专题10 导数(压轴)解答题专项训练-2026届高考数学三轮冲刺

专题10 导数(压轴) 题型1：零点的问题 题型2：证明的相关问题 题型3：恒成立与有解的问题 题型4：导数与其他知识相结合的问题 题型5：新定义的问题 题型1：零点的问题 1．（2026·河南·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数的零点个数； (3)若恒成立，求实数的取值范围. 2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若函数在上有两个零点，，且. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 3．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求函数的零点个数； (3)若有三个极值点，，，且满足，求的取值范围. 4．（2026·辽宁·模拟预测）已知函数（是自然对数的底数）． (1)求曲线在原点处的切线方程； (2)若在内有两个极值点，求实数的取值范围； (3)时，讨论关于的方程的根的个数． 5．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，，若函数仅有一个零点，求的取值范围． 6．（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. 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·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)比较函数与的大小关系； (2)设，讨论函数的零点个数； (3)在（2）的条件下，若函数有三个不同的零点，且，证明：． 题型2：证明的相关问题 9．（2026·江西抚州·二模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若在区间上单调递减，求的取值范围. (3)若，且存在两个极值点，证明：. 10．（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：. 11．（2026·山东泰安·模拟预测）已知函数． (1)当时，判断的单调性； (2)若有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 12．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 13．（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：. 14．（2026·河北张家口·二模）已知函数． (1)若，求实数的取值范围． (2)已知． （ⅰ）设数列的前n项和为，证明：； （ⅱ）若，且，，证明：． 15．（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：. 16．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数，且在上单调递增. (1)求； (2)若，证明： （i）存在两个极值点； （ii）. 参考数据： 题型3：恒成立与有解的问题 17．（2026·河北雄安·模拟预测）已知函数的定义域为. (1)求函数的值域； (2)若不等式在上恒成立，求实数的最大值. 18．（2026·吉林白山·模拟预测）已知函数，. (1)记，，求的最小值； (2)若对任意恒成立，求实数t的取值范围. 19．（2026·天津和平·二模）已知，函数（a，），. (1)当，时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知，. （ⅰ）若，分别是函数，的导函数，且在区间上恒成立，求实数m的取值范围； （ⅱ）已知，证明：. 20．（2026·河北张家口·一模）已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)若，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 21．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数 (1)设，讨论的单调性； (2)设，若有解，求的取值范围． 22．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)若存在极小值，且极小值等于，求证：． 23．（2026·江西·二模）已知函数． (1)当时，求曲线的斜率为的切线方程； (2)若不等式在上恒成立，求m的取值范围； (3)当时，若，且，证明：． 24．（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． 题型4：导数与其他知识相结合的问题 25．（2026·辽宁·模拟预测）如图，已知抛物线C：的图象与x轴交于O，A两点，且过点. (1)求抛物线的解析式和点A的坐标； (2)若将抛物线的图象向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得抛物线C′的图象. ①设M为抛物线位于第一象限内的任意一点，轴于点，求的最小值； ②若过抛物线的焦点F作直线AB，与抛物线C′交于A，B两点，再过A，B两点分别作抛物线的切线，两条切线交于点，求的值. 26．（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． 27．（2026·河南郑州·二模）某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为． (1)当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率． (2)若． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． (3)当时，证明：． 28．（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．    (1)若，， ①求四棱锥的体积； ②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值． (2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值． 29．（2026·安徽合肥·二模）如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 30．（2026·上海嘉定·二模）已知在神经网络中，常作为神经元激活函数． (1)证明：对任意实数x，有，并由此写出图像的对称中心； (2)设交叉熵损失函数，用于衡量预测值与真实标签t之间的差异，其中．试确定t的值，使得在上是减函数； (3)在深度神经网络中，信号经过多层传播可抽象为一个迭代过程．设数列满足，其中n为正整数．证明：存在唯一实数，使得，且对任意实数和任意正整数n，都有． 31．（2026·广西·模拟预测）为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得元基础券的概率为，获得元基础券的概率为）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付金额．已知消费者闯过第一关的概率为，闯过第二关的概率为．某生产商将商品定价元，成本元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的，进阶券面额的． (1)若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望； (2)设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润购买概率（支付金额的期望商品成本）优惠券成本的期望） （i）求关于的函数表达式； （ii）证明：在内存在唯一极大值点，并求当为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少?（结果保留位小数） 32．（2026·广东广州·模拟预测）设函数的定义域为，且的导函数在上的图象是一条连续不断的曲线，已知，且对于任意，都有． (1)判断函数的单调性，并证明：对于任意，都有 (2)若在上单调递增，且数列满足． （i）证明：数列单调递减； （ii）记为数列的前项和，证明：对于任意，都有． 33．（2026·山东德州·一模）已知函数. (1)证明：在上单调递增； (2)记的最小值为，数列的前项积为. （i）求的通项公式； （ii）证明：对任意的成立. 题型5：新定义的问题 34．（2026·云南昭通·二模）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：．注：已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数的值； (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)已知正项数列满足：，证明：． 35．（2026·四川·二模）记函数与的复合函数为，其导数为 .由此，我们定义函数的一种“嵌套导数”运算：对于可导函数，定义其1阶嵌套导数 为 ；定义其k阶嵌套导数且递归地为 . 例如，.已知函数. (1)求和的表达式； (2)若，求证：对任意 恒成立； (3)设，方程在区间上有唯一实数解.记，试探究的极值点个数与的关系，并说明理由. 36．（2026·安徽宣城·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意的实数、，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”.若当时，函数是“函数”，求实数的值. 37．（2026·上海·三模）若曲线的切线与曲线共有个公共点（其中），则称为曲线的“切线”． (1)若曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为，求的值； (2)求曲线所有切线的方程； (3)设，是否存在，使得曲线在点处的切线为切线？若存在，探究满足条件的的个数，若不存在，说明理由． 38．（2026·四川绵阳·模拟预测）拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）．设是函数的导函数，是函数的导函数．若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．已知三次函数 (1)过点作曲线的切线，求切线方程： (2)若对于任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数，其中．求的拐点． 39．（2026·江西上饶·模拟预测）泰勒展开式在近似计算、函数性质研究中有广泛应用，它可将一个函数在某点附近用多项式逼近．若函数在包含的闭区间上具有n阶导数，在开区间上具有阶导数，则对上任意一点x，有，其中为泰勒公式的余项．（的n阶导数记为，其中为的导数，为的导数，为的导数．） (1)若，写出在处的泰勒展开式； (2)当时，判断第（1）问中与0的大小，并证明； (3)证明：对任意正整数n，有，其中，． 40．（2026·辽宁大连·二模）定义：若存在，，使得曲线在点和点处有相同的切线l，则称切线l为曲线的“自公切线”.已知函数． (1)若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围； (2)证明：当时，曲线不存在“自公切线”； (3)若曲线有且只有两条“自公切线”，求实数a的取值范围． 41．（2026·上海徐汇·二模）已知函数与函数的定义域均为，且在上的导函数分别为和.若存在常数，使得对任意实数恒成立，则称是的“调整函数”，并称为调整系数. (1)设.求证：是的“2-调整函数”； (2)设.若存在实数，使得是的“调整函数”，求调整系数的取值范围； (3)已知是的“1-调整函数”，函数的值域是一个闭区间，记作集合，函数的值域记作集合.若，判断是否一定是常值函数，并说明理由. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 导数(压轴) 题型1：零点的问题 题型2：证明的相关问题 题型3：恒成立与有解的问题 题型4：导数与其他知识相结合的问题 题型5：新定义的问题 题型1：零点的问题 1．（2026·河南·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数的零点个数； (3)若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)当或时，1个零点；当或时，2个零点 (3) 【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义求切线方程； （2）令，原题意转化为与的交点个数，利用导数判断的图象，即可得结果； （3）整理可得恒成立，结合反函数性质可得，整理可得，结合（2）中结论运算求解. 【详解】（1）当时，则， 可得，， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）因为， 令，可得， 令，则转化为与的交点个数， 因为， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 且，可得： 当或，即或时，与有1个交点； 当，即或时，与有2个交点； 综上所述：当或时，1个零点；当或时，2个零点. （3）因为恒成立，即恒成立， 当时，，因为不恒成立，所以不满足题意； 当时，由得，即恒成立， 等价于恒成立， 因为曲线与关于直线对称，所以， 等价于，可得， 由（2）可得：，则； 综上可得：的取值范围是. 2．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若函数在上有两个零点，，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）由导数的几何意义求解即可； （2）（i）利用导数确定函数的单调性和极值，根据题意列出不等式组求解即可； （ii）将问题转化为证明，令，利用导数可得在上单调递增，从而可得，即可得证. 【详解】（1）当时，， 则， 所以，. 所以函数的图象在处的切线方程为， 即. （2）（i） =3(2) =3() . 当时，， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减. 所以在上的极大值为， 又，. 若函数在上有两个零点， 则 解得， 所以的取值范围是； （ii）证明：由（i）得， 要证，只需证. 因为，且在上单调递减， 所以只需证. 因为， 所以只需证. 令， 则 ， 当时，，，所以，，所以， 即在上单调递增， 所以， 所以， 即. 所以，得证. 3．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若，求函数的零点个数； (3)若有三个极值点，，，且满足，求的取值范围. 【答案】(1) (2)0 (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可 （2）求解函数的导数，再由的最大值小于求解即可. （3）已知，令得到，令，求解的大致图象，因为在上有三个极值点，，，得到与有两个不同的交点，有，代入，令，求解的导数，由单调性求解最小值即可. 【详解】（1）时，，， 则，， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）由题知（）， 若，则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 又，所以函数在上没有零点，即零点个数为0. （3）由（2）知（）. 令，得或. 设（），则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 又当时，； 当时，，且， 所以的大致图象如图所示， 因为在上有三个极值点，，， 所以与有两个不同的交点，所以. 不妨设，则， 所以，所以 所以， 令（）， 则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以. 又，所以，所以在上单调递增. 因为，所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以的取值范围是. 4．（2026·辽宁·模拟预测）已知函数（是自然对数的底数）． (1)求曲线在原点处的切线方程； (2)若在内有两个极值点，求实数的取值范围； (3)时，讨论关于的方程的根的个数． 【答案】(1) (2) (3)当时，关于 x的方程根的个数为0， 当时，关于x的方程根的个数为1， 当时，关于x的方程根的个数为2． 【分析】（1）根据导数的几何意义，曲线在原点处的切线斜率，结合点斜式求切线方程； （2）若在内有两个极值点，等价于在 上有两个不相等的实数根．令，分类讨论有两个变号根时 的范围； （3）化简原式可得：，分别讨论 和时的单调性，可得 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合的单调性可以得到零点个数. 【详解】（1）因为，所以， 故， 故曲线在点处的切线方程为，即； （2）由（1）知，， 因为在内有两个极值点，所以 在内有两个不相等的实数根， 即在上有两个不相等的实数根． 设，则， ①当时，， 所以在上单调递增，不符合条件． ②当时，令得 ， 当，即时，， 所以在上单调递减，不符合条件； 当，即时，， 所以在上单调递增，不符合条件； 当，即时， 在上单调递减，上单调递增， 若要在上有两个不相等的正实根，则 ，解得． 综上所述，所以的取值范围为. （3）由可得，， 设， 令，则，所以 在上单调递增，在上单调递减． （ⅰ）当时，，则 ，所以． 因为，所以 ，因此在上单调递增． （ⅱ）当时，，则 ， 所以． 因为，所以，即 ， 又， 所以， 因此 在上单调递减． 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时， ， 当，即 时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0， 当，即 时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1， 当，即 时， ①当时， ，要使，可令，即 ； ②当时，，要使 ， 可令，即， 所以，当时，有两个零点，故关于 x的方程根的个数为2， 综上所述：当时，关于 x的方程根的个数为0， 当时，关于x的方程根的个数为1， 当时，关于x的方程根的个数为2． 5．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线方程为． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，，若函数仅有一个零点，求的取值范围． 【答案】(1)在上单调递增 (2) 【分析】（1）利用导数的性质结合多次求导法判断单调性即可. （2）法一对参数范围进行分类讨论，结合导数的性质判断零点个数检验即可，法二利用分离参数法并结合导数求解参数范围即可. 【详解】（1）因为，所以， 而的图象在点处的切线方程为， 可得，则，解得， 故，则， 令，则， 当时，，所以在单调递减， 当时，，所以在单调递增， 所以， 所以恒成立，故在上单调递增． （2）法一：由题意得，显然， 则是唯一零点，， ①当时，恒成立，故在上单调递增，满足条件； ②当时，令，解得， 当时，则在上单调递减； 当时，则，所以在上单调递增； （i）当时，，且在上单调递增， 故，而， 所以，使，故，有两个零点，不合题意； （ii）当时，，故，满足条件； （iii）当时，，且在上单调递减； 故，而， 所以，使，故有两个零点，不合题意； 综上所述，. 法二：由题意得，显然，则是唯一零点． 当时，分离参数得，令，则， 设，则， 当时，单调递减； 当时，则单调递增，所以， 故，所以在上单调递增，在上单调递增， 又时，时，， 又由洛必达法则知， 所以当时，方程无解， 综上所述，． 6．（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. 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·陕西榆林·模拟预测）已知函数． (1)比较函数与的大小关系； (2)设，讨论函数的零点个数； (3)在（2）的条件下，若函数有三个不同的零点，且，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）构造函数，利用导数分析单调性，进而比较与的大小； （2）法一：求导分析对应的二次函数判别式，得到对应的单调性，结合端点趋势得出零点个数； 法二：求导，令，结合分和讨论单调性，结合零点存在定理得出零点的个数 （3）由得，代入的表达式，构造函数，利用单调性证明. 【详解】（1）令， 则在单调递减． 因为，所以当时，，即； 当时，，即； 当时，，即． （2）解法1：，函数的定义域为， 因为，所以1为函数的一个零点．令． 当时，在单调递增，又因为，所以只有1个零点； 当时，，即在单调递减，又因为，所以只有1个零点； 当时，，令，记其两根分别为m，， 因为，所以． 当时，；当时，； 当时，，因此在单调递减，在单调递增，在单调递减， 所以． 又时，时，，因此唯一的，使得． 故当时，有3个零点； 解法2：，函数的定义域为， 因为，所以1为函数的一个零点．令． 当时，在单调递增，又因为，所以只有1个零点； 当时，，即在单调递减，又因为，所以只有1个零点； 当时，，令，记其两根分别为m，， 因为，所以． 当时，； 当时，；当时，， 因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 所以． 由（1）可知当时，， 即， 取，则，因此存在唯一的，使得． 由（1）知当时，，即，， 取，则，因此存在唯一的，使得． 故当时，有3个零点； （3）由（2）知，，因为，所以， 又因为，所以． 又，因此， ， 令，则在上单调递增，． 因为，所以，即，又， 因此，即． 题型2：证明的相关问题 9．（2026·江西抚州·二模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若在区间上单调递减，求的取值范围. (3)若，且存在两个极值点，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程； （2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，进而结合对勾函数求解即可； （3）设，则.，将所证不等式转化为.，令，利用导数可求得，由此可证得结论. 【详解】（1）由题意得，， 而，则， 故曲线在点处的切线方程为. （2）， 又在区间上单调递减， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 因为函数在上单调递增， 所以，所以， 故的取值范围是. （3）证明：， 因为存在两个极值点，所以 满足，即， 不妨设，则. 又 则要证， 即证， 又，则， 即证，即证. 设函数， 则， 所以在上单调递减，又，则， 所以， 即得证. 10．（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. 11．（2026·山东泰安·模拟预测）已知函数． (1)当时，判断的单调性； (2)若有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调区间即可. （2）（i）利用极值点的意义，分离参数并构造函数，求出直线与函数图象有两个交点的范围即可；（ii）由零点意义可得，再利用分析法及不等式性质，换元并构造函数，利用导数推理得证. 【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得， 由，得；由，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. （2）（i）函数的定义域为，求导得， 由函数有两个极值点，得有两个不等的正实根， 令函数，因此直线与函数的图象有两个不同的交点， 求导得，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而，当时，，当时，， 当且仅当时，直线与函数的图象有两个不同的交点， 所以实数的取值范围是. （ii）由（i）不妨令，由，得， 两式相减得，即， 要证，即证，即证， 即证，令，则即证， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，因此，即， 所以. 12．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若恰有两个零点，求实数的取值范围； (2)当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分、，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得，且，解出即可得； （2），构造函数、，利用导数研究两函数单调性后可得最值，从而可得时，，，即可得证. 【详解】（1）由题得， 当时，，在上单调递减， 最多有一个零点，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又时，时，， 所以只需，解得， 故实数的取值范围是； （2）当时，． 令，则， 令，得，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 所以当时，； 令，则，令，得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为，所以当时，； 故当时，. 13．（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. 14．（2026·河北张家口·二模）已知函数． (1)若，求实数的取值范围． (2)已知． （ⅰ）设数列的前n项和为，证明：； （ⅱ）若，且，，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）通过分离参数并构造函数求导，利用导函数单调性与零点确定原函数最小值，进而解出参数范围； （2）（i）利用第(1)问结论对不等式变形，代入进行放缩，转化为裂项求和式进而证明不等式成立； （ii）利用函数单调性与极值点分布，通过分类讨论并构造差函数，结合导数判断单调性，利用单调性推出变量间大小关系. 【详解】（1）函数的定义域为，不等式，即． 令，，则，， 令，在区间上恒成立， 即函数在区间上单调递增， 又，所以当时，，函数在区间上单调递减； 当时，，函数在区间上单调递增， 所以函数在处取得最小值，所以，解得． （2）（ⅰ）当时，， 由（1）可知，在区间上恒成立， 当时，不等式可化为， 当且仅当时等号成立． 令，则有， 可得，即， 所以， 即． （ⅱ）不妨令，由（1）可知，函数在区间上单调递减， 在区间上单调递增，则有． 当时，则恒成立； 当时，， 由 ． 令，， ． 因为，所以，当且仅当时，等号成立． 又，所以，所以， 所以，在区间上恒成立，即函数在区间上单调递减． 又，所以，即， ，又函数在区间上单调递减， 则有，即． 综上所述，． 15．（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. 16．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数，且在上单调递增. (1)求； (2)若，证明： （i）存在两个极值点； （ii）. 参考数据： 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）对求导并因式分解得，通过分类讨论的取值，确保在上恒成立，最终确定. （2）（i）代入化简并求导，构造函数，利用其单调性、端点值符号及零点存在定理，证明在给定区间内有唯一零点，并结合的符号变化确定存在极大值点和极小值点. （ii）利用极值点条件将表达式化简为关于的二次函数，再根据的取值范围代入端点值，得到的范围. 【详解】（1）因为在上单调递增， 所以恒成立， 若，则，不合题意； 若，则或，不合题意； 若，则或，不合题意； 若,则 在 R 上恒成立，符合题意. 综上所述，. （2）（i），则， 构造函数，则， 因在上单调递增，且， 故当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 又，又， 结合零点存在性定理知，在区间存在唯一实数，使得， 当时，，当时，，当时，， 故在单调递增，在单调递减，在单调递增， 所以存在极大值点，极小值点； （ii）因为，所以， 故， 因为，根据二次函数的性质可知： ， . 题型3：恒成立与有解的问题 17．（2026·河北雄安·模拟预测）已知函数的定义域为. (1)求函数的值域； (2)若不等式在上恒成立，求实数的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用导数求出函数 在 上的最小值，从而得到值域； （2）设，将原不等式转化为关于 的恒成立问题，进一步转化为函数最值问题求解. 【详解】（1）由可知，当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在 上单调递增， 故当时取得最小值，且. 又因为当 且 时，；当 时，， 所以函数 的值域为. （2）设由第（1）问可知，. 原不等式可化为. 再设则由 可得 ，且. 于是原不等式可化为. 即，对一切恒成立. 设，其中，的最大值等于函数在区间上的最小值. 由. 设 ，则 所以在上单调递增. 又因为，所以当时，，从而 ；当 时，，从而 . 故函数在处取得最小值，且. 因此，实数的最大值为. 18．（2026·吉林白山·模拟预测）已知函数，. (1)记，，求的最小值； (2)若对任意恒成立，求实数t的取值范围. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）注意到，由导数知识可得，从而，然后由单调性可得最小值； （2）分，，三种情况，求出在相应区间上的最值可得答案. 【详解】（1）， 令，， ， 从而在上单调递增，在上单调递减， 从而 ，， 因 ， 则 .令， 则， ， 从而在上单调递减， 则； （2）. 当，则对任意实数恒成立； 当，则由恒成立可得， 令，， ，， 从而在上单调递增，在上单调递减， 则，即此时； 当，则由恒成立可得， 令，， ，， 从而在上单调递减，在上单调递增， 则 ，即此时. 综上可得对恒成立时， 19．（2026·天津和平·二模）已知，函数（a，），. (1)当，时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知，. （ⅰ）若，分别是函数，的导函数，且在区间上恒成立，求实数m的取值范围； （ⅱ）已知，证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义，先求得到切线斜率，再求得到切点坐标，最后用直线的点斜式方程求解即可. （2）（ⅰ）法一：先求出和，将不等式转化为恒成立，根据端点数值得到，进而证明对于时，恒成立即可； 法二：先求出和，将不等式转化为关于的不等式，再通过分离参数法，构造新函数，利用导数求新函数在区间上的最值，从而得到的取值范围. （ⅱ）要证明该不等式，先利用（ⅰ）中得到的结论，得到关于的不等式，再将求和式中的每一项代入该不等式，最后对求和式进行化简、放缩，结合数列求和的方法完成证明即可. 【详解】（1）当，时，， 则，，， 所以， 故切线方程为. （2）（ⅰ）若，，，，， 由，得（）， 法一：令， 由，且，且可得. 下证对于时，恒成立. 将函数视为关于m的一次函数且单调递增， 所以， 故只需证成立，令， ，，， 当时，， 所以，故在单调递减， 当时，，所以在单调递增， ，因此存在，使得， 故在单调递减，在单调递增， 又因为，，有，故在上单调递增， 所以，在单调递减，在单调递增， 因此， 故恒成立，所以，当时，恒成立， 综上，实数m的取值范围. 法二：当时，： 当时，，设， ， 设，， 则时，，单调递增； 时，，单调递减. 而，，，所以在上存在唯一零点，设为， 则时，，，单调递增； 时，，，单调递减. 故在处取得最大值，在处取得最小值，所以， 综上，实数m的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）知时，， 即，故， 所以有k，，，令， 则（k，）， 所以 . 所以，. 20．（2026·河北张家口·一模）已知函数，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)若，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求出导函数，可得，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程； （2）先利用导数法证明当且仅当时等号成立，再利用导数法证明当且仅当时等号成立，即可证明； （3）将整理得，设函数，利用单调性得，即，利用导数法求得函数的最大值，即可得解. 【详解】（1）由得，所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）设，，， 当时，，为减函数， 当时，，为增函数， 所以，即， 所以当且仅当时等号成立， 设，定义域为， 则，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即， 所以当且仅当时等号成立， 所以； （3）因为，整理可得， 故，设函数，则， 因为，所以函数单调递增，所以， 整理可得，设函数，则， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，所以，解得， 所以实数的取值范围. 21．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数 (1)设，讨论的单调性； (2)设，若有解，求的取值范围． 【答案】(1)在定义域单调递增； (2) 【分析】（1）通过导函数与基本不等式求解. （2）由的偶函数性质将问题转化为在非负实数范围内存在解，并利用端点值作为临界条件，通过构建新函数，分析其零点与参数的关系，结合函数单调性变化判断使成立的参数范围. 【详解】（1）． 所以， 所以在定义域单调递增； （2）因为， 所以函数为偶函数， 由对称性把问题转化为存在，使有解； 而；； 令，则， 令，则 因为，所以，故在上为增函数； 当时，，所以在上为增函数； 故，所以在上为增函数， 故，不符合题意； 当时，，且， 又在上为增函数，故，使， 当时，，函数在上单调递减， 当时，， 所以函数在上单调递减， 故当时，，符合题意， 综上所述的取值范围是． 22．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)若存在极小值，且极小值等于，求证：． 【答案】(1) (2)当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在、上单调递增；当时，则在上单调递增；当时，则在上单调递减，在、上单调递增. (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，可得出函数的最小值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （3）分析可知，结合题意得出，可得出，令，则，且，则，证明对数平均不等式，其中，令，即，变形得出，再利用对数等式以及基本不等式可证得结论成立. 【详解】（1）， 当时，， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，的最小值为. （2）， 当时，则对任意的恒成立， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，令，则或， ①当时，即时， 由可得或，由可得， 所以函数在上单调递减，在、上单调递增； ②当时，即时，对任意的，， 此时在上单调递增； ③当时，即时， 由可得或，由可得， 此时在上单调递减，在、上单调递增. 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在、上单调递增； 当时，则在上单调递增； 当时，则在上单调递减，在、上单调递增. （3）由题意可知，由（2）可知，当时， 函数的极小值为，此时， 因为，则，此时，等式不成立； 当时，函数的极小值为，此时， 因为，则，则， 由不等式的性质可得，等式不成立； 当时，函数在上单调递增，函数无极值； 当时，函数的极小值为， 可得，令，则，且，则， 先证明不等式，其中， 即证， 令，，其中，则， 所以，函数在上为增函数，当时，， 所以，当时，， 设，即，所以， 上述两个等式相除得， 所以，所以，则， 即，可得， 由基本不等式可得，故原不等式得证. 23．（2026·江西·二模）已知函数． (1)当时，求曲线的斜率为的切线方程； (2)若不等式在上恒成立，求m的取值范围； (3)当时，若，且，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由导数的意义求解可得； （2）分离参数后求导判断单调性和最值可得； （3）由（2）的单调性得到和，进而得到，然后构造新函数，利用导数分析单调性得到隐零点后可证明. 【详解】（1）设曲线的斜率为的切线的切点为，， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又，所以，则， 故曲线的斜率为的切线方程为，即． （2）由题意知在上恒成立， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，且， 所以当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以． 由题意可知， 即实数m的取值范围为． （3）证明：由（2）可知，当时，在上恒成立， 所以当时，在上恒成立，当且仅当时等号成立． 因为，所以，， 所以，所以， 同理，则，所以， 因为，所以． 由，得当时，，所以在上单调递增； 当时，令，则， 令，则， 所以在上单调递减，所以，，即在上恒成立，所以在上又单调递增． 又，，所以存在，使得， 当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增． 又，，故存在唯一的，使得， 所以当时，，当时，． 由上可知，，且，在上单调递增，所以，即， 因为，所以，又，则， 所以，则， 由，所以． 24．（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，． 题型4：导数与其他知识相结合的问题 25．（2026·辽宁·模拟预测）如图，已知抛物线C：的图象与x轴交于O，A两点，且过点. (1)求抛物线的解析式和点A的坐标； (2)若将抛物线的图象向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得抛物线C′的图象. ①设M为抛物线位于第一象限内的任意一点，轴于点，求的最小值； ②若过抛物线的焦点F作直线AB，与抛物线C′交于A，B两点，再过A，B两点分别作抛物线的切线，两条切线交于点，求的值. 【答案】(1)，点A的坐标为 (2)①；② 【分析】（1）利用函数图象所过点代入计算即可得解析式，即可得点的坐标； （2）①求出抛物线的方程后，利用抛物线定义计算即可得；②借助导数的几何意义可表示出抛物线在点与点处的切线方程，从而可表示出点坐标，再设出直线AB的方程，联立曲线，借助韦达定理计算即可得. 【详解】（1）由抛物线C：的图象过点，可得，解得， 于是抛物线C的解析式为， 令，得，， 所以点A的坐标为； （2）①由（1）得抛物线C：， 由题意，可得它经过平移后抛物线的解析式为，即， 设抛物线的焦点为，将延长交直线于点E，如图， 可得，则， 所以， 要使最小，只需最小即可， 根据两点间线段最短， 可得（A，M，F三点共线时，等号成立，且点M在线段AF上）， 即的最小值为， 直角中，由勾股定理，得， 故的最小值为； ②设，，， 在点处的切线方程为，整理得， 同理可得在点B处的切线方程为， 联立，解得，即， 设直线AB的方程为，与联立，得，则， 所以， 而， 故，所以. 26．（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) 【分析】（1）求导，根据导函数的正负分析的单调性； （2）将曲线存在两点关于对称转化为方程存在两个不同实根，然后构造函数分析单调性求解； （3）根据导数的几何意义得到直线的方程，即可得到，然后代入，利用换元法求范围即可. 【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. 27．（2026·河南郑州·二模）某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为． (1)当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率． (2)若． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． (3)当时，证明：． 【答案】(1)； (2)①；② (3)证明见解析. 【分析】（1）利用对立事件和差事件求概率：，计算两次有放回抽取的结果概率； （2）①标号不大于即每次抽取都不超过，用独立重复试验求概率；②用分布列或尾和公式求期望，化简得到结果； （3）先写出期望表达式，再构造对称和式，结合函数单调性放缩证明不等式. 【详解】（1）表示最大标号为，等价于所有抽取结果都不超过，且至少有一次等于， 则两次都不超过2； 两次都不超过2两次都不超过1. （2）①最终标号不大于等价于次抽取的所有结果都不大于，每次抽到不大于的概率为， 因此. ②由于， 随机变量的期望得 . （3）， 则随机变量的期望为 . 设，， 当时，，等号成立； 当时，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以. 设， 又因为， 所以，所以． 综上所述，. 28．（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．    (1)若，， ①求四棱锥的体积； ②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值． (2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值． 【答案】(1)① ；② (2) 【分析】（1）①作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由锥体体积公式得到答案； ②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值； （2）设，，表达出其他各边长，结合余弦定理，换元法，导函数求出的最大值． 【详解】（1）①如图，作于点E，连接BE． 因为平面平面ABCD，且平面平面，平面， 所以平面ABCD，即PE为四棱锥的高． 因为四边形ABCD为矩形，，， 所以，． 因为，，AC为公共边，所以， 故，所以， 故． 所以四棱锥的体积． ②如图所示，以B为坐标原点建立空间直角坐标系B-xyz， 则，，，， 所以，，． 设平面CPD的法向量为， 则，即，可取， 所以平面CPD的一个法向量为． 同理，设平面APD的一个法向量为， ， 解得，令，则， 可得平面APD的一个法向量为． 设平面APD与平面CPD的夹角为， 则．    （2）作，垂足为I，与（1）同理，可得平面ABCD． 设，，则，，． 由平面ABCD，可得，所以． 在中，由余弦定理可得， 在中，， 因为，所以． 设，，则， 设，，则，令，可得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 所以的最大值为． 29．（2026·安徽合肥·二模）如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，由菱形性质可得，即可得； （2）借助梯形面积可得的面积，从而可求出，再以为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，可求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）过作，垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即为四棱锥的高，再设，，可得，则可用表示出，再构造相应函数，利用导数求出最大值即可得解. 【详解】（1）连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，故； （2）当时，是边长为的等边三角形， 又因为梯形的面积为，所以的面积为， 所以，所以， 以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，所以， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，，所以， 所以， 因此，平面与平面夹角的余弦值为； （3）过作，垂足为， 因为四边形为菱形，所以，即， 又是平面内的两条相交直线， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 设，，则，， 根据的面积为，得，即， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 因为， 所以， ，其中， 令，记，， 令，，或（舍）， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即， 所以三棱锥的体积最大值为， 因此，四棱锥体积的最大值为. 30．（2026·上海嘉定·二模）已知在神经网络中，常作为神经元激活函数． (1)证明：对任意实数x，有，并由此写出图像的对称中心； (2)设交叉熵损失函数，用于衡量预测值与真实标签t之间的差异，其中．试确定t的值，使得在上是减函数； (3)在深度神经网络中，信号经过多层传播可抽象为一个迭代过程．设数列满足，其中n为正整数．证明：存在唯一实数，使得，且对任意实数和任意正整数n，都有． 【答案】(1)证明见解析， (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）利用中心对称性恒等式进行证明即可； （2）利用求导，结合不等式恒成立可确定参数取值； （3）利用拉格朗日中值定理，构造递推数列关系，结合迭代法可证明不等式. 【详解】（1）由​，得 ​，求和可得：， 则对任意实数x，有， 即图像的对称中心为： ； （2）由题意可得： ， 求导得：， 要使得在上是减函数，则， 因为，所以，即， 又因为，所以； （3）构造，， 则， 所以在上单调递减， 又因为，， 且在上连续递减，结合零点存在定理， 可知存在唯一实数，使得， 再由，当且仅当时取等号， 根据拉格朗日中值定理，对任意有：， 又因为，，所以对任意，恒有不等式成立， 则由迭代法，结合不等式性质可得： ， 因为，即，， 所以， 因此，即问题得证. 31．（2026·广西·模拟预测）为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得元基础券的概率为，获得元基础券的概率为）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付金额．已知消费者闯过第一关的概率为，闯过第二关的概率为．某生产商将商品定价元，成本元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的，进阶券面额的． (1)若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望； (2)设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润购买概率（支付金额的期望商品成本）优惠券成本的期望） （i）求关于的函数表达式； （ii）证明：在内存在唯一极大值点，并求当为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少?（结果保留位小数） 【答案】(1)分布列见详解， (2)（i） （ii）证明见详解，时，最大期望利润为 【分析】（1）分析消费者实际支付金额的所有可能取值，计算每个取值对应的概率，得到分布列，计算； （2）（i）计算消费者支付金额的期望，再计算优惠券成本的期望，分别计算基础券成本期望和进阶券成本期望，再求和，最后根据期望利润的定义，结合购买概率，代入支付金额期望、商品成本、优惠券成本期望，得到的函数表达式； （ii）对求导，得到导函数，分析导函数在内的单调性，找到导函数极大值点，代入计算最大期望利润. 【详解】（1）实际支付金额的所有可能取值为， ， ， ， ， ， 的分布列为： . （2）(i)求的函数表达式已知所有消费者都闯过第一关，按题目期望利润公式分步计算： 支付金额期望：， 商品成本， 优惠券成本期望：基础券成本， 进阶券成本， 总成本期望， 购买概率， 代入公式： . (ii)对求导得： 令，整理得，解得根为，（舍去，不在内）， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此在内存在唯一极大值点，且该点为最大值点， 计算最大期望利润：. 32．（2026·广东广州·模拟预测）设函数的定义域为，且的导函数在上的图象是一条连续不断的曲线，已知，且对于任意，都有． (1)判断函数的单调性，并证明：对于任意，都有 (2)若在上单调递增，且数列满足． （i）证明：数列单调递减； （ii）记为数列的前项和，证明：对于任意，都有． 【答案】(1)函数在上单调递增，证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）先对求导，然后根据已知条件判断函数在上单调递增，然后证明，进而证明出结论. （2）（i）根据函数在上单调递增证明，进而证明结论； （ii）根据已知条件先证明，进而证明出结论. 【详解】（1）由题有． 因为对于任意，都有， 即，且，所以，故函数在上单调递增， 下面证明：． 因为，所以，由的单调递增性质可知， 即．因为且，整理得：． 同理，因为，所以，由的单调递增性质可知， 即，整理得． 将两式相加得， 因为，两边同时除以， 得，得证． （2）（i）由题意，则． 要证明数列单调递减，即证明单调递增， 因为在上单调递增，且，所以． 由（1）知，在上单调递增，且，所以． 因为，且定义域为，且单调递增， 故当时，从而， 所以，即．故数列单调递减． （ii）记． 由（1）可知有， 同理， 依此类推，可得：， 将代入右侧可得，即． 由题意，令，则满足，所以． 因为在上单调递增，所以， 即，得证． 33．（2026·山东德州·一模）已知函数. (1)证明：在上单调递增； (2)记的最小值为，数列的前项积为. （i）求的通项公式； （ii）证明：对任意的成立. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，结合三角函数性质分析可知，即可得单调性； （2）（i）先利用平方关系求，时利用诱导公式分析可知的对称轴和周期性，结合单调性可得； （ⅱ）先求 方法一：利用数学归纳法证明结论， 方法二：令，证明，由此证明结论； 方法三：由，结合利用放缩法证明结论. 【详解】（1）因为 当时，则， 所以， 可得，且， 则， 即， 可得，所以函数在上单调递增， （2）（2）（i）若，则，即； 若，由（1）可知：在上单调递增， 且， 可知是一个周期为的周期函数， 又因为 可知关于对称， 则在，处取到最大值，在，处取到最小值， 可得， 综上所述： （ii） 方法一：数学归纳法证明不等式 成立， 当时，左边，右边，因为，所以不等式成立， 假设当时不等式成立， 即成立， 则当时， 左边 所以当时，不等式也成立， 综上所述：可证得不等式恒成立； 方法二：构造新数列方法证明不等式. 令， 所以， 即 ， 综上所述：可证得不等式恒成立. 方法三： ， 题型5：新定义的问题 34．（2026·云南昭通·二模）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：．注：已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数的值； (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)已知正项数列满足：，证明：． 【答案】(1)； (2)，证明见详解； (3)证明见详解. 【分析】（1）先对和进行两次求导，根据帕德近似定义，可得，，列方程即可求解； （2）由（1）得，令，求导可得，又，问题得证； （3）先构造并证明不等式，将、指数形式的关系放缩成不含指数的形式，即证明，利用（2）中的不等式，继续将、指数形式的关系放缩成不含指数的形式，即证明不等式的右边，继续利用、的关系，放缩并处理不等式，再利用不等式的特征构造函数证明不等式的左边. 【详解】（1）由题意，，， 则，， ， ， 又，， 所以，解得，， 所以； （2）当时，， 证明如下：由（1）得，，所以， 当时，，， 令，则， 所以在上单调递增， 所以，即， 所以， 即当时，，得证； （3）设，则， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以，即， 即，当且仅当时等号成立， 由题意，正项数列，，则，， 所以， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 所以，所以， 即，所以， 又数列为正项数列，，所以， 又由（2）可得，所以， 又因为，所以，即， 所以，即， 所以，则，所以， 又，也符合上式，所以， 要证即证，即证， 又，所以， 又，所以，即，所以， 令，则， 所以单调递增，所以成立， 所以成立， 所以成立，所以成立，所以，得证. 综上所述，可得. 35．（2026·四川·二模）记函数与的复合函数为，其导数为 .由此，我们定义函数的一种“嵌套导数”运算：对于可导函数，定义其1阶嵌套导数 为 ；定义其k阶嵌套导数且递归地为 . 例如，.已知函数. (1)求和的表达式； (2)若，求证：对任意 恒成立； (3)设，方程在区间上有唯一实数解.记，试探究的极值点个数与的关系，并说明理由. 【答案】(1) ，; (2)证明见解析; (3)答案见解析. 【分析】（1）按定义递归求导，先求 、，再逐层嵌套复合求导，最后整理表达式； （2）利用数学归纳法，先证明一阶嵌套导数符号与 ，然后假设 阶恒正，通过定义并结合 的符号分段讨论，递推得证； （3）由解得唯一正根 ，故 ，即或，前者给出，后者解的个数取决于的最小值与的大小关系，以为分界求出对应极值点个数. 【详解】（1）由，求导得 ，. 根据嵌套导数的定义，， 代入得：，对 求导， 得3阶嵌套导数：. （2）当时， ，， 用数学归纳法证明： 当时，，当时，，故； 当时，，故 ；当时，. 又对任意恒成立，且，故在上的最小值为0，且处取到. 假设当时，对任意恒成立， 则当时， ， 由归纳假设，单调递增，故，又，故. 当时，，故；当时,,，， 结合的单调性，得； 当时，. 所以对任意，恒成立. （3）由，，故等价于，无实根， 等价于，即，结合题意，故. ，求导得： 令，得或，即：，或. 分析的单调性：，故在上单调递减，在上单调递增， 最小值为：. 当，即时，方程无解，仅有1个解，故有1个极值点； 当，即时，方程有1个解，有2个解，故有2个极值点； 当，即时，方程有2个解，有3个解，故有3个极值点. 综上：当时，有1个极值点；当时，有2个极值点；当时，有3个极值点. 36．（2026·安徽宣城·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的极值； (2)求函数的单调区间； (3)若对任意的实数、，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”.若当时，函数是“函数”，求实数的值. 【答案】(1)极小值，无极大值 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）当时，可得，利用导数与函数极值的关系可求得函数的极值； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （3）设曲线与直线的切点为，根据“函数”的定义结合导数的几何意义可得出关于、的方程组，解之即可. 【详解】（1）当时，函数，则， 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 故有极小值，无极大值. （2）因为，所以，其中， ①当时，，在上单调递减； ②当时，令，得，可得， 又为增函数， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. （3）当时，函数是“函数”， 则， 设曲线与直线的切点为， 对函数求导得， 则，故，即， 所以且， 设，由解得， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，则是方程的唯一根， 所以. 37．（2026·上海·三模）若曲线的切线与曲线共有个公共点（其中），则称为曲线的“切线”． (1)若曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为，求的值； (2)求曲线所有切线的方程； (3)设，是否存在，使得曲线在点处的切线为切线？若存在，探究满足条件的的个数，若不存在，说明理由． 【答案】(1)3 (2)答案见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）利用斜率坐标求出斜率，在应用导数的几何意义求解即可； （2）求出函数在点处的切线方程，在应用切线的定义求解即可； （3）根据，求得导数，从而求得在点处的切线方程，构造新函数，则有3个零点，应用导数进行讨论即可. 【详解】（1）曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为， 所以切线斜率为， 所以. （2），所以. 设切点为，则切线斜率为， 所以切线方程为，即. 设， 因为切线为切线，所以有且仅有1个根， 所以解得， 所以曲线所有切线仅有一条，切线方程为. （3），所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 令， 所以， 因为，所以， 当，时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以的所有极大值为， 当时，极大值为，即. 当为正整数时，极大值均小于，所以在无零点. 当为负整数时，极大值均大于，的所有极小值为, 当时，极小值，且随着的增大，极小值越来越小， 因此曲线在点处的切线为切线，等价于有三个零点，等价于，即有解. 令，则， 所以在单调递增，又，， 所以存在唯一实数，满足， 所以存在唯一实数，使得曲线在点处的切线为切线. 38．（2026·四川绵阳·模拟预测）拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）．设是函数的导函数，是函数的导函数．若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．已知三次函数 (1)过点作曲线的切线，求切线方程： (2)若对于任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数，其中．求的拐点． 【答案】(1)或． (2)且 (3) 【分析】（1）设切点，利用导数的几何意义和两点斜率公式列方程可求，再利用点斜式求切线方程； （2）利用导数判断函数的单调性，作函数的大致图象，由时，成立，可得，求函数的对称中心，利用对称性化简可得，结合图象进一步化简，由此可求结论， （3）由条件结合导数运算法则可得，令，，利用导数研究函数的单调性，结合函数性质求其零点，由此可得结论. 【详解】（1）因为，故可设切点为，， 所以， 整理得： 解得：或， 当时，切点为，切线斜率为，故切线方程为， 当时，切点为，切线斜率为，切线方程为， 故切线方程为：或． （2），当且仅当时，， 由（1）， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又由可得，，， 作函数的大致图象如下，    所以， 要使恒成立 当即时，恒成立， 即，且， 所以 当时，由恒成立， 得（*）， 因为，所以，， 令，所以， 当时，，当时，， 由题干可得函数的图象关于点对称， 所以， 所以不等式（*）为， 因为，结合图象可得， 所以恒成立， ，所以． 综上，且 （3）， 由于，故，即的定义域为， ， ， 令得，， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，由零点存在性定理知，有唯一的零点， 故，即时，满足， 当时，， 故的拐点为 39．（2026·江西上饶·模拟预测）泰勒展开式在近似计算、函数性质研究中有广泛应用，它可将一个函数在某点附近用多项式逼近．若函数在包含的闭区间上具有n阶导数，在开区间上具有阶导数，则对上任意一点x，有，其中为泰勒公式的余项．（的n阶导数记为，其中为的导数，为的导数，为的导数．） (1)若，写出在处的泰勒展开式； (2)当时，判断第（1）问中与0的大小，并证明； (3)证明：对任意正整数n，有，其中，． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出的一阶、二阶、三阶导数，依据泰勒展开式，即可求得答案； （2）结合（1）可得，利用导数判断其单调性，即可额证明结论； （3）对于取对数得，利用可推出，即可证明，即，结合，即可证明结论. 【详解】（1）因为，所以， ，则； ，则； ，则， 则在处的泰勒展开式为. （2）判断：，证明如下： 由（1）可得， 设， 则， 故在上单调递减，则， 即. （3）对于取对数得， 由（2）知， 由可得，， 当时，， 故， 令，则，所以， 又， 所以， 故，故. 40．（2026·辽宁大连·二模）定义：若存在，，使得曲线在点和点处有相同的切线l，则称切线l为曲线的“自公切线”.已知函数． (1)若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围； (2)证明：当时，曲线不存在“自公切线”； (3)若曲线有且只有两条“自公切线”，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由函数的单调性转化为导函数在区间恒成立，分离参数求解； （2）根据新定义转化为，换元后利用导数证明方程不成立即可得证； （3）根据新定义利用导数，分类讨论求解. 【详解】（1）当时，，， 由题意可知，，即在区间上恒成立， 设函数，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，所以，即. （2）当时，，， 假设在点和点处存在“自公切线”l， 则l的斜率，， 即， 同时， 故，即 不妨设，令，， 则， 所以在区间上单调递减，，故不成立， 所以当时，曲线不存在“自公切线”. （3）因为，所以为偶函数， 又由（2）可得，当时，曲线不存在“自公切线”， 所以当时，曲线也不存在“自公切线”． 假设在点和点处存在“自公切线”l， 则和只可能一正一负，不妨设，， 则l的斜率， 即 同时， 所以， 所以或，即或， ①当时，因为，所以， 所以，令，则， 当时，，在上单调递增，， 所以函数没有零点，此时没有满足题意的，即没有“自公切线”； 当时，时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以， 因为，且时，， 当，即时，，没有零点，即没有“自公切线”； 当，即时，，有一个零点，即有一条“自公切线”； 当，即时，，有两个零点，即有两条“自公切线”． ②当时，，又，所以， 因为，所以， 所以， 设函数，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 且，，， 所以当，即时，有一个解，即有一条“自公切线”； 当，即时，有两个解，即有两条“自公切线”； 当或，即或时，无解，即没有“自公切线”． 又因为当时， 在情况①中，，； 在情况②中，，； 所以当时，与同时成立，有且只有一条“自公切线”． 综上所述，若曲线有且只有两条“自公切线”，实数a的取值范围是. 41．（2026·上海徐汇·二模）已知函数与函数的定义域均为，且在上的导函数分别为和.若存在常数，使得对任意实数恒成立，则称是的“调整函数”，并称为调整系数. (1)设.求证：是的“2-调整函数”； (2)设.若存在实数，使得是的“调整函数”，求调整系数的取值范围； (3)已知是的“1-调整函数”，函数的值域是一个闭区间，记作集合，函数的值域记作集合.若，判断是否一定是常值函数，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不一定，举出反例即可 【分析】（1）对分别求导，并根据是的“k-调整函数”的定义判断即可； （2）对分别求导，根据是的“k-调整函数”的定义，得恒成立，时显然成立；当时，设，利用导数，分和两种情况分析，可得.并分析此时时，满足题意，即可确定的取值范围； （3）对题意所述函数举出实例说明不一定是常值函数即可. 【详解】（1）因为， 所以. 所以 所以是的“2-调整函数”； （2）由，得. 由于是的“调整函数”，那么存在常数，使得恒成立， 即，即. 因为存在实数，满足上式，所以，即. 1)若，则成立； 2)若，则，所以，且. 设，则在单调递增. 当时，因为， 所以存在，当时，，单调递增， 所以当时，，不满足题意； 当时，，，所以，在上单调递减， 所以恒成立. 3)当时，对，恒成立. 综上，调整系数的取值范围是. （3）不一定是常值函数. 例：令，， ，. 此时函数的值域是一个闭区间，为集合，函数的值域为集合，满足. 又，满足对任意实数恒成立，即满足是的“调整函数”， 此时不是常值函数. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $