区间上单调递减，则，即. ②过点和的直线的方程为， 由图知直线即为曲线的割线. 当时，， 则函数的图象总在直线上方. 过点且与函数的图象相切的直线的方程为. 当时，， 则函数的图象总在直线上方，如图所示. 设直线与直线的交点横坐标分别为， 则可知，故. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 7大考点概览 题型01 导数的几何意义 题型02 利用导数研究函数的极值、最值 题型04 利用导数研究函数的零点 题型05 利用导数研究不等式证明及恒成立 题型06 三次函数的图象与性质 题型07 导数中的双变量问题 ( 导数的几何意义 考点1 ) 1．（2026·广东茂名·二模）曲线在点处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·西藏拉萨·二模）已知函数的图象在点处的切线与直线平行，则（   ） A．－1 B． C．1 D． 3．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）曲线过坐标原点的切线方程为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·云南昆明·二模）若函数在处的切线也是圆的切线，则半径（    ） A．1 B． C． D．2 5．（2026·浙江嘉兴·二模）已知直线与函数的图象相切，若，则实数的最小值为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·辽宁辽阳·二模）函数在处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·河北沧州·二模）已知函数 则曲线在点处的切线在轴上的截距为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·四川德阳·二模）过点作曲线的两条切线，记两切点分别为，若两条切线斜率之积为1，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9．（2026·重庆·二模）若经过点的直线既与曲线相切，也与曲线相切，则（ ） A． B．1 C．2 D． 10．（多选）（2026·陕西榆林·二模）已知两曲线与存在两条公切线，则实数的取值可能是（    ） A． B． C． D．1 11．（多选）（2025·山东滨州·二模）已知直线与曲线相交于两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（   ） A． B． C． D． 12．（2026·四川达州·二模）若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____. 13．（2026·安徽阜阳·二模）若函数的图象在处的切线过点，则___________. 14．（2026·云南昭通·二模）已知函数，则曲线在处的切线方程为___________． 15．（2026·甘肃酒泉·二模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则曲线在点处的切线方程为__________. 16．（2026·陕西咸阳·二模）已知抛物线：的焦点为，若过上一点的切线交的准线于点，则______. 17．（2026·广东深圳·二模）若直线是曲线的一条切线，则___________． 18．（2026·陕西咸阳·二模）已知曲线在点处的切线与直线平行，则________. 19．（2026·青海西宁·二模）若曲线与曲线恰好有3条公切线，则的取值范围为_____． 20．（2026·吉林·二模）若曲线与曲线在它们的公共点处有相同的切线，则_______． 21．（2026·山东淄博·二模）将曲线绕坐标原点顺时针旋转后第一次与轴相切，则________. 22．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则_____． 23．（2026·安徽淮南·二模）已知定义在上的函数，其导函数为，对，满足，，点，分别为曲线和直线上的动点，则的最小值等于________. 24．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）若直线是曲线和曲线的公切线，则实数______． ( 利用导数研究函数的极值、最值 考点2 ) 1．（多选）（2026·青海海东·二模）已知函数存在两个极值点、，则（   ） A． B． C．的取值范围为 D．的取值范围为 2．（多选）（2026·四川眉山·二模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B．在上单调递增 C．的导函数有且只有一个零点 D．的极值与极值点数值相等 3．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数有大于0的极大值，其中，都是实数，则（    ） A． B． C．在内有2个零点 D．在内有1个零点 4．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则_____． 5．（2026·重庆渝中·二模）已知是函数（）的极值点，则______． 6．（2026·河北沧州·二模）设，函数. 的极小值为，则的取值范围是_______. 7．（2026·吉林·二模）已知函数，． (1)求，的单调区间； (2)已知，函数，讨论的极值点的个数； (3)若，，求t的取值范围． 8．（2026·河北邯郸·二模）已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)已知对于任意，恒成立． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：． 9．（2026·江西赣州·二模）已知函数，， (1)求函数的极值； (2)若，当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)若，函数，若存在，，使得，求证：． 10．（2026·广西河池·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)当时，证明：． 11．（2026·云南昆明·二模）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. 12．（2026·山西吕梁·二模）已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)设函数，求函数的极值点的个数； (3)若存在，且，，证明：. 13．（2026·四川凉山·二模）设函数，且，曲线在点处的切线方程为. (1)求的值； (2)求的极值. 14．（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. 15．（2026·福建莆田·二模）已知函数. (1)当时，求的极值； (2)若，求实数的取值范围. 16．（2026·广东深圳·二模）已知函数． (1)若在时取极值，求的值和的极小值； (2)若不等式对任意恒成立，求的取值范围． 17．（25-26高三上·江苏南京·期中）已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数的最小值为0，求的值. 18．（2026·安徽滁州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 19．（2026·甘肃酒泉·二模）已知函数. (1)当时，求的单调区间和极值； (2)当时，证明：存在两个零点； (3)若对任意恒成立，求实数的取值范围，并比较与的大小. ( 利用导数研究函数的零点 考点3 ) 1．（2026·江苏镇江·二模）已知函数有两个零点，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·广东茂名·二模）已知f（x）是定义在区间上的函数，且，，则（    ） A．只有1个零点 B．有2个零点 C．， D．， 3．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数有大于0的极大值，其中，都是实数，则（    ） A． B． C．在内有2个零点 D．在内有1个零点 4．（多选）（2026·云南昭通·二模）函数，下列结论正确的是（   ） A．若，则 B．若，则的极大值点为 C．当时，有3个零点 D．若，则 5．（多选）（2026·四川德阳·二模）已知关于x的方程：有两个根，则下列说法正确的有（   ） A． B． C． D． 6．（多选）（2026·四川绵阳·二模）已知函数，则（    ） A．为偶函数 B．若，，则 C．存在实数，使得为减函数 D．当时，有两个零点 7．（多选）（2026·四川·二模）已知函数两相邻对称中心的距离为4，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．的对称中心为 C．若有两个零点，，则 D．当其中一个零点时，最小值为 8．（多选）（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数，则（   ） A．存在，使得在上是单调函数 B．若有三个不同的零点，则 C．当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D．若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 9．（多选）（2026·陕西·二模）已知函数，使得有三个零点，且，则下列说法正确的是（    ） A．的取值范围为 B． C．若，则 D．函数在三个零点处的切线斜率的倒数之和为1 10．（多选）（2026·广东清远·二模）已知函数，设，则下列说法正确的是（   ） A．用表示不大于的最大整数，若，则恒成立 B．若关于的方程与的实数根相同，则 C．若存在两个零点，则 D．若方程在上无解，则的取值范围是 11．（多选）（2026·广东广州·二模）对于函数，下面说法正确的有（    ） A．当时，函数有两个零点 B．当时，函数不存在极值点 C．当最小值为时， D．当时，函数在区间单调递减 12．（多选）（2026·福建泉州·二模）已知函数有两个零点，则（   ） A．当时， B． C．当时， D．函数取最小值时， 13．（多选）（2026·广西南宁·二模）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．若恒成立，则 B．是的极值点 C．若函数恰有2个正零点，则 D．若关于x的不等式有解，则 14．（2026·四川泸州·二模）已知函数，若函数恰有4个零点，则的取值范围为___________． 15．（2026·湖北·二模）已知函数．若函数（e为自然对数的底数）恰有4个零点，则k的取值范围是______． 16．（2026·四川眉山·二模）已知函数，（其中），其导函数为． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，求实数的取值范围，并探究函数的零点个数． 17．（2026·安徽合肥·二模）设函数. (1)证明：曲线在点处的切线过定点，并求出该定点坐标； (2)若有两个零点，求的取值范围. 18．（2026·广东惠州·二模）已知函数，其中. (1)若，求的单调区间； (2)若， （i）证明：在区间内有且仅有1个零点； （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：. 19．（2026·河北衡水·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若，恒成立，求的取值范围； (3)当，且时，证明：函数有且仅有两个零点. 20．（2026·四川南充·二模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，是的一个极值点，，是两个不同的零点，记，，. （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断是否可能为等腰三角形，并说明理由. 21．（2026·四川雅安·二模）已知函数 (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，设为的极小值点，为的零点，证明：． 22．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求实数a的值； (2)若函数有三个零点，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ii）求证：． 23．（2026·河北邢台·二模）已知函数，其中. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. ( 利用导数研究不等式证明及恒成立 考点 5 ) 1．（2026·四川绵阳·二模）已知对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（多选）（2026·贵州毕节·二模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A．方程有三个不等实根 B．是的一个极值点 C．不等式的解集为 D．当时，恒成立 3．（多选）（2026·江西南昌·二模）已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（   ） A．， B． C． D．的最大值为 4．（多选）（2026·广西南宁·二模）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．若恒成立，则 B．是的极值点 C．若函数恰有2个正零点，则 D．若关于x的不等式有解，则 5．（多选）（2026·云南玉溪·二模）设函数，其中，则下列说法正确的是（    ） A．可能为奇函数 B．既有极大值也有极小值 C．不等式的解集是 D．若恒成立，则 6．（2026·四川广元·二模）关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为__________． 7．（2026·陕西咸阳·二模）已知，若对于任意，不等式恒成立，则的取值范围为________. 8．（2026·广东肇庆·二模）已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是________． 9．（2026·湖北·二模）已知函数，且对恒成立，则的最大值为__________. 10．（2026·上海闵行·二模）已知，若不等式的解集中有且仅有两个整数，则的最小值为______. 11．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数（）． (1)求的单调区间； (2)当时，设的两个极值点为，，求的最小值； (3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 12．（2026·河南开封·二模）已知函数． (1)求的单调区间； (2)求证：对任意，不等式恒成立． 13．（2026·安徽池州·二模）已知． (1)当时，求函数的单调性； (2)当时，判断曲线与直线交点的个数，并证明； (3)设，若存在实数，使关于的不等式的解集为，求的最小值． 参考数据：，，，，． 14．（2026·新疆·二模）设函数. (1)求的极值； (2)已知实数，若存在实数使不等式成立，求的取值范围； (3)已知不等式对满足的一切实数，成立，求实数的取值范围. 15．（2026·黑龙江大庆·二模）已知函数有两个不同的零点，分别记为，且. (1)求实数的取值范围； (2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)有两组正实数，且.证明：. ( 三次函数的图象及性质 考点 6 ) 1．（2026·湖北·二模）函数的极大值点为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·福建漳州·二模）已知是函数的一个极值点，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．（2026·上海奉贤·二模）已知函数的表达式为，，则下列命题正确的是（   ） A．函数的零点的个数一定是3个 B．若集合的解集是，则实数对有2对 C．函数必存在极值 D．函数在处的切线方程为，则 4．（多选）（2026·山东济南·二模）已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．当且仅当 C．当时， D．若，则 5．（多选）（25-26高二下·山东威海·月考）已知函数，其中.则下列说法正确的是（   ） A．函数必有零点 B．若，则的对称中心为 C．若有两个极值点，则的取值范围是 D．存在实数，使得在上单调递减 6．（多选）（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数，则（   ） A．是函数的一个极值点 B．是函数的一个极值点 C．直线是曲线在处的切线 D．直线是曲线在处的切线 7．（2026·湖北十堰·二模）已知函数，则（    ） A．为奇函数 B．3是的极大值点 C．曲线在点处的切线方程为 D．若，则在上存在最大值 8．（多选）（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数，则（   ） A．存在，使得在上是单调函数 B．若有三个不同的零点，则 C．当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D．若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 9．（多选）（2026·云南玉溪·二模）设函数，其中，则下列说法正确的是（    ） A．可能为奇函数 B．既有极大值也有极小值 C．不等式的解集是 D．若恒成立，则 10．（多选）（2026·浙江杭州·二模）已知函数，则（    ） A．，是增函数 B．，是奇函数 C．若有三个不同的零点，，，则 D．过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 11．（多选）（2026·浙江温州·二模）已知函数的极大值点和极小值点分别记为和，过点，分别作x轴的平行线交的图象于点C，A，过点M，N构造矩形，如图所示，则下列说法正确的是（   ） A． B．点M为线段CD的三等分点 C．当时，四边形ABCD为正方形 D．当时，四边形为菱形 12．（多选）（2026·陕西·二模）已知，则下列说法正确的是（    ） A．在定义域内单调递增 B．的对称中心为 C．已知，为方程的两个根，且，则的取值范围为 D．若，则的最小值为 13．（多选）（2026·安徽池州·二模）已知，则（   ） A．的导函数关于直线对称 B．曲线在处的切线方程为 C．函数的极小值点为 D．函数的极大值点为0 14．（多选）（2026·四川·二模）已知函数，则下列说法正确的是（ ） A．若为的极小值点，则的取值范围为 B．存在，使得在上有且仅有一个零点 C．当时，过点存在两条直线与曲线相切 D．存在，使得 15．（多选）（2026·山东枣庄·二模）已知函数，则（    ） A．是的极小值点 B．有三个不同零点 C．当时， D．当时， 16．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数的图象在点处的切线斜率为，且时，有极值，则_____． ( 导数中的双变量问题 考点 7 ) 1．（2026·重庆渝中·二模）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)求在上的单调区间； (3)若，，且，满足，求证：． （参考数据：） 2．（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 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·安徽滁州·二模）已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 5．（2026·广东佛山·二模）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：. 6．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若在上有两个零点，求实数的取值范围； (3)若函数有两个极值点，，证明：． 7．（2026·湖北·二模）函数. (1)当时，求函数在的单调区间； (2)若存在，使得成立，求的取值范围； (3)若函数有两个零点、，且，求的取值范围. 8．（2026·浙江台州·二模）已知，函数. (1)当时，求函数的极小值； (2)证明：当时，对任意，，都有； (3)若存在，，，使得成立，求实数a的取值范围. 9．（2026·吉林·二模）已知函数，． (1)求，的单调区间； (2)已知，函数，讨论的极值点的个数； (3)若，，求t的取值范围． 10．（2026·江西赣州·二模）已知函数，， (1)求函数的极值； (2)若，当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)若，函数，若存在，，使得，求证：． 11．（2026·湖南岳阳·二模）已知函数 . (1)求函数的极值； (2)若存在两个不相等的正实数，，使得 （i）求证：； （ii）设，为正实数，证明：和中至少有一个小于. 12．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知为定义在上的奇函数且连续可导，令.当时，有. (1)讨论在区间上的单调性，并证明：当时，； (2)当时，解不等式：； (3)我们可以找到满足题意的一个函数.现在利用这个函数，重新构造函数，记，若实满足，证明：. 13．（2026·内蒙古包头·二模）已知函数. (1)讨论在上的单调性； (2)已知为的导数，若两个不相等的实数满足，求证：. 14．（2026·浙江宁波·二模）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个极值点，，且， （ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）求证：． 15．（2026·河北沧州·二模）已知函数，. (1)讨论函数的单调性. (2)若存在，使得. （i）求的值； （ii）证明： 16．（2026·山西太原·二模）已知函数，若有三个实数解，且. (1)求实数的取值范围； (2)求证：①；②. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $