专题03 导数及其应用（7年汇编）（天津专用）2020-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 专题整合天津2020-2026年高考导数真题及模拟题，按切线方程、函数极值等5大考点分类，凸显命题规律与高频考向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|覆盖5大考点，含7年真题及15道模拟题|导数几何意义、函数极值、不等式恒成立与证明、函数零点|切线方程七年必考，不等式证明融合放缩法等综合技巧，贴合天津高考命题趋势|

专题03 导数及其应用 7年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2020-2026） 命题规律 考点01导数的切线方程 2026天津：求解函数定点处的切线方程 2025天津：求解指定点处的函数切线方程 2024天津：求解曲线定点处切线方程 2023天津：求解函数指定点的切线斜率 2022天津：求解曲线定点处切线方程 2021天津：求解函数定点切线方程 2020天津：求解曲线定点处切线方程 该考点为天津高考导数解答题必考第一小问，七年连续考查，题型固定、难度基础。核心考查导数几何意义，围绕求切线斜率、切线方程展开，解题步骤标准化。命题整体稳定，早年以基础多项式、初等函数为主，近年逐步融入复合函数、分式函数，侧重考查导数基础运算能力，无复杂综合设问，是导数模块必稳拿的基础分值。 考点02研究函数的极值 2021天津：证明函数存在唯一极值点 2020天津：求解函数单调区间与极值 该考点为导数中档核心题型，考查频次稳定，多作为解答题第二问设问。考查形式分为基础计算与逻辑证明两类，基础题型直接求解单调区间、判定极值类型，进阶题型结合导数零点、函数图像证明极值点唯一性。命题侧重分类讨论与数形结合思想，从基础数值计算逐步转向逻辑推理证明，综合性与区分度逐年小幅提升。 考点03不等式恒成立、能成立问题 2026天津：恒成立问题求参数最大值 2024天津：任意恒成立问题求参数具体值 2021天津：存在性问题求参数取值范围 该考点是导数压轴核心难点，高频考查、区分度极高。主要涵盖任意恒成立、存在能成立两类经典题型，核心解法为参变分离、构造新函数、最值分析。命题变化显著，早年仅考查基础参数范围求解，近年融合裂项放缩、二项式展开、对数变形等综合技巧，设问更灵活，侧重考查学生综合构造与逻辑推理能力，是冲刺高分关键题型。 考点04不等式的证明 2026天津：分段证明函数型不等式 2024天津：双变量结构不等式证明 2023天津：函数不等式、数列累加不等式证明 2020天津：差值型函数不等式证明 该考点为导数压轴高频题型，难度大、综合性强，常年作为解答题压轴设问。考查形式逐年丰富，从早期单变量差值不等式证明，升级为双变量、分段函数、数列累加不等式综合证明。命题常结合切线不等式、函数单调性、放缩法解题，允许多方法作答，注重考查解题逻辑严谨性与知识迁移能力，是拉开分数差距的核心题型。 考点05研究函数的零点 2025天津：已知零点个数求参数范围、零点相关不等式证明 2022天津：函数零点存在性分析、零点综合不等式证明 该考点为导数综合高频题型，不单独简单设问，多结合参数、不等式综合考查。核心依托零点存在定理、函数单调性、数形结合分析零点个数与参数范围。命题趋势综合化明显，从基础零点判定，升级为多零点限定求参、结合对数均值不等式证明零点相关结论，融合多类知识点，对学生综合分析与压轴解题能力要求较高。 考点01 导数的切线方程 1．（2026·天津·高考真题）已知． (1)求曲线在点处的切线方程； 【分析】 【详解】（1）由于， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为：， 即； 2．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； 【详解】（1）当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； 3．（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； 【详解】（1）由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. 4．（2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； 【详解】（1），则， 所以，故处的切线斜率为； (2) 5．（2022·天津·高考真题）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； 【详解】（1），故，而， 曲线在点处的切线方程为即. 6．（2021·天津·高考真题）已知，函数． （1）求曲线在点处的切线方程： 【详解】（1），则， 又，则切线方程为； 7．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； 【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 考点02 研究函数的极值 1．（2021·天津·高考真题）已知，函数． （2）证明存在唯一的极值点 【详解】 （2）令，则， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 当时，，，当时，，画出大致图像如下： 所以当时，与仅有一个交点，令，则，且， 当时，，则，单调递增， 当时，，则，单调递减， 为的极大值点，故存在唯一的极值点； 2．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （ii）求函数的单调区间和极值； 【详解】(Ⅰ) (ii) 依题意，. 从而可得， 整理可得：， 令，解得. 当x变化时，的变化情况如下表： 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值. 考点03 不等式恒成立、能成立问题 1．（2026·天津·高考真题）已知． (3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 【详解】 （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 2．（2024·天津·高考真题）已知函数． (2)若对任意成立，求实数的值； 【详解】（2）设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设，则 . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对有 ， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. 3．（2021·天津·高考真题）已知，函数． （3）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 【答案】 【详解】（3）由（2）知，此时， 所以， 令， 若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即， ，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，故， 所以实数b的取值范围. 考点04 不等式的证明 1．（2026·天津·高考真题）已知． (2)当时，证明； 【详解】 （2）(2)方法一：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， 方法二：若证明当时，，即证当时，， 设，，则， 当时，切线不等式，，当且仅当时，等号成立， 则， 所以在上恒成立， 当时，设，则， 可知在上单调递增， 则， 因为，则，可得， 且，则， 可知在上单调递增，则，即在恒成立， 可知在上单调递减，则，即在成立； 综上所述：在上恒成立，所以在上恒成立. 方法三：因为，即，可得， 令，，则， 设，， 当时，则， 当时，则， 因为，则，可得，即， 可知在内单调递减，且， 当时，，即；当时，，即； 综上所述：当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 所以在内恒成立， 且，即在内恒成立， 所以在上恒成立. 2．（2024·天津·高考真题）已知函数． (3)若，求证：． 【详解】 （3）先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时. 故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论. 3．（2023·天津·高考真题）已知函数． (2)求证：当时，； (3)证明：． 【详解】(2) 要证时，即证， 令且，则， 所以在上递增，则，即. 所以时. (3) 设，， 则， 由（2）知：，则， 所以，故在上递减，故； 下证， 令且，则， 当时，递增，当时，递减， 所以，故在上恒成立， 则， 所以，，…，， 累加得：，而， 因为，所以， 则， 所以，故； 综上，，即. 4．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有． 【详解】 （Ⅱ）证明：由，得. 对任意的，且，令，则 .        ① 令. 当x>1时，， 由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即. 因为，，， 所以 .        ② 由(Ⅰ)(2)可知，当时，，即， 故         ③ 由①②③可得. 所以，当时，任意的，且，有. 考点05 研究函数的零点 1．（2025·天津·高考真题）已知函数 (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【详解】（2）（i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 2．（2022·天津·高考真题）已知，函数 (II)若曲线和有公共点， （1）当时，求的取值范围； （2）求证：． 【详解】（II）（1）当时， 因为曲线和有公共点，故有解， 设，故，故在上有解， 设，故在上有零点， 而， 若，则恒成立，此时在上无零点， 若，则在上恒成立，故在上为增函数， 而，，故在上无零点， 故， 设，则， 故在上为增函数， 而，， 故在上存在唯一零点， 且时，；时，； 故时，；时，； 所以在上为减函数，在上为增函数， 故， 因为在上有零点，故，故， 而，故即， 设，则， 故在上为增函数， 而，故. （2）因为曲线和有公共点， 所以有解，其中， 若，则，该式不成立，故. 故，考虑直线， 表示原点与直线上的动点之间的距离， 故，所以， 下证：对任意，总有， 证明：当时，有，故成立. 当时，即证， 设，则（不恒为零）， 故在上为减函数，故即成立. 综上，成立. 下证：当时，恒成立， ，则， 故在上为增函数，故即恒成立. 下证：在上恒成立，即证：， 即证：，即证：， 而，故成立. 故，即成立. 【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式. 1．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数（是自然对数的底数）． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，使得对恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数，且满足，证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】 【详解】（1）∵，切点为， ∵， 则曲线在处的切线方程为. （2）， 等价于， 则使得成立，只需， ，当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以在上有最小值， ， 即对恒成立， 令，即， ，， ①当时，，所以单调递增， 在，不符合题意， ②当时，由，得，则函数在上单调递增， 由，得，则函数在上单调递减， 故的最大值为，解得． （3）因为，令， 由（2）知在上单调递减，在上单调递增，，则， ①当时，所以，又， 故， 函数在上单调递减， 又，则， 要证明，只需证明，只需证明， 即， 令函数，求导得， 又，不妨设，则， 由在上单调递减，得， 当时，， 即， 因此， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 当时，，函数在上单调递减， 由，得，即，因此； ②当时，可知有两个极值点，且， 函数在上单调递减，在上单调递增， 由为极值点，得，即， 则， 又， 则． 对任意，由，得，则， 因此，即． 综上可知． 2．（2026·天津·二模）已知，是实数，函数，其中是自然对数的底数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时， （ⅰ）若均有极小值点，且，求实数的取值范围； （ii）若方程有两个根，，当取最小值时，求的值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】 【详解】（1）当时，，， 求导可得，， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）（i），求导可得， 因为，分类讨论 当时，，单调递减，则不可能有极小值点； 当时，令，即，解得， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此均有极小值点，且， ， 令，设函数， 故对任意的，，求导可得， 当时，，单调递增， 当，，单调递减， ，， 当时，；，， 图象如下图所示， 故恒成立，解得． （ii）方程有两个根， 由（i）可知，否则单调递减，不可能有两个根， 方程有两个根等价于有两个根， 设函数，， 当，；当，，故可知， 记，上式等价于有两个根， 即，两式相减可得，记， 故上式可写成，即， 将代入可得， 设函数，求导可得， 设函数，求导可得，单调递增， 故，即，单调递增， 要求最小值，即求的最小值，就是求的最小值， 设函数，求导可得， 设函数，求导可得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， ，，的图象如下图所示 ， 故存在使得，即， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故，即时，取最小值， 故． 3．（2026·天津河西·三模）已知函数，其中． (1)当（为自然对数的底数）时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在区间上存在两个零点，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，设函数较大的零点为，记，当实数满足时，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）函数，求导得，由，得， 若，则在上恒成立，故为上的增函数，与题设矛盾； ，而，则，即，解得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， ， 而，当时，，函数在存在两个零点， 当且仅当，则，解得， 所以实数的取值范围是. （3）依题意，，即，两边取自然对数得， 而，则，令函数，显然是方程的根， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 由是函数较大的零点，得，即落在的严格单调递增区间内， 令， 要证明，只需证明且即可， ①由，得，，则， ，而且，得， ， 则，由在上单调递增，且，得， 因此； ② ，令函数，求导得， 函数在上单调递减，，因此，而， 则，由，得，即，而， 因此，即，， 又函数在上单调递增，且，则，即， 所以. 4．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数． (1)证明：； (2)将所有正零点排列为严格递增数列 （i）证明：； （ii）设表示不超过的最大整数，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析，（ii） 【分析】 【详解】（1）证明：，， ，，， 所以在区间上单调递增， . （2）（i）证明：由（1）在区间上单调递增， 则时，，即此时无零点， 当，，单调递增， 又， ，， 则在上有一个零点， 同理可得在上有一个零点， 又，，， ， 又， ，且在上单调递增， ，即； （ii）， ， ， ， 又， ， ． 5．（2026·天津南开·模拟预测）已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)，都有 ， （ⅰ）求取值的集合； （ⅱ）设在点处的切线交轴于点，，若， ，求证： ． 【答案】(1)见解析 (2)；证明见解析 【分析】 【详解】（1）函数的定义域为， ， 分母，导数符号由分子决定： 当时，恒成立，故在和上单调递增； 当时，，此时，为常函数，无单调性； 当时，恒成立，故在和上单调递减； （2）(i)令，则题意等价于对恒成立， ， ， 分母，故的符号由分子决定， 分情况讨论： 当时： 对，，故在上单调递减； 当时，，因此，与恒成立矛盾，舍去； 当时： 令，得，，符合定义域， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 故在处取得最大值，需满足， 代入计算最大值：， 令，则上式变为， 对求导：， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 故在处取得最小值，即对成立，当且仅当时取等号， 因此，的唯一解为，即， 综上，取值的集合为； (ii) 由(i)知，， 在点处的切线方程为：， 切线交轴于，代入解得：， 整理得：， 令，则：， 已知，故， 由递推式得， 当： 左边：； 右边：； 左右相等； 假设当时，结论成立，即：， 根据递推公式：， 将归纳假设代入：，， 即：，故时结论也成立； 故对任意自然数，恒有， 由，得，且， 由，得：， 求和得：, 代入，得： 因，故，因此：得证． 6．（2026·天津武清·模拟预测）已知实数，设函数． (1)时，求在点处的切线斜率； (2)当时，求函数的单调区间； (3)证明：当时，对任意恒成立． 【答案】(1) (2)的单调递增区间是，单调递减区间是. (3)证明见解析 【分析】 【详解】（1）时，，则， 故在点处的切线斜率为. （2）当时，，， ， 令，解得或（舍去）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因此的单调递增区间是，单调递减区间是. （3）设 ， 因为，所以证明就等价于证明， 令，， 配方得， （i）当时，， 则， 记， ， 因为，, 则当时，,当时， 在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以； （ii）当时，， 令，， 故在上单调递增，所以， ， 由（i）知在上单调递减，故，而 所以，. 由（i）（ii）可得：当时，对任意恒成立， 所以当时，对任意恒成立． 7．（2026·天津武清·模拟预测）已知函数 (1)若在点处的切线斜率为1，求实数的值； (2)若在上的极大值大于1，求实数的取值范围； (3)当时，记，，求证：． 【答案】(1) (2) (3)由，令，则， 所以 故， ①先证明当，，， 令，， 令，，所以，， 令，，则恒成立， 所以在上单调递增，所以， 即在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即在上恒成立，即在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即，， 所以，. ②证明因为在上恒成立，即在上恒成立， 所以，当时，，又因为， 故当时，，，， 所以，即， 所以，所以，证毕； ③再证明：， 因为和在上恒成立， 所以，当时，， 即，，， 所以， 所以， 所以，证毕. 综上，. 【分析】 【详解】（1）函数的导函数， 由题意得，所以， 解得； （2）由（1）， 由余弦函数性质可得在上单调递减， 因为，所以， 若，由可得，，在上单调递减，无极值，舍去； 若，由可得，，在上单调递增，无极值，舍去； 若，则， 所以存在使得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以当时，函数取极大值，极大值为， 因为在上的极大值大于1，所以， 令，，则， 所以函数在上单调递增，又， 所以，又， 所以， 综上，的取值范围为； （3）略. 8．（2026·天津·模拟预测）已知函数（）． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个极值点、，且， （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】 【详解】（1），所以， 因此，，， 所以，整理得； （2）（i），令， 则，所以，时，，所以在单调递增； 时，，所以在单调递减， 因此，解得， 又因为，所以存在唯一使得， 又因为，令，， 所以在上单调递增， 因此， 因此在存在唯一，使得. 因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 、是函数的两个极值点，所以. （ii）因为，所以， 又因为，所以， 根据已知，所以， 下面证，只需证， 即证， 令，，令，， 所以在单调递增，所以， 因此成立， 所以，即， 又因为， 所以. 9．（2026·天津·二模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1) (2)证明过程见解析； (3)证明过程见解析 【分析】 【详解】（1）由题可知， ，则， 故曲线在点处的切线方程为， 即； （2）要证明，即证， 即证， 令，定义域为，显然， 则，其中， 当时，令，则， 其中，，故， 故在上单调递增， 又，故在上恒成立， 故在上单调递减， 当时，， 所以在上单调递增， 所以恒成立，从而，当时，等号成立； （3）由（2）知，当时，， 即，当时，， 故， 故 10．（2026·天津和平·三模）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程： (2)讨论函数的单调性； (3)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. (3) 【分析】 【详解】（1）当时，，则， ，则， 所以当时，曲线在处的切线方程为， 即. （2）函数的定义域为， 则， 当时，对任意的，恒成立， 此时函数的增区间为，无减区间； 当时，对于函数，. 若时，即当时，对任意的，， 此时函数的增区间为，无减区间； 若时，即当时，由可得， 由可得或， 此时函数的减区间为， 增区间为、. 综上所述，当时，函数的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. （3）因为不等式对任意恒成立，则， 因为，则，所以，则， 即， 令，所以， 令，，则， 令，其中， 则， 由（2）知，当时，函数在上为增函数， 因为，则， 所以， 即函数在上为增函数， 此时，则， 所以函数在上单调递增，则，所以， 故实数的取值范围是. 11．（2026·天津·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，有两个极值点，且， （ⅰ）求t的范围； （ⅱ）证明： 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【分析】 【详解】（1）当时，函数，求导得，则， 而，所以曲线在处的切线方程为. （2）（ⅰ）当时，函数，求导得， 由是函数的两个极值点，得是方程的两个不等实根， 由，得，令函数，则， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 而，所以. （ⅱ）有两解，即，两边取对数得, 则当时，， 令，则，，因此， 不等式等价于，令函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，即 ，，于是. 12．（2026·天津滨海新区·三模）已知，，，函数． (1)当，时，在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)当时，若函数在上的最大值为． （ⅰ）求的值，并证明：当时，； （ⅱ）若数列满足：，，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ），证明当时，如下： 由，，则， 要证，只需证， 即只需证当时，， 令，则， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增，又， 故在上恒成立，故在单调递增， 则，即在时恒成立，即得证； （ⅱ）由（ⅰ）得当时，， 故当，得，进而，依次得，， 要证，即证，即证， 下面先证关系，即证，， 即证，整理得即证：， 记，，得， 令，则， 所以在上单调递增，有， 所以在上单调递增，得， 故当，有，所以， 故， 又，得，所以，即得证． 【分析】 【详解】（1）当，时，，则， 则，由在点处的切线与直线垂直， 则，即， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故，则； （2）（ⅰ）， 若，则恒成立，故在上单调递增， 则有， 与在上的最大值为矛盾，不符合题意； 若，令，解得， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 若，即时，在上单调递减， 则在上的最大值为， 则，由，故不符合题意； 若，即时，在上单调递增，在上单调递减， 则在上的最大值为， 即，由随的增大而增大， 则， 故无解，不符合题意； 若，即时，在上单调递增， 则在上的最大值为，解得； 综上所述：； 证明略； （ⅱ）略. 13．（2026·天津西青·三模）已知，函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使得有三个不同的零点， （i）求的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求证：． 【答案】(1) (2)（i）； （ⅱ）若存在，使得有三个不同的零点， 即为方程的根， 即， 两式相加得， 因为成等差数列，所以， 则，即， 故，即， 又，故， 即，则， 下面推导对数平均不等式，， 只需证， 令，只需证， 令，则， 故在上单调递增， 又，故，证毕， 而，又，故等号取不到， 所以，即， 所以，由（i）知，， 故，证毕． 【分析】 【详解】（1）当时，，所以， 则，所以切点为， 则曲线在处的切线方程为，即． （2）（i）由，，即，故， 因为有三个不同的零点，故有3个不同的正根， 令，， 则有两个不同的变号零点， 令，，则， 令，得， 令，得，令，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 因为，且当时，，当时，， 故要想有两个不同的变号零点，需满足，即， 此时存在实数，使得有3个不同的正根， 故的取值范围为； （ⅱ）略 14．（2026·天津河北·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，有两个极值点，且，若， （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析. 【分析】 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在处的切线方程为. （2）（ⅰ）当时，函数，求导得， 由是函数的两个极值点，得是方程的两个不等实根， 由，得，令函数，则， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 而，则当时，，， 由，得，则， 令，则，，因此， 不等式等价于，令函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，即，，于是， 所以. （ⅱ）由（ⅰ）知，，，则 ， 由（i）知，，令，求导得， 函数在上单调递减，则，即， 因此，令函数， 求导得， 函数在上单调递增，则，， 所以. 15．（2026·天津北辰·二模）已知函数，，其中，，e是自然对数的底数 (1)若函数，求的单调递增区间； (2)若，且曲线在处的切线和曲线也相切，求的值； (3)已知（m为常数），设直线与曲线与分别交于，两点，若对任意及，均有，求的取值范围. 【答案】(1)当时，单调递增区间为、；当时，单调递增区间为；当时，单调递增区间为、 (2) (3) 【分析】 【详解】（1），则， 当时，令，得或， 故在和上单调递增， 当时，可得恒成立，故在上单调递增； 当时，令，得或，故在和上单增； 综上可得：当时，单调递增区间为、； 当时，单调递增区间为； 当时，单调递增区间为、； （2）当 时，，则， ， ， 故曲线在处的切线方程为， 设此切线与曲线的切点为， 则，解得，从而， 即，即， 设，， ， ，∴在上单调递减， ∴在上有唯一解； （3）由题意可知：，， 所以，，∴， 设，则， 令，则 ， 即在单调递增，又当时， ；时， ， 所以存在，使得 ，∴，即， ∴在单调递减，单调递增， ∴ ， 设 为减函数， ， ∴当 时，，又，∴， ∵，设，则在单调递增， ∴ ，所以. 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 7年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2020-2026） 命题规律 考点01导数的切线方程 2026天津：求解函数定点处的切线方程 2025天津：求解指定点处的函数切线方程 2024天津：求解曲线定点处切线方程 2023天津：求解函数指定点的切线斜率 2022天津：求解曲线定点处切线方程 2021天津：求解函数定点切线方程 2020天津：求解曲线定点处切线方程 该考点为天津高考导数解答题必考第一小问，七年连续考查，题型固定、难度基础。核心考查导数几何意义，围绕求切线斜率、切线方程展开，解题步骤标准化。命题整体稳定，早年以基础多项式、初等函数为主，近年逐步融入复合函数、分式函数，侧重考查导数基础运算能力，无复杂综合设问，是导数模块必稳拿的基础分值。 考点02研究函数的极值 2021天津：证明函数存在唯一极值点 2020天津：求解函数单调区间与极值 该考点为导数中档核心题型，考查频次稳定，多作为解答题第二问设问。考查形式分为基础计算与逻辑证明两类，基础题型直接求解单调区间、判定极值类型，进阶题型结合导数零点、函数图像证明极值点唯一性。命题侧重分类讨论与数形结合思想，从基础数值计算逐步转向逻辑推理证明，综合性与区分度逐年小幅提升。 考点03不等式恒成立、能成立问题 2026天津：恒成立问题求参数最大值 2024天津：任意恒成立问题求参数具体值 2021天津：存在性问题求参数取值范围 该考点是导数压轴核心难点，高频考查、区分度极高。主要涵盖任意恒成立、存在能成立两类经典题型，核心解法为参变分离、构造新函数、最值分析。命题变化显著，早年仅考查基础参数范围求解，近年融合裂项放缩、二项式展开、对数变形等综合技巧，设问更灵活，侧重考查学生综合构造与逻辑推理能力，是冲刺高分关键题型。 考点04不等式的证明 2026天津：分段证明函数型不等式 2024天津：双变量结构不等式证明 2023天津：函数不等式、数列累加不等式证明 2020天津：差值型函数不等式证明 该考点为导数压轴高频题型，难度大、综合性强，常年作为解答题压轴设问。考查形式逐年丰富，从早期单变量差值不等式证明，升级为双变量、分段函数、数列累加不等式综合证明。命题常结合切线不等式、函数单调性、放缩法解题，允许多方法作答，注重考查解题逻辑严谨性与知识迁移能力，是拉开分数差距的核心题型。 考点05研究函数的零点 2025天津：已知零点个数求参数范围、零点相关不等式证明 2022天津：函数零点存在性分析、零点综合不等式证明 该考点为导数综合高频题型，不单独简单设问，多结合参数、不等式综合考查。核心依托零点存在定理、函数单调性、数形结合分析零点个数与参数范围。命题趋势综合化明显，从基础零点判定，升级为多零点限定求参、结合对数均值不等式证明零点相关结论，融合多类知识点，对学生综合分析与压轴解题能力要求较高。 考点01 导数的切线方程 1．（2026·天津·高考真题）已知． (1)求曲线在点处的切线方程； 2．（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； 3．（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； 4．（2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； 5．（2022·天津·高考真题）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； 6．（2021·天津·高考真题）已知，函数． （1）求曲线在点处的切线方程： 7．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； 考点02 研究函数的极值 1．（2021·天津·高考真题）已知，函数． （2）证明存在唯一的极值点 2．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （ii）求函数的单调区间和极值； 考点03 不等式恒成立、能成立问题 1．（2026·天津·高考真题）已知． (3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 2．（2024·天津·高考真题）已知函数． (2)若对任意成立，求实数的值； 3．（2021·天津·高考真题）已知，函数． （3）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 考点04 不等式的证明 1．（2026·天津·高考真题）已知． (2)当时，证明； 2．（2024·天津·高考真题）已知函数． (3)若，求证：． 3．（2023·天津·高考真题）已知函数． (2)求证：当时，； (3)证明：． 4．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有． 考点05 研究函数的零点 1．（2025·天津·高考真题）已知函数 (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 2．（2022·天津·高考真题）已知，函数 (II)若曲线和有公共点， （1）当时，求的取值范围； （2）求证：． 1．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数（是自然对数的底数）． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，使得对恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数，且满足，证明：． 2．（2026·天津·二模）已知，是实数，函数，其中是自然对数的底数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时， （ⅰ）若均有极小值点，且，求实数的取值范围； （ii）若方程有两个根，，当取最小值时，求的值． 3．（2026·天津河西·三模）已知函数，其中． (1)当（为自然对数的底数）时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在区间上存在两个零点，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，设函数较大的零点为，记，当实数满足时，求证：． 4．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数． (1)证明：； (2)将所有正零点排列为严格递增数列 （i）证明：； （ii）设表示不超过的最大整数，求． 5．（2026·天津南开·模拟预测）已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)，都有 ， （ⅰ）求取值的集合； （ⅱ）设在点处的切线交轴于点，，若， ，求证： ． 6．（2026·天津武清·模拟预测）已知实数，设函数． (1)时，求在点处的切线斜率； (2)当时，求函数的单调区间； (3)证明：当时，对任意恒成立． 7．（2026·天津武清·模拟预测）已知函数 (1)若在点处的切线斜率为1，求实数的值； (2)若在上的极大值大于1，求实数的取值范围； (3)当时，记，，求证：． 8．（2026·天津·模拟预测）已知函数（）． (1)若，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个极值点、，且， （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 9．（2026·天津·二模）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：； (3)证明：． 10．（2026·天津和平·三模）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程： (2)讨论函数的单调性； (3)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 11．（2026·天津·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，有两个极值点，且， （ⅰ）求t的范围； （ⅱ）证明： 12．（2026·天津滨海新区·三模）已知，，，函数． (1)当，时，在点处的切线与直线垂直，求的值； (2)当时，若函数在上的最大值为． （ⅰ）求的值，并证明：当时，； （ⅱ）若数列满足：，，证明：． 13．（2026·天津西青·三模）已知，函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使得有三个不同的零点， （i）求的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求证：． 14．（2026·天津河北·二模）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，有两个极值点，且，若， （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：. 15．（2026·天津北辰·二模）已知函数，，其中，，e是自然对数的底数 (1)若函数，求的单调递增区间； (2)若，且曲线在处的切线和曲线也相切，求的值； (3)已知（m为常数），设直线与曲线与分别交于，两点，若对任意及，均有，求的取值范围. 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03导数及其应用 7年真题1年模拟 七年真题分类园 © 考点01导数的切线方程 1.【详解】(1)由于f)=e-。 所以f0=1,f0=1-2=1 33, 则面线y=在点0,0》处的切线方程为：y-1x-0)。 即x-3y+3=0: 2.【详解】(1)当a=l时，f四=x-0P.x>0. 则f'(x)=1-2 x,则f'()=1,且f()=1, 则切点少 ,且切线的斜率为1， 故函数)在点/0》处的切线方程为=， 3.【详解])由于)r,故()=nx+1 所0-00=，质的生t ，且斜率为1，故其方程为'=x-1 天【详解】（a)f)=br+D,e+少 f)=1 1n(x+1) 2,则 =xx+)2x+)x2, 所以f(2)=血3 1 In3 34,故x=2处的切线斜率为34； 1/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2) 5.【详解1(f=e-acs,放/0)=1-0，而f0=1, 曲线/在点0./0》处的切线方程为”=(-ax-0)+1即=1-0)x+1 6.【详解14))=a-x+1e,则0)=a-1 又f(O)=0,则切线方程为y=(a-1)x,(a>0): 7.【详解】四回当=6时，f)=r+6n,f)-3x+号可符0)=1，了0=9， 所以曲线'=f四在点f0四》处的切线方程为’-1=9(x-),即y=9x-8 © 考点02研究函数的极值 1.【详解】 ②令/份=a-+e=0.则=+1e 今80-r+e.则80=+2e. 当X∈(0，-2》时，g)<0,8()单调递减：当∈(-2+w)时，g>0,8(四单调递增， 当→四时，8（水0,8-）=0，当x→+时，8四>0.画出8()大致图像如下： y g(x)=(x+1)e y=a 3-2 -1 Om 1x 所以当a>0时，”=0与”=8四仅有一个交点，令8）=0， 则m>-1,且f'm)=a-gm）=0 2/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当xe(←0，m时，a>8,则f(>0,f( 单调递增， 当∈(m+）时，a<g四，则f国<0.f(单调递减， x= 为)的极大值点。故)存在唯一的极值点： 3 2.【详解】四依题意，8()=x3-3x2+6lnx+三，x∈(0，+o) 从而可得8'()=3x2-6x+63 x x2, 整理可得：g(=3x-1)x+) 令8()=0 解得x=1 当x变化时， g'(x),8(x) 的变化情况如下表： (0,1) (1,+o0) X x=1 g'(x) 0 + g(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数g)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，+o); )的极小值为(1)一1，无极大值 考点03不等式恒成立、能成立问题 1.【详解】 1 1 (3)①当a>3时，设a=3+6(e>0) 构造函数()=e-2 sim-jx-1-z.xe(.. 则-=e-号omr4r有eol. 3/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令()=()=e-号cos-4r 3xe(0,], 所以(e)=e+号sr-4xE(o. 由于=e+号n-4在0上单调谴卷， 所以()se+号n1-4<e+号4<0，则的在Q上单调超藏。 3 数<0=1-子00，则在0小上年调道藏， 划aA<A0=0在ol上证支立，即e-号m1+2r在0上桓院立： 令eE-hx+.c≥0，所以9)l=1+≥0(c之0、 所以0在0，+o）上单调递增，则（之o0)=0,当且仅当=0时取等， 即r之(x+D在D,+切)上恒成立 女-e-mjk-5+2xj2 变形得石<hk-nk-), 数务.21--hk-明-1+ 对题设不等式左边取对数放缩： 4/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0)-2()-+) 对题设不等式右边取对数放缩：： 当n>e时，Gn>5,此时右侧大于左侧，。不等武不恒成立，所以Q>了不清足条件； @当，石meN0得得a+ 1 恒成立， 此时原不等式右侧(n+)≤(n+),只需证明： r(+) 内a间e中学5四a华.h:s周 两边取对数，【 +)n+ 又m+》=2[a+0-个-2n1+ 因此， 2r)2n+2ni+-号a-2ha+w 所以原不等式成立，则a的最大值为号 2.【详解】(2)设a)=1-1-1n1,则()=1-}--月 i=t,从而当0<t<1时()<0，当>1时()>0. 所以0在0，上递减，在L)上递增，这就说明0≥h0,即-1≥n1,且等号成立当且仅当1=1 5/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设80=at-l)-2nt,则 (-同=a-(-同=在小-h)x 1 当x∈(0，+切)时，正的取值范围是0，+切)，所以命题等价于对任意‘∈(0，+切)，都有80≥0 一方面，若对在盒(0w）,都有8020，则对1(0m)有 0sg0=at-小-2n=ag-0-2na-+2-=am+2a-2 取t=2,得0≤a-1,故a≥1>0. -层.0月+2唱-22-2=6-同.a2 另一方面，若a=2,则对任意1G0w）都有30=2-l少-2h1=2h)20 满足条件。 综合以上两个方面，知a的值是2. 3.【详解](3)由(2知=fm.此时 =(1+m)e",m>-1 所以)-as=fm侧-a=(m2-m-l)e,(m>-) 令)-(r-x-)e,x>-) 若存在a,使得)sa+b 对在意eR双立，等价于有在*（L+切，使得s6,即6≥。 h)=(x2+x-2)e=(c-lx+2)e.x>-1, 当e(-时.()0，h()单调递减，当e,+o时，M)>0,(单调遥增， 所以 h(x)min =h(1)=-e 1b2-e ,故 所以实数b的取值范围-心切) 6/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点04不等式的证明 1.【详解】 (②国方-：专=e-n寸-1.则g)-es 1 3 -2s-2co 当x≥0时，e≥1' 3cosxs2 3,则g(x)=e-3cosx、1、 21-21 3 330, 所以6四在0)上单调递增，则8之80=1-0-0-1=0. 所以g20在+)上恒陵立，即e-号如≥写+1布印四)上相度立。 3cos.r-1 当3≤x<0时，令m)=g)=e-2c0s 1 3 所以m)=e+子n 2 1 因为y=e和'=号nx在 ,0 3 1在3上单调递增， 在30上单滋馆 所以 3 1、f 因为32：e,所以e3,所以口了3 3,由于0<sim1 3 所以m(d)=e+名six≥e-2sin} 3sn3>0, 则86w=e*-2cos 1「1 -COSX- 0 3在3上单调递增， m,g'(x)=osxo)=⑨，即<0在一3，我， 0 所以g(x)在3上单调递减， 7/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以8()>g(0)=1-0-0-1=0,即8()>0在3)成立， 3+11 3在3成立 1 sinx 3 3+1 「1 在3∞ 上恒成立， 1 「1， x∈ sin x- 3 当x之0时，切线不等式e≥x+l,x之sinx,当且仅当x=0时，等号成立， 则0-e121号r}1写0m0, 3 所以8(20在0，+o)上恒成立， 2 当3≤x<0时，设m=gW,则m=e+专sinx, 31 可知mx在3上单调递增， 3 3 3 因为332.e,则e>3可得3习 3, 且snl,则m)=e+子smr≥e 1 sin->0, 3 3 可知m)在30上单调递增，则m)<m0=0,即g)<0在30)恒成立， ,0 (0 8/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 0 ,0 可知g(x)在3)上单调递减，则g()>g0)=1-0-0-1=0,即gx)>0在L3)成立： 1 综上所述：8>0在3+ 在3o∞ 上恒成立 方法三：因为.fx)≥1+ 3,pex5sinx≥1女r x+2sinx+3≤3】 3,可得 e 令86)小=*+2sinx+3 e*, 设4=2os-2m-2-25c+月引-2.x(至j】 当[停.用2e-2as-(22-亭0 天<x<3时t(x)=-2sinx-2c0sx-1=-22simx+}-1 当4r< 4时，则 4, 因为手0<+ <π 4,则4，可得+40删)<0 π3π 可知h(x)在4'4内单调递减，且h(0)=0, 当(0,0，用o0,当0￥nt.e0,0 接伤：当音0时.g肉0，当e0时.0 可知8在 内单调递增，在(0，+)内单调递减，则8(x)g(0)=3, 所以8x)≤3在4，+内恒成立， 9/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a（号（子*）.即树s3全令n内R之 1 所 1 在l3,∞ x+ 上恒成立 2.【详解】 G)先证明-个结论：对0<a<6有a+1<6)f@<n6+l b-a 证明：前面已经证明不等式，故b-a blnb-alna_alnb-alna+mb=b a+Inb<1+Inb b-a t-1≥lnt a binb-alna_binb-blna+mna= -a-1 b+Ina>- b 且b-a b-a -a 1、 +ma=1+lna, b b 所以lna+1<bhh-ana<hb+l,即na+1</O/@<inb+1. b-a b-a 由f(x)=lnx+1,可知当0<x<2时f(x)<0,当x>e时f(x)>0. 、1 [1 所以()在0上递减，在。 0, )上递增 不妨设， ,下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论 特视：当s1时，布))f)a+5)6写<马，结论 成立： 情汉=：当0<≤%s日，有/)化)-f)=5n5-6n6 1 对任意的 设()=xh-ehc-e一，则0间hx+l+2c 由子( 单调递增，且有 10146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 =In- c -+1+- <In- +1+1 1+ 1+ 2c-c 1+ -11 +1+ 1 -=0 2e2 2e2 c 1 2e v2e 2c-2 c2c, 且当 4n2-了，x>时，由，之≥h-1可知 C 2 2vc-x c 1 (x)=Inx+1+- '2c-x 2 所以（冈在0，c)上存在零点，再结合单调递猫，即知0<x<时(）k0,七<x<时 p'(x)>0 故o(四在Q]上速减，在d上递掉。 ①当≤x≤C时，有()≤p(c)=0 含0.由rg-2得-子数我和阿9时Gn2 从而当0<x<g时，由6-x>g,可得 pe)=xlhx-enc-e<-ehc--<-ehc-gwc=(ng9小水0 再根搭在0，上递减，即知对0<x<都有)0。 综合①@可知对任意0<x≤C,都有)s0,即()=lhx-chc-c-xs0 根据(”e和0<x≤c的任意性，取c=龙，r=x,就得到lhx-ln-Vx,-≤0. 所以)-f=f()-f(G)=x血-nx≤-x 11/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 特现三：当0西5与1根据衡视一和情说的时论，可得了)/得店s-丙」 e )-()s 面限歌的单雅.知)广f)-日或)-ssr得) 故一定有()小成立 综上，结论成立 【点睛】关键点点酷：本慰的关健在于第3小问中，需要纺合①的单调性进行分类讨论 3.【详解】(2) 要>0-号》(小>1+少 ,即证 x+2, 60-he+00.则国+0 x 所以g)在(Q+)上递增，则g>g0=0,即ln(c+> x+21 所以>0时()小>1 (3) 则-o=+*-+》ha+=-+ 由(2知：x=no,则f月=m+之+分>l, 所以hn+l)-hm)<0,故h(m)在n∈N上递减，故hm)≤h)=1: 12146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 下证 令=nx-c+5x-1) p'0)=任-0-) 4x+2且x>0,则 x(2x+102, 当0<x<1时px)>0,p(x)递增，当x>1时p()<0,p()递减， 所以p≤o0=0,故在xe(0,+o)上nxs任4-D， 4x+2恒成立， 1 则mhu+)=a+0+h-1≤a+安8中2-i 111 n 4n(3n+2)12n-1n, 所点0-白，y0的..--2。 累加：2-M<位0-白，面2)=2-h2,0= 子}n2,所以m2=2-3n2> 因为g>4 2 6 则50-}-2h2e≥. 所u0-0知2-0-1古后故we, 综上，6 (n+nn+n≤1 <ln(a-n+2J 4.【详解】 )证明：由f)=+n,得f)=3x2+冬 =t(t>0) 对任意的，x∈，+0)，且>为，令x ,则 (:-x)f(:)+f()》2(f()-f() 13146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -6国++呢++克 =-号%+或+色安2n克 =0-3r+-4-2 ① 令h(x)=x-1-2nx,xe,+o）. 当1时.=1+子-八>0 由此可得h(x)在[，+)单调递增，所以当D1时，h()>h(①)，即‘- 1-2nt>0. 321-32+3t-1=(t-03>0k≥-3 因为 所6-+-个-片2小2-+-小3-2m =2-3+6nt+31.@ 由02可知，当>1时，g)>g0,即-32+6n1+31, 故2-32+61n1+3-1>0 ③ 由0②③可得-()+f(,》-2(U()-f》>0 f(x)+f()、f(G)-f(s) 所以，当k≥-3时，任意的，x2∈[口，+0)，且x>x2,有 2 1-x2 考点05研究函数的零点 1.【详解】(2)①令f()=a-m=0.x>0, 14146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 得a=n) x 设8()=血 -,x>0 nx.x-(lnx)Inx(2-Inx) 则g'(x)=x x2 x2 由g'国=0解得x=1或e,其中g0=0,8e)。, 当0<x<1时，8')0.8因在01)上单调递减。 当l<x<e时，8'>0，g(在e)上章调递增： 当>c时，8'国)<0,8（在e,)上单调递减： 且当r→0时，8()→+切，当x→+时， 8(x)→0 如图作出函 gd的图象， y=g(x) 4 e y-a O1 e 要使函数（有3个零点， 则方程0=8（在0，+切）内有3个根，即直线"=a与函数8）的图象有3个交点 4 结合图象可知，0<a<。 4 故a的取值范围为0，。 (i)由图象可知， 0<x<1<x2<e<x 15146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Inx =4,Inx2 =t2,Inx;=t3 1<0<t2<2<t 设 ,则 ae4=t2① ae=t② 满足 Ina+t=2Int2 ae=3 由可得 ②③ ha+43=2ln4 两式作差可得5-5=2(n4,-ln,)】 2=-5>4 则由对数均值不等式可得lh,-n, 则5<4，故要证(n,-n)小i< e-1, e-1,只需证4-4，s4e 4e 即证站-华 e-1, 即证4，s、 e-i,又因为4<0，=ae<a,则=-4<a, 所以4cva= 至4 e,故只需证。`e-1, 设函数)= 2（2- >2,则p0=2 2 e2 e2 当2<1<4时，p0>0,则0在24)上单调递增， 当>4时，p0<0,则00在4四)上单调道减， 故u0m=p(a)=总，即p609 4e2-16e+16=4(e-2)2>0 而由 16.4 可知e<e-1成立，故命题得证 2.【详解】()(1)当a=0时， 因为南线=四和”=8田有公共点，故=云有解， 16146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设=G,放=f,故=b加在0切)上有解。 设0=c-,1≥0，故0在[0四)上有季点 而50=2e-h.>0 若b=0,则0=e>0恒成立，此时0在0，+o)上无零点， 若b<0,则@>0在0+)上恒成立，故0在0)上为增函数. 而0)=1>0,502s0)=,故0在0+w)上无零点 故b>0, 设“0-2e-b,1>0,则40=(2+4r)e>0, 故“0在0，+切)上为增函数。 而4(o)=b<0,u(b)=b2e-小>0. 故0在0，+切)上存在唯一零点， 且01<时，0<0，>时.0>0， 故0<1时，0<0，>4时，0>0， 所以5@在0.)上为减函数，在么，+四)上为增函数。 故0=s6o) 因为0在0+切)上有零点，故st)s0,故-b,s0, 2s6=0,改r-2s04号 设0=2e,>0,则0=(2+4r)e>0 17/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故0在Q,+ 上为增函数， 而b=24,e,故b≥2e2=V2e, (2)因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点， 所以-a5加=6有#，共2≥0 者方0 则-ax0=x0,该式不成立，故>0 效加飞6-e-0,专店宝线血气+-e-0 Va+b2 表示原点与直线asin(+h正-e=0上的动 a,b)之间的距离， a2+b2≥ 故 sin6+元，所以02+62≥e sin2 xo+xo' 下证：对任意>0，总有 sinx<x 证明：当x 之时，有血时s1<登sx,数n时长x威立 当0<r<2时，即证simr<x, 设P()=s血-t,则P()=6osx-10 (不恒为零)， 故P()=sinx-在0，+切)上为减函数，故PKpO)=0即sin<X成立 在 综上，sin<x 成立 下证：当x>0时，e>x+l恒成立， g)=e-1-xx>0,则9=e-1>0, 枚9在0+)上为增函数，枚9(》g0)=0即心>x+1恒成立 e2r 下证：sinx+x>e在(0，+o）)上恒成立，即证：。a>sin2x+x' 18146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即证：2x-1+1≥sin2x+x,即证：x≥sin2x, 而>血2sn,故≥sin2y成立 e2x ->e 故sinx+x,即a2+b2>e成立 【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的 不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式， 一年模拟练测园 1,【新140= ，切点为(0，). ..M(r)=_re (x+f(0)=0 则曲线(x)在x=0处的切线方程为y=1, (2)时()+h(x+)-a≤1-b(x+1）) 等价于w(a= e （x+1 +ln(x+1)-1+b(x+1)≤0 则3e0) w(a)≤0 成立，只需 wmin(a）≤0 使得 “f")=,xe (x+12,当x∈(-1,0)时，f"(x)<0,当x∈(0，+o)时，f"(>0, ∴.f(x),（-1,0) (0,+0) 在 上单调递减，在上单调递增， 所以m)=f0)=1f)-1≥0 ,,w(a)a∈[0,1] 所以在 上有最小值， wmm(a）)=w(0)=ln(x+l)-1+b(x+1) 19146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即ln(x+l)-l+b(x+)≤0对x∈(-l,+o)恒成立， 令x+1=t∈(0，+oo),即lnt-1+bt≤0， 0=n-1+be0+四，0=+b=+e0,. ①当b≥0时，()>0，所以()单调递增， 在t∈(e,+o,)>v(e)=be20,不符合题意， ②当b<0时，由0>0，得0< 1 1 由@<0，得>方，则函数0在(6+ )上单调递减， 故()的最大值为 (3)因为 0e,令 )=0.= 由(2)知f四在-l,0)上单调递减，在0，+o)上单调递增，f=f0)=1,则「-（小=-1 0当a24时，所以a1又)42， 故F()-e中e-se-训s0, 函数F(x)在（-L,+o)上单调递减， 又Fm=F）+。>F)）,则m,n-m上n-m 要证明m-川<1，只需证明n-m<1,只需证明 F回e- n-m 即Fm）+”<Fm+ e e 20146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令函数(x)=Fx)+X=ae*-lh(x+D+ e e,求导得h)=-o11 e x+l e' 又Fm+0,不纺设F)。则Fa>。Fc) 由F在-L+ -1<m<n<x 上单调递减，得 当-1<x<6时，F=ae-ln(x+1>F(G)= e' -a<I-M(x+D, 即ee 因t0-g424e0. 令数(-名(x+,求号得-中中x+ 11 e x+l 当-1<x<0时，4(x)>0;当x>0时，'(x)<0, 函数u(x)在(-l,0)上单调递增，在(0，+o)上单调递减， 则()≤0)=2-1<0. 当1<<时。h()<0,西数在1）上单调速减， 由-1<m<n<:得Mm)>im,即F)+2<Fm)+ e e,因此n-mk1: ②当a<-时，可知F F(x) <0<2 有两个极值点X,X2,且 函数F(在，+切)上单调递减，在：，)上单调递增， 由x2为极值点， 得F')-ae-5=0ne4-.1 +1,即+1， e)=ae*-ns+0=5有hc+ 则 又-2-h(x+≤0=2-1<0， e x+l 21146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则 血6+)s-1<-1 )-1 e 对任意x>,Fo)sF)水-，白F侧+合0，得>-。，则1Kn<0: e 因此m,n∈(-l,0),即n-mK1. 综上可知n-mk1, 之【详解】当a=h=1时，f)=e+x- -.fo1-9 2 求导可得（四=e+1f(0)=2 在10)定的方为-写}-2-0.用-2x41-兰 (2)(if()=e"+hx- 2,求导可得f"(x)=ae“+b 因为c6 ，分类讨论 当a≤0时，f(<0,fX单调速诚，则fx不可能有极小值点： 当a>0时，令)-0，即aeh=0,新移h（) (》.0,f华因E, 当2合}+，因>0，x词0. 因时xs有散不5名.且但h(》小0 fh》-,n8)98m8)s0 22146 品学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令。。 ，+00 设5藏0-m:9。 当e0,时，g@>0,80单调递增， 当e,+四），g0)k0,80单调递减， g0=10.s0=0 当1→0时，8)-6 2；1→t0,8(0)→-0， g0图象如下图所示， y=g() 故a 恒成立，解得0<a≤1. (方程f) 2有两个根，(：<)， 由(i)可知a>0,否则fx单调递减，不可能有两个根， 方是四有两个根飞<对价于c十=e有您5G 设函数F()=e+h-e.F0)=1-VC<0 当→0，F()→+”，当→，F()+0,救可知<0<5， 23146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 记s=r,上式等价于e+ 2s=Ve有两个根s,,(s<0<s) a [e+b= e+= 厂，两式相减可得 ,记 e(e-1)+s-s)=0'△s=9,-5>0 故上式可写成e(e-1)+bA=0,即 e-1-b △S ae' b=_e-ve esr-1 e"-ve 将as代入可得△sse, 酒数-0求号可0)-6-e 2, 费码散--1求导可利付=心>00华西运 故”()>w0)=0,即()>0，h(⊙)单调递增。 要求-a最小值，即求△的最小值，就是求 S的最小值， 数0e<0,求与网 s2e, 设函数P⊙)=-e+(+),求导可得P(句e+v6 当<2时，p'(s)>0,p(s)单调递增：当>2时，p'(s)<0,p(s)单调递减， P)9()=内的图象知下图所示 y=p(s) 放存在(-10)使得P()=0,即e+V6(,+)=0. 24146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以当（时.(）k0.⊙单调道减： 时， 当60)时，()>0，（⊙）单调递增， 故(62），即5=5时.取最小值， b。e-E-(s,+)-e.- 故aSo So 3.【详解】)当a=e时，函数=e-,求导得)=e,则f0=e-1,而f0=e-1 ,而 所以曲线y=f(x)在点山，f)处的切线方程为y-(e-)=(e-lx-),即y=(e-l)x. 1 In(In a) (②)函数f)=a-x,求导得f)=alha-1,由f')=0,得=1og.na= lna 若≤0，则()>0在Q,四)上恒成立，故（为0）上的增函数，与题设矛盾； 0,面a>1,则naa<0,即0<hac1, >0 1<a<e 则 ,解得 <x<x 当 时，闭<0.当>5时，)>0， 函数心四在0,6)上单润递减，在，切)上单调递增。 f(x)min =f(xo)=a ia mona)In(In a)1 In(ln a)1+In(Ina) InaIna InaIna 而f(0)=1,当x→+0时，f()→+∞，函数f()在(0，+∞)存在两个零点， 当+nh0<0s1+nha)<0,则0<lha<。,解得1<a<c, 1 当且仅当na 所以实数a的取值范围是(l,e). (3)依思意，)=0，即=巧，两边取自然对数得 x2 Ina=Inx2 而M -1na,则x=Mx,令函数g(x)=x-Mlnx,显然x,是方程g()=0的根， 25146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 求导得8()=1- x,当0<x<M时g'(x)<0:当x>M时，g()>0, 函数g)在(0，M)上单调递减，在(M,+∞)上单调递增， 由”是函数较大的零点，得>M,即”落在( (M,+0) 的严格单调递增区间 内， L=MInM +Mn(InM ),U MInM +2MIn(InM). 要证明<x<V,只需证明8<8()=0且8W)>8)=0日 即可， ①由M>e2,得lnM>2,InlnM>0,则L=M(lnM+InlnM)>M(2+0)>M, g(L)=(MInM MInlnM)-Min(MInM +MlnlnM) MInM +InlnM In[M (InM +InlnM)]M[InM IninM -InM In(InM +InlnM ) =M InInM In[InM InM M[InlnM -InlnM In(1+ 1 .InlnM =-Mn1 InlnM ->0ln1+ InlnM） >0 InM 而lnM>0且nlnM>0,得lnM InM 则8☑)<0，由8刊在M,+W)上单调递增，且 g(x2)=0L<x ,得 MInM MIn(InM)<x2 因此 ()=(MinM+2MninM)-MIn(MInM+2MninM) M[In M+2In In M In M-In(In M +2In In M)] =M 2InlnM In[InM1+ 2InlnM InM =M(2ininM -IninM-In(+2nn) InM MlnM-nl+o刀。令函数p0=hl+-i,t>0,求导得0=1k0 2 ininM>0」 函数p(0在(0，+o)上单调递减，p0)<p(0)=0,因此1n(1+)<t,而nM 26146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2InlnM 2lnlnM ln 1+ 2 <1 则（ InM nM，由M>e2,得lnM>2,即lnM,而InInM>0, 2ininM <IninM I1+ 2InlnM <InInM 因此lnM ,即（nM ,g(U)>0, 又函数团在M,+上单调递增，且8)=0，则西<心， 在 O,即5<MnM+2 AnlnM MinM MlnlnM <x2 MInM +2MInlnM 所以 4。【详解】()证明：fy)=amx-x,f)=1=am2x, cos2x tanx≥0，f'(x)=tan2x≥0， 所X在2上单调淘 f(x)≥f(0)=0 0.T (2)(i)证明：由(1)fx在区间2上单调递增， 用产引所.f>0=,副时k优专点 当2wamx20emx=单调租， 5 3。 +1 1g2*g 又m后+ 3 ）=mg=m冬臣255c0,→经 88 8 27146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 11π3元 则fw在8’2上有一个零点a, 3 1 同理可得f()在“ r+。兀，nπ+。 8 2上有一个零点a, d=tand.d.tan dd .an=tana=tan(an+π)）<an=tan d 8元，m+ 11 .3 3 a,+∈m+。兀，nr+。π 11 nπ+- 。元，nr+。π 8 2,且y=tanr在(8 2)上单调递增， a,+i<a,,即 n+l-an>π 2tand,2d (ii) tan2d,=1-tan?d 1-di, cos4d,cos 2d,-sin 2d.1-tan 2d.-6a+18 cos'2d+sin'2a 1+tan2 2a,a+2a+1 1 a2 +2 a 3π，π） :an∈nπ+ 8m+ +2>+3 n+ π2 8 >29+ 又9n2+27 n+2-8m(n+1）=n2-5n+2>0. 4 28146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :0<8—< a 5【详解】(1)函数)=+1 x+1的定义域为(-o,-1Ul, fG)=kx+)-(c+)-1k-1 (x+1)3 (x+1)2, 分母+>0x≠-)，导数符号由分子k-1决定： 当k>1时，f(>0恒成立，赦fX在-，-》和-+w)上单调递增： 当=1时，f代=0，此时-（收幸-》，为酒数无年洞 当<1时，()大0恒成立，赦fX,-)和-1，+w)上单调递减： (2)①令g)=f()-l(x+)-1,则题意等价于g(四≤0对x>-1恒成立， g)-+l-inr+)-1=k+-k-nx+)-l, x+1 x+1 g0m=k-1-1=k-x-2 (x+1)2x+1(x+1)2, 分母+广>0，故8因)的符号由分子()大--2决定。 分情况讨论： 当k≤1时： 对x>1,h(x)=k-x-2<k-(-1)-2=k-1≤0，故8')≤0，g()在(-l,+∞)上单调递减； 当x-1时，ln(x+l)→-o, ,→+0，因此g(x)→+0，与g(x)≤0恒成立矛盾，舍去 29146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当k>1时： 令8'(x)=0 得x=k-2,k-2>1,符合定义域， 当xe(k-2)时，g>08(单调递增， 当xek-2,+w)时，8'6冈<08( 单调递减： 枚8（四在x=k-2处取得最大值8（低-2），需满足8k-2)≤0， gk-2》--2+-nk-）-1---nk--1=k-2-hk-D 代入x=k-2计算最大值： (k-2)+1 k-1 令t=k-l(t>0),则上式变为p)=t-1-t≤0， 对)求导：0=1-1=4-1 当0<t<1时，p()<0,p()单调递减： 当t>1时，p'()>0,p()单调递增， 故p0在t=1处取得最小值p=1-1-lnl=0,即p()≥0对1>0成立，当且仅当t=1时取等号， 因此，0()≤0的唯一解为t=1,即k-1=1→k=2, 综上，k取值的集合为{2}： 6①由0知f)-2,四. 1 x+1, 2xn+1_1 fx在点P代，/(c》处的切线方程为：”-+-）】 y- 0-2x+11 切线交x轴于2（化0，代入y=0解得：0+1（化+）】 整理得：x1=x-(（2x,+1x,+)=-2x-2x,-1 30146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令.=2x,+1,则：b1=2x+1=2(-2x-2x。-+1=-(2x+1=-公 由递推式得 b月bP 当n=0: 左边： N- 右边： 周 左右相等： 假发当=依eN时，结论成立，，A付， 根据递推公式： b=(6」 将归纳假设代入： 图周 .h-0」 故n=k+1时结论也成立； 收对任意自然数eN,有有-， 由B+=1.得可，且4=心. 。11 由4-1=a-1=(a-(a,+1),得：a-1(a1+1(a-)a-1a,-1, 含当克 31146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a4=1-1 代入a=22"=2,得：合a,-1a,- 1 ->0 a4=1-1 -<1 因a,=2>1,故a。-1,因此：台a-1a,-1得证. 6.【详解】(1)a=1时，f)=lhx+x+1,则 f)=+1 =x2Wx+1, 141 故)在点》处的切线斜秦为物严四+2221+2 4. 2当0=月时.=nx*.x0 w2 3 令f'(x)=0,解得x=3或4（舍去）， 当x>3时，∫'(x)>0,f()单调递增， 当0<x<3时，f'()<0,fw)单调递减， 因此四的单调递增区间是8，+切），单调递减区间是03) (3)f(x)=-Inx+x+I,x>0 2f(x)-aV-2mx+2Vx+i-ax-2x+2aVx+1-a a 因为>0，所以证明2/)-a≤0就等价于证明左-2a+1-2hr≥0， 令8@）=aVF-2avr+1-21mxa≥25 32146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则8(@≥8(2W2)=8VF-4W21+x-21nx 记p)=4W-22+x-1nx p=22T-2x--1+2x+2- xv1+x x1+x(N+1)(Vx+1+V2x) 因为+2x+2-小>0，x+x(+x+1+2>0 则当e所.p<0当网.p同>0 片上年法版.o)上单河会， 所以P2p0=0,所以8a≥g22)=2p()2≥0， x 令g0=2Gnx++,9=+2+1>0. 11 故9)在L。7上单调递增，所以9（≤9匀】 -9时0时4 出o知判年.m-0,)-24写引30 0.@r到-90 33146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由0可得：当02，对在*[是e0 恒成立， 所u当≥2时，对ft+小2四-as0 成立 7.【详解】（函数（闭=sx-“的导函数f)=c0sr-a, 由题意得∫()=1 所以f'm)=cosr-a=-l-a=1 解得a=-2; (2)由(1)f'()=cosx-a, 由余弦函数性质可得)=cosr-“在0，刊上单调递减， 因为xe0,）,所以cosx-a∈(H-a,1-a）】 若a21,由0，)可得，代)<0，f心因在0刊上单调莲减，无极值，合去； 若a≤-l,由 e(@,小可得，f()>0,f四在0，刊上单调递增，无极值，合去： 若-1<a<1,则-1-a<0<1-a, 所以存在使得0s-a=0, 当0<<时，)>0，函数（在0,6）上单调递增， 当<<不时，代)k0,品数因在化风小上单满通诚 所以当=七时，函数/儿因取极大值，极大值为)=sm6a。=s血，-无Qos而， 因为fx在0，)上的极大值大于1，所以sn6-cos6>1 令8（闭）=snr-cosr,xe(0,刊，则8()=cosr-(eosr-sinr)=sinr>0, 34146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ππ 所以函数g)在0，上单调递增，又2sn2202 π 所以2<6<元，又a=cos0, 所以-1<a<0, 综上，a的取值范围为，0)， (3)略。 8,【详解】（4少f)=tn-2x-.所以f=nx+1-2x, 因此，f0=2,f0)=-1, 所以+号-》，整理得+y, (2)if四=lhx+1-2mx,令h=f'=lhx+1-2m 则)-士-2派1-0，商以六e0,>0:所以侧在@会单时递路： 2m+o)时，M<0,所以f在m+o)单调递减。 因此fm=f2分=-h2m>0,解得0≤m< 2 又因为白=”<0，所以存在唯-马e哈2六使得了)0。 11 e 1 -21nm+1-2 0m)=-2nm+1-2tm=-2m->0 又因为 m,令 m, m2 0 所以t(m)在 2 上单调递增， t(m)<t =2ln2-3<0 因此 2 11 因此在2mmJ存在唯一x2,使得f'(x,)=0. 35146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因此四在0，)上单调递减，在)上单调递增，在 x2,+0) 上单调递减， 、名是函数的两个极值点，所以m∈(0习 (因为f0=1-2m>0 0<x<1 ,所以 1 又因为>2m,所以5-x>2m Inx +1=2mx x2--1 根据已知nx2+1=2mx2,所以lnx2-lnx2m, 西-名<五+ 2一<5+x 下面证h为-lhx2，只需证n书-lnx名为， ln点立-1 X>X 即证2女+1， 令-安，p,令0如0>》，g0-士品品品0 2 t+1 所以8()在（山，+∞）单调递增，所以g()>g(①)=0， -x<+ 因此ln2-lny2成立， 所以2>2，即+> ,5+5>1 1 又因为5>2m1 所以3+5=26+)+-)少2+-1=5-1 m 2m 2m 9【详解】1)由圈可知f0=2h2-1 f()=ln(x+)1-1=ln(x+0则f0=ih2. 36146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故曲线"=/)在点/0》处的切线方程为”-(2h2-=血2-(-) 即y=lh2x+n2-l: (2要证明)2sinr-x,即正 （x+l)n(x+l)-x≥sinx-x 即证x+1h(r+1）-sinx≥0 令3()(+)h(x+)mr,定义域为+o）,是然0)=0， 则8'（冈=h+1+1-cosx,其中8(0）=0， 当E(eL0时.令a=g=h(+1-os,则)=有+n三， 共中，e(sL0做()有+nxs0 故8()=h(++1-cosx在(-1,0)上单调递增， 又30)=0，故8✉)k0在1.0叭上恒成立， 故3()=(+1n(+)smr在1.0)上单调递减。 当x∈(0，+切）时.g()=h(x+1)+1-cosx≥h(x+>0, 所以8（在r∈Q+网）上单调递增， 所以8()28(0)=0恒成立，从而儿)2smr-X,当=0时，等号成立： (3)由2)知，当∈Q+）时.(+)h(+>sm, 1 少0当-1，小 n n=n sin 1 +1n+1n, x+1 n n sin<-in(n+1)-in 故n+1n气n 37146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ®)m+子sin2++n<n2-hl+n3=n2+…+h(a+切=m8 n+l n =In(n+1)-In1=In(n+1),nEN" 10【详解】④)当a4时，)-1血 x,则f0=1-4nl-1=0 fe)=1-草，则r0=1-41e2. 所以当0=4时，曲线’f0在x=1处的切线方程为”=-2(- 即2x+y-2=0 2)数厂(x)=1-axn=x-amx一1 x的定义域为(0，+∞)， 则=1-+利 x2 当a≤0时，对任意的x>0,f'()>0 恒成立， 此时函数fx的增区间为 ,+切），无减区间： 当a>0时，对于函数”=-ar+1,A=2-4 若A≤0时，即当0<a≤2时，对任意的>0，()0 此时函数fx的增区同为Q,+W）,无减区间： 若4>0时，即当。>2时，由∫)0可得”-4<x<0+4 2 2 由f"(x)>0可得0<x<a-a- 2 或x>a+va2-4 2 a-a2-4 a+va2-4 此时函数fx的减区间为2 2 38146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 atva2-4 增区间为 0 a-va2-4 ,+00 2 2 综上所述，当a≤2时，函数f引x的增区间为 0,+∞) 无减区间： a-Va2-4 a+va2-4 当。>2时，函数fx的减区间为 2, 增区间为 n-d 1+ (3)因为不等式 n 对任意neN恒成立，则a-a)h1+》s1 n n-a≤ n∈N n a之n- 即 1+. n 令4=1+e2.所以a≥，nt 11 n 今0-：eg则-6高 1t+}-(m}-2 t (t-(n-(m} 令p0=1+}-2,其中1,2， 则0=1-2a-0- 由(2)知，当a=2时，函数f)=x--2nx在(0，m)上为增函数， 因为t∈(，2]，则/0=1-21n1>f)=0, 所0-=并-2hm小0 即函数p()=t+一（血-2在0,2]上为增函数， 39146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 此时 o0P0=o则©=2 -ay>0, 所以函数h()在(，2]上单调递增，则h()=1- lh2,所以a≥1-1 1 故实数a的取值范围是n2+切 1- 1.【详解】()当m=1时，函数f)=e-1nx,求导得f心)=e- x,则f'(①)=0， 而f四=1，所以曲线y=f()在x=1处的切线方程为y=1, (2(i)当me时，函版860=e-- 2x>0,求导得g=e-, g(x) 由X1,X2是函数的两个极值点，得X1,X2是方程 e*-tx=0 的两个不等实根， 由g)=0,得t=e ,令函数x)=x之0，则h)=ex-) 当0<x<1时，h()<0；当x>1时，h(x)>0, 函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(，+o)上单调递增， 而0-，所以 t∈(e,+oo) (i)8'()=0 em=txi x=In t+ln x1 有两解X1,X2,即 e"=tx2 两边取对数得 X2=In t+ln x2 则专-本=n5-hx=n x’当t>e时，0<x<1<x2, 元=>1 n2,n元_2+hn元 生，则不者石，因啡 不等式x+5>2等价于1h2>2(1-) ，兄1令函数D(=mx+1,≥1， 14-(x-1)2 求导得)=中x+>0,西数p)在L+四上单调递增。 40146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则)>p0=0,即p(a)>0,nd>2a- +1，于是+x>2 12.【详解】①当m=l,t=0时，f)=0,则)=c+ac=(a+le 则0=(a+1e,由fx在点f0》处的切线与直线y=cr+1垂直， 则a+lee=-1,即a*+0e2=-1 今国=e”,则国=(+e 当re(时，()0，当∈l+w时.(>0. 故()在®-)上单调递减，在+切)上单调递增。 则2-=-1e=-1数a+1=-,则a=-2。 用02 若≤0，则8()20恒成立，故8（在d上单调递增。 则有8e)=ne-e-i=1-Ve+1)小上1 与()在Ld上的最大值为e矛盾，不符合腿意； 若1>0，令g(x)=0,解得x=, 数习上.在 上单调递减， 若0号1，即，22时，g问在L时上单调道胶。 41/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则（在d上的最大值为0=h1-11=-21=-6 E<2 厕，电2，故不珍氨高 4 ,即。1<2时.g国在上单调造，在上单调适减， 则86在d上的最大位为月)-n号-子-1=2b2-21:-G 4 即+2h1-(2n2-2+同)=0，由y=1+2nr随t的增大而塔大， 则r42a-2h2-2+02+2n22n2-2+0-后+1-e>0, 故+2n1-(2n2-2+v0=0无解，不符合题意 4 2 若2之e,即0<1≤石时，g()在[，上单调递增， 则8（在Ld上的最大植为8(=1-4小6+）-e,解得=1 综上所述：t=1; 证明略； (iⅱ)略. 13.【详解1()当a1时，了=nx+r,所以了-士2x。 则f0=1f0=3,所以切点为，)， 则曲线f(x)在x=1处的切线方程为y-1=3(x-l),即3x-y-2=0. nx+ax=-b, (2)(i由f(x)=-bx,x>0,即1nr+ax2=-br'故x 因为fx)=-bx有三个不同的零点x,x,5,故x 女nx+ax=b有3个不同的正根， 令8(y=血x +ax,x∈(0，+0)， 42146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则g-1hx+口有两个不同的变号零点， x2 令h()=-nx ，xe(0,+∞)，则h()=-3+21nx x3, 令h田)=3+2n'=0,得x=e, 3 令>0，得x>e,令h)<0,得0<r<e是 3 放)=1-nx 3 0,e2 e2,+o0 x2在 上单调递减，在 上单调递增， 2E,且当x→0时，x)→+0，当x→+o时，h()→0， 故要想g国+“有两个不闲的变号零点，需满足过<a<0,即0<a<记 x2 此时存在实数b,使得x x+=b有3个不同的正根， 1 0 故a的取值范围为 2e3; (iⅱ)略 14.【详解】()当m=1时，函数)=e-1nx,求导得)=e- ,则f'I)=0,而f=1, 所以曲线y=在x=1处的切线方程为y=1. (2②)(i)当m=e时，函数8)=e--分>0，求号符g=e-K, g(x) 由X1,X2是函数 的两个极值点，得X1,X,是方程-r=0 的两个不等实根， 由g=0:得1=，令函数-三>0，则=- x2 当0<x<1时，h(<0;当x>1时，h()>0, 函数h(x)在(0，)上单调递减，在(L,+oo)上单调递增， 43146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 而0=e,h2)= 2,则当1∈(e,2)时，0<x<1<5<2,1<x+x<3, e=tx =Int+Inx 由e=,得s=nt+n5,则-=lh5-lnx=ln点 x1, 1=点>1 ln入 _ln元 令，则 -1, n2nA_2+凸n元 =-1,因此+5元一1+无-1- 不等式+5>2等价于h2,2好，令数风e-h2》1 x+1 求导得)=1,4=任- +疗x+少>0，函数p在L,+四上单调递增。 则o)>g0=0:即p(a>0,ha>2- +1，于是x+x>2: 所以2<x+<3」 6i)自（1)知.e=,=,则8)+2g)=e0--受+2-G-e e-+20---ee+2-ee0+e2-020 2 1<2-x<x2<2u(x)=(2-x)e,1<x<2 由(i)知， ，令 ,求导得“=0-e<0 函数在L2》上单调递减，则)<2-，即2-七e<e, 园t+2g)e0--2◆画数00-5心。 -2e,0<x<1, 求导得=0-0e+0-e=-Xe+e)>0, 函数①在0，D上单调递增，则” (x)<v(I)=0v(x)<0 所以8)+2g5)<0 15【122则-2+0+-.-2-a exta 当1≤a<2时，令 h(x)>0 0,得r<a或r>2, 44146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故（在和2+切） 上单调递增， 当a=2时，可得 (x)≥0 恒威成立，故(0在R上单调递增， 当a>2时，令(>0，得x<2或>a,故（在，2）和a+w)上单指 综上可得：当1≤a<2时，单调递区间为-，)、(2，+切） 当a=2时，单调递增区间为R; 当a>2时，单调递增区间为0,2)、(a,切）， (2)当b=(e+1)a时，g)=ainx+e+la,则8'()=g g()=(e+1)ag')=a 故曲线'=8在x=l处的切线方程为”=ar+0, 设此切线与曲线y=f引x的切点为，/》，f()=e 「f'(x)=eo=a 则f(x)=e+"=a,+ea,解得。=1-e,从而e+l-e=a' 即a+l-e=lna,即lna-a=l-e, 设=hx-x2),h0=-1<0h(e)=1-e N()1≤0，A()在L,o)上单调递减。 :m-a=1-e在L+切)上有唯一解a=e: (3)由题意可知：e=1.血+ma=i 所以x=lnt-a,,=e,.x2-x=ea"-lnt+a, 设F0=e-hr+a则F)=e÷- a t, 45146 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令60=F0)-女则c0c+0， -m1 即F'@在0四)单调递增，又当→0时，F'@→-”，1→+时， F'(t)→+0 所以存在，∈0，+w）,使得F'《)=0,÷e 6,即m=5+n5 aa, :F0在Q,)单调递减，a,切）单调递增， :P=P6)-e2-+a=2-s+a-+1 to to 设6)-+1 to 为减函数，0()=2， 当0，)》2时，0<，<1，又a21,0<<1, a m=+n5 a 设2=s∈(0,1)，则m=s+1ns在(0，)单调递增， na,设a :m<m01,所m( 46146