专题03 导数及其应用（4大考点）（四川专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题03 导数及其应用 （4大考点）(四川专用) 2026年高考数学二模分类汇编 4大考点概览 考点01导数的概念及其几何意义 考点02导数与函数的单调性 考点03导数与函数的极值、最值 考点04导数的综合应用 ( 导数的概念及其几何意义 考点1 ) 1．（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. 2．（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】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. ( 导数与函数的单调性 考点 2 ) 1．（2026·四川雅安·二模）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过将函数单调递增转化为恒成立问题，从而分离参数，构造新函数求最值即可. 【详解】因为函数在区间上单调递增， 所以在恒成立，即， 令，所以只需即可. 因为， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取到最小值为，即， 所以实数的取值范围是. 2．（2026·四川内江·二模）定义在的函数满足，其中常数、、均为正数，是的导函数，则的图象可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析导数的符号变化，利用函数单调性与导数的关系逐项判断即可. 【详解】因为定义在的函数满足，其中常数、、均为正数， 所以，令可得， 结合四个选项可知，对任意的，， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 对于A选项，如下图所示： 由图可知，当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递增， 即是函数的极大值点，事实上，不是函数的极大值点，A选项不符合要求； 对于B选项，如下图所示： 设直线与函数图象交点的横坐标为， 由图可知，当时，，，即函数在上单调递增， 当时，，，即函数在上单调递减， 事实上，函数在上单调递增，矛盾，B选项不符合要求； 对于C选项，由图可知，对任意的，，则， 即函数在上单调递增， 由可知，当在上单调递增，在上单调递减， 由图可知，函数在上单调递增，且函数的增长速度先越来越快，后越来越慢， 则其导函数先递增再递减，矛盾，C选项不符合要求； 对于D选项，由图可知，对任意的，，则， 所以函数在上单调递增，且的增长速度越来越慢， 由可知，当在上单调递增时，在上单调递减，D选项符合要求. 3．（2026·四川德阳·二模）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将，变形为，令，再用导数法证明其单调性即可. 【详解】根据题意，可知，，， ∵， ∴， 令，，则， ∵， 令， ∵， ∴， 即对于任意的，恒有， ∴在上单调递增， ∴. 4．（2026·四川内江·二模）已知函数，．若不等式恒成立，则a的取值范围为________． 【答案】 【分析】由题意可转化为恒成立，构造函数，利用导数求最小值即可得解. 【详解】由可得， 因为，所以恒成立. 令，则， 令，可得， 当时，，则，故，而， 所以，即在上单调递减； 当时，，则， 当时，，而，所以， 当时，，所以，， 即在上单调递增，所以当时，， 所以，即a的取值范围为. 5．（2026·四川凉山·二模）已知，则的取值范围为__________. 【答案】 【分析】利用，，将转化为的函数，利用导数分析其单调性，得到其取值范围. 【详解】由，，得，所以. . 令，则. 因为，所以，所以，即， 即恒成立，所以是减函数. 所以. 所以的取值范围为. 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．（2026·四川成都·二模）函数．若在区间上恒成立，则整数的最小值是__________． 【答案】 【分析】利用特值法判断成立的必要条件，再根据导数判断函数单调性，即可证明其充分性. 【详解】由，要使在区间上恒成立，则， 当时，， 此时在上恒成立， 故在区间上单调递增， 此时，也即在上恒成立， 故整数的最小值为． 8．（2026·四川凉山·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求证：； (2)若. ①求； ②证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角后，利用两角差的正弦公式计算即可得； （2）①借助同角三角函数基本关系与二倍角公式计算可得、、，再利用三角形内角和与两角和的正弦公式计算即可得；②令，利用三角恒等变换公式可得，构造函数，利用导数研究其单调性，最后由零点的存在性定理计算即可得. 【详解】（1）由正弦定理可得， 即有， 则或， 若，则； 若，则，舍去； 故； （2）①由，则， 由，则， 由，则，解得，， 故 ； ②令，由，则，， 则 ， 令，则，令， 则，故在上单调递减， 又， ， 由零点存在性定理可得，即. 9．（2026·四川成都·二模）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间． 【答案】(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 【分析】(1)利用导数的几何意义求解； (2)利用导函数研究函数的单调性. 【详解】（1）当时，， ，则， 又，∴曲线在点处的切线方程为． （2），， ，，由，得，由，得． 的单调递增区间为，单调递减区间为． ( 导数与函数的极值、最值 考点 3 ) 1．（2026·四川广安·二模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)设，当时，在上的极小值点为，求证：． 注： 【答案】(1)当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增. (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，根据的取值分类讨论函数的单调性即可； （2）依题意求出，由可得，利用零点存在定理推理得到，求出并化简得，再利用其单调性即可证明. 【详解】（1）由求导得， 当时，，则函数在上单调递增； 当时，由可得， 当时，，当时，. 则函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，，， 则，因在上的极小值点为， 则，即得①， 因，，由零点存在定理，可得， 将① 代入，得， 因为该函数在上单调递减，则，故得证. 2．（2026·四川泸州·二模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)设，且．证明： （i）在区间存在唯一的极值点； （ii）对于（i）中的． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负性来讨论函数的单调性，需要对的取值范围进行分类讨论； （2）（i）先求出的表达式，再对求导，根据导数的性质判断在区间上的单调性，进而证明存在唯一的极值点； （ii）根据（i）中得到的极值点的性质，对进行化简，然后通过构造函数并利用导数研究函数单调性来证明. 【详解】（1）已知函数，其定义域为， 求导得， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增. 当时令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）（i）已知，定义域， 当时，单调递减，又因为，所以单调递增， 而也单调递增，故在上单调递增，无极值点； 求导得，设， ， 因为，所以在上为增函数， 而，， 故在上存在一个零点，且时，， 时，，故在上为减函数，在为增函数， 而，，故在上存在唯一一个零点， 且时，即，时，即， 所以在区间上存在唯一的极值点. 所以在区间存在唯一的极值点； （ii）由（i）得，即， 则， 令，， 求导得， 令， 求导得， 整理得 因为，所以，即在上单调递增， 所以， 所以，在上单调递增， 所以， 即. 3．（2026·四川绵阳·二模）已知函数（，a为常数） (1)若，求的单调区间； (2)若是的极大值点，求a的取值范围 【答案】(1)单减区间为，单增区间为. (2) 【分析】（1）对函数求导并因式分解，结合的条件判断导数的符号，进而确定函数的单调区间. （2）对导数的根进行分类讨论，分析不同取值下导数的符号变化，确定为极大值点时的取值范围. 【详解】（1）， 因为，，所以， 当时，，当时，， 所以的单减区间为，单增区间为. （2）， 当时，由（1）知是的极小值点，不符合题意； 当时，，在上单调递减，没有极值点，不合题意； 当时，，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，不合题意； 当时，，当时，当，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减. 所以是的极大值点，符合题意， 综上知的取值范围为. ( 导数的综合应用 考点 4 )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）（2026·四川眉山·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．（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， 4．（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. 5．（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. 6．（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. 7．（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. 故答案为：. 8．（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. 9．（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. 10．（2026·四川·二模）已知． (1)讨论的单调性； (2)当时，在最大值为10，最小值为0，求此时a，b的值． 【答案】(1)当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减 (2) 【分析】（1）根据导数的正负性与函数单调性的关系，利用分类讨论法进行求解即可； （2）根据函数最值定义，结合（1）中的结论进行求解即可. 【详解】（1）， 当时，令，所以函数在上单调递增， 令，所以函数在上单调递减； 当时，令，或，所以函数在和上单调递增， 令，所以函数在上单调递减； 当时，令，所以函数在上单调递增； 令，或，所以函数在和上单调递减， 综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减； （2）由（1）可知：当时，函数在上单调递增， 所以当时，函数单调递增， 所以有，解得. 11．（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． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 ( 导数的概念及其几何意义 考点1 ) 1． D 2． 1 ( 导数与函数的单调性 考点 2 ) 1 2 3 D D A 4． 5． 6． 7． 8．【答案】(1)证明见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角后，利用两角差的正弦公式计算即可得； （2）①借助同角三角函数基本关系与二倍角公式计算可得、、，再利用三角形内角和与两角和的正弦公式计算即可得；②令，利用三角恒等变换公式可得，构造函数，利用导数研究其单调性，最后由零点的存在性定理计算即可得. 【详解】（1）由正弦定理可得， 即有， 则或， 若，则； 若，则，舍去； 故； （2）①由，则， 由，则， 由，则，解得，， 故 ； ②令，由，则，， 则 ， 令，则，令， 则，故在上单调递减， 又， ， 由零点存在性定理可得，即. 9．【答案】(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 【分析】(1)利用导数的几何意义求解； (2)利用导函数研究函数的单调性. 【详解】（1）当时，， ，则， 又，∴曲线在点处的切线方程为． （2），， ，，由，得，由，得． 的单调递增区间为，单调递减区间为． ( 导数与函数的极值、最值 考点 3 ) 1．【答案】(1)当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增. (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后，根据的取值分类讨论函数的单调性即可； （2）依题意求出，由可得，利用零点存在定理推理得到，求出并化简得，再利用其单调性即可证明. 【详解】（1）由求导得， 当时，，则函数在上单调递增； 当时，由可得， 当时，，当时，. 则函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，，， 则，因在上的极小值点为， 则，即得①， 因，，由零点存在定理，可得， 将① 代入，得， 因为该函数在上单调递减，则，故得证. 2．【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负性来讨论函数的单调性，需要对的取值范围进行分类讨论； （2）（i）先求出的表达式，再对求导，根据导数的性质判断在区间上的单调性，进而证明存在唯一的极值点； （ii）根据（i）中得到的极值点的性质，对进行化简，然后通过构造函数并利用导数研究函数单调性来证明. 【详解】（1）已知函数，其定义域为， 求导得， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增. 当时令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）（i）已知，定义域， 当时，单调递减，又因为，所以单调递增， 而也单调递增，故在上单调递增，无极值点； 求导得，设， ， 因为，所以在上为增函数， 而，， 故在上存在一个零点，且时，， 时，，故在上为减函数，在为增函数， 而，，故在上存在唯一一个零点， 且时，即，时，即， 所以在区间上存在唯一的极值点. 所以在区间存在唯一的极值点； （ii）由（i）得，即， 则， 令，， 求导得， 令， 求导得， 整理得 因为，所以，即在上单调递增， 所以， 所以，在上单调递增， 所以， 即. 3．【答案】(1)单减区间为，单增区间为. (2) 【分析】（1）对函数求导并因式分解，结合的条件判断导数的符号，进而确定函数的单调区间. （2）对导数的根进行分类讨论，分析不同取值下导数的符号变化，确定为极大值点时的取值范围. 【详解】（1）， 因为，，所以， 当时，，当时，， 所以的单减区间为，单增区间为. （2）， 当时，由（1）知是的极小值点，不符合题意； 当时，，在上单调递减，没有极值点，不合题意； 当时，，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，不合题意； 当时，，当时，当，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减. 所以是的极大值点，符合题意， 综上知的取值范围为. ( 导数的综合应用 考点 4 ) 1 2 3 4 5 6 D BCD ABD CD BCD ACD 7． 8．【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. 9．【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. 10．【答案】(1)当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减 (2) 【分析】（1）根据导数的正负性与函数单调性的关系，利用分类讨论法进行求解即可； （2）根据函数最值定义，结合（1）中的结论进行求解即可. 【详解】（1）， 当时，令，所以函数在上单调递增， 令，所以函数在上单调递减； 当时，令，或，所以函数在和上单调递增， 令，所以函数在上单调递减； 当时，令，所以函数在上单调递增； 令，或，所以函数在和上单调递减， 综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减； （2）由（1）可知：当时，函数在上单调递增， 所以当时，函数单调递增， 所以有，解得. 11．【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． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 （4大考点）(四川专用) 2026年高考数学二模分类汇编 4大考点概览 考点01导数的概念及其几何意义 考点02导数与函数的单调性 考点03导数与函数的极值、最值 考点04导数的综合应用 ( 导数的概念及其几何意义 考点1 ) 1．（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． 2．（2026·四川达州·二模）若曲线在处的切线与直线垂直，则实数_____. ( 导数与函数的单调性 考点 2 ) 1．（2026·四川雅安·二模）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·四川内江·二模）定义在的函数满足，其中常数、、均为正数，是的导函数，则的图象可能是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·四川德阳·二模）若，则（   ） A． B． C． D． 4．（2026·四川内江·二模）已知函数，．若不等式恒成立，则a的取值范围为________． 5．（2026·四川凉山·二模）已知，则的取值范围为__________. 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．（2026·四川成都·二模）函数．若在区间上恒成立，则整数的最小值是__________． 8．（2026·四川凉山·二模）在中，角的对边分别为，已知. (1)求证：； (2)若. ①求； ②证明：. 9．（2026·四川成都·二模）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间． ( 导数与函数的极值、最值 考点 3 ) 1．（2026·四川广安·二模）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)设，当时，在上的极小值点为，求证：． 注： 2．（2026·四川泸州·二模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)设，且．证明： （i）在区间存在唯一的极值点； （ii）对于（i）中的． 3．（2026·四川绵阳·二模）已知函数（，a为常数） (1)若，求的单调区间； (2)若是的极大值点，求a的取值范围 ( 导数的综合应用 考点 4 )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）（2026·四川眉山·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．（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 4．（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 5．（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 6．（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． 7．（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___________． 8．（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． 9．（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. 10．（2026·四川·二模）已知． (1)讨论的单调性； (2)当时，在最大值为10，最小值为0，求此时a，b的值． 11．（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：． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $