专题02 导数及其应用（期末真题汇编，云南专用）高二数学下学期人教A版

**基本信息** 导数专题汇编覆盖14个核心考点，精选云南多地期末/模拟真题，基础题与综合题梯度分布，适配高三复习与高二同步巩固。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/多选/填空|约60题|导数概念、切线方程、单调性、极值、恒成立、零点、极值点偏移|结合容器注液（考点01）、足球运动（考点01）等情境，基础题考查导数计算（考点02），综合题含含参单调性讨论（考点06）| |解答题|15题|公切线方程、最值求解、不等式证明、极值点偏移|融入2024新课标Ⅰ卷公切线真题（考点04），极值点偏移证明（考点14）体现高考命题趋势|

专题02 导数及其应用 高频考点概览 考点01导数的概念 考点02导数的计算 考点03在点和过点的切线方程 考点04 公切线方程和距离最值 考点05 三次函数和常见函数的性质 考点06 求单调区间、分类讨论函数的单调性 考点07 已知单调区间求参 考点08 求极值和已知极值点求参 考点09 极值范围和极值点个数 考点10 函数求解最值 考点11 恒成立与能成立问题 考点12 导数中的零点问题 考点13 不等式问题 考点14 极值点偏移 ( 考点01 导数的概念 ) 1．（22-23高三上·云南楚雄·期末）已知某容器的高度为20cm，现在向容器内注入液体，且容器内液体的高度h（单位：cm）与时间t（单位：s）的函数关系式为，当时，液体上升高度的瞬时变化率为3cm/s，则当时，液体上升高度的瞬时变化率为（ ） A．5cm/s B．6cm/s C．8cm/s D．10cm/s 2．（20-21高三上·云南德宏·期末）已知，则（ ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·云南昆明·阶段检测）设是可导函数，且，则（ ） A． B． C． D． 4．（2026·云南昆明·模拟预测）函数的图象如图所示，为的导函数，下列排序正确的是（ ） A． B． C． D． 5．（25-26高二下·云南楚雄·阶段检测）（多选）在某次足球比赛中，运动员甲带球突破，其运动路线可视为直线运动，且位移（单位：）与时间（单位：）的函数关系式是，则（ ） A．在这段时间内，运动员甲的平均速度为 B．在这段时间内，运动员甲的平均速度为 C．运动员甲在时的瞬时速度为 D．运动员甲在时的瞬时速度为 ( 考点0 2 导数的计算 ) 1．（25-26高二上·云南昭通·期末）下列运算正确的是（ ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·云南昭通·期中）下列求导数运算正确的有（ ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·云南昆明·期末）下列求导运算错误的是（ ） A． B． C． D． 4．（25-26高二下·云南楚雄·阶段检测）已知为函数的导函数，若，则（ ） A． B． C． D． 5．（24-25高三下·云南丽江·阶段检测）法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中提出一个定理:如果函数满足条件①在闭区间上是连续不断的，②在开区间上都有导数，那么在开区间上至少存在一个实数，使得，其中被称为拉格朗日中值.函数在区间上的拉格朗日中值所在的区间为（ ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·云南昆明·期中）（多选）下列命题正确的是（ ） A． B．已知函数在上可导，若，则 C．已知函数，若，则 D．设函数的导函数为，且，则 ( 考点0 3 在点和过点的切线方程 ) 1．（2026·云南·模拟预测）若函数的图象与直线相切于点，则实数（ ） A． B．2 C． D．3 2．（25-26高二上·云南昭通·阶段检测）已知直线是曲线的切线，则切点的横坐标为（ ） A． B．1 C． D．2 3．（23-24高二下·云南玉溪·期末）过点的直线l与曲线相切，则直线l的斜率为（ ） A．不存在 B．-1 C．3 D．3或-1 4．（23-24高三上·云南昆明·阶段检测）若曲线存在垂直于轴的切线，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 5．（25-26高二上·云南曲靖·期末）已知直线与曲线在处的切线垂直，则________． 6．（25-26高三上·云南昆明·期中）已知函数，若曲线在处的切线与直线垂直，则______. 7．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）函数的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为______. 8．（2023·云南·模拟预测）若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围为____________. 9．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数图象关于点对称． (1)求a，b； (2)若过点存在三条直线与曲线相切，求实数m的取值范围． ( 考点0 4 公切线方程和距离最值 ) 1．（24-25高二下·云南丽江·阶段检测）已知函数（为自然对数的底数），，直线既与相切又与相切，则直线的方程是（ ） A． B． C．或 D．或 2．（23-24高二下·云南楚雄·期末）若直线是曲线与的公切线，则直线的方程为（ ） A． B． C． D． 3．（22-23高三上·云南昆明·阶段检测）若点为曲线上的动点，点为直线上的动点，则的最小值为（ ） A． B． C．1 D． 4．（20-21高二下·云南·期末）点在函数的图像上，若满足到直线的距离为1的点有且仅有1个，则（ ） A． B． C． D． 5．（2020·云南昆明·模拟预测）若实数a，b，c，d满足，则的最小值为（ ） A． B． C．8 D．18 6．（2025·云南昆明·模拟预测）若直线同时与曲线和曲线相切，则直线斜率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 7．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 8．（23-24高三上·云南·阶段检测）已知点在函数上，若满足到直线的距离为的点有且仅有两个，则实数的取值范围是______. 9．（2023·云南昆明·模拟预测）已知曲线与曲线有公共点，且在公共点处的切线相同，则a的值为______. 10．（25-26高三上·云南楚雄·期中）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)点是函数图象上任意一点，求点到直线距离的最小值． ( 考点0 5 三次函数和常见函数的性质 ) 1．（25-26高二上·云南昆明·期末）（多选）设函数的导函数为，则（ ） A． B．是函数的极大值点 C．有且仅有两个零点 D．在上的最小值为 2．（25-26高三上·云南保山·期末）（多选）已知函数，则（ ） A．恒成立 B．时，单调递减 C．在取得极大值 D．只有一个零点 3．（2025·云南·一模）（多选）已知函数，则下列结论正确的有（ ） A．函数在区间上单调递减 B．函数的极大值为4 C．函数图象的对称中心为 D．函数有3个零点 4．（24-25高二上·云南昆明·期中）（多选）设函数，则（ ） A．当时，有一个零点 B．当时，无极值点 C．，使在上是减函数 D．图象对称中心的横坐标不变 5．（25-26高三上·云南红河·阶段检测）（多选）已知是定义在上的偶函数，且当时，，则（ ） A．当时， B． C．在和上单调递减 D．有2个极小值点 6．（25-26高三上·云南·阶段检测）（多选）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A．在上单调递增 B．的图象与轴有7个交点 C．是的极小值点 D．存在实数，使得方程有且仅有5个实数根 7．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）（多选）对于函数，下列说法正确的是（ ） A．在处取得极大值 B．有两个不同的零点 C． D．若有两个不同的实根，则a的取值范围是 ( 考点0 6 求单调区间，分类讨论函数的单调性 ) 1．（2026·云南红河·模拟预测）已知函数，则在上单调递减的区间为_____ 2．（25-26高二上·云南昭通·期末）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求曲线在点处的切线方程. 3．（25-26高三下·云南·阶段检测）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程； (2)讨论的单调性． 4．（24-25高二下·云南·期中）已知函数，． (1)若，求函数的值域； (2)求函数的单调区间； (3)若直线为的切线，求的值． 5．（23-24高二下·云南昆明·阶段检测）已知函数（为实常数）. (1)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的值； (2)讨论函数的单调性. 6．（23-24高二下·云南曲靖·阶段检测）已知函数. (1)若函数的图象在点处的切线过坐标原点，求实数的值； (2)讨论函数的单调性. 7．（2024·云南·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的最小值； (2)讨论函数的单调性. 8．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数． (1)若，证明：在上恒成立； (2)讨论函数的单调性． 9．（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)讨论的单调性． ( 考点0 7 已知单调区间求参 ) 1．（25-26高三下·云南楚雄·开学考试）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为________． 2．（25-26高二上·云南玉溪·阶段检测）已知函数在上单调递减，则实数a的最小整数是______. 3．（24-25高二上·云南昆明·期中）设，若函数在区间上单调，则的取值范围是__________. 4．（24-25高二下·云南玉溪·期中）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是_____________. 5．（25-26高三上·云南·开学考试）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上单调递增，求a的取值范围； ( 考点0 8 求极值和已知极值点求参 ) 1．（2026·云南·模拟预测）已知函数没有极值点，则______． 2．（24-25高二下·云南·期末）已知函数在处取得极小值，则__________. 3．（2022·云南玉溪·模拟预测）若函数的极小值小于0，则实数a的取值范围为___________． 4．（20-21高二下·云南昭通·期中）已知函数. (1)求的单调区间； (2)当时，求函数的极值. 5．（2026·云南·三模）已知函数在处的切线的斜率为1. (1)求的值； (2)当时，求的极值. 6．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求的值； (2)若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围； ( 考点0 9 极值范围和极值点个数 ) 1．（2026·云南昭通·模拟预测）已知函数有2个极值，则的取值范围是________. 2．（24-25高三上·云南昆明·期中）已知函数有两个极值点，则的取值范围为________；若的极小值小于零，则的取值范围为________. 3．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）已知函数． (1)若，讨论的单调性； (2)若有两个极值点，求的取值范围． 4．（26-27高二上·云南·期末）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)已知有两个极值点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若的极小值大于零，求的取值范围． 5．（25-26高三上·云南昭通·期末）设为实数，函数. (1)若曲线过点，求的值； (2)当时，求的最小值； (3)若恰有两个极值点，求的取值范围. 6．（25-26高三上·云南红河·阶段检测）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)已知有两个极值点，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求的最小值. 7．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数. (1)若函数在处的切线方程为，求实数； (2)若函数存在两个极值点（） ①求a的取值范围； ②证明： ( 考点 10 函数求解最值 ) 1．（2023·云南红河·二模）若是函数的极小值点，则函数在区间上的最大值为______． 2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知曲线在点处的切线方程为，a，. (1)求a； (2)求在区间上的最大值与最小值． 3．（2026·云南·模拟预测）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，求函数的最小值； (3)若函数存在极小值点，且,求的值． 4．（2025·云南红河·三模）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)求函数的极值； (3)设，求函数在区间上的最大值． 5．（24-25高二下·云南玉溪·阶段检测）已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)求在上的最大值． ( 考点 11 恒 成立与能成立问题 ) 1．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 2．（2024·云南曲靖·一模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)讨论函数的单调性； (3)设，当时，函数的图象在函数的图象的下方，求的最大值． 3．（2024·云南昆明·一模）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求的取值范围. 4．（23-24高二下·云南丽江·期末）已知． (1)讨论的单调性； (2)若任意的，求的取值范围． 5．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数. (1)若，求证：； (2)若且在上恒成立，求的最大值. 6．（23-24高三上·云南昆明·期中）已知（其中e为自然对数的底数，） (1)求的单调区间； (2)若存在实数，使能成立，求正数a的取值范围． 7．（23-24高三上·云南曲靖·阶段检测）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)（），若对任意，均存在，使得，求实数a的取值范围． 8．（25-26高三下·云南·阶段检测）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)判断函数的零点个数； (3)若对任意的，都有成立，求整数的最大值． ( 考点 12 导数中的零点问题 ) 1．（25-26高二上·云南昭通·期末）已知函数在处有极值. (1)求的值； (2)若函数恰有2个零点，求实数m的取值范围. 2．（2025·云南昆明·模拟预测）已知，． (1)当时，求函数的极值； (2)若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围． 3．（24-25高二上·云南曲靖·阶段检测）已知函数. (1)判断函数的单调性，并求出的极值； (2)画出函数的大致图象； (3)若方程有个不同的根，求实数的取值范围. 4．（25-26高三上·云南普洱·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有且仅有两个零点，求的取值范围. 5．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 6．（25-26高三上·云南昆明·期中）已知函数. (1)若，证明：当时，； (2)若，求的最小值； (3)讨论的零点个数. ( 考点 13 不等式问题 ) 1．（23-24高二下·云南保山·阶段检测）已知曲线在处的切线过点. (1)试求的值； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 2．（24-25高三下·云南昆明·阶段检测）已知函数. (1)讨论的零点个数； (2)记，证明：在上，当时，的图象恒在的图象上方. 3．（24-25高三上·云南·阶段检测）设． (1)求在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)设为整数，且对于任意正整数都有，求的最小值． 4．（25-26高二下·云南德宏·期中）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数在定义域内恒成立，求实数的取值范围； (3)求证：当时，． 5．（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，. ( 考点 14 极值点偏移 ) 1．（21-22高二下·云南昆明·期末）已知函数f（x）＝ex（lnx+a）． (1)若f（x）是增函数，求实数a的取值范围； (2)若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：x1+x2＞2． 2．（22-23高三上·云南·阶段检测）已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 3．（2020·云南红河·模拟预测）已知函数． （Ⅰ）若函数在处的切线与直线平行，求实数n的值； （Ⅱ）若时，函数恰有两个零点，证明：． 4．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数． (1)若存在两个零点，求实数a的取值范围； (2)设函数，若有两个极值点，证明：． 5．（24-25高三上·云南·阶段检测）已知函数. (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若有两个极值点，证明：. 6．（23-24高三上·云南昆明·阶段检测）设，为函数（）的两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 导数及其应用 高频考点概览 考点01导数的概念 考点02导数的计算 考点03在点和过点的切线方程 考点04 公切线方程和距离最值 考点05 三次函数和常见函数的性质 考点06 求单调区间、分类讨论函数的单调性 考点07 已知单调区间求参 考点08 求极值和已知极值点求参 考点09 极值范围和极值点个数 考点10 函数求解最值 考点11 恒成立与能成立问题 考点12 导数中的零点问题 考点13 不等式问题 考点14 极值点偏移 ( 考点01 导数的概念 ) 1．（22-23高三上·云南楚雄·期末）已知某容器的高度为20cm，现在向容器内注入液体，且容器内液体的高度h（单位：cm）与时间t（单位：s）的函数关系式为，当时，液体上升高度的瞬时变化率为3cm/s，则当时，液体上升高度的瞬时变化率为（ ） A．5cm/s B．6cm/s C．8cm/s D．10cm/s 【答案】C 【分析】利用导数的定义直接求得. 【详解】由，求导得：. 当时，，解得（舍去）. 故当时，液体上升高度的瞬时变化率为. 故选：C 2．（20-21高三上·云南德宏·期末）已知，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据增量变形，由导数定义可得. 【详解】因为， 所以 所以. 故选：C 3．（23-24高二下·云南昆明·阶段检测）设是可导函数，且，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由导数的定义计算即可得出结果. 【详解】，则. 故选：C． 4．（2026·云南昆明·模拟预测）函数的图象如图所示，为的导函数，下列排序正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据的图象判断的符号以及单调性，由此确定正确答案. 【详解】根据的图象可知，在区间上单调递增， 且函数增长的速度逐渐减慢，切线斜率递减. 所以，且单调递减， 所以. 5．（25-26高二下·云南楚雄·阶段检测）（多选）在某次足球比赛中，运动员甲带球突破，其运动路线可视为直线运动，且位移（单位：）与时间（单位：）的函数关系式是，则（ ） A．在这段时间内，运动员甲的平均速度为 B．在这段时间内，运动员甲的平均速度为 C．运动员甲在时的瞬时速度为 D．运动员甲在时的瞬时速度为 【答案】BC 【详解】已知， 在这段时间内，运动员甲的平均速度如下， 为，故A错误； 在这段时间内，运动员甲的平均速度如下， 为，故B正确； 由，得， 运动员甲在时的瞬时速度为，故C正确； 运动员甲在时的瞬时速度为，故D错误． ( 考点0 2 导数的计算 ) 1．（25-26高二上·云南昭通·期末）下列运算正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据导数的四则运算，复合函数的求导法则逐一进行判断. 【详解】对于A选项，，A错； 对于B选项，，B对； 对于C选项，，C错； 对于D选项，，D错， 故选：B. 2．（25-26高二下·云南昭通·期中）下列求导数运算正确的有（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A选项，，所以A选项正确； B选项，，所以B选项错误； C选项，，所以C选项错误； D选项，，所以D选项错误. 3．（23-24高二上·云南昆明·期末）下列求导运算错误的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据导数的运算法则依次得出答案. 【详解】因为，所以A选项正确； 因为，所以B选项正确； 因为，所以C选项错误； 因为，所以D选项正确. 故选：C. 4．（25-26高二下·云南楚雄·阶段检测）已知为函数的导函数，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先对函数求导，再代入求值即可． 【详解】由，得， 所以，解得. 5．（24-25高三下·云南丽江·阶段检测）法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中提出一个定理:如果函数满足条件①在闭区间上是连续不断的，②在开区间上都有导数，那么在开区间上至少存在一个实数，使得，其中被称为拉格朗日中值.函数在区间上的拉格朗日中值所在的区间为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用导数思想，结合零点存在的区间端点值的大小分析即可得解. 【详解】由题可知,,, 则,,即， 由指数函数和一次函数的单调性可知：在上单调递增， 又,, 所以所在的区间为. 故选： 6．（24-25高二下·云南昆明·期中）（多选）下列命题正确的是（ ） A． B．已知函数在上可导，若，则 C．已知函数，若，则 D．设函数的导函数为，且，则 【答案】BC 【分析】根据复合函数的求导法则判断A，根据导数的定义判断B，求出函数的导函数，解得即可判断C，求出函数的导函数，令计算可判断D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：因为，所以，故B正确； 对于C：因为，所以， 因为，即，解得或（舍去），故C正确； 对于D：因为，所以， 所以，解得，故D错误. 故选：BC ( 考点0 3 在点和过点的切线方程 ) 1．（2026·云南·模拟预测）若函数的图象与直线相切于点，则实数（ ） A． B．2 C． D．3 【答案】A 【分析】根据导数的几何意义求出，进而求出切点坐标，代入直线方程求解即可. 【详解】，则，解得， 所以，即切点为， 代入直线整理得，解得. 2．（25-26高二上·云南昭通·阶段检测）已知直线是曲线的切线，则切点的横坐标为（ ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再设出切点为，再利用导数的几何意义求解作答. 【详解】由，则， 设直线与曲线相切的切点为， 则根据题意可知且，解得，故B正确. 故选：B. 3．（23-24高二下·云南玉溪·期末）过点的直线l与曲线相切，则直线l的斜率为（ ） A．不存在 B．-1 C．3 D．3或-1 【答案】D 【分析】分切点在处与不在处，利用导数的几何意义求解． 【详解】解：因为，所以，， 当为切点时，； 当不为切点时，设切点为，， 所以， 所以切线方程为， 又切线过点， 所以， 即，即， 解得或（舍去），所以切点为， 所以． 综上所述，直线l的斜率为3或-1． 故选：D 4．（23-24高三上·云南昆明·阶段检测）若曲线存在垂直于轴的切线，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由在有解求解. 【详解】解：由题意，在有解， 则在有解， 因为在上单调增， 所以， 则， 故选：C． 5．（25-26高二上·云南曲靖·期末）已知直线与曲线在处的切线垂直，则________． 【答案】 【分析】先对曲线求导得到在处的切线斜率，再利用两直线垂直时斜率乘积为的关系求出参数的值. 【详解】，则曲线在处的切线的斜率， 由切线垂直得：，即． 故答案为： 6．（25-26高三上·云南昆明·期中）已知函数，若曲线在处的切线与直线垂直，则______. 【答案】/ 【分析】根据导数的几何意义，即可求解． 【详解】因为，所以， 又在处的切线与直线垂直， 所以，解得 故答案为： 7．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）函数的图象在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为______. 【答案】/ 【分析】求导确定切线方程，求得切线与坐标轴的交点，即可求解. 【详解】由，得，则. 又，所以所求切线方程为. 又切线与轴、轴分别交于点，， 所以所求的三角形面积. 故答案为：. 8．（2023·云南·模拟预测）若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围为____________. 【答案】 【分析】先求得曲线过坐标原点的切线方程，再列出关于实数a的不等式，进而求得实数a的取值范围. 【详解】设切点坐标为：， 所以切线斜率为， 所以切线方程为， 又切线过坐标原点，所以， 整理得， 又曲线有两条过坐标原点的切线，所以该方程有两个实数解， 所以，解得， 又因为，所以实数a的取值范围为. 故答案为：. 9．（2026·云南昆明·模拟预测）已知函数图象关于点对称． (1)求a，b； (2)若过点存在三条直线与曲线相切，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据代入函数解析式，对比系数即可求解； （2）将问题转化为与有三个交点，利用导数研究的单调性，极值和图像即可求解. 【详解】（1）因为函数图象关于对称， 所以，故， 化简可得， 所以，解得． （2）由（1）可知，函数，所以， 设切点坐标为， 所以切线方程为，因为切线过点， 所以，即， 令，则， 令，解得，或． 当x变化时，，的变化情况如下表所示， x 1 0 0 单调递减 单调递增 0 单调递减 因此，当时，有极小值； 当时，有极大值． 过点存在3条直线与曲线相切，等价于 关于x的方程有三个不同的根，则， 所以实数m的取值范围是． ( 考点0 4 公切线方程和距离最值 ) 1．（24-25高二下·云南丽江·阶段检测）已知函数（为自然对数的底数），，直线既与相切又与相切，则直线的方程是（ ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】先设切点，再根据导数几何意义列等量关系，解出切点，即得切线方程. 【详解】设与相切于点，，则切线的斜率为， 切线方程：，即， 设与相切于点，，则切线的斜率为， 切线方程：，即 ∴，解得，或，， 则直线的方程：或．所以满足条件的直线有2条． 故选：C. 2．（23-24高二下·云南楚雄·期末）若直线是曲线与的公切线，则直线的方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别设两曲线上的两个切点坐标，然后利用导数求斜率，用斜率相等建立方程①，再利用两点坐标求斜率再次利用斜率相等建立方程②，解方程组即可求得切点横坐标，最后求得切点与斜率即可得解. 【详解】由，得，由，得． 设直线与曲线切于点，与曲线切于点， 则，又， 由方程①②解得，所以直线过点，斜率为1， 即的方程为． 故选：B. 3．（22-23高三上·云南昆明·阶段检测）若点为曲线上的动点，点为直线上的动点，则的最小值为（ ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】根据、图象分析最小时P的位置，利用导数几何意义求上斜率为1的切线，应用平行线距离公式求的最小值. 【详解】由题意，要使的最小，为平行于的直线与的切点， 令，可得，故切点为， 以为切点平行于的切线为，此时有. 故选：A 4．（20-21高二下·云南·期末）点在函数的图像上，若满足到直线的距离为1的点有且仅有1个，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求导，设直线与相切于点，利用导数几何意义和切点在曲线、直线上求得切点，再利用到直线的距离为1，结合图象解得参数即可. 【详解】函数的导函数为，设直线与相切于点， 则，解得切点为， 由题可知到直线的距离为1， 所以，解得，结合图象可知，. 故选：B. 5．（2020·云南昆明·模拟预测）若实数a，b，c，d满足，则的最小值为（ ） A． B． C．8 D．18 【答案】C 【分析】根据题意可得点在曲线上，点在曲线上，由的几何意义就是曲线到曲线上点的距离最小值的平方，利用导数求出曲线上点到直线的距离即可求解. 【详解】， ∴，， ∴点在曲线上， 点在曲线上， 的几何意义就是曲线 到曲线上点的距离最小值的平方. 曲线平行于直线的切线， ∵，令，解得或（舍去）， ∴切点为，该切点到直线的距离 就是所要求的两曲线间的最小距离，故的最小值为， 故选：C. 【点睛】本题考查了利用导数求曲线上的点到直线的距离的最值，考查了转化与化归的思想，属于中档题. 6．（2025·云南昆明·模拟预测）若直线同时与曲线和曲线相切，则直线斜率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设切线分别切两曲线于，，则直线斜率为，从而可得，，再利用导数，即可求解． 【详解】因为和曲线， 所以，，， 设切线分别切两曲线于，， 则直线斜率为，所以， 所以，， 设，，则，， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，且当与时，， 所以 故选：B. 7．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 【答案】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 8．（23-24高三上·云南·阶段检测）已知点在函数上，若满足到直线的距离为的点有且仅有两个，则实数的取值范围是______. 【答案】 【分析】求得，设切点，令，求得切点，求得点到直线的距离为时，，求得的值，结合图象，即可求解. 【详解】由函数，可得， 设切点，令，即，解得，即切点 所以点到直线的距离为时，，解得或， 当时，函数图象与直线不相交（如图所示）， 从而函数的图象上只有一点到直线的距离为； 当时，函数图象与直线相交（如图所示）， 从而函数的图象上有且仅有三个点到直线的距离为， 综上，要满足点到直线的距离为的点有且仅有两个时，满足， 即实数的取值范围为. 故答案为：. 9．（2023·云南昆明·模拟预测）已知曲线与曲线有公共点，且在公共点处的切线相同，则a的值为______. 【答案】. 【分析】根据题意可设两曲线公共点坐标为，对分别求导，利用在公共点处的切线相同可求出a的值. 【详解】设两曲线公共点坐标为，显然，， 由题意，，则，， 有，，，则的值为， 故答案为：. 10．（25-26高三上·云南楚雄·期中）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)点是函数图象上任意一点，求点到直线距离的最小值． 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为． (2) 【分析】（1）确定函数的定义域，求导，求，在定义域内的解得单调区间； （2）设点（），利用点到直线的距离公式构造新函数求解最值即可；或者根据几何性质，当曲线上过一点的切线与已知直线平行时，切点到直线的距离即所求最值. 【详解】（1）函数的定义域为， 对函数求导得， 令，得；令，得， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）解法一：设点（）， 所以点到直线的距离为， 令，则， 令，得（舍去）或， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取到极大值，也是最大值， 所以，当且仅当时等号成立， 即点到直线距离的最小值为． 解法二：直线的斜率， 设（），又，令， 得，解得（舍）或，所以点的坐标为， 所以曲线上与直线平行的切线的切点为， 由题意知点到直线距离的最小值即为点到直线的距离， 又点到直线的距离， 所以点到直线距离的最小值为． ( 考点0 5 三次函数和常见函数的性质 ) 1．（25-26高二上·云南昆明·期末）（多选）设函数的导函数为，则（ ） A． B．是函数的极大值点 C．有且仅有两个零点 D．在上的最小值为 【答案】AD 【分析】求导，令得到，确定，再根据导数的运算法则，结合极值点、零点、导数的性质逐一判断即可. 【详解】由， 求导得，令，得， 即， 则. A：因为，所以A正确； B：因为当时，单调递增， 当时，单调递减，且， 所以是函数的极小值点，因此B错误； C：，或， 由，因此有且仅有三个零点，所以C不正确； D：当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 因为，所以在上的最小值为，因此D正确， 故选：AD 2．（25-26高三上·云南保山·期末）（多选）已知函数，则（ ） A．恒成立 B．时，单调递减 C．在取得极大值 D．只有一个零点 【答案】BCD 【分析】根据函数的零点和对函数求导分析极值点，单调性逐一分析判断选项. 【详解】，，. ， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，B选项正确； ，C选项正确； 当时，，此时，A选项错误； 由，可得，解得，D选项正确. 故选：BCD 3．（2025·云南·一模）（多选）已知函数，则下列结论正确的有（ ） A．函数在区间上单调递减 B．函数的极大值为4 C．函数图象的对称中心为 D．函数有3个零点 【答案】BC 【分析】求导研究其单调性得函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，进而得极大值为判断AB；根据为奇函数，得函数图象的对称中心为判断C；根据判断D. 【详解】对于A，由，得． 当时，，所以函数在上单调递增，故A错误； 对于B，令，解得或． 当时，，则函数在上单调递增； 当时，，则函数在上单调递减； 当时，，则函数在上单调递增， 因此，是的极大值点，极大值为，故B正确； 对于C，令，定义域为，因为， 所以是奇函数，其图象的对称中心为．又因为由图象向上平移2个单位长度可得图象， 所以函数图象的对称中心为，故C正确； 对于D，令，即 ，解得或， 所以函数有2个零点，故D错误． 故选：BC． 4．（24-25高二上·云南昆明·期中）（多选）设函数，则（ ） A．当时，有一个零点 B．当时，无极值点 C．，使在上是减函数 D．图象对称中心的横坐标不变 【答案】ABD 【分析】利用导数求出函数的极大值判断A；由恒成立判断B；由的解集能否为R判断C；求出图象的对称中心判断D. 【详解】对于A，当时，， 令，得或， 当时，，当或时，， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又， 因为为三次函数的极大值，且极大值小于，所以只有一个零点，故A正确； 对于B，，若无极值点，则，解得，故B正确； 对于C，要使在上是减函数，则恒成立，显然不等式的解集不是，故C错误； 对于D，由， 得图象对称中心坐标为，图象对称中心的横坐标不变，故D正确. 故选：ABD. 5．（25-26高三上·云南红河·阶段检测）（多选）已知是定义在上的偶函数，且当时，，则（ ） A．当时， B． C．在和上单调递减 D．有2个极小值点 【答案】ABD 【分析】对A，利用偶函数的性质，结合条件，即可求解；对B，直接求出，即可判断正误；对C，利用导数与函数单调性间的关系及偶函数的性质，求出单调区间，即可判断正误；对D，利用C中结果，由极值的定义及偶函数的性质，即可求解. 【详解】对于A，因为是定义在上的偶函数，且时，， 所以时，，则， 又，所以当时，，故A正确； 对于B，由选项A知时，， 所以当，，则，所以B正确； 对于C，因为当时，， 令可得，或（舍去） 当时，，函数在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又是定义在上的偶函数， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在和上单调递增，故C错误； 对于D，由选项C可函数在上单调递减，在上单调递增，且， 所以当时，是的极小值点， 因为是偶函数，图象关于轴对称，所以也是的极小值点， 故有2个极小值点，所以D正确. 故选：ABD. 6．（25-26高三上·云南·阶段检测）（多选）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A．在上单调递增 B．的图象与轴有7个交点 C．是的极小值点 D．存在实数，使得方程有且仅有5个实数根 【答案】BD 【分析】求出函数的导数，讨论函数在上的单调性，从而可判断A，结合零点存在定理和奇函数可判断B的正误，利用函数的对称性可判断C的正误，结合函数图像可可判断D的正误. 【详解】对于A，当时，， 所以， 所以当时， 当时，所以在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，故A错误； 对于B，， ,，所以当时，函数有3个零点， 又是定义在上的奇函数，所以函数有7个零点， 即的图象与x轴有7个交点，故B正确； 对于C，由B可知是的极小值点，由函数为奇函数可得是的极大值点，故C错误； 对于D，令，，所以作出图象如图所示， 所以由图可知当时，方程有且仅有5个实数根，故D正确. 故选：BD. 7．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）（多选）对于函数，下列说法正确的是（ ） A．在处取得极大值 B．有两个不同的零点 C． D．若有两个不同的实根，则a的取值范围是 【答案】AC 【分析】先求出导函数，再根据导函数的正负得出函数单调性进而得出极值判断A，根据单调性判断C，应用对数运算判断B，应用单调性结合函数值域即可判断D. 【详解】由已知得， 令得，令得， 故在上单调递增，在单调递减，所以的极大值为，A正确； 又令得，即，所以只有1个零点，B不正确； 函数在上单调递减，因为，所以，故C正确； 若有两个不同的实根，由在上单调递增，在单调递减， 所以的最大值为， 当时，，当时，， 当有两个不同的实根，则，故D不正确． 故选：AC ( 考点0 6 求单调区间，分类讨论函数的单调性 ) 1．（2026·云南红河·模拟预测）已知函数，则在上单调递减的区间为_____ 【答案】 【详解】由题意得， 因，则， 由可得， 因正弦函数在上单调递增，则，即. 故在上单调递减的区间为． 2．（25-26高二上·云南昭通·期末）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求曲线在点处的切线方程. 【答案】(1)的单调递增区间为，；单调递减区间为. (2) 【分析】（1）利用导数求解即可； （2）利用导数的几何意义求解即可. 【详解】（1）因为， 令，得或， 所以的单调递增区间为，； ，得，的单调递减区间为. 综上，的单调递增区间为，；单调递减区间为. （2）因为，且， 所以切线方程为， 即. 所以曲线在点处的切线方程为. 3．（25-26高三下·云南·阶段检测）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的方程； (2)讨论的单调性． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）分，和三种情况讨论导数的正负即可求解. 【详解】（1）， 则． 因为， 所以，得． 又， 所以的方程为，即． （2）． 当时，，则在上单调递增． 当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 4．（24-25高二下·云南·期中）已知函数，． (1)若，求函数的值域； (2)求函数的单调区间； (3)若直线为的切线，求的值． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求导，确定函数的单调性即可求解； （2）求得导函数，并对分和讨论，即可判断函数的单调性； （3）设切点为，结合导数的几何意义可得，令，转化为仅一个零点，利用导数判断求解； 【详解】（1）时，， 求导得：， 易得时，，时，， 所以在单调递减，在单调递增， 最小值为，又时，， 所以值域为： （2）由，， 当时，，在单调递增， 当时，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 综上， 当时，递增区间为，无递减区间； 当时，递减区间为，递增区间为. （3）设切点为，依题意，，所以， 又，代入可得，， 设，则， 所在单调递增， 因为，所以， 所以. 5．（23-24高二下·云南昆明·阶段检测）已知函数（为实常数）. (1)当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的值； (2)讨论函数的单调性. 【答案】(1)当时，有最小值为，当时，有最大值； (2)当时，在上递增，当时，在上递减，在上递增. 【分析】（1）函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的最值； （2）对函数求导后，分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间. 【详解】（1）当时，，则， 由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以在上递减，在上递增， 所以当时，有最小值为， 因为，所以当时，有最大值； （2）由，得， 当时，在上恒成立，所以在上递增， 当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增. 6．（23-24高二下·云南曲靖·阶段检测）已知函数. (1)若函数的图象在点处的切线过坐标原点，求实数的值； (2)讨论函数的单调性. 【答案】(1)1 (2)答案见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式写出切线方程，再根据切线过点，可求的值. （2）求导，在函数的定义域内讨论导函数的符号，确定函数的单调区间. 【详解】（1）由，有，， 可得曲线在点处的切线方程为， 整理为， 代入原点，有，可得， 故实数的值为1. （2）由，. ①当时，在上恒成立，可得函数的增区间为，没有减区间； ②当时，令，可得，故函数的减区间为，增区间为. 综上可知，当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 7．（2024·云南·模拟预测）已知函数. (1)当时，求函数的最小值； (2)讨论函数的单调性. 【答案】(1)最小值 (2) 当时，为上的单调递减函数，为上的单调递增函数； 当时，为上的单调递增函数，为上的单调递减函数， 为上的单调递增函数； 当时，为上的单调递增函数； 当时，为上的单调递增函数，为上的单调递减函数； 为上的单调递增函数. 【分析】（1）根据导数即可求解； （2）求出，对分情况讨论即可. 【详解】（1）当时，由，所以， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为； （2）由， 所以. ①当时，若时，， 所以为上的单调递减函数， 若时，，所以为上的单调递增函数， ②当时，， 若时，， 所以为上的单调递增函数， 若时，， 所以为上的单调递减函数， 若时，，所以为上的单调递增函数， ③当时，， 对，所以为上的单调递增函数， ④当时，， 若时，，所以为上的单调递增函数； 若时，，所以为上的单调递减函数； 若，所以为上的单调递增函数. 【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于对的分类讨论. 8．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数． (1)若，证明：在上恒成立； (2)讨论函数的单调性． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）先构造差函数，再对求导，分析导数在区间内的符号（判断单调性），最后验证最小值≥0即可完成证明； （2）先明确函数的定义域，对原函数求导并化简，再找出导函数的零点（临界点），根据参数对零点的影响，分类讨论参数取值，并在每类参数范围内，分析导函数的符号确定单调性，最后综合所有情况总结结论即可. 【详解】（1）若，则，要证在上恒成立， 等价于证明：在上恒成立， 令，， 则， 令，， 因为在上单调递增，故，则， 故在上单调递增，则，即， 故在上恒成立． （2）因为函数的定义域为， 所以， 令，即，则或，解得或； ①若： 则当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增； ②若： 则当时，，，，单调递增， 当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增； ③若：则当时，单调递增； ④若： 则当时，，，，单调递增， 当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增． 综上，当的单调递减区间为，单调递增区间为； 当的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当无单调递减区间，单调递增区间为； 当的单调递减区间为，单调递增区间为和． 9．（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)讨论的单调性． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)当时，在R上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【分析】（1）首先求出函数的解析式，然后对函数求导，令导数为0求出极值点，并判断单调性，即可求出函数的极值. （2）首先对原函数求导，然后分别讨论当时函数的单调性. 【详解】（1）当时，，， ∴， ∵在上恒成立，∴由得， ∵当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， 则的极小值为，无极大值． （2）由题意得，， 当时，，，即恒成立，所以在R上单调递减； 当时，令，则，得， 时，，时，， 故在上单调递减，在上单调递增． 综上，当时，在R上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． ( 考点0 7 已知单调区间求参 ) 1．（25-26高三下·云南楚雄·开学考试）若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为________． 【答案】 【分析】由题可得导函数在该区间上恒大于等于0，然后分离参数，构造新函数，利用基本不等式或导数法求新函数在区间上的最小值，进而即得. 【详解】因为，所以. 又因为函数在区间上单调递增，所以在上恒成立， 即当时，恒成立. 因为，当且仅当时，等号成立，且在定义域内. 即，所以， 即实数的取值范围为. 2．（25-26高二上·云南玉溪·阶段检测）已知函数在上单调递减，则实数a的最小整数是______. 【答案】5 【分析】由题意在上恒成立，再参变分离求导分析单调性求解最值即可. 【详解】由题意得的定义域为. 在上恒成立，即在上恒成立. 设，则，. 当时，， 所以在上单调递增，所以，所以， 即实数a的最小整数是5. 故答案为：5 3．（24-25高二上·云南昆明·期中）设，若函数在区间上单调，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】利用导数求的单调区间，由在区间上单调，求的取值范围. 【详解】因为， 所以， 设，则， 所以时，，故在上单调递减，即在上单调递减， 又，所以时；时， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故，所以的取值范围是. 故答案为： 4．（24-25高二下·云南玉溪·期中）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是_____________. 【答案】 【分析】问题转化为在上恒成立，则恒成立，利用导数确定函数在上的单调性得最值即可得实数的取值范围. 【详解】由题可知，在上恒成立， 即恒成立， 令，则，所以函数在上单调递增 所以，解得，则实数的取值范围是. 故答案为：. 5．（25-26高三上·云南·开学考试）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上单调递增，求a的取值范围； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出导函数得出切线斜率，再结合点斜式方程即可求出切线方程； （2）根据函数单调性得出导函数大于等于0，再应用参数分离构造，最后应用导数得出函数最值即可得出范围. 【详解】（1）当时，，，，， 所以曲线在点处的切线方程，即. （2）因为在上单调递增，所以在区间上恒成立， 所以， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，， 所以，所以单调递增， ， 所以. ( 考点0 8 求极值和已知极值点求参 ) 1．（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， ∴. 2．（24-25高二下·云南·期末）已知函数在处取得极小值，则__________. 【答案】1 【分析】根据题意可得，即可求得的值，进而进行验证即可. 【详解】由，，得， 因为函数在处取得极小值， 所以，解得， 此时， ， 令，得或；令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 即在处取极小值，符合题意，则. 故答案为：1. 3．（2022·云南玉溪·模拟预测）若函数的极小值小于0，则实数a的取值范围为___________． 【答案】 【分析】根据导数的性质，结合函数的导函数的零点的大小关系、极小值的定义分类讨论进行求解即可. 【详解】由， 当时，即时，， 所以函数是实数集上的增函数，故没有极小值； 当时，即时， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以是极大值点，是极小值点， 由题意可知：， 而，所以； 当时，即时， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以是极大值点，是极小值点， ，不符合题意， 综上所述：实数a的取值范围为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：根据导函数零点的大小分类讨论是解题的关键. 4．（20-21高二下·云南昭通·期中）已知函数. (1)求的单调区间； (2)当时，求函数的极值. 【答案】(1)答案见解析 (2)，. 【分析】（1）求导，分类讨论和，即可根据导函数的单调性即可求解， （2）求导，即可根据函数的单调性求解极值点. 【详解】（1）， 若，由，得；由，得， 的递减区间为，递增区间为. 若，由，得；由，得， 的递减区间为，递增区间为. （2）当时，， . 由，得或. 当变化时，与的变化情况如下表： 2 - 0 + 0 - 递减 极小值 递增 极大值 递减 ， . 5．（2026·云南·三模）已知函数在处的切线的斜率为1. (1)求的值； (2)当时，求的极值. 【答案】(1) (2)极小值为1，无极大值 【分析】（1）由导数的几何意义求解即可； （2）利用导数确定函数的单调性，再根据单调性求解即可. 【详解】（1）由题可知， 因为在处切线的斜率为1， 所以， 解得 （2）由（1）得，因此， 所以， 令，则. 因为，所以，所以，而， 所以在区间上恒成立， 所以在上单调递增，即在上单调递增. 又， 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增， 所以时，取得极小值为，在上无极大值. 综上所述，在上的极小值为1，无极大值. 6．（25-26高二下·云南昆明·期中）已知函数． (1)若曲线在处的切线经过点，求的值； (2)若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）求导，分，两种情况讨论求解即可； 【详解】（1）由题意得：，即切点为． 因为，则． 据题意，切线经过点，则，解得． （2）由题意得， 若，因为，则恒成立， 所以在上单调递增，无极值，不符合题意； 若，令，得，令，得， 则在内单调递减，在内单调递增，所以为的极小值点， 由已知，，即， 则，即，得， 所以的取值范围是． ( 考点0 9 极值范围和极值点个数 ) 1．（2026·云南昭通·模拟预测）已知函数有2个极值，则的取值范围是________. 【答案】 【分析】将极值问题转化为导数零点问题，再构造函数，结合导数分析单调性，建立不等式组，求解参数范围即可. 【详解】由题意的定义域为，且， 因为有2个极值，所以有2个变号零点， 令，可得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 当时，，当时，， 而，可得，解得， 故的取值范围是. 2．（24-25高三上·云南昆明·期中）已知函数有两个极值点，则的取值范围为________；若的极小值小于零，则的取值范围为________. 【答案】； 【分析】空1：求导，利用导数有两个正根可得，求解即可；空2：利用空1，可得函数的单调性，可得时，函数取得极小值，由已知计算可得，根据可求结论. 【详解】空1：函数的定义域为 求导得，令，可得， 因为函数有两个极值点，所以有两个不等的正根， 设两根分别为且，所以可得，解得， 所以的取值范围为； 空2：由（1）可得时，，当时，， 当时，，所以时，函数取得极小值， 所以且，即， 极小值，所以， 令，求导可得， 所以在上为减函数， 又，所以时，， 由，可得， 令，可得， 所以在上单调递增，，所以， 所以的取值范围为. 故答案案为：；. 【点睛】思路点睛：函数有极值点转化为导数为0的方程的根的问题，进而可转化为函数的零点问题. 3．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）已知函数． (1)若，讨论的单调性； (2)若有两个极值点，求的取值范围． 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2) 【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数单调区间即可； （2）由题意可转化为与有两个不同交点，利用导数分析函数的极值、单调性，作出函数大致图象，数形结合求解. 【详解】（1）当时，函数． 所以． 显然当或时，单调递增； 当时，单调递减． 故在上单调递增，在上单调递减． （2） 若有两个极值点，则有两个不同的变号零点． 令，即有两个不同的变号零点． 则． 易知当时，单调递增； 当或时，单调递减． 故当时．取得极小值，也是最小值， 当时，取得极大值． 又．当时，． 所以．当时．，当时，． 作出大致图象如图所示： 要使得有两个不同的根，只需与有两个不同交点． 由图可得． 注意到当时，在附近，， 即，不符合题意，舍去． 所以的取值范围是． 4．（26-27高二上·云南·期末）已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)已知有两个极值点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若的极小值大于零，求的取值范围． 【答案】(1)单调递增区间为、，单调递减区间为 (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）当时，利用函数单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间； （2）（i）利用函数的极值点与导数的关系可知，关于的方程有两个不等的正根，根据二次方程根的分布可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围； （ii）利用导数分析函数的单调性，可求出函数的极小值为，根据极值点的定义得出，根据得出，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，结合求出的取值范围，再结合结合函数的单调性可得出的取值范围. 【详解】（1）若，，定义域为， ， 由，解得或，由，解得， 所以的单调递增区间为、，单调递减区间为． （2）（ⅰ）函数的定义域为， 求导得，令，可得， 因为函数有两个极值点， 所以有两个不等的正根，设两根分别为、且， 所以可得，解得，所以的取值范围为； （ⅱ）由（ⅰ）可得时，，当时，， 当时，， 所以时，函数取得极小值， 所以且，即， 极小值，所以， 令，求导可得， 所以在上为减函数， 又， 所以时，，所以的取值范围是， 由，可得， 令，可得， 所以在上单调递增，， 所以，所以的取值范围为． 5．（25-26高三上·云南昭通·期末）设为实数，函数. (1)若曲线过点，求的值； (2)当时，求的最小值； (3)若恰有两个极值点，求的取值范围. 【答案】(1)或 (2) (3) 【分析】（1）利用代入法进行求解即可； （2）根据导数的性质，运用二次求导法进行求解即可； （3）根据极值的定义，结合（2）的结论进行求解即可. 【详解】（1）因为曲线过点， 所以，即. 又因为，所以或. （2）当时，， 所以. 令，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增. 又因为， 所以，，单调递减， ，，单调递增， 所以. （3）， 由（2）解答可知在上单调递减，在上单调递增， 且，. 若恰有两个极值点，则即， 所以的取值范围为. 6．（25-26高三上·云南红河·阶段检测）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)已知有两个极值点，且， （i）求实数a的取值范围； （ii）求的最小值. 【答案】(1)增区间为和；减区间为 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先求出函数的导数，再根据函数的正负来确定函数的单调区间即可； （2）（i）先求出导数，根据函数有两个极值点可知导数对应的方程有两个不同的正根，再结合二次函数的性质来确定参数的取值范围； （ii）先根据韦达定理得到与的关系，将表示为关于的函数，最后利用导数求该函数的最小值. 【详解】（1）当时，，的定义域为， ， 令，得或， 单调递增； 单调递减； 单调递增. 综上，的增区间为和；减区间为. （2）（i）， 又是函数的两个极值点，所以是方程的两个正根 则，解得， 经检验，当时，符合题意. 所以实数的取值范围为. （ii）由（i）知，则，， ， 令， 则， 当时，，则单调递减 当时，，则单调递增 故当时，取得最小值， 所以，即的最小值为. 7．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数. (1)若函数在处的切线方程为，求实数； (2)若函数存在两个极值点（） ①求a的取值范围； ②证明： 【答案】(1)； (2) ①； ②因为或， 而， 所以，而， 所以， 令，所以，所以在上单调递减， 所以， 所以. 【分析】（1）根据导数的几何意义和函数在处切线的概念，可求的值. （2）①问题转化为有两个不同的解求参数的取值范围； ②先结合①的结论，确定的取值范围，在根据得到的表达式，通过对函数单调性的分析，可求的取值范围. 【详解】（1）因为在处的切线斜率为0， 所以，即；此时切点坐标为，所以. （2）①因为， 当时，在单调递增，只有一解，显然不符合题意； 当时，设，则. 由；由. 所以即在上单调递增，在上单调递减. 因为函数存在两个极值点. 所以需有两解，所以为必要条件，即为必要条件， 当时，时，时，， 分别在及各有一零点， 综上：. ②略. ( 考点 10 函数求解最值 ) 1．（2023·云南红河·二模）若是函数的极小值点，则函数在区间上的最大值为______． 【答案】/ 【分析】求导，根据极值点可得，进而解得或，代入验证极值点可确定，进而根据极大值以及端点处的函数值进行比较即可求解. 【详解】由，得， 因为是函数的极小值点，所以，即， 即，解得或． 当时，， 当或时，，当时，， 所以，在区间，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，不符合题意； 当时，， 当或时，，当时，， 所以在区间，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极小值点，是函数的极大值点，故 又因为，， 所以函数在的最大值为． 故答案为：． 2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知曲线在点处的切线方程为，a，. (1)求a； (2)求在区间上的最大值与最小值． 【答案】(1) (2)最大值为10，最小值. 【分析】（1）根据求出值即可； （2）代入值直接求导列表即可得到答案. 【详解】（1）由，得， 由题意可得，即，解得. （2）由（1）可得， ， 令，可得或，所以在区间上，随的变化情况如下表： 0 2 3 0 0 1 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 10 由上表可得在区间上的最大值为10，最小值. 3．（2026·云南·模拟预测）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，求函数的最小值； (3)若函数存在极小值点，且,求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先对函数求导，计算处的函数值和导数值，再用点斜式即可写出切线方程； （2）求导后判断导数为0的点，判断函数的单调性，确定极小值即为最小值； （3）由极小值点的导数为0得到与的关系，代入求解方程即可. 【详解】（1）当时，函数，所以，即切点为， 又因为，所以切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）当时，，定义域为，所以， 因为在上单调递增，而在上单调递减， 所以在上单调递增， 又因为，所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以是的极小值点，也是最小值点， 即最小值为. （3）已知，所以， 因为是极小值点，所以，即，化简得：. 又因为，代入得：，将代入得：，即， 设，求导得：，令得， 且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以在处取得最小值， 又因为当时，时，， 故有唯一解为，代入得. 4．（2025·云南红河·三模）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)求函数的极值； (3)设，求函数在区间上的最大值． 【答案】(1) (2)极大值，无极小值 (3) 当时，； 当时，； 当时，． 【分析】（1）先求导函数，再计算斜率，利用点斜式即可求切线； （2）解不等式和，得出函数单调性，即可求出极值； （3）结合（2）求出的单调性，分三种情况讨论函数在上的单调性，即可求最值. 【详解】（1）函数的定义域为， 由，则切线的斜率， 又，故切点为， 所以切线的方程为，即． （2）因为， 则，得；，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故当时，有极大值，无极小值． （3）由（2）得：当且，即时， 在上恒成立，函数在上单调递增， 所以； 当，即时， 时，，时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以； 当时，在上恒成立，函数在上单调递减， 所以， 综上所得：当时，； 当时，； 当时，． 5．（24-25高二下·云南玉溪·阶段检测）已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)求在上的最大值． 【答案】(1)极大值，无极小值 (2) 【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得解； （2）分，和三种情况讨论得出函数在上的单调性，再根据函数的单调性即可得解. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，，则， 令，则，令，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，无极小值； （2）， 当时，，所以函数在上单调递减， 此时，； 当时，令，则，令，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 此时，； 当时，， 所以函数在上单调递增，此时，， 综上所述，. ( 考点 11 恒 成立与能成立问题 ) 1．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出的导数，再分类讨论导数值的正负即可得解； （2）原不等式可转化为在上恒成立，只需即可，令，利用导数求单调性进而求最大值即可. 【详解】（1）由题意可知，， 令，则， 当时，恒成立，单调递增， 当时，由解得，由解得， 所以在单调递增，在单调递减， 综上所述当时，单调递增，当时，在单调递增，在单调递减. （2）由（1）可知不等式即在上恒成立， 即在上恒成立，只需即可， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 所以. 2．（2024·云南曲靖·一模）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)讨论函数的单调性； (3)设，当时，函数的图象在函数的图象的下方，求的最大值． 【答案】(1) (2)答案见详解 (3) 【分析】（1）对函数求导后，利用，求解即可； （2）对函数求导后，讨论的范围，考查的正负即可； （3）依题意，恒成立，不等式化为，构造函数，求得的最大值，令最大值小于零，即，构造函数，考查函数的单调性，进一步分析即可. 【详解】（1）由题，函数的定义域为， 则，， 由于曲线在点处的切线与直线垂直， 则，所以， 解得，. （2）， 故当时，恒成立，则在上单调递增； 当时，令，得， 令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （3）依题知，当时，恒成立， 即恒成立， 化简为， 设， 则， 当时，恒成立， 故在单调递增， 此时不符合题意； 当时，， 令，得，令，得， 所以在单调递增，在单调递减， 故在处取最大值， 则恒成立， 化为恒成立， 设， 则当时，恒成立， 则在上单调递增， 又，且，， 故的最大值为. 【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，根据题目的特点构造一个适当的函数，对其求导，根据的取值讨论与的大小，若不等式恒成立，则只需恒成立即可，再次够造新函数，利用它的单调性即可解题. 3．（2024·云南昆明·一模）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导后对分类讨论即可得； （2）由函性质可得时，，则，再结合函数单调性进行分类讨论计算即可得. 【详解】（1）函数的定义域为， ， ①当时，令，得，则当时，， 当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， ②当时，令，得或， ⅰ）当时，则当或时，， 当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减， ⅱ）当时，当时，，所以在上单调递增， ⅲ）当时，则当或时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， （2）当时，令，则， 时，，则， 故，则， 故当时，， 所以当时，，解得， 由（1）可知，当时，在上的极小值为， 由题，则有，解得， 当，解得， ①当时，，，符合题意， ②当时，，，符合题意. 综上，当时，恒成立. 【点睛】恒成立问题解题思路： （1）参变量分离： （2）构造函数： ①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可； ②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参变分离即可解决问题. 4．（23-24高二下·云南丽江·期末）已知． (1)讨论的单调性； (2)若任意的，求的取值范围． 【答案】(1)分类讨论，答案见解析. (2) 【分析】（1）先确定函数的定义域，接着对函数进行求导，令，得到临界点和，最后根据与的大小关系，分四种情况讨论在不同区间的符号，从而确定的单调性. （2）根据，构造函数，由条件得出在上单调递增，所以在上恒成立，变形得到在上恒成立，最后求的最大值即可得到的取值范围． 【详解】（1）的定义域为． 若，则． ①若，当时，；当时，， 所以在（0，2）上单调递减，在上单调递增； ②若，当或时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； ③若，当且仅当时取等号，此时在上单调递增； ④若，当或时，；当时，， 所以在（0，2）上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当时，在（0，2）上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在（0，2）上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． （2）不妨设，则 ． 设，则， 所以在上单调递增，所以对恒成立， 所以对恒成立， 又，所以当时，取最大值， 所以，解得，即的取值范围为． 5．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数. (1)若，求证：； (2)若且在上恒成立，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用导数可得，计算可得结论； （2）令，则在上恒成立，求导得，分和两种情况讨论可求解. 【详解】（1）的定义域为， 当时，，， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以. （2）令，则在上恒成立. 求导，得， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增. 又，不符合题意，舍去. 当时，若，可得，所以在上单调递增， 若，可得，所以在上单调递减， 所以， 只需即可. 设，则， 所以在上单调递增. 又，所以当时，恒成立，所以. 又，所以的最大值为. 6．（23-24高三上·云南昆明·期中）已知（其中e为自然对数的底数，） (1)求的单调区间； (2)若存在实数，使能成立，求正数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2)． 【分析】（1）对求导，然后分和两种情况求的单调区间； （2）存在实数，使能成立只需，然后构造函数，解不等式即可. 【详解】（1）的定义域是，则， 当时，，递减区间为； 当时，令得：，令得：， 故递增区间为，递减区间为； （2）由题设，结合（1）知， 若上存在实数x，使能成立，则． 令，则， 当时，当时． ∴在上为减函数，在上为增函数， 而上，，． ∴实数a的取值范围是． 7．（23-24高三上·云南曲靖·阶段检测）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)（），若对任意，均存在，使得，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出导函数，由得到切线斜率，再根据切点坐标即可得到切线方程； （2）转化问题为，结合二次函数性质可求得的最大值，构造，由的导函数判断的单调性，利用端点值和极值判断的正负，进而判断的单调性，求得，即可求解. 【详解】（1）由题意， 则，即切线的斜率， 且，即切点坐标为， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）由题意可知：， 因为的图象开口向上，对称轴为直线， 则在上单调递减，可得， 由（1）可设，则， 所以， 当时，；当时，， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增. 且， 可知在区间上只有一个零点，设为， 当时，；当时，， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且，可得当时，， 所以，解得， 所以实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 8．（25-26高三下·云南·阶段检测）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)判断函数的零点个数； (3)若对任意的，都有成立，求整数的最大值． 【答案】(1) (2)两个零点 (3)3 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）利用导数确定函数的单调性，然后结合零点存在定理判断； （3）不等式分离参数化为，引入函数，，利用导数求得其最小值并判断最小值所在范围后可得结论． 【详解】（1）因为，，所以， 所以曲线在点处的切线的斜率为， 又因为， 所以曲线在点处的切线方程为． （2）因为，，所以． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，． 因为当时，，， 所以由函数零点存在定理，得在内和内各存在一个零点， 所以函数有两个零点． （3）因为对任意的，都有，所以． 设，， 则． 由（2）知，在上单调递增． 因为，， 所以在内存在唯一的零点，即． 所以当时，，所以，在上单调递减； 当时，，所以，在上单调递增． 所以在处取得极小值，也是最小值， ． 因为，所以． 所以，所以整数的最大值为． ( 考点 12 导数中的零点问题 ) 1．（25-26高二上·云南昭通·期末）已知函数在处有极值. (1)求的值； (2)若函数恰有2个零点，求实数m的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出导函数，再根据极值点导函数为0计算求出参数，再代入检验即可； （2）先根据导函数求出单调性及极值，再结合图象根据零点个数列式计算求解. 【详解】（1）由函数，可得， 因为在处取极值，可得，解得， 当时，， 当或时，；当，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故满足在处取极值，所以. （2）由（1）知：函数在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增， 所以，， 由于当时，，时，， 时，，当时，， 画出函数的图象，如图所示， 又因为方程有2个实数根时，即函数与的图象有两个公共点， 结合图象，可得或， 所以恰有2个零点时，实数的取值范围为. 2．（2025·云南昆明·模拟预测）已知，． (1)当时，求函数的极值； (2)若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围． 【答案】(1)极小值为1，无极大值 (2) 【分析】（1）求出函数的导数，根据函数的极值与导数的关系，即可求得答案； （2）先判断出，即可将方程有两个不等实根，转化为与有2个交点的问题，结合函数的导数判断函数单调性，即可求解. 【详解】（1）当时，，定义域为R，， 令，得， 当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，函数在区间上单调递增， 所以在处取到极小值为，无极大值． （2）方程，当时，显然方程不成立， 所以，则，方程有两个不等实根， 即与的图象有2个交点， ，当或时，， 在区间和上单调递减，且时，， 当时，， 当时，，在区间上单调递增， 时，当时，取得极小值也即最小值，， 所以与有2个交点时，， 故a的取值范围为． 3．（24-25高二上·云南曲靖·阶段检测）已知函数. (1)判断函数的单调性，并求出的极值； (2)画出函数的大致图象； (3)若方程有个不同的根，求实数的取值范围. 【答案】(1)增区间为，减区间为，极小值为，无极大值； (2)作图见解析； (3). 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间及极值. （2）结合（1）的信息作出函数图象. （3）化方程为或，结合（2）求出的范围. 【详解】（1）函数的定义域为R，求导得， 由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，在处取极小值，无极大值， 所以函数的单调增区间为，单调减区间为；极小值为，无极大值. （2）由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，， 当时，函数的图象在轴下方，随着的减小，的图象无限接近轴， 函数的大致图象如图： （3）方程，解得或， 解，得，依题意，方程有2个不等实根， 即直线与函数的图象有2个交点，由（2）知，， 所以实数的取值范围是. 4．（25-26高三上·云南普洱·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有且仅有两个零点，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，分和两种情况讨论其单调性； （2）结合第一问分和两种情况讨论，应用单调性结合最小值及零点存在性定理可判断零点个数； 【详解】（1）函数，定义域为，则， 若，则，故函数在上单调递增， 若，则得；得， 故函数在上单调递减，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）当时，函数在上单调递增， 故函数至多有一个零点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 且的最小值为， ， 若函数有且仅有两个零点，则，， 所以，即， 当时，函数在上有一个零点， 且函数在内有一个零点， 所以当时，函数有且仅有两个零点. 5．（2026·云南玉溪·模拟预测）已知函数． (1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)判断函数在的零点个数，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)1，理由如下： 令，则，整理得， 令，则， 当时，，所以在上单调递减， 又，，所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点. 当时，，，两个不等式等号无法同时成立， ，此时函数无零点， 综上所述，在上存在唯一零点， 即函数在上的零点个数为． 【分析】（1）由对称性可得，计算即可得； （2）求导后可得函数单调性，即可得其最大值； （3）令，可得，构造函数，借助导数可研究其单调性，利用单调性与零点存在性定理即可得解. 【详解】（1）由题意得，； （2）由题意得，，，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为； （3）略 6．（25-26高三上·云南昆明·期中）已知函数. (1)若，证明：当时，； (2)若，求的最小值； (3)讨论的零点个数. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3)答案见解析 【分析】（1）利用导数的性质，结合函数的单调性进行运算证明即可； （2）根据导数的性质，结合函数的单调性进行求解即可； （3）根据参变量分离法，通过构造新函数，利用数形结合思想分类讨论进行求解即可. 【详解】（1）， 因为，， 所以，因此， 所以当时，函数在上单调递减， 于是由，证毕； （2）当时，，， 当时，，所以函数在时，单调递增， 当时，，，显然， 因此，所以函数在时，单调递减， 所以当时，函数有最小值； （3）当时，， 所以此时该函数是实数集上的减函数，而， 所以此时函数有唯一零点； ， 设， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增，且， 函数的图象和直线的图象如下图所示： 显然当时，直线和函数的图象有唯一交点； 函数在处的切线斜率为， 因此当时，直线和函数的图象有唯一交点； 因此当时，直线和函数的图象有两个交点， 当时，直线和函数的图象有两个交点， 综上所述：当时，函数有两个零点， 当时，函数有一个零点. ( 考点 13 不等式问题 ) 1．（23-24高二下·云南保山·阶段检测）已知曲线在处的切线过点. (1)试求的值； (2)讨论的单调性； (3)证明：当时，. 【答案】(1)0； (2) 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (3)证明如下： 由（2）得， 要证明，即证，即证， 令，求导得， 由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，即恒成立， 所以当时，. 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，再代入计算即得. （2）求出函数的导数，再分类讨论求出单调区间. （3）由（2）求出函数的最小值，利用分析法，构造函数并利用导数证明不等式. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 因此曲线在处的切线方程为，即， 依题意，，所以则. （2）由（1）知函数，其定义域为，求导得， 当时，在上单调递减； 当时，由，得， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）略 2．（24-25高三下·云南昆明·阶段检测）已知函数. (1)讨论的零点个数； (2)记，证明：在上，当时，的图象恒在的图象上方. 【答案】(1) 当时，函数的零点个数是2； 当或时，函数的零点个数是1； 当时，函数的零点个数是0. (2) 令，则， 令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以成立，所以， 要证的图象恒在的图象上方， 即证在上恒成立， 又，只需证， 故只需证， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增. 故， 所以当时，，所以恒成立， 所以的图象恒在的图象上方. 【分析】（1）令，将问题转化为直线与曲线的交点个数问题，求得函数的增减区间和最值，再对a分情况讨论即可得到结果； （2）令，求导计算得到，要证的图象恒在的图象上方，只需证，求导得到，结论即可证明. 【详解】（1）令，得， 即的零点个数可看作直线与曲线的交点个数问题； 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 故，当时，，当时，， 当时，，当时，. 所以当时，直线与曲线有2个交点； 当或时，直线与曲线有1个交点； 当时，直线与曲线无交点. 故当时，函数的零点个数是2； 当或时，函数的零点个数是1； 当时，函数的零点个数是0. （2）略 3．（24-25高三上·云南·阶段检测）设． (1)求在处的切线方程； (2)求证：当时，； (3)设为整数，且对于任意正整数都有，求的最小值． 【答案】(1) (2)证明如下： ，，所以， 令，解得， 可知当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 所以当时，取得最小值， 所以. (3) 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切线方程； （2）求导，根据导数判断函数单调性及最值即可得证； （3）由（2）可知当时，可得，根据等比数列求和可知，即可得解. 【详解】（1）已知，则， 则，又， 所以切线方程为，即. （2）略 （3）由（2）可知当时，，即， 令，可得， 从而， ， 即， 则对于任意正整数都有，只需，又为整数， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围. （2）函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解． 4．（25-26高二下·云南德宏·期中）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若函数在定义域内恒成立，求实数的取值范围； (3)求证：当时，． 【答案】(1)当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导得到，再对分类讨论即可； （2）在定义域内恒成立只需要在定义域内满足，由（1）知当时，，故只需考虑的情况即可求解； （3）取时，然后将待证不等式的左边取对数，让左边的式子结构能和产生联系； 【详解】（1）函数定义域为，； 当时，恒成立，因此在单调递增； 当时，令，得到， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 综上所述，当时，在单调递增； 当时，在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当时，，不满足题设， 当时，在单调递增，在单调递减， 因为函数在定义域内恒成立，所以，解得， 故实数的取值范围为. （3）由（2）得，当时，当且仅当时等号成立， 所以对任意整数，，结合对数的运算法则可得 所以， 故得证. 5．（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，. ( 考点 1 4 极值点偏移 ) 1．（21-22高二下·云南昆明·期末）已知函数f（x）＝ex（lnx+a）． (1)若f（x）是增函数，求实数a的取值范围； (2)若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：x1+x2＞2． 【答案】(1)[﹣1，+∞） (2)证明见解析 【分析】(1)求导，由f（x）是增函数，转化为f′（x）≥0对任意x＞0恒成立，即恒成立，构造新函数，求导得单调性，求出最小值，得到a的取值范围. (2)设出两个极值点，即两个极值点是的两个零点，要证明x1+x2＞2，只需证x2＞2﹣x1，只需证g（x2）﹣g（2﹣x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）＞0，设，求导，证h（x）在（0，1）上单调递减，从而得到g（x）在（1，+∞）上单调递增，所以x2＞2﹣x1成立，即x1+x2＞2成立． 【详解】（1）函数的定义域为， 若f（x）是增函数，即f′（x）≥0对任意x＞0恒成立，故恒成立， 设，则， 所以当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 所以当x＝1时，g（x）min＝g（1）＝a+1，由a+1≥0得a≥﹣1， 所以a的取值范围是[﹣1，+∞）． （2）不妨设0＜x1＜x2，因为x1，x2是f（x）的两个极值点， 所以，即，同理， 故x1，x2是函数的两个零点，即g（x1）＝g（x2）＝0， 由（1）知，g（x）min＝g（1）＝a+1＜0，故应有a∈（﹣∞，﹣1），且0＜x1＜1＜x2， 要证明x1+x2＞2，只需证x2＞2﹣x1， 只需证g（x2）﹣g（2﹣x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1） ， 设， 则， 所以h（x）在（0，1）上单调递减，因为x1∈（0，1），所以h（x1）＞h（1）＝0， 即g（x2）﹣g（2﹣x1）＞0，g（x2）＞g（2﹣x1）， 又x2＞1，2﹣x1＞1，及g（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以x2＞2﹣x1成立，即x1+x2＞2成立． 2．（22-23高三上·云南·阶段检测）已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围. （2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证. 【详解】（1），，令，解得， 所以当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减， 所以，要使，则有，而，故， 所以的取值范围为． （2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增； 当时，单调递减， 设，所以，， ①若，则，成立； ②若，先证，此时， 要证，即证，即，， 令，， ， 所以在上单调递增，所以， 即，，所以， 因为，，所以， 即． 【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理. 3．（2020·云南红河·模拟预测）已知函数． （Ⅰ）若函数在处的切线与直线平行，求实数n的值； （Ⅱ）若时，函数恰有两个零点，证明：． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析. 【分析】（Ⅰ）求出导函数，由可得； （Ⅱ）由零点定义得，消去参数后，引入，把表示为的函数，转化一下，只要证，这可构造新函数，利用导数给予证明． 【详解】解：（Ⅰ）因为，， 所以. （Ⅱ）当时，， 由题意知： ②─①得： 即，③ 令，则，且， 又因为，由③知： 所以 要证：， 只需证： 即证： 即： 令，则 所以在上单调递增且， 所以当时，，即． 【点睛】本题考查导数的几何意义，用导数证明有关函数零点的不等式，解题思路是对两个零点，引入参数，把有关的表达式表示为的函数，然后再由导数研究新函数得证结论． 4．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数． (1)若存在两个零点，求实数a的取值范围； (2)设函数，若有两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将函数求导，根据参数的取值进行分类，判断函数的单调性和最值，由题意列出含参数的不等式求解即得； （2）利用函数的极值概念得到，消元得到，设，化简得，而要证，即证，将其转化为证明，设，利用求导证明函数的单调性即可证得结论. 【详解】（1）函数的定义域为，则， 当时，，此时在上单调递增，至多只有一个零点，不合题意； 当时，由可得；由，可得. 则在上单调递增，在上单调递减， 又当时，，当时，， 故有最大值，若存在两个零点，则需使，解得. 综上， 实数a的取值范围为 ． （2）因，则 有两个极值点，不妨设， 则，即， 故， 令，所以． 要证，即证，即证， 即证，只需证． 令，则 故在上单调递增，所以，即． 故成立，即成立． 5．（24-25高三上·云南·阶段检测）已知函数. (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若有两个极值点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1），由题意得恒成立，，求导分析的单调性，即的单调性，求出的最值，即可求解. （2）由（1）知，当时，有两个极值点，设，则，设，求导得出的单调性，可得，继而可得，即，由的单调性可得，继而即可证明. 【详解】（1）为增函数，则恒成立， 设，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 所以是函数的极小值点， 故当，即恒成立， 所以当为增函数，的取值范围为. （2），，，由（1）知当， 即时，有两个极值点， 故，设，则， 设， 则， 故在上单调递增，所以， 所以，又， 故， 所以， 又在上单调递减， 故， 所以. 6．（23-24高三上·云南昆明·阶段检测）设，为函数（）的两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明：由（1）可设， 由可得，令，则， 所以，故，所以， 要证，即证，即证， 因为，即证，即， 令，，， 令，则， 当时，，当时，， 故在内单调递减，在单调递增， 所以，所以，令得， 故，在定义域内单调递减， 故，即，，， 则，证毕． 【分析】（1）求出定义域，求导，得到的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到，求出，结合题目条件，得到当时，，根据零点存在性定理得到在内存在唯一零点，同理得到在内存在唯一零点，从而求出答案； （2）设，由可得，令，故，，推出要证，即证，构造，，求导，对分子再构造函数，证明出，在定义域内单调递减，故，即，证明出结论. 【详解】（1）的定义域为R，， 当时，，当时，， 故在内单调递减，在单调递增， 故要使有两个零点，则需，故， 由题目条件，可得， 当时，因为，又， 故在内存在唯一零点， 又，故在内存在唯一零点， 则在R上存在两个零点，故满足题意的实数的取值范围为； （2）略 【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $