第02讲：导数及其应用【十二题型】训练-2026届高考数学三轮冲刺

第02讲：导数及其应用 【题型归纳】 · 题型一：导数的概念和几何意义 · 题型二：导数研究函数的单调性问题 · 题型三：利用导数研究函数的极值 · 题型四：利用导数研究函数的最值 · 题型五：导数和恒（能）成立问题 · 题型六：利用导数解决方程的根问题 · 题型七：利用导数解决零点问题 · 题型八：利用导数研究双变量问题 · 题型九：导数中极值点偏移问题 · 题型十：构造函数法解决函数问题 · 题型十一：利用二次求导解决函数问题 · 题型十二：导数的不等式问题 【题型探究】 题型一：导数的概念和几何意义 【典例1】．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数的定义域为，，当时，，则曲线在点处的切线的斜率为（    ） A．2 B．1 C． D． 【变式1】．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（   ） A． B． C．1 D．3 【变式2】．（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． 题型二：导数研究函数的单调性问题 【典例2】．（2026·山西吕梁·三模）已知函数在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式1】．（2026·江苏·三模）设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（ ） A． B． C． D． 【变式2】．（2026·青海西宁·二模）已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 题型三：利用导数研究函数的极值 【典例3】．（2026·山西晋城·模拟预测）已知函数的极大值点为，且，则（   ） A． B． C． D． 【变式1】．（2026·河南周口·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式2】．（2026·湖北十堰·一模）若函数有极值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 题型四：利用导数研究函数的最值 【典例4】．（25-26高二下·湖北恩施·阶段检测）已知为常数，若存在使不等式成立，则的最小整数值为_____． 【变式1】．（2026·吉林延边·三模）已知函数，，若对于任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是______． 【变式2】．（2026·山东枣庄·三模）若，，则实数的最大值为____________. 题型五：导数和恒（能）成立问题 【典例5】．（2026·河北邢台·二模）已知a >0，当x≥1 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是________. 【变式1】．（25-26高三上·上海闵行·期中）设函数，其中.若对任意的，都存在，使得不等式成立，则的最大值为______． 【变式2】．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知函数．若对任意恒成立，则实数的值为_____ 题型六：利用导数解决方程的根问题 【典例6】．（2026·江西宜春·一模）已知关于x的方程有两个不相等的实数解，则正实数m的取值范围是______. 【变式1】．（25-26高三下·重庆·阶段检测）若关于x的方程至少有2个不同的根，则实数a的取值范围为________． 【变式2】．（2025·江苏·模拟预测）已知函数，若存在实数，使得关于x的方程恰有四个不同的实数根，则实数a的取值范围是______． 题型七：利用导数解决零点问题 【典例71】．（2026·陕西榆林·三模）已知函数. (1)求的单调区间； (2)求证：恰有一个极值点； (3)设为的极值点，若为的零点，且，求证：. 【变式1】．（2026·福建漳州·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若，求的最大值； (3)若函数有零点，证明：． 【变式2】．（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. 题型八：利用导数研究双变量问题 【典例8】．（2026·山西晋城·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若当时，，求的取值范围； (3)若存在两个不同的正数，使得，且，求的取值范围． 【变式1】．（2026·河北承德·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 【变式2】．（2026·山西临汾·二模）已知函数的一个极值点是． (1)讨论的单调性； (2)设，，若存在，使得成立，求实数的取值范围． 题型九：导数中极值点偏移问题 【典例9】．（2026·北京昌平·二模）已知函数，. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)若在上单调递增，求的取值范围； (3)若有两个不同的极值点，求证：. 【变式1】．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【变式2】．（2026·湖南·二模）已知函数，圆．设圆C与曲线交于A、B两点． (1)求 在处的切线方程； (2)证明：直线AB的斜率恒大于1； (3)若线段AB的中点为m，试判断点m的横坐标与1的大小关系，并证明你的结论． 题型十：构造函数法解决函数问题 【典例10】．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【变式1】．（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． 【变式2】．（2026·四川绵阳·三模）已知函数． (1)证明：当时，； (2)若存在两个极大值点． （i）当0是的极小值点时，证明：； （ii）当时，是否存在，使得？如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由． 题型十二：导数的不等式问题 【典例11】．（2026·北京石景山·二模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)令． （ⅰ）当时，讨论函数在上的单调性； （ⅱ）若在内存在唯一的极大值点，求实数a的取值范围． 【变式1】．（2026·云南昭通·模拟预测）已知函数，其中. (1)， （i）当时，讨论的单调性； （ii）若存在，使得成立，求的取值范围； (2)当时，证明：对任意的，. 【变式2】．（2026·云南·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若，都成立，求的取值范围； (3)若函数，证明有且仅有两个零点． 题型十二：导数的不等式问题 【典例12】．（河北保定市2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题）设函数． (1)求在上的值域． (2)设关于的方程有两个不相等的根，． （i）证明：． （ii）证明：． 【变式1】．（25-26高二下·山东青岛·期中）已知函数 (1)若函数单调递增，求实数的取值范围： (2)若函数有3个零点； （i）求实数的取值范围； （ii）求证：. 【变式2】．（2026·江西上饶·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)设，已知有两个极值点． ①求的取值范围； ②求证：． 【高考达标】 一、单选题 1．（2026·广东广州·模拟预测）已知函数，，，（点在直线下方），过点作直线，垂足为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山西吕梁·三模）若，是函数两个相邻的极值点，则（   ） A． B．1 C． D．2 3．（2026·重庆·模拟预测）函数在上存在最大值，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 4．（2026·河南开封·模拟预测）若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·江西·二模）若函数，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 6．（2026·北京房山·二模）已知函数 若存在非零实数，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7（2026·北京朝阳·二模）设函数若关于的方程恰有两个不同的实数解，则满足条件的实数的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 8．（2026·江苏扬州·模拟预测）已知函数，其中．若存在，使成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（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 10．（2026·山西晋中·三模）已知函数，则（    ） A．是的极大值点 B．当时， C．，使得点是曲线的对称中心 D．，使得，直线与曲线均只有一个公共点 11．（2026·西藏日喀则·模拟预测）已知是定义在上的偶函数，其导函数为，且，则（    ） A． B． C．在上单调递减 D．函数只有一个极值点 12．（2026·陕西渭南·二模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，．则下列结论正确的是（    ） A．函数有三个零点 B．当时， C．，，都有 D．若方程有三个解，则实数的取值范围是 三、填空题 13．（2026·云南昆明·二模）若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为______． 14．（2026·安徽合肥·三模）已知分别是函数的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是______． 15．（2026·吉林长春·三模）已知函数及其导数的定义域都是，若函数是偶函数，函数也是偶函数，则不等式的解集是__________. 16．（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________. 四、解答题 17．（2026·广东广州·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)求最小值的取值范围． 18．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 19．（2026·湖北·模拟预测）已知函数，其中． (1)当时，求的单调递增区间； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)试比较与的大小并说明理由．（为自然对数的底数，） 20．（2026·福建龙岩·三模）已知函数． (1)求的极小值点； (2)已知对任意都成立，求整数的最大值； (3)已知，证明：． 21．（2026·吉林·三模）已知函数. (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若在上恒成立，求的取值范围； (3)已知，若，且，证明：. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 第02讲：导数及其应用 【题型归纳】 · 题型一：导数的概念和几何意义 · 题型二：导数研究函数的单调性问题 · 题型三：利用导数研究函数的极值 · 题型四：利用导数研究函数的最值 · 题型五：导数和恒（能）成立问题 · 题型六：利用导数解决方程的根问题 · 题型七：利用导数解决零点问题 · 题型八：利用导数研究双变量问题 · 题型九：导数中极值点偏移问题 · 题型十：构造函数法解决函数问题 · 题型十一：利用二次求导解决函数问题 · 题型十二：导数的不等式问题 【题型探究】 题型一：导数的概念和几何意义 【典例1】．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知函数的定义域为，，当时，，则曲线在点处的切线的斜率为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】C 【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，再利用对称性求得答案. 【详解】由函数的定义域为，，得函数的图象关于直线对称， 因此曲线在点处的切线与曲线在点处切线关于直线对称， 其斜率互为相反数，当时，，求导得，则， 所以曲线在点处的切线的斜率为. 【变式1】．（2026·重庆渝中·模拟预测）已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（   ） A． B． C．1 D．3 【答案】A 【详解】因为， 所以在点处的切线的斜率为， 而该切线与直线垂直， 所以，解得． 【变式2】．（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 【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，. 题型二：导数研究函数的单调性问题 【典例2】．（2026·山西吕梁·三模）已知函数在上单调递增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当时，，开口向下，对称轴为， 在上单调递增，最大值为； 当时，，求导得， 要使在上单调递增，需对所有恒成立， 即，则， 令，求导得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 在处取得最大值，， ， 在上单调递增， ，解得， 综上可得，． 【变式1】．（2026·江苏·三模）设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据导数的正负得出的单调性，再结合是偶函数得出的对称轴，由函数图像的对称性即可求解． 【详解】由得，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又是偶函数，所以的对称轴为直线， 因为，所以， 所以， 又，， 所以， 所以． 【变式2】．（2026·青海西宁·二模）已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题干条件，构造辅助函数转化不等式，利用函数的单调性解不等式，从而求出不等式的解集. 【详解】解：设，则， 由，可得，又，所以， 则在上单调递增. 将原不等式两边同时除以得：，即，所以， 由在上单调递增，所以，即， 又因为且，所以， 综上，不等式的解集为. 题型三：利用导数研究函数的极值 【典例3】．（2026·山西晋城·模拟预测）已知函数的极大值点为，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析该函数的单调性，可得出，然后由化简得出，将代入化简可得答案. 【详解】因为，该函数的定义域为，， 因为，即， 即，即， 所以， 又因为，所以（*）， ①当时，， 当时，；当时，. 所以函数的减区间为，增区间为，此时函数无极大值点，不合题意； ②若，由可得，由可得或， 此时函数的增区间为、，减区间为， 则函数的极大值点为，即得， 则由（*）得， ， 因为，所以； ③当时，由可得，由可得或， 所以函数的减区间为、，增区间为， 所以函数的极大值点为，同②可得. 综上所述，. 【变式1】．（2026·河南周口·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知有两个根，令，则，故直线与的图象有两个交点，先求两图像相切再求两个交点即可. 【详解】由题意，有两个极值点， 有两个不同的实根，即有两个根. 令，则，直线与的图象有两个交点. 若直线与的图象相切，则设切点为. 由于，则切线的斜率为，∴切线方程为， 即，，解得，. ∵要使直线与的图象有两个交点，，. 【变式2】．（2026·湖北十堰·一模）若函数有极值，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，得，将函数有极值问题转化为函数有极值问题，再求出导数，并按分类探讨导函数有无变号零点问题求解. 【详解】令，则，原函数化为，依题意，函数有极值， 求导得， 令，，求导得， 而，令，得， 当时，，则，得函数在上单调递减， 又时，；时，， 因此存在，使得，即函数，亦即函数存在极值； 当时，，由，得；由，得， 函数在上递减，在上递增，则， 设，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，又，且时，， 则时，，此时函数，即无极值； 当时，，且时，；时，， 此时函数，即存在极值， 所以的取值范围为. 故选：A 题型四：利用导数研究函数的最值 【典例4】．（25-26高二下·湖北恩施·阶段检测）已知为常数，若存在使不等式成立，则的最小整数值为_____． 【答案】4 【详解】当时，由，得， 即存在使不等式成立， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 所以函数在上单调递增， 又，， 则存在，使得，即， 当时，，即； 当时，，即， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 则，于是， 所以的最小整数解为4. 【变式1】．（2026·吉林延边·三模）已知函数，，若对于任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【分析】求出函数在上的最大值，分类讨论求出的最大值，再根据给定条件建立不等式，借助单调性求出范围. 【详解】由对任意，总存在，使得，得函数最大值不大于在上的最大值， 由函数，求导得， 函数在上单调递增，； 函数的定义域为， 求导得，当时，， 函数在上单调递增，当时，，不符合题意； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 因此，令，函数在上单调递增， 不等式，解得， 所以实数a的取值范围是. 【变式2】．（2026·山东枣庄·三模）若，，则实数的最大值为____________. 【答案】/ 【详解】因为，则， 整理得， 令，可得，即， 令，则， 令，解得；令，解得； 则在上单调递减，在上单调递增， 则，且， 可知有且仅有两个零点， 若，则或， 对于可知，当x趋近于时，趋近于0，故不合题意； 所以，即，整理得对任意的恒成立， 令，则， 且，令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得，结合解得， 所以实数m的最大值为. 题型五：导数和恒（能）成立问题 【典例5】．（2026·河北邢台·二模）已知a >0，当x≥1 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【详解】原不等式整理得，等价于， 令，则恒成立，所以在上单调递增. 故原不等式等价于， 由的单调性，不等式等价于，即， 故原不等式恒成立等价于对所有恒成立，变形得，即： ， 令，求导得，当时， 故在上单调递增，最小值为，所以. 又，得的取值范围是. 【变式1】．（25-26高三上·上海闵行·期中）设函数，其中.若对任意的，都存在，使得不等式成立，则的最大值为______． 【答案】 【分析】由题意易知恒成立，则可等价为对，恒成立，利用参变分离，可变形为恒成立，易证，则可得，即可得解. 【详解】对，都，使得不等式成立， 等价于, 当时，，所以， 当时，，所以， 所以恒成立，当且仅当时，， 所以对，恒成立，即对恒成立， 当，成立， 当时，恒成立，即恒成立. 记, 因为恒成立， 所以在上单调递增，且， 所以恒成立，即， 所以，所以的最大值为. 故答案为：. 【变式2】．（2026·四川遂宁·模拟预测）已知函数．若对任意恒成立，则实数的值为_____ 【答案】1 【分析】先将不等式整理，构造函数，通过导数分析其单调性，分和讨论；再构造，求导分析其最值，得到. 【详解】函数，所以对任意恒成立， 所以恒成立，所以恒成立， 令，所以， 当时，，单调递增，且， 所以，，不满足题意； 当时，，单调递增，，单调递减， 所以当时，成立， 令，， 当单调递减，当，单调递增， 所以， 所以当时，满足成立，则实数的值为. 题型六：利用导数解决方程的根问题 【典例6】．（2026·江西宜春·一模）已知关于x的方程有两个不相等的实数解，则正实数m的取值范围是______. 【答案】 【详解】因为，则， 令，可得， 原题意等价于关于t的方程有两个不相等的实数解， 若，则在定义域内单调递增， 可知方程不可能有两个不相等的实数解，不合题意，所以， 可得，原题意等价于与有2个不同的交点， 因为，可知与必有一个交点， 且，令，解得， 当，由图象可知与有2个不同的交点， 所以正实数m的取值范围是. 【变式1】．（25-26高三下·重庆·阶段检测）若关于x的方程至少有2个不同的根，则实数a的取值范围为________． 【答案】 【分析】先化简转化为至少有2个不同的根，再构造函数，结合导函数得出函数单调性，结合得出参数范围. 【详解】因为不是方程的根， 又，故，方程化为， 记，因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以原命题等价于在上至少有2个不同的根， 所以或，即或， 令，则， 所以单调递增；单调递减； 且当，当，当， 所以，作出函数的草图： 当时，与有一个交点，与有一个交点，所以或有两个根符合题意； 当时，与有一个交点，与有一个交点，所以或有两个根符合题意； 当时，与有两个交点，与有一个交点，所以或有三个根符合题意； 当时，与有一个交点，与有两个交点，所以或有三个根符合题意； 所以或， 所以实数a的取值范围为. 【变式2】．（2025·江苏·模拟预测）已知函数，若存在实数，使得关于x的方程恰有四个不同的实数根，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【详解】因为，所以， 所以是的一个解，则存在实数，使得有四个不同的解， 即当时，有三个不同的解. ，令， 当时，，且. 当时，，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增，且，当时，， 在同一平面直角坐标系中，作出函数的图象，如图： 由图知： 当时，的图象与直线至多有两个交点，不符合题意； 当时，的图象与直线有三个交点，符合题意； 当时，的图象与直线有三个交点，符合题意； 当时，的图象与直线至多有两个交点，不符合题意； 当时，存在实数，使得的图象与直线有三个交点，符合题意. 综上，. 故答案为：. 题型七：利用导数解决零点问题 【典例71】．（2026·陕西榆林·三模）已知函数. (1)求的单调区间； (2)求证：恰有一个极值点； (3)设为的极值点，若为的零点，且，求证：. 【详解】（1）由题意知， 令，解得或；令，解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）证明：的定义域为， 所以， 令，因为， 所以在上恒成立， 所以在上单调递减， 因为， 所以存在唯一，使得，即， 所以当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 所以函数在处取得极大值，为的极大值点，无极小值点. 所以恰有一个极值点. （3）证明：因为为的极值点，若为的零点，且， 所以，且，即且， 所以且，所以. 令，则在时恒成立， 所以为增函数，，即， 因为，所以， 所以，所以，即， 所以. 【变式1】．（2026·福建漳州·三模）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若，求的最大值； (3)若函数有零点，证明：． 【详解】（1）因为，所以， ①若，则，所以在上单调递增； ②若，则由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． （2）法1：由，即，得． 当，时，，下面证明此时成立， 此时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 所以成立． 综上，的最大值为． 法2：①若，则 当时，， 当时，， 所以当且时，，不合题意． ②若，则的值域为， 所以，所以． ③若，则结合（1）得，， 即，即，所以， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以， 当时，． 综上，的最大值为． （3）法1：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 这说明点在直线上， 设点到直线的距离为， 则，即， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 法2：若有零点，设零点为， 则， 即， 即， 设，则， 即，其中， 所以， 所以， 由（2）知，，仅当时，“=”成立， 所以 所以． 【变式2】．（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) 【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. 题型八：利用导数研究双变量问题 【典例8】．（2026·山西晋城·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若当时，，求的取值范围； (3)若存在两个不同的正数，使得，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当时，， 所以，又， 所以所求的切线方程为 （2）由题意，当时，，即． 设函数，则， 令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增． 所以当时，取得最小值，， 所以， 即的取值范围是． （3）方法一： 依题意，因为，所以， 整理可得，即，所以； 即函数的图象与直线至少有两个交点． ， 设函数，则， 易知在区间上单调递减，在区间上单调递增，且， 若，则单调递减，至多有1个零点，不符合题意； 若，即，则函数存在两个零点，记为，且， 其中， 所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增， 所以的极小值为，极大值为． 再比较与的大小： ． 设，则， 所以单调递减，，即，从而． 因为，且， 所以，且， 所以，且， 所以的图象与直线在区间内各有一个交点，因此符合题意． 综上，的取值范围是． 方法二： 由题意得，因为，所以． 不妨设，则，两边取对数得， 所以， 所以． 设，则， ． 设，则（根据不等式）， 故单调递增，，所以在上单调递增， 所以在上单调递增，又当时，，所以， 故的取值范围是． 【变式1】．（2026·河北承德·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 【答案】(1) (2)当时，，单调递减；当时，，单调递增． (3)2． 【详解】（1）当时，，则， 则，所以曲线在点处的切线方程为． （2）， 令，则， 若，则，所以在上单调递增，所以， 若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，故， 因此当时，，单调递减；当时，，单调递增． （3）由（2）知时不符合题意； 当时，易知在上单调递减，在上单调递增，，且，，当时，，故存在，使，又，故， 则当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，故，为的两个极小值点，且满足则令，得 则， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，， 故在内存在唯一零点，即，且当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增， 故， 由，得， 故整数的最大值为2． 【变式2】．（2026·山西临汾·二模）已知函数的一个极值点是． (1)讨论的单调性； (2)设，，若存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)当，函数在上单调递增，在和上单调递减；当，函数在上单调递增，在和上单调递减． (2) 【详解】（1）（）， ， 函数的一个极值点是， ，即，则有， 则（）， 当时，，函数在上单调递减， 此时函数没有极值点，不符合题意，所以， （，）， ①当时，令得或，列表如下： 2 － 0 ＋ 0 － 减 增 减 满足是函数的极值点； ②当时，令得或，列表如下： 2 － 0 ＋ 0 － 减 增 减 满足是函数的极值点； 综上：当，函数在上单调递增， 在和上单调递减； 当，函数在上单调递增， 在和上单调递减． （2）由（1）知，，且， 在单调递增，在单调递减， 又，， 在上的最大值为， 最小值为， 又时函数在单调递增， 在上的最大值为，最小值为， 存在，使得成立， 即存在，使得成立， 则， 又，解得， 实数的取值范围为． 题型九：导数中极值点偏移问题 【典例9】．（2026·北京昌平·二模）已知函数，. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)若在上单调递增，求的取值范围； (3)若有两个不同的极值点，求证：. 【详解】（1）解：因为，所以. 所以.   因为曲线在点处的切线与直线垂直， 所以，解得. 所以. （2）解：. 因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立，即在上恒成立. 设，则. 令，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 又.                                  所以的最小值为， 所以的取值范围为. （3）证明：由（2）可知当时，函数有两个不同的极值点， 不妨设.      所以是方程的两个解. 即，. 所以. 设，则. 所以，即，所以.   所以. 所以. 所以要证，只需证：对任意，， 设，则， 令，则. 因为当时，，所以在上单调递增. 因为，所以. 所以在上单调递增.   所以. 所以，即成立. 所以. 【变式1】．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. (2)①；②证明见解析 【详解】（1）由题意可知:的定义域为，且， 若，则， 当，则;当，则; 可知在内单调递减，在内单调递增; 若，令，解得或， 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 当，即时，则 ， 可知在内单调递增; 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 综上所述:若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. （2）①有两个不同的零点， 即有两个不同实根， 若，则，只有一个实数根，不符合题意， 故，得， 令， 令，得， 当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减， 当时，取得最大值，且时，， 当时，可得 可得不等式：. 先解，即，解得或. 再解，移项通分得， 等价于，即 . 因为，故不等式等价于 ， 解得， 结合或，取交集得. 所以实数的取值范围为. ②当时，有两个不同的零点. 两根满足， 两式相加得:，两式相减得:， 上述两式相除得， 不妨设，要证:，只需证: ， 即证， 设，令 ， 则 ， 可知函数在上单调递增，且. 可得，即，所以. 【变式2】．（2026·湖南·二模）已知函数，圆．设圆C与曲线交于A、B两点． (1)求 在处的切线方程； (2)证明：直线AB的斜率恒大于1； (3)若线段AB的中点为m，试判断点m的横坐标与1的大小关系，并证明你的结论． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)点m的横坐标大于1，证明见解析 【详解】（1）由，可得， 则在点处的切线方程为，即． （2）设， 不妨设，要证直线AB的斜率恒大于1，即证， 即证，即证①， 考查函数，，因， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 从而， 从而有，,所以， 要证①式，需证， 又， 即证： 化简得， 令， 令， 则， 由可得;由可得, 故在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以在上单调递减， 所以，原命题得证． （3）点m的横坐标大于1，证明如下： 设，且．由A，B在圆上得： ， 构造函数，则． ， 当时，，且，故； 当时，，且，故； 所以在单调递减，在单调递增，所以， 令， 则， 所以在单调递增，所以， 当时，， 所以， 所以， 即，又，所以， 又在单调递增，所以，即， 所以点m的横坐标大于1． 题型十：构造函数法解决函数问题 【典例10】．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【答案】(1) (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）由恒成立，分参配方即可求解； （2）（i）由题意列出方程组，消去得，求导分析的整数零点，即可求； （ii）求导分析单调性，得出，构造函数证明，构造函数证明，由不等式的性质即可证明. 【详解】（1）， 由题意恒成立，则， 则. （2）（i）由题意，存在使得， 消去得， 设， 则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极大值，当时， 极小值， ， 则在存在1个零点， 综上的整数零点只有0， 则. （ii）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 设， 则， 由基本不等式，则，单调递增， 则时，， 则， 由于，在单调递增， 则， 设， 则 则，单调递增， 当时，， 则， 即， 由于，在单调递增， 则， 由，可得， 则， 即. 【变式1】．（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 【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． 【变式2】．（2026·四川绵阳·三模）已知函数． (1)证明：当时，； (2)若存在两个极大值点． （i）当0是的极小值点时，证明：； （ii）当时，是否存在，使得？如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）存在，. 【详解】（1）∵， 由于，，则， 令， 要证，，只需证：， ，易知， ，，（其中为函数的导函数） ，可得，（其中为函数的导函数） ∴在上单调递增，， ∴在上单调递减，， ∴在上单调递增，， ∴当时，，. （2）（i）∵，且， ∴， ∵0为的极小值点，由于， ∴必有，即， 由于， 令，则， ∴存在，使得在与上满足，单调递减； 在上，单调递增． ∴存在，使得在与上有，单调递增； 在与上有，单调递减． ∴的极大值点为：， 由于，则， 在单调递增，则． 由于， 由（1）得：， ∴，则； （ii）∵为的一个极大值点， ，且，由于，所以， 即(＊)， 消去a可得，， ∴， 令，由于， 则在单调递增，又T(0)=0，但，所以，则， 将代入(＊)得到， 下面检验当时，代入得到， 此时， 易知， 又，则为的极大值点， ，则为的极大值点，且，则符合题意； ∴存在，使得． 题型十二：导数的不等式问题 【典例11】．（2026·北京石景山·二模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)令． （ⅰ）当时，讨论函数在上的单调性； （ⅱ）若在内存在唯一的极大值点，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）单调递增；（ⅱ） 【小题1】根据题意，，， ，，， 所以所求切线方程为. 【小题2】（ⅰ）时，， ， 设，则 ， 当时， ，，所以； 当时， ，，所以. 所以在单调递减，在单调递增. 所以当时，， 所以在上单调递增. （ⅱ）由已知， ， ， ①当时， ， 所以在上单调递增，不合题意. ②当时，设，则 ， 当时， ，，所以； 当时， ，，所以. 所以在单调递减，在单调递增. 因为，当， ；当， ， 所以存在，，使 ． 当x变化时，，情况如下： x ＋ 0 － 0 ＋ ↗ ↘ ↗ 所以在上存在唯一的极大值点，符合题意. 综上所述， 【变式1】．（2026·云南昭通·模拟预测）已知函数，其中. (1)， （i）当时，讨论的单调性； （ii）若存在，使得成立，求的取值范围； (2)当时，证明：对任意的，. 【答案】(1)（i）在上单调递增；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）由在时恒成立，得的单调性；（ii）问题转化为存在，使得成立，令，利用导数求最值即可. （2）令，通过导数研究函数单调性证明在时恒成立即可. 【详解】（1）（i）当时，， 则，             ，，，所以，             所以在上单调递增.             （ii）存在，使得成立，即存在，使得成立，             令，，         由（i）可得，所以， 令，， 所以在上单调递增，             ，所以，所以在上单调递增， 存在，使得成立，即， 综上：. （2）证明：当时，令， .             令，， 令，. 令，在时恒成立，             在上单调递减，，， 所以，使得. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减， ，，， 所以，使得. 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， ，，， 所以，使得. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减， ，，             ，即对任意的，. 【变式2】．（2026·云南·模拟预测）已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若，都成立，求的取值范围； (3)若函数，证明有且仅有两个零点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【详解】（1）当时，，则， 所以，． 故切线方程为，即． （2）因为在上恒成立，且， 所以在上恒成立，令，则， 因为， ①当时，由，解得， ，单调递增，，单调递减， 所以当时，； ②当时，因为，，所以， 所以时，，所以， 综上，的取值范围为． （3）因为， 所以，，设， ①当时，，单调递增， 所以，所以在上单调递减． 又，所以为在上的唯一零点； ②当时，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递减． 又，， 所以，使得，所以当时，；时， ， 即在上单调递增；在上单调递减， 又，所以， 所以在上单调递增，此时，不存在零点． 又，所以，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 又， 所以在上恒成立，此时不存在零点； ③当时，单调递减，单调递减， 所以在上单调递减． 又， 即，又在上单调递减， 所以在上存在唯一零点； ④当时，，， 所以，即在上不存在零点． 综上所述：有且仅有个零点． 题型十二：导数的不等式问题 【典例12】．（河北保定市2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题）设函数． (1)求在上的值域． (2)设关于的方程有两个不相等的根，． （i）证明：． （ii）证明：． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【详解】（1）由，得， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以在取得极大值，也是最大值， 又，，，又， 所以在上的值域为． （2）（i）由，得， 令，求导得， 设，则， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，，， 所以存在唯一的，使得， 当，，所以在上单调递增， 当，，所以在上单调递减， 当时，，当时，， 因为关于的方程有两个不相等的根，， 所以， 设，得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以，当且仅当时取到等号， 因为，所以，解得. 可得在上单调递增， 所以， 所以，所以. （ii）因为，所以曲线在处的切线方程为， 因为，所以曲线在处的切线方程为. 由（1）得，所以， 设，则， 设，则， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 且当时，，， 所以当时，，即，所以在上单调递增， 当时，，即，所以在上单调递减， 所以，所以， 设直线与两条切线的交点横坐标为，， 由，解得， 由，解得， 所以， 所以 【变式1】．（25-26高二下·山东青岛·期中）已知函数 (1)若函数单调递增，求实数的取值范围： (2)若函数有3个零点； （i）求实数的取值范围； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求得，转化为对任意恒成立，设，利用导数求得的单调性，求得，得出不等式，即可求解； （2）（i）由（1）得求得 ，令，利用导数求得单调性，求得和，得到，满足，得到，即可求解； （ii）当时，，设，根据题意，得到有3个零点，由，得到，进而证得结论. 【详解】（1）由函数，可得 因为函数单调递增，所以对任意恒成立， 即对任意恒成立， 设，可得， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，可得，解得， 所以实数的取值范围是. （2）（i）由（1）可得当时，函数单调递增，不符合题意； 当时，；当时，. 不妨令，可得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，所以； 当时，， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以，满足， 即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以， ， ， 故函数有3个零点且， 所以实数的取值范围为. （ii）当时，， 设，又因为，则与的零点相同， 即函数有3个零点且， 而， 又因为，所以， 因为，故， 故成立. 【变式2】．（2026·江西上饶·模拟预测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)设，已知有两个极值点． ①求的取值范围； ②求证：． 【答案】(1)（1）当 时， 在 、 上单调递增，在 上单调递减；当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 、 上单调递增，在 上单调递减； (2)①；②证明见解析. 【详解】（1）函数 的定义域为 ， , 令 ，解得 或 . 当 时，： 时，； 时，. 故 在 、 上单调递增，在 上单调递减. 当 时，，，仅当 时取等号，故 在 上单调递增. 当 时，： 时，； 时，. 故 在 、 上单调递增，在 上单调递减. （2），定义域为 ， . ① 有两个极值点 ，等价于 在 上有两个不同的变号零点， 即 在 上有两个不等正根. 设方程的两根为 ，则：, 解得 ，故 . ② 由韦达定理，，， 则： ， 要证 ，即证：， 整理得：， 令 ，，求导得：， 当 时，，，故 ，即 在 上单调递减. 因此 ，即 ， 故 成立，原不等式得证. 【高考达标】 一、单选题 1．（2026·广东广州·模拟预测）已知函数，，，（点在直线下方），过点作直线，垂足为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合图象可得当抛物线过点的切线与直线平行时，最大．根据导数的几何意义求出切点坐标，结合点到直线的距离公式求解即可. 【详解】由，，得，直线的方程为，即. 结合二次函数图像可知，当抛物线过点的切线与直线平行时，最大． 已知，则，令，则. 又，故切点坐标，此时. 即的最大值为. 2．（2026·山西吕梁·三模）若，是函数两个相邻的极值点，则（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】条件可转化为函数的最小正周期，结合周期公式求即可. 【详解】因为，是函数两个相邻的极值点， 所以函数的最小正周期， 又函数的最小正周期， 所以， 所以. 3．（2026·重庆·模拟预测）函数在上存在最大值，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用导数判断函数的单调性，再根据单调性和临界值，求参数的取值范围. 【详解】，令，得或. 当时，，递增，当时，，递减， 当时，，递增. 因此， 是极大值点， 是极小值点.要使上存在最大值，需，又因为，且， 若，函数在递增，会超过，因此需. 综上：. 4．（2026·河南开封·模拟预测）若函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，得到，令，则，原函数等价于，分离参数，设，则当时，单调递减；当时，单调递增；根据最小值和单调区间，作出函数的图象，利用数形结合，即可求出结果. 【详解】令，得到， 即，令，则， 设，则， 令，得到， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 因此在处取得最小值，故方程仅有唯一解， 因此，原函数等价于， 变形得到，设，则 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 因此，在处取得极小值（也是最小值），， 因为时，，当时，， 函数在上有两个不同的零点， 转化为直线与的图像有两个不同交点，则. 故实数的取值范围为. 5．（2026·江西·二模）若函数，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】代入函数利用同构进行化简，得到关于的不等式，利用恒成立转化成最值问题，构造新函数，求解最值. 【详解】， 两边同乘，得 令，，求导得，所以在单调递增， 又因为，且，所以； 所以， ，即， 令 求导得 当，，单调递减， 当，，单调递增 又，且 所以，. 6．（2026·北京房山·二模）已知函数 若存在非零实数，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将题目条件翻译成函数与函数的交点问题，再求参数的取值范围. 【详解】若存在非零实数，使得， 则函数与有公共点， 即有根， 即与有公共点 ， 设， ，所以在上单调递减， 因为，所以， 即，所以在上单调递减， 因为， 时， 所以，即，所以. 7（2026·北京朝阳·二模）设函数若关于的方程恰有两个不同的实数解，则满足条件的实数的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】分和两种情况讨论，当时，分且，，，四种情况；当时，分，，三种情况，当时，设，利用导数求出，对最大值的符号进行讨论分，，三种情况. 【详解】（i）当时，，代入方程整理得： ，两根为和， 因此，当且时，则有2个不同根； 当时，则有1个根；当时，仅存在根； 当时，，故恒有1个根. （ii）当时，，代入方程整理得： ， 设， 求导得， 当时，，得，有1个根， 若，，在单调递增， 时，时，故恒有1个根； 当时，，，单调递增；，单调递减， 故在取最大值， 令，单调递减且. 当时，，方程有2个根； 当时，，方程有1个根； 当时，，方程无实根； 综上所述： ，有1个根，有1个根，共2个，符合； 时，有1个根，有1个根，共2个，符合； 时，有1个根，有1个根，共2个，符合； 其余均不满足条件，共3个符合的. 8．（2026·江苏扬州·模拟预测）已知函数，其中．若存在，使成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将条件不等式变形后分离参数，根据分离参数所得不等式构造函数，再利用导数求解出所构造函数的最小值，则的范围可知. 【详解】由题意可知，变形得， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以存在使得， 令，故只需要让， 因为，令， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以， 又，因此，所以在上单调递增， 故，故． 二、多选题 9．（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. 10．（2026·山西晋中·三模）已知函数，则（    ） A．是的极大值点 B．当时， C．，使得点是曲线的对称中心 D．，使得，直线与曲线均只有一个公共点 【答案】ACD 【分析】对于A，利用导数确定函数的单调区间，求出极值即可判断；由，结合A中的单调性，即可判断B；判断是否有解，即可判断C；两函数作差得到，根据两曲线只有一个交点求出，再分析单调性，即可判断D. 【详解】对于A，由题可知， 当时，当时，;当时，, 即函数在上单调递增；在上单调递减，故是的极大值点. 当时，令，得或， 当时，在时，，在时，，在时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 当时，在时，，在时，，在时，， 在和上单调递减，在上单调递增， 综上可得，均是的极大值点，故A正确； 对于B，当时，由A项可知在上单调递增， 又因，所以，故B错误； 对于C. ，， 令，可得, 因该式对任意实数恒成立，故可得， 即存在，使得点是曲线的对称中心，故C正确； 对于D，若直线与曲线只有一个公共点，则方程只有一个实根， 令，则， 由，可得，此时, 则在上单调递增，且当时，,当时，， 即当时，函数有且仅有1个零点，故D正确. 11．（2026·西藏日喀则·模拟预测）已知是定义在上的偶函数，其导函数为，且，则（    ） A． B． C．在上单调递减 D．函数只有一个极值点 【答案】ABD 【分析】应用已知条件结合导数运算律计算判断A，B，应用导数正负得出函数单调性判断C，再计算导函数判断正负应用极值点定义判断D. 【详解】因为是定义在R上的偶函数，所以，两边取导数得，所以，A正确； 由①，得，则②，由①②得，B正确； 由①②得，知在上单调递增，则，所以在上单调递增，C错误； 由得，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则函数只有一个极值点，D正确． 12．（2026·陕西渭南·二模）已知函数是定义在上的奇函数，当时，．则下列结论正确的是（    ） A．函数有三个零点 B．当时， C．，，都有 D．若方程有三个解，则实数的取值范围是 【答案】AC 【分析】A选项，由时求出函数的零点，再根据奇函数的性质可得另外两个零点；B选项，根据奇函数的定义即可求对称区间的函数表达式；C选项，利用导数分析函数在时的单调区间和极值，从而可得函数任意两点差的最大值范围；D选项，方程的解转化为函数图象的交点情况，结合函数的大致图象即可得范围. 【详解】对于A：当时，令，得， 又因为函数是定义在上的奇函数，所以，， 所以有三个零点，故A正确； 对于B： 当时，，则， 因为是定义在上的奇函数，所以，故B错误； 对于C：当时，， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以在取到极大值，极大值为， 且当时，；，， 所以根据是奇函数，可作出的大致图象如下： 由图可知，，，都有， 所以，故C正确； 对于D：若方程有三个解，则与有三个公共点， 所以，即，故D错误. 三、填空题 13．（2026·云南昆明·二模）若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为______． 【答案】或 【分析】先根据导数得出切线斜率 计算求出参数及切点，再点到直线距离等于半径得出参数. 【详解】设直线与曲线的切点为， 由，则，则，， 即切点为，所以直线为， 又直线与圆都相切， 则有，解得或 14．（2026·安徽合肥·三模）已知分别是函数的极小值点和极大值点，若，则的取值范围是______． 【答案】 【详解】法一：因为， 若函数有极大值点和极小值点，则与至少有两个交点． 如下图，因为分别是函数的极小值点和极大值点，所以由图易知． 记恰与相切时，切点为， 则有，解得，此时． 由题意和图像分析可知，又，所以． 法二：，函数有极大值点和极小值点，有两正实根. 即有两实根，令，则. 故易知在上单调递增，在上单调递减. 又，，；，. 所以，经检验时，符合题意． 15．（2026·吉林长春·三模）已知函数及其导数的定义域都是，若函数是偶函数，函数也是偶函数，则不等式的解集是__________. 【答案】 【分析】根据函数奇偶性以及导函数性质可得，再求导并利用基本不等式可判断的单调性，解不等式可得结果. 【详解】由题意知，两边同时求导，即是奇函数， 又是偶函数， 则， 可得， 令， 可得， 易知，当且仅当时等号成立； 即函数在上单调递减，又是奇函数，可得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 因为函数是偶函数，则， 可知不等式等价于，即， 即，即可得，解得， 则不等式的解集是. 16．（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. 四、解答题 17．（2026·广东广州·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)求最小值的取值范围． 【答案】(1)的单调减区间为，单调增区间为； (2) 【详解】（1）已知函数．对求导，得， 令，解得，由于函数在上单调递增，因此是的唯一解， 当时，；当时，， 因此函数的单调减区间为，单调增区间为； （2）由（1）可知函数在区间单调递减，在区间单调递增， 因此函数在处取到最小值， 令，对求导，得， 令，解得， 当时，；当时，， 因此在区间单调递减，在区间单调递增， 因此在取到最小值， 并且当时，， 因此的取值范围为，即最小值的取值范围为. 18．（2026·湖北武汉·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 (3) 【详解】（1）当时，，所以 所以切线方程为即， （2）， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围 19．（2026·湖北·模拟预测）已知函数，其中． (1)当时，求的单调递增区间； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)试比较与的大小并说明理由．（为自然对数的底数，） 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【详解】（1）当时，， 则， 令，解得或， 又定义域为，故函数的单调递增区间是； （2），， 当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， ， 由恒成立，得恒成立， 则，即，解得， 所以的取值范围是； （3），理由如下： 由（2）知，当时，，即， 令，有， 又， 即，故. 20．（2026·福建龙岩·三模）已知函数． (1)求的极小值点； (2)已知对任意都成立，求整数的最大值； (3)已知，证明：． 【答案】(1) (2)4 (3)证明见解析 【分析】（1）求函数的定义域和导函数，再求导函数零点，根据导数与极值的关系求极小值点 （2）恒成立分离参数，构造新函数后用隐零点简化最小值计算，锁定最值区间，快速取最大整数 （3）令，只需证，再利用导数证明结论. 【详解】（1）的定义域为，，由得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以的极小值点为． （2）法一：等价于， 又，可得， 令，， 记，则， 所以在单调递增． 又，， 故在上有唯一零点， 且， 又在单调递减，在单调递增， 所以， 由可得，又为整数， 所以整数的最大值为4． 法二：令 ， 问题转化为：对任意有，因为 当时， 所以在单调递增， 故，符合题意． 当时， ， 当 单调递减， 当 单调递增， 所以 ， 令 ， 所以在单调递减，又， 所以当时，满足的最大整数的值为4 综上：结合时均满足条件，所以整数的最大值为4． （3）令，，则， 所以，要证，即证， 即证， 等价于证， 设，， 则， 所以在上单调递增，所以， 即， 因此只需证， 即 对于（1）式，只需证， 可设，， 则， 所以在上单调递减，在单调递增． 故，即成立． 对于（2）式，即要证， 设，则， 设，， 则，所以在上单调递减， 所以，即， 所以， 令，则， 由知， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 则在上递增，所以 综上命题得证． 21．（2026·吉林·三模）已知函数. (1)当时，求函数的图象在处的切线方程； (2)若在上恒成立，求的取值范围； (3)已知，若，且，证明：. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导，然后求出切点坐标和过切点的线的斜率，代入点斜式方程即可求解； （2）利用二次求导分析原函数的取值范围，对分类讨论，进而求解的取值范围； （3）构造新函数，利用二次求导和均值不等式进行求解. 【详解】（1）当时，， 因为，所以， 所以函数的图象在处的切线方程为，即. （2）由，则， 令，则， 令，解得， 若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 又，所以，则在上单调递增， 又，所以在上恒成立. 若，令，得， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 又，所以时，单调递减，， 与在上恒成立矛盾. 综上所述，若在上恒成立，则的取值范围是. （3）已知，由（2）可知在上单调递减，在上单调递增. 又，所以在上恒成立，即在上单调递增， 又，所以时，时，. 若，则，不合题意； 若，则，不合题意，所以. 设， 则. 设， 则. 所以在上单调递减. 又，所以，从而在上单调递增. 因为，所以. 因为，所以， 又，所以，即. 又在上单调递增，所以，即. 所以，即. 22．（2026·辽宁铁岭·模拟预测）函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)当，时， （ⅰ）求的值域； （ⅱ）证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【详解】（1），， 又， 故曲线在处的切线方程为． （2）（ⅰ）设，由于其是偶函数，故只需考虑其在时的情况． ，设，， 单调递增，于是，故在上单调递增， 而，， 可知在上单调递增， 结合偶函数的性质可得在上的值域为． （ⅱ），， ，偶函数， ，， ，偶函数， 由奇偶性知只要证明时即可． 即证当时，， 当时，由（ⅰ）， 考虑，， ， 单调递增，此时， 于是，即， 故只要证在时成立即可． 设，， 设，则， 由（ⅰ）函数在上单调递增， 所以在上单调递减，故， 故在上单调递减，即单调递减，又， 单调递减，，故， 综上． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $