专题03 导数及其应用（1年汇编）（全国通用）2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2026年高考导数专题真题及模拟题，覆盖导数概念与应用核心考点，通过跨模块情境（如简谐振动）、逻辑推理（端点效应）和创新定义（级导同函数）体现高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题|导数几何意义（切线方程）、函数性质（奇偶性/单调性）|上海卷结合简谐振动模型考查导数物理意义，新定义“级导同函数”辨析逻辑| |填空题|4题|公切线、极值点、恒成立求参|江苏卷两曲线公切线问题融合导数运算与方程思想| |解答题|5题|含参不等式证明、零点个数讨论、新定义证明|全国Ⅱ卷端点效应缩小参数范围，天津卷切线放缩求最大整数解，福建南平卷“等比偏移”新定义综合考查导数与数列|

专题03 导数及其应用 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 考点01 导数概念及几何意义 基础性与综合性并重。试题不仅考查切线方程的基本运算（如全国Ⅰ卷），更强调导数概念的本质理解。上海卷将导数与三角函数的物理意义（速度、加速度）结合，考查了导数在实际情境中的几何与物理双重含义。 跨模块融合情境： 如上海卷第2题，将导数运算嵌入“简谐振动/信号处理”模型中，利用导数为0的点确定函数极值，结合初始条件和最值时间反求参数，打破了纯数学运算的常规。 考点02 导数的应用 突出逻辑推理与分类讨论。试题难度梯度明显，既考查利用导数求单调区间、极值（如北京卷），也考查含参不等式恒成立求参数范围（如全国Ⅱ卷、天津卷）。重点考查了“以直代曲”（切线放缩）和“端点效应”的思想。 多维度的参数讨论与放缩证明： 1. 必要性探路/端点效应：如全国Ⅱ卷第(2)问，先通过特殊值缩小参数范围，再进行严谨证明。 2. 切线放缩与对数不等式：如天津卷第(3)问，利用导数证明不等式进而进行放缩，求解最大整数解，考查了“以直代曲”的微积分思想。 考点01 导数概念及几何意义 1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·上海卷·高考真题）已知三角函数（，，，），若，当或时其导数为0，初始速度为0，且速度第一次达到4时用时为0.1秒，则__________． 3．（2026·上海卷·高考真题）已知，函数，． (1)已知，求的解集； (2)已知，是在点处的切线，是过点且垂直于的直线，与、在第一象限内均无公共点，求的取值范围． 考点02 导数的应用 1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数的最大值为1，则（     ） A． B．1 C． D．2 2．（2026·北京卷·高考真题）下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（     ） A． B． C． D． 3．（2026·北京卷·高考真题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值 ②，有3个解； ③，时，有最大值； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 4.（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线为． (1)求，； (2)当时，，求的取值范围； (3)当时，，求的最小值． 5．（2026·天津卷·高考真题）已知． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明； (3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 6.（2026·北京卷·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)求的极值点个数； (3)求与交点个数． 一、单选题 1．（2026·陕西咸阳·三模）已知函数，则曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·福建泉州·三模）定义在上的奇函数，其导函数为，当时，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·广东梅州·一模）某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：cm）与时间（单位：s）之间的关系为，则当位移时，弹簧振子的瞬时速度大小为（    ）. A． B． C． D． 4．（2026·浙江·三模）下列函数所表示的曲线中，存在切线与轴平行的是（    ） A． B． C． D． 5．（2026·上海杨浦·模拟预测）若函数在其定义域内恒成立，则称为“级导同函数”，对“级导同函数”有如下两个命题，则（   ） 命题①：为奇函数的充要条件为为偶函数 命题②：若经过一二象限，则一定不经过三四象限且一定不具有周期性 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 6．（2026·湖南·模拟预测）已知直线与曲线相切，则实数b的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数是定义在上的连续可导函数，且的导函数为，为奇函数，设，且，则（     ） A． B． C． D． 8．（2026·河南·三模）已知正实数a，b满足，则ab的值为（   ） A． B． C． D． 9．（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． 10．（2026·山东日照·模拟预测）若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2026·海南海口·模拟预测）已知函数，其导函数为，则（    ） A．是奇函数 B．是偶函数 C．在上单调递减 D．“是周期函数”的否定是真命题 12．（2026·山东聊城·三模）若函数的图象在点处的切线的斜率为，则（    ） A．有3个不同的零点 B．在区间上单调递增 C．， D．， 13．（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数及其导函数的定义域均为，，且，则（     ） A． B．存在使得 C． D．的图象关于直线对称 14．（2026·福建南平·二模）已知函数是定义域为的可导函数，若，且，则（    ） A． B．是偶函数 C． D．在上是减函数 三、填空题 15．（2026·江苏连云港·模拟预测）曲线与曲线在它们的某个公共点处有公切线，则正数的值为________． 16．（2026·山东济南·模拟预测）已知函数是上的单调递增函数，则的值为______. 17．（2026·云南·模拟预测）已知函数没有极值点，则______． 18．（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______． 四、解答题 19．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数，其中． (1)记，若为的极值点，求证：为偶数． (2)求 20．（2026·山东潍坊·三模）已知函数（且，，）． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)讨论零点的个数． 21．（2026·广东茂名·二模）已知函数． (1)当时，证明：恒成立； (2)当时，证明：当时，函数的图象与的图象无交点； (3)已知，证明：． 22．（2026·福建南平·二模）定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. (1)讨论函数的极值； (2)当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； (3)若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 23．（2026·新疆·二模）已知函数． (1)若，求函数的极值； (2)（ⅰ）当时，恒成立，求正整数k的最大值； （ⅱ）证明：． 试卷第1页，共3页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 答案版 考点01 导数概念及几何意义 1．D 2． 3．(1) (2) 【分析】（1）求出参数，解不等式即可求出的范围； （2）求出直线与的方程，利用与、在第一象限内均无公共点，得出与无正实数解，分离参数，转化为直线与与曲线在内均无交点，对求导讨论其单调性，得出函数的最值，建立不等关系，即可求出实数的取值范围. 【详解】（1）由题意，， 在与中， ，解得， ∴， ∵， ∴，解得或或 ∴不等式的解集为. （2）由题意及（1）得，， 在中，， ∴ ∵直线为在点的切线， ∴直线的方程为：，即， ∵是过点且垂直于的直线， ∴直线的方程为：，即， 在中，，与、在第一象限内均无公共点， ∴与无正实数解， 分离参数得，，， ∴直线与与曲线在内均无交点， 而， 当时，解得（舍）或， ∴当即时，函数单调递减， 当即时，函数单调递增， ∴在处取最小值，， 当时，，当时，， ∴且，即或， ∴实数的取值范围为. 考点02 导数的应用 1．B 2．D 3．①②③④ 4.【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解； （2）法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可；法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可； （3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解. 【详解】（1）， 由切点在直线上，也在函数图象上， 可知且，可得； 由，则切线的斜率为， 解得； 故. （2）由（1）知，， 则 ， 故题意可转化为对任意恒成立， 法一：令，， 则， 当时，由且， 则，即， 则在上单调递增，又， 要使对任意恒成立， 则，解得； 当时，不成立； 当时，，，且， 则， 即，则在上单调递减， 又当时，，不满足题意； 综上所述，的取值范围为. 法二： 不等式可转化为， 即对任意恒成立， 当时，不成立； 当时，设，， 当时，由，可知， ， 这与对任意恒成立矛盾； 当时，， ， 由，故在上单调递增， 故在上存在唯一零点，设为， 且当时，，即， 此时不等式不成立； 当时，， 则在上单调递增， 由，故， 故不等式，即恒成立， 综上所述，的取值范围为； （3）法一：设， 则 ， 令， 则， 其中，，. 当时，， 则在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，设 ， 由，可知且， 则，可知在上单调递增， 故，即， 故在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，此时，又， 则存在正实数，使得，， 则在上单调递减，则， 即当，，不满足题意； 综上所述，，即的最小值为. 法二：由可得 ， 则，即， 则， 由，可知，则， 故原不等式可转化为， 由， 设，， 则， 设，，令， 则，， 由， 再令， ，故在上单调递增， 故，则，故在上单调递增， 所以，即， 故在上单调递减， 又由洛必达法则可知， 故要使当时，恒成立，则， 即的最小值为. 5．【答案】(1) (2)令，则， 当时，，，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上恒成立，即在上恒成立； 当时，令， 所以，因为和在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以，由于， 所以， 则在上单调递增， 则，即在恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即在成立， 故在成立， 综上，在上恒成立， (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可； （2）令，利用导数研究在上的单调性以及最值即可证明结论； （3）利用导数证明，分和两种情况讨论不等式是否成立. 【详解】（1）由于， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为：， 即； （2）略 （3）①当时，设 构造函数， 则， 令， 所以， 由于在上单调递增， 所以，则在上单调递减， 故，则在上单调递减， 则在上恒成立，即在上恒成立； 令，所以， 所以在上单调递增，则，当且仅当时取等， 即在上恒成立. 故， 令，则， 对于，令，则， 变形得， 裂项求和得， 对题设不等式左边取对数放缩： ， 对题设不等式右边取对数放缩：： 当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件； ②当时，若,恒成立， 此时原不等式右侧，只需证明：， 由（2）问结论可得： 对于二项式展开， 两边取对数，， 又 因此， 所以原不等式成立，则的最大值为 6.【答案】(1)、 (2)有两个极值点 (3)交点个数为 【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解； （2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数； （3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数. 【详解】（1），则， ，又，解得； （2）由（1）得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； （3）令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 一、单选题 1．A 2．C 3．A 4．A 5．A 6．D 7．B 8．D 9．D 10．A 二、多选题 11．ABD 12．BC 13．ACD 14．ACD 三、填空题 15． 16．/ 17．1 18． 四、解答题 19．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）对函数求导并根据的奇偶性对导函数符号进行判断，结合极值点可得为偶数； （2）根据表达式利用分组求和即可. 【详解】（1）因为， 则， 当时，,,故不是极值点. 当为奇数时且时，为偶数，， 当时，，在单调递减， 所以0不为的极值点； 当为偶数时，为奇数，， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以0为的极值点，因此为偶数． （2），所以， 所以． 20．【答案】(1) (2)若或，零点的个数为；若且，零点的个数为 【分析】（1）恒成立等价于恒成立，求导后，分及讨论函数单调性，结合计算即可得解； （2）结合（1）中所得，分、与且讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理可判断零点的个数，即可得零点的个数. 【详解】（1）由恒成立，即恒成立， 即恒成立，即恒成立， 令，则， 当时，恒成立，则恒成立， 故在上单调递减，又， 故当时，，不符合题意，故舍去； 当时，令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，又， 故要使得恒成立，则有，即； （2）函数零点的个数等价于函数零点的个数， 由（1）知，当时，在上单调递减， 且，故零点的个数为； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 若，有且仅有，故零点的个数为； 若，则，由，则， 又时，，故存在，使得， 此时有两个零点、，故零点的个数为； 若，则，由，则， 又时，，故存在，使得， 此时有两个零点、，故零点的个数为； 综上所述：若或，零点的个数为； 若且，零点的个数为. 21．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可知函数的定义域为，通过求导得到函数的单调性即可求解； （2）构造函数，利用导数研究函数的单调性得时，函数单调递增，时，函数单调递减，再结合，符号即可证明； （3）结合（1），令，有，进而结合得，再累加求和即可证明不等式左侧部分；再结合（2）得，再累加求和即可证明不等式右侧部分. 【详解】（1）已知函数，当时，， 由，解得，因此函数的定义域为， 对函数求导，得， 当时，，当时，， 因此函数在单调递增，在单调递减，因此函数在取极大值，同时也是最大值， 由于，所以恒成立. （2）当时，， 构造函数，，所以， 令，，则， 由于在上单调递减，在上单调递减，因此在上单调递减， 因为，，所以存在使得，即， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 因为，，， 所以存在，使得，即， 当时，，即，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减， 因为，， 所以在恒成立，即， 所以对任意，有， 即当时，函数的图象与的图象无交点. （3）先证， 由（1）知，当时，函数在单调递减，故当时，，即， 令，则，即， 令，由恒成立，所以在单调递减， 所以，即，故当时，有， 令，则， 所以， 所以， 再证， 由（2）知，，即在恒成立， 令，则， 所以，即， 综上，. 22．【答案】(1)答案见解析 (2)不“等比偏移”，理由见解析 (3)证明见详解 【分析】（1）研究函数的单调性，根据单调区间判断极值即可； （2）方法一：由题知在处的切线斜率为，再取，，计算得即可判断； 方法二：同法一求得在处的切线斜率为，设，，，再求，再取特殊值即可判断； （3）方法一：设，，不妨设，则，进而转化为 证，进一步转化为证明，当时，（*）式显然成立 ；当时，转化为证明，即证. 设，，进一步转化为证明当时，恒成立，最后构造函数证明不等式即可； 方法二：同方法一得证，再设，，转化为证明当时，恒成立，再构造函数证明不等式即可； 【详解】（1）解：首先的定义域为，. 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，由于函数与在上单调递增， 所以在上单调递增， 令， 所以，当时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又 所以在处取得极小值，，无极大值. （2）解：方法一： 结论：当时，在处不“等比偏移”，理由如下： 当时，，， 在处的切线斜率为， 取，，，， ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移” 方法二： 所以当时，在处不“等比偏移”. 一般的，取A，B，C三点的横坐标成等比数列，设，，， 直线的斜率为， 取就是上面的特例； 若取，则有 ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移”. 经检验，取或都成立； （3）（3）证明：思路一：设，，不妨设，则， 要证是其定义域上的“等比偏移”函数，只要证. 因为，， ，， ， 故只要证，（*） 由均值不等式知：， 当时，（*）式显然成立； 当时，要证（*）式，只要证， 只要证，即证. 设，，则只需证：当时，恒成立. 令，当时， 因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. （3）思路二：以上证法同思路一. 若设，，则只需证：当时，恒成立. 令，因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. 23．【答案】(1)极小值，无极大值； (2)（ⅰ）3；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，确定单调区间，进而求出极值. （2）（ⅰ）利用（1）中单调区间，按分类，借助单调性求出最小值，再构造函数，结合零点存在性定理求解；（ⅱ）由（ⅰ）的信息，结合赋值法、裂项相消法求和即可得证. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得，而， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极小值，无极大值. （2）（ⅰ）由（1）知，当时，函数在上单调递增，，因此； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， ，令函数，求导得， 函数在上单调递减，而， 则存在，，即， 因此当时，， 所以正整数k的最大值为3. （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，恒成立， 即对恒成立，取， 则， 因此 ， 即， 所以. 试卷第1页，共3页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 考点01 导数概念及几何意义 基础性与综合性并重。试题不仅考查切线方程的基本运算（如全国Ⅰ卷），更强调导数概念的本质理解。上海卷将导数与三角函数的物理意义（速度、加速度）结合，考查了导数在实际情境中的几何与物理双重含义。 跨模块融合情境： 如上海卷第2题，将导数运算嵌入“简谐振动/信号处理”模型中，利用导数为0的点确定函数极值，结合初始条件和最值时间反求参数，打破了纯数学运算的常规。 考点02 导数的应用 突出逻辑推理与分类讨论。试题难度梯度明显，既考查利用导数求单调区间、极值（如北京卷），也考查含参不等式恒成立求参数范围（如全国Ⅱ卷、天津卷）。重点考查了“以直代曲”（切线放缩）和“端点效应”的思想。 多维度的参数讨论与放缩证明： 1. 必要性探路/端点效应：如全国Ⅱ卷第(2)问，先通过特殊值缩小参数范围，再进行严谨证明。 2. 切线放缩与对数不等式：如天津卷第(3)问，利用导数证明不等式进而进行放缩，求解最大整数解，考查了“以直代曲”的微积分思想。 考点01 导数概念及几何意义 1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，则，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 2．（2026·上海卷·高考真题）已知三角函数（，，，），若，当或时其导数为0，初始速度为0，且速度第一次达到4时用时为0.1秒，则__________． 【答案】 【分析】利用已知条件结合三角函数的性质构造方程组求出，结合初速度为0，求出，结合第一次达到最大值的时间构造方程求出，进而求出解析式． 【详解】由题意知，和时，导数为0，即的最小值为0，最大值为4， 又， 所以，解得，故； 已知初速度为0，则，解得， 已知，则， 速度第一次达到4时用时秒，则，即， 此时． 3．（2026·上海卷·高考真题）已知，函数，． (1)已知，求的解集； (2)已知，是在点处的切线，是过点且垂直于的直线，与、在第一象限内均无公共点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出参数，解不等式即可求出的范围； （2）求出直线与的方程，利用与、在第一象限内均无公共点，得出与无正实数解，分离参数，转化为直线与与曲线在内均无交点，对求导讨论其单调性，得出函数的最值，建立不等关系，即可求出实数的取值范围. 【详解】（1）由题意，， 在与中， ，解得， ∴， ∵， ∴，解得或或 ∴不等式的解集为. （2）由题意及（1）得，， 在中，， ∴ ∵直线为在点的切线， ∴直线的方程为：，即， ∵是过点且垂直于的直线， ∴直线的方程为：，即， 在中，，与、在第一象限内均无公共点， ∴与无正实数解， 分离参数得，，， ∴直线与与曲线在内均无交点， 而， 当时，解得（舍）或， ∴当即时，函数单调递减， 当即时，函数单调递增， ∴在处取最小值，， 当时，，当时，， ∴且，即或， ∴实数的取值范围为. 考点02 导数的应用 1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数的最大值为1，则（     ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【详解】法1：（1）当时，由，解得， 故函数定义域为. ①当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； ②当时，此时，， 故最大值不为，不合题意； ③当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； （2）当时，则，则函数定义域为. 且由最大值为可知，， 即对任意恒成立，且等号能取到. 设，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故，当且仅当时，， 由对任意恒成立，可知， 又当时，恒有，取不到等号，所以有， 故选：B. 法2：， 由选项知，则定义域为， 故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为， 由， 则由，可得①， 且，即②， 联立①②解得. 验证：当时，， 则， 设，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； ，且， 且当，；当，； 作出函数的大致图象， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 则，满足题意，故. 法3：由选项知，则定义域为， 由，解得. 同法2验证可得，故满足题意，由选项唯一可得.. 法4：由选项知，则定义域为， 由，解得. 验证：当时，由不等式可得， 故，当且仅当时等号成立， 故满足题意，由选项唯一可得. 2．（2026·北京卷·高考真题）下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A，在中，，则，函数为偶函数，故错误； B，在中，，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误； 方法一： C，在中，，则， ，函数单调递减，故错误； D，在中，，解得， ，则为奇函数， ，即函数在定义域上单调递增，故正确. 法二： C，在中，，则，为奇函数， ∵和是减函数， ∴函数单调递减，故错误； D，在中，，解得， ，为奇函数， ∵和是增函数，则为增函数， ∴函数单调递增，故正确. 3．（2026·北京卷·高考真题）已知，给出下列四个结论： ①在上有最小值和最大值 ②，有3个解； ③，时，有最大值； ④，与有4个交点. 其中正确结论的序号是________． 【答案】①②③④ 【分析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；③，求出在上的单调性，即可判断；④，求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断. 【详解】由题意， ①在中，，， ，函数为偶函数， 在中，， ∴函数单调递增， ∵， ∴当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴函数在处取最小值，， 在中， ，为偶函数， 当在内有零点时， 即，，使得， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ，，， ∵， ∴， ∴在和处取最小值，， 在处取最大值， 当在内无零点时，， 在上单调递增，在上单调递减， ∴在处取得最小值，， 在处取得最大值，， 故①正确； ②同①可得推广结论， 在中，， ，为偶函数， 即，，使得，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， ∴在和处取极小值， 当时，，，， ∵在上单调递减，， ∴，使得， ∵在上单调递增，， ∴，使得， ∴当时，， ∴，有3解， 故②正确； ③当时， ，，， 由①可得，在上单调递增， ∵，， ∴，使得， ∴在中，， 此时在上单调递减，在上单调递增， ∴在处取最大值， ③正确； ④由②可得， 在中，， 此时在，上单调递减，在，上单调递增， 在中，， ，开口向上， ∴函数，即恒成立， ∴ ∴在下方， ∵， ∴在轴上方， 此时与有4个交点， 故④正确. 4.（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线为． (1)求，； (2)当时，，求的取值范围； (3)当时，，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解； （2）法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可；法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可； （3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解. 【详解】（1）， 由切点在直线上，也在函数图象上， 可知且，可得； 由，则切线的斜率为， 解得； 故. （2）由（1）知，， 则 ， 故题意可转化为对任意恒成立， 法一：令，， 则， 当时，由且， 则，即， 则在上单调递增，又， 要使对任意恒成立， 则，解得； 当时，不成立； 当时，，，且， 则， 即，则在上单调递减， 又当时，，不满足题意； 综上所述，的取值范围为. 法二： 不等式可转化为， 即对任意恒成立， 当时，不成立； 当时，设，， 当时，由，可知， ， 这与对任意恒成立矛盾； 当时，， ， 由，故在上单调递增， 故在上存在唯一零点，设为， 且当时，，即， 此时不等式不成立； 当时，， 则在上单调递增， 由，故， 故不等式，即恒成立， 综上所述，的取值范围为； （3）法一：设， 则 ， 令， 则， 其中，，. 当时，， 则在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，设 ， 由，可知且， 则，可知在上单调递增， 故，即， 故在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，此时，又， 则存在正实数，使得，， 则在上单调递减，则， 即当，，不满足题意； 综上所述，，即的最小值为. 法二：由可得 ， 则，即， 则， 由，可知，则， 故原不等式可转化为， 由， 设，， 则， 设，，令， 则，， 由， 再令， ，故在上单调递增， 故，则，故在上单调递增， 所以，即， 故在上单调递减， 又由洛必达法则可知， 故要使当时，恒成立，则， 即的最小值为. 5．（2026·天津卷·高考真题）已知． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明； (3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 【答案】(1) (2)令，则， 当时，，，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上恒成立，即在上恒成立； 当时，令， 所以，因为和在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以，由于， 所以， 则在上单调递增， 则，即在恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即在成立， 故在成立， 综上，在上恒成立， (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可； （2）令，利用导数研究在上的单调性以及最值即可证明结论； （3）利用导数证明，分和两种情况讨论不等式是否成立. 【详解】（1）由于， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为：， 即； （2）略 （3）①当时，设 构造函数， 则， 令， 所以， 由于在上单调递增， 所以，则在上单调递减， 故，则在上单调递减， 则在上恒成立，即在上恒成立； 令，所以， 所以在上单调递增，则，当且仅当时取等， 即在上恒成立. 故， 令，则， 对于，令，则， 变形得， 裂项求和得， 对题设不等式左边取对数放缩： ， 对题设不等式右边取对数放缩：： 当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件； ②当时，若,恒成立， 此时原不等式右侧，只需证明：， 由（2）问结论可得： 对于二项式展开， 两边取对数，， 又 因此， 所以原不等式成立，则的最大值为 6.（2026·北京卷·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)求的极值点个数； (3)求与交点个数． 【答案】(1)、 (2)有两个极值点 (3)交点个数为 【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解； （2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数； （3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数. 【详解】（1），则， ，又，解得； （2）由（1）得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； （3）令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 一、单选题 1．（2026·陕西咸阳·三模）已知函数，则曲线在点处的切线方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由得，， 所以，，， 曲线在点处的切线方程为： ，，化简得，. 2．（2026·福建泉州·三模）定义在上的奇函数，其导函数为，当时，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据奇函数定义，两边取导数可得，据此求解即可. 【详解】因为定义在上的奇函数，所以， 两边取导数可得，即， 所以， 因为时，，所以时，， 所以. 3．（2026·广东梅州·一模）某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：cm）与时间（单位：s）之间的关系为，则当位移时，弹簧振子的瞬时速度大小为（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据导数的几何意义求解即可得答案. 【详解】由题可得瞬时速度, 当位移时，可得，解得：,所以, 所以, 则当位移时，弹簧振子的瞬时速度大小为， 故选：A 4．（2026·浙江·三模）下列函数所表示的曲线中，存在切线与轴平行的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求定义域，求导，设出切点，根据导函数几何意义得到方程，解方程，可得结论 【详解】A选项，的定义域为R，，设切点为， 假设在处的切线与轴平行， 则，则，， 所以曲线的图象上存在与轴平行的切线，A正确； B选项，的定义域为R，，设切点为， 假设在处的切线与轴平行， 则，无解，故的图象上不存在与轴平行的切线，B错误； C选项，的定义域为，，设切点为， 假设在处的切线与轴平行， 则，无解，的图象上不存在与轴平行的切线，C错误； D选项，的定义域为R，，设切点为， 假设在处的切线与轴平行， 则，无解，故的图象上不存在与轴平行的切线，D错误； 5．（2026·上海杨浦·模拟预测）若函数在其定义域内恒成立，则称为“级导同函数”，对“级导同函数”有如下两个命题，则（   ） 命题①：为奇函数的充要条件为为偶函数 命题②：若经过一二象限，则一定不经过三四象限且一定不具有周期性 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【分析】首先利用导数的知识求出的表达式，然后结合表达式判断两个命题的真假. 【详解】为“级导同函数”，即， 若，则，满足， 若，则，，(其中是常数)， 所以（其中为常数），， 所以或. 命题①，充分性：为偶函数， 若，则，既不是奇函数，也不是偶函数， 所以若为偶函数，则必有，而是奇函数，充分性满足； 必要性：为奇函数，无奇偶性，则，因此是偶函数，必要性满足. 所以命题①正确； 命题②，若经过一二象限，则， 由于且，故恒为正，其图像只经过第一、二象限； 同时，当时，为单调函数，故不具有周期性，所以命题②正确. 6．（2026·湖南·模拟预测）已知直线与曲线相切，则实数b的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先设出切点坐标，根据导数的几何意义求出切线斜率，进而得到切线方程，再结合切线方程与已知直线方程的关系，得到关于的表达式，最后通过求导得出函数的最值即可确定的取值范围. 【详解】由函数，得， 设切点坐标为，则切线的斜率， 所以切线方程为，其中， 即切线方程为. 整理可得， 又因为直线与曲线相切， 所以，. 设，则， 令，解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 故函数在时取极小值， 且当时，. 综上所述，函数的值域为，所以实数的取值范围. 7．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数是定义在上的连续可导函数，且的导函数为，为奇函数，设，且，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据为奇函数，确定的图象关于中心对称，根据复合函数求导确定的图象关于轴对称，进而确定函数周期，即可求解. 【详解】是奇函数，所以， 即， 且，又，所以， 因为，即， 即，令，得， 即， 即，则关于直线对称， 可得， 可得 则，故函数是周期为4的函数， ， 所以 8．（2026·河南·三模）已知正实数a，b满足，则ab的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由得到，构造函数，求导确定单调性即可求解. 【详解】对两边取自然对数，得， 即， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以方程的解只有一个， 又因为， 所以， 所以． 9．（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. 10．（2026·山东日照·模拟预测）若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过将不等式问题转化为函数问题，结合导数即可求解函数最值，进而得到的范围. 【详解】由得 因为，所以 令 则问题转化为求在上的最小值． 求导得 令， 因为，所以与同号． 又，所以在上单调递增． 当时，；又，所以存在唯一的，使得． 再看方程， 函数，，则， 则在上单调递增，且当时，， 当时，，所以该方程有唯一正根． 设这个正根为，则， 于是且，说明这个正是的唯一根． 因此，当时，，从而； 当时，，从而． 所以在处取得最小值． 由，得，又， 所以 所以． 要使对任意恒成立，必须且只需． 当时，取，原不等式等号成立，不满足严格大于． 故的取值范围为． 二、多选题 11．（2026·海南海口·模拟预测）已知函数，其导函数为，则（    ） A．是奇函数 B．是偶函数 C．在上单调递减 D．“是周期函数”的否定是真命题 【答案】ABD 【分析】求出导函数，根据奇函数、偶函数的定义即可判断AB；通过导数即可判断C；根据周期函数的定义即可判断D. 【详解】已知函数，其导函数为，则， 对于A，由于，所以是奇函数，故A正确； 对于B，由于，所以是偶函数，故B正确； 对于C，由于，令，则， 再令，则在上恒成立，所以在上单调递增， 所以当时，，即；当时，，即； 所以在上单调递减，在上单调递增， 即在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以在上恒成立，因此在上单调递增，故C错误； 对于D，由于，若是周期函数，则存在实数，对任意，有， 即，化简得， 显然，当时，左边代数式趋于无穷，右边代数式值域为，矛盾， 因此不是周期函数，则命题“是周期函数”是假命题， 所以命题“是周期函数”的否定是真命题，故D正确. 12．（2026·山东聊城·三模）若函数的图象在点处的切线的斜率为，则（    ） A．有3个不同的零点 B．在区间上单调递增 C．， D．， 【答案】BC 【分析】先根据切线斜率条件求导，由得，确定，再分析其零点、导数与单调性，结合函数在各区间的增减性，逐一判断选项． 【详解】，， 因为函数的图象在点处的切线的斜率为， 所以，解得， 所以，， 时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增， 对于A，由，得，，A错误； 对于B，区间，即是， 因为在区间上单调递增， 所以在区间上单调递增，B正确； 对于C，当时，，所以， 因为在区间上单调递减，所以，C正确； 对于D，， ，所以恒成立， 即对所有成立，D错误． 13．（2026·山西忻州·模拟预测）已知函数及其导函数的定义域均为，，且，则（     ） A． B．存在使得 C． D．的图象关于直线对称 【答案】ACD 【分析】通过赋值法求的值，判断选项A；构造辅助函数，确定的表达式，进而根据的值域判断选项B；求导，判断选项C；利用函数的对称性判断选项D． 【详解】令，代入等式得：， 解得或， 若，令，则对任意有，此时， 与矛盾，故，A正确； 由于在上可导，对等式两边关于求导，得， 令，并代入，，得，故C正确． 令， 则 由得， 所以在上为常数． 又因此，即， 因为对任意，都有，， 所以不存在使得，故B错误． ，故， 对任意，， 故的图象关于直线对称，故D正确． 14．（2026·福建南平·二模）已知函数是定义域为的可导函数，若，且，则（    ） A． B．是偶函数 C． D．在上是减函数 【答案】ACD 【分析】令判断A，令可判断B，令，所给等式两边取导数可判断C，对两边取导数，再令可求出，即可得出函数单调性判断D. 【详解】令，可得，故A正确； 令，可得，即，所以函数为奇函数，故B错误； 令，则，两边取导数可得，即，故C正确； 由，对两边求导，， 令，可得，又，所以， 当时，，所以在上是减函数，故D正确. 三、填空题 15．（2026·江苏连云港·模拟预测）曲线与曲线在它们的某个公共点处有公切线，则正数的值为________． 【答案】 【详解】，. 设曲线与曲线在点处有公切线， 所以，即，解得，. 所以，正数的值为5. 16．（2026·山东济南·模拟预测）已知函数是上的单调递增函数，则的值为______. 【答案】/ 【分析】 先对进行求导，令，再分当时不符合题意和时通过求的导数求出其最小值，最后根据题意列出，求解即可. 【详解】，令，， ① 当时，，在上单调递增， 又，所以当时，；当时，， 所以的单调增区间为，单调减区间为，不符合题意； ② 当时，令，解得， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以当时，有最小值， 所以当在上单调递增时，有， 令，，得， 所以时，；时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以， 又要求，所以，即. 17．（2026·云南·模拟预测）已知函数没有极值点，则______． 【答案】1 【详解】函数的定义域为且函数没有极值点，即函数是单调函数， 所以函数至多有一个零点， 令，则或或， ∴，即， ∴. 18．（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. 四、解答题 19．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数，其中． (1)记，若为的极值点，求证：为偶数． (2)求 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）对函数求导并根据的奇偶性对导函数符号进行判断，结合极值点可得为偶数； （2）根据表达式利用分组求和即可. 【详解】（1）因为， 则， 当时，,,故不是极值点. 当为奇数时且时，为偶数，， 当时，，在单调递减， 所以0不为的极值点； 当为偶数时，为奇数，， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以0为的极值点，因此为偶数． （2），所以， 所以． 20．（2026·山东潍坊·三模）已知函数（且，，）． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)讨论零点的个数． 【答案】(1) (2)若或，零点的个数为；若且，零点的个数为 【分析】（1）恒成立等价于恒成立，求导后，分及讨论函数单调性，结合计算即可得解； （2）结合（1）中所得，分、与且讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理可判断零点的个数，即可得零点的个数. 【详解】（1）由恒成立，即恒成立， 即恒成立，即恒成立， 令，则， 当时，恒成立，则恒成立， 故在上单调递减，又， 故当时，，不符合题意，故舍去； 当时，令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，又， 故要使得恒成立，则有，即； （2）函数零点的个数等价于函数零点的个数， 由（1）知，当时，在上单调递减， 且，故零点的个数为； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 若，有且仅有，故零点的个数为； 若，则，由，则， 又时，，故存在，使得， 此时有两个零点、，故零点的个数为； 若，则，由，则， 又时，，故存在，使得， 此时有两个零点、，故零点的个数为； 综上所述：若或，零点的个数为； 若且，零点的个数为. 21．（2026·广东茂名·二模）已知函数． (1)当时，证明：恒成立； (2)当时，证明：当时，函数的图象与的图象无交点； (3)已知，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可知函数的定义域为，通过求导得到函数的单调性即可求解； （2）构造函数，利用导数研究函数的单调性得时，函数单调递增，时，函数单调递减，再结合，符号即可证明； （3）结合（1），令，有，进而结合得，再累加求和即可证明不等式左侧部分；再结合（2）得，再累加求和即可证明不等式右侧部分. 【详解】（1）已知函数，当时，， 由，解得，因此函数的定义域为， 对函数求导，得， 当时，，当时，， 因此函数在单调递增，在单调递减，因此函数在取极大值，同时也是最大值， 由于，所以恒成立. （2）当时，， 构造函数，，所以， 令，，则， 由于在上单调递减，在上单调递减，因此在上单调递减， 因为，，所以存在使得，即， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 因为，，， 所以存在，使得，即， 当时，，即，函数单调递增，当时，，即，函数单调递减， 因为，， 所以在恒成立，即， 所以对任意，有， 即当时，函数的图象与的图象无交点. （3）先证， 由（1）知，当时，函数在单调递减，故当时，，即， 令，则，即， 令，由恒成立，所以在单调递减， 所以，即，故当时，有， 令，则， 所以， 所以， 再证， 由（2）知，，即在恒成立， 令，则， 所以，即， 综上，. 22．（2026·福建南平·二模）定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. (1)讨论函数的极值； (2)当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； (3)若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 【答案】(1)答案见解析 (2)不“等比偏移”，理由见解析 (3)证明见详解 【分析】（1）研究函数的单调性，根据单调区间判断极值即可； （2）方法一：由题知在处的切线斜率为，再取，，计算得即可判断； 方法二：同法一求得在处的切线斜率为，设，，，再求，再取特殊值即可判断； （3）方法一：设，，不妨设，则，进而转化为 证，进一步转化为证明，当时，（*）式显然成立 ；当时，转化为证明，即证. 设，，进一步转化为证明当时，恒成立，最后构造函数证明不等式即可； 方法二：同方法一得证，再设，，转化为证明当时，恒成立，再构造函数证明不等式即可； 【详解】（1）解：首先的定义域为，. 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，由于函数与在上单调递增， 所以在上单调递增， 令， 所以，当时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又 所以在处取得极小值，，无极大值. （2）解：方法一： 结论：当时，在处不“等比偏移”，理由如下： 当时，，， 在处的切线斜率为， 取，，，， ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移” 方法二： 所以当时，在处不“等比偏移”. 一般的，取A，B，C三点的横坐标成等比数列，设，，， 直线的斜率为， 取就是上面的特例； 若取，则有 ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移”. 经检验，取或都成立； （3）（3）证明：思路一：设，，不妨设，则， 要证是其定义域上的“等比偏移”函数，只要证. 因为，， ，， ， 故只要证，（*） 由均值不等式知：， 当时，（*）式显然成立； 当时，要证（*）式，只要证， 只要证，即证. 设，，则只需证：当时，恒成立. 令，当时， 因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. （3）思路二：以上证法同思路一. 若设，，则只需证：当时，恒成立. 令，因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. 23．（2026·新疆·二模）已知函数． (1)若，求函数的极值； (2)（ⅰ）当时，恒成立，求正整数k的最大值； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)极小值，无极大值； (2)（ⅰ）3；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，确定单调区间，进而求出极值. （2）（ⅰ）利用（1）中单调区间，按分类，借助单调性求出最小值，再构造函数，结合零点存在性定理求解；（ⅱ）由（ⅰ）的信息，结合赋值法、裂项相消法求和即可得证. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得，而， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得极小值，无极大值. （2）（ⅰ）由（1）知，当时，函数在上单调递增，，因此； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， ，令函数，求导得， 函数在上单调递减，而， 则存在，，即， 因此当时，， 所以正整数k的最大值为3. （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，恒成立， 即对恒成立，取， 则， 因此 ， 即， 所以. 试卷第1页，共3页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $