专题03 导数及其应用（期中真题汇编，江苏专用）高三数学上学期

**基本信息** 汇编江苏多地高三期中真题，聚焦导数三大高频考点，分层设计基础运算、函数研究及跨模块综合题，适配期中复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择（含多选）|30+|导数几何意义（切线方程）、函数单调性与极值、导数与不等式综合|双切线问题（如过点作曲线两条切线）、极值点数列性质探究| |填空|5+|切线方程参数求解、函数最值|结合函数奇偶性求最值（如奇函数与偶函数复合函数）| |解答|9+|导数应用（单调性讨论、恒成立问题）、实际应用（农田规划）|跨模块综合（导数与数列、不等式证明）、创新情境（温室大棚面积优化）|

专题03 导数及其应用 3大高频考点概览 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 考点02 导数在研究函数中的应用 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）已知函数的导函数为，且，则（　　） A.  B.  C.  D. 1 2．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）已知曲线在处的切线与直线垂直，则（       ） A.  B.  C.  D. 1 3．（25-26学年高三上·江苏期中学·期中）若函数的图象在处的切线过点，则（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高三上·江苏盐城·期中）已知函数，若，则实数（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）若曲线有两条过点的切线，则实数的取值范围是（　　） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高三上·江苏苏州姑苏区苏州中学·期中）已知函数，若曲线在处的切线交轴于点，在处的切线交轴于点，依此类推，曲线在处的切线交轴于点，则的值是（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高三上·江苏苏州·期中）过点作曲线的两条切线，记两切点分别为，，若两条切线斜率之积为，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）函数在处的切线方程为，则的值为　　　　　　　　　　　　. 9．（2026·江苏泰州兴化·调研）已知函数． （1）当时，求曲线在点处切线方程； （2）讨论的单调性； 考点02 导数在研究函数中的应用 1．（2026·江苏泰州兴化·调研）已知连续函数的导函数为，如图是函数在上的图象，则（       ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C. 在上单调递增 D. 在上单调递增 2．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）（多选）下列说法中错误的是（       ） A. 若函数在区间上是增函数，在区间上也是增函数，则函数在上是增函数 B. 过和的直线方程为 C. 函数的极小值点为 D. 若，则 3．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）（多选）已知函数的图象与直线交于不同的三点，且，则（       ） A. 的极大值为3 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 4．（25-26学年高三上·江苏苏州姑苏区苏州中学·期中）（多选）已知函数，则（     ） A. 的图象为中心对称图形 B. 有且仅有1个零点 C. 若，则实数的取值范围为 D. 若，则实数的取值范围为 5．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）已知函数是函数的图象上的定点，过的动直线与函数的图象有异于的两个公共点，且它们的纵坐标之和恒为2，则的横坐标为（       ） A. 1 B.  C. 2 D.  6．（25-26学年高三上·江苏兴化周庄高级中学·期中）若，且有，则（       ） A.  B.  C.  D.  7．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）已知函数，若，则的大小关系为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）已知函数，，的定义域都为，其中为奇函数，为偶函数，且，，则函数的最大值为（       ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）（多选）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（     ） A.  B. 是极大值点 C.  D.  10．（25-26学年高三上·江苏无锡·期中）已知函数的三个零点为，，，且，则下列结论不正确的是（       ）． A. 在上单调递减 B. 曲线是中心对称图形 C. ，都有 D. ，都有 11．（2026·江苏如东高级中学与沭阳如东中学·联考）（多选）已知函数有3个零点和2个极值点，则（       ） A. 的3个零点之和等于 B. 的3个零点之积等于 C. 在3个零点处的切线的斜率之和大于零 D. 的3个零点和2个极值点的算术平均数相等 12．（25-26学年高三上·江苏盐城滨海县明达中学·期中）函数的极大值为　　　　　　． 13．（25-26学年高三上·江苏期中学·期中）设，函数. （1）求函数的单调区间； （2）若恒成立，求a. 14．（25-26学年高三上·江苏无锡·期中）已知函数． （1）求过点且与曲线相切的直线方程； （2）令，若有两个极值点，，记过两点，的直线斜率为．是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 15．（2026·江苏泰州兴化·调研）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成．已知圆的半径为米，点到的距离为米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚I内的地块形状为矩形，大棚II内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设与所成的角为． （1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围； （2）若大棚I内种植甲种蔬菜，大棚II内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 16．（2026·江苏徐州第一中学·二模）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若在内的最大值为2，求的值. 17．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数的最小值为0，求的值. 18．（25-26学年高三上·江苏镇江·期中）已知函数，. （1）当时，求函数的值域； （2）当，时. ①判断函数的零点个数； ②设函数，若方程（）有两个不相等的正数解，证明：. 19．（25-26学年高三上·江苏苏州姑苏区苏州中学·期中）已知函数，. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）设，，求的单调区间； （3）若对于任意的都成立，求的最大值. 20．（25-26学年高三上·江苏扬州·期中）已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 21．（25-26学年高三上·江苏盐城·期中）已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值； （3）若在上有零点，求证：. （参考数据：，，） 22．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）已知函数． （1）当，求在点处的切线方程； （2）当，求函数的零点个数； （3），求整数的值． 23．（25-26学年高三上·江苏苏州·期中）设函数． （1）试求函数的极值； （2）若函数在上存在单调减区间，求实数的取值范围； （3）若在上恒成立，求实数的取值范围． 24．（25-26学年高三上·江苏南京秦淮区南京中华中学·期中）设，． （1）讨论函数的单调性； （2）设、分别是函数的极大值点和极小值点．记、，求证：直线与曲线交于另一点； （3）在（2）的条件下，判断是否存在常数（，），使得．若存在，求的值；若不存在，说明理由． 25．（25-26学年高三上·江苏无锡·期中）设函数，，其中，．若，，则的最小值为　　　　　　；若恒成立，则的最大值为　　　　　　． 26．（2026·江苏泰州兴化·调研）已知函数 若恒成立，则非零实数的最小值为　　　　　　　　　　　　　　. 27．（2026·江苏如东高级中学与沭阳如东中学·联考）已知函数，，用表示a，b中的较小值，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为　　　　　. 28．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，设函数. （i）求证：； （ii）若恒成立，求实数的值. 29．（25-26学年高三上·江苏盐城·期中）已知函数 .若存在实数，使得对任意实数恒成立，则正实数的最小值为　　　　　　　　　　　. 30．（25-26学年高三上·江苏徐州·期中）已知函数. （1）若，证明：当时，； （2）若为的极小值点，求的取值范围. 31．（25-26学年高三上·江苏无锡·期中）设，是实数，函数． （1）当时， （ⅰ）讨论函数的单调性； （ⅱ）若在上恒成立，求的值． （2）当时，证明：函数有两个极值点，且． 32．（2026·江苏泰州兴化·调研）已知函数. （1）求的极值； （2）已知函数； ①若没有零点，求实数a的取值范围； ②若有两个不同的零点，证明：. 33．（2026·江苏如东高级中学与沭阳如东中学·联考）已知函数，，. （1）讨论函数在区间上的单调性. （2）已知≠0时，. （i）若函数在区间上只有一个极值点，求a的取值范围； （ii）当时，若，是函数的两个根，，且，，证明：. x - 0 + 0 - ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 1．（25-26学年高三上·江苏南京秦淮区南京中华中学·期中）已知，当时，不等式恒成立，则的值不可能为（     ） A. 2 B.  C.  D.  2．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）（多选）若存在实数，使得对于，，则的值可以取（　　） A.  B.  C. e D. 2e 3．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）已知，若对任意的恒成立，则实数的最大值为　　　　　　　　　　. 4．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）已知函数的导函数． （1）求的最大值； （2）当时，若是曲线在点处的切线方程． ①证明：对于定义域内任意成立； ②设过点的直线与直线垂直，，与轴的交点分别为，，表示的面积．是否存在实数，满足？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 5．（25-26学年高三上·江苏盐城滨海县明达中学·期中）已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）设为的导函数，讨论的零点个数； （3）若存在，使得不等式对任意成立，求的取值范围. 6．（25-26学年高三上·江苏兴化周庄高级中学·期中）已知函数，其中. （1）若，求的值； （2）当时， （i）判断函数在上的零点个数； （ii）若有公比的等比数列满足，求的值. 7．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）已知函数． （1）当时，求曲线经过原点的切线方程； （2）当时，，求的取值范围； （3）证明：对于任意的，． 8．（25-26学年高三上·江苏丹阳高级中学·期中）已知函数，. （1）求函数在点处的切线方程； （2）对任意的时，恒成立，求实数的取值范围； （3）记，若，且，求证：. 9．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）已知函数，直线：. （1）若直线与曲线相切，求实数的值； （2）证明：对于，，使得当时，直线恒在曲线上方； （3）若直线与曲线有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，证明：. 10．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）已知函数. （1）当时，求过原点且与曲线相切的直线方程； （2）当时，求证：； （3）当时，若正实数满足，求证：. 11．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）已知函数和的图象在处有相同的切线. （1）求实数和的值； （2）求函数的极值； （3）当时，不等式恒成立，求实数的取值集合. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 考点02 导数在研究函数中的应用 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．C 2．A 3．A 4．A 5．D 6．D 7．D 8．【答案】 【分析】 由切点既在切线上，又在函数图象上，即可得解. 【详解】 将代入切线方程，得，即切点为， 因为切点也在函数的图象上，故，解得. 故答案为：2. 9．【答案】（1）     （2） 当时，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在单调递增.      【分析】 （1）当时，求得，得到且，即结合导数的几何意义，即可求解； （2）求得，分和，两种情况讨论，即可求得函数的单调区间. (1) 小问详解： 解：当时，，可得， 可得且，即切线的斜率为，切点为， 所以切线方程为，即. (2) 小问详解： 解：由函数，可得函数的定义域，且， 当时，，函数在上单调递增； 当时，令，即，即，解得； 令，即，即，解得， 所以函数在上单调递减，在单调递增. 考点02 导数在研究函数中的应用 1．A 2．ACD 3．ABC 4．ABC 5．B 6．A 7．A 8．D 9．BCD 10．D 11．ACD 12．【答案】1 【分析】 对函数求导，利用单调性即可得出函数的极大值. 【详解】 依题意， 因为，所以， 所以， 所以在上，，单调递增； 在上，，单调递减. 所以在处取得极大值：. 故答案为：1. 13．【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；     （2）.      【分析】 （1）首先求函数的导数，再根据导数的正负求函数的单调区间； （2）由（1）的结果，转化为，再通过构造函数，利用导数求函数的单调区间和最值，再求解不等式. (1) 小问详解： ，得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是； (2) 小问详解： 由（1）可知函数的最小值是， 若恒成立，则， 设，，得， 当，，在上单调递增， 当，，在上单调递减， 当时，取最大值为，所以不等式的解集为， 则不等式的解为， 综上可知， 14．【答案】（1）或     （2）      【分析】 （1）设切点，然后利用导数的几何意义及点斜式方程求出切线方程，将点的坐标代入求得或，即可求解切线方程； （2）求出导函数，由题意有两个不等的实根，，进而有 ，结合两点斜率公式及列式得，解方程即可求解. (1) 小问详解： 设过点且与曲线相切的直线与切于点， 由得，所以，所以切线方程为， 即，该切线过点，所以，即， 解得或，所以或； (2) 小问详解： ，则， 由题意有两个不等的实根，， 所以 ，即 ， 则 ， 所以，解得或，又，所以. 15．【答案】（1）平方米，平方米，；     （2）．      【分析】 （1）先根据条件求矩形长与宽，三角形的底与高，再根据矩形面积公式以及三角形面积公式得结果，最后根据实际意义确定的取值范围； （2）根据条件列函数关系式，利用导数求极值点，再根据单调性确定函数最值取法． (1) 小问详解： 连结并延长交于，则，所以． 过作于，则，所以， 故， 则矩形的面积为， 的面积为， 过作，分别交圆弧和的延长线于和，则． 令，则． 当时，才能作出满足条件的矩形， 所以的取值范围是． 综上，矩形的面积为平方米， 的面积为平方米，的取值范围是． (2) 小问详解： 因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为， 设甲的单位面积年产值为，乙的单位面积年产值为， 则年总产值为 ，其中． 设，， 则， 令，得       ， 当时，，所以为增函数； 当时，，所以为减函数， 因此，当时，取到最大值． 综上，当时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【点睛】 解决实际应用题的步骤一般有两步：一是将实际问题转化为数学问题；二是利用数学内部的知识解决问题． 16．【答案】（1）当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，则在上单调递减，在和上单调递增.     （2）      【分析】 （1）先求得函数的导函数，讨论的零点的大小关系，利用的正负可得到的单调性； （2）由（1）分析在上的单调性，进而求得其最大值，构造新函数，分析新函数的单调性及零点，即可求得实数的值. (1) 小问详解： 函数的定义域为. 则， 令，解得或. 若，即，则 当或时，；当时，. 所以在上单调递减，在和上单调递增； 若，即，则恒成立， 所以在区间上单调递增； 当，即，则 当或时，；当时，. 所以在区间上单调递减，在和上单调递增. 综上所述，若，则在上单调递减，在和上单调递增； 若，则在上单调递增； 若，则在上单调递减，在和上单调递增. (2) 小问详解： 由（1）知，当时，在上单调递增，则，解得， 与矛盾，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. 令，则恒成立， 所以在上单调递减. 又，故. 综上所述， 17．【答案】（1）有极小值，无极大值；     （2） 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减.     （3）      【分析】 （1）利用导数讨论函数单调性，根据单调性可得极值； （2）求得，分、、、四种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）分，两种情况分类求出最小值即可列式求参. (1) 小问详解： 当时，，则， 当时，，当时，， 所以，在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，有极小值，无极大值. (2) 小问详解： 若，则时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增， 时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增 综上， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减. (3) 小问详解： 令， 当时，，函数在上单调递增，故无最小值 所以，由得， 所以时单调递减，时单调递增， 所以， 所以. 18．【答案】（1）     （2）① 有且只有一个零点； ② 设的零点为，则当时，；当时，， 因此 ，而方程有两个不相等的正数解， 不妨设，则，，即， 于是，而， 即，即，令，，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，且， 所以.      【分析】 （1）把代入，利用导数求出函数的值域. （2）① 把代入，利用导数，结合零点存在性定理判断得解；② 由给定条件，可得并利用基本不等式变形，再构造函数并利用导数推理得证. (1) 小问详解： 当时，，，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则，且当时，，当时，， 所以函数的值域为. (2) 小问详解： ① 当，时，，求导得， 函数在上单调递增，而， 所以函数有且只有一个零点； ② 略 19．【答案】（1）     （2） 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.     （3）      【分析】 （1）根据导数的几何意义求解即可； （2）由题设可得，求导，分，，三种情况讨论求解即可； （3）设，，转化问题为，利用导数分析函数的单调性，可得对于任意的都成立，令，，利用导数分析其单调性，进而求解即可. (1) 小问详解： 当时，，得， 则，， 所以在处的切线方程为. (2) 小问详解： 由， 则， 令，得或， 当，即时，， 则函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 当，即时，令，得，令，得或， 则函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当，即时，令，得，令，得或， 则函数的单调递增区间为和，单调递减区间为. 综上所述，当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为. (3) 小问详解： 由，，， 则，即，而，， 设，，则， 而， 所以函数在上单调递增， 则对于任意的都成立，即对于任意的都成立， 令，，则， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，则， 所以的最大值为. 20．【答案】（1）；     （2） 时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增.     （3） 当时，， 则， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 又，，， 则由零点存在性定理可知，使得， 则或时，，；时，，， 故在和上单调递增，在上单调递减，则有唯一的极大值点， 且， 令，则， 则在上单调递增，则，故.      【分析】 （1）根据，可求； （2）求导，因式分解，分、两种情况讨论； （3）求出，构造函数，通过的单调性结合零点存在性定理即可求证函数有唯一的极大值点，且使得，进而化简得，通过构造函数即可求证. (1) 小问详解： ， 因函数在处的切线方程为， 则，，得； (2) 小问详解： ，， 当时，，则在上单调递减； 当时，得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. (3) 小问详解： 略 21．【答案】（1） 时，在上为增函数； 时，在上为减函数，在上为增函数．     （2）；     （3） 由题意设为的零点，则， 即，则点在直线上， 所以，即， 当时，设，所以，则在上单调递增， 所以，所以，又时，， 所以时，，则， 令，则， 时，单调递减；时，单调递增， 所以，即，所以．      【分析】 （1）先对求导，按和根据导函数的正负分析的单调性； （2）利用必要性探路得，代入计算得正整数的最大值为1，再证明时符合题意即可； （3）设为的零点，代入得到方程，再结合点在上得到不等式，再两次设新函数和，求导后得到不等式，最后放缩即可. (1) 小问详解： 当时， ① 当时，在上单调递增； ② 当时，由，得， 时，单调递减． 时，单调递增． 综上， 时，在上为增函数； 时，在上为减函数，在上为增函数． (2) 小问详解： 当时，， 因恒成立，所以， 即， 所以正整数的最大值为1． 下证时，在上恒成立． 设， 则在上单调递增，，即， 所以，又， 所以，即恒成立． 所以正整数的最大值为1． (3) 小问详解： 略 22．【答案】（1）     （2）个     （3）或      【分析】 （1）借助导数几何意义计算即可得； （2）当时，借助导数合理放缩可得其单调性，结合零点存在性定理可得其在该范围内零点个数，当时，分、、以及，再合理放缩即可得解； （3）分、、与进行讨论即可得. (1) 小问详解： 当时，，则， 有，又， 故在点处的切线方程为； (2) 小问详解： ，定义域为，， ①，因为，所以在上单调递增． 又因为， 由零点存在性定理可得，存在使得． ② 当且， 因此恒成立，即在该区间内无零点． ③ 当时，． 因为， 所以在区间上单调递减． . 因为，所以，在上，故该区间内无零点． ④ 当时，， 因此该区间内也无零点． 综上，函数在上仅有一个零点． (3) 小问详解： 函数，由题意． 当时，对于任意恒成立， 当时，由（2）知在上恒成立． 当且时，取，有， 由于且，故，与矛盾． 综上所述，的值为0或1． 23．【答案】（1）极小值，无极大值     （2）     （3）      【分析】 （1）求得，令，求得，得出函数的单调性，进而求得函数的极值； （2）由函数，求得，结合，分和，两种情况讨论，得出函数的单调区间，即可求解； （3）根据题意，转化为在上恒成立，设，求得，再令，得到，得出在上单调递增，根据零点存在定理知，存在唯一，使得，得出得到单调性，得到，再由，结合对数的运算性质，即可求解. (1) 小问详解： 解：由函数，可得， 令，可得， 当故当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以函数在处取得极小值，无极大值. (2) 小问详解： 解：因为函数， 所以函数， 可得， 由，可得，且在上单调递增，故有， ① 当时，可得，函数在上单调递增，故不存在单调减区间； ② 当时，存在且满足， 当，有，函数在上递减， 当，有，函数在上递增， 所以当时，函数在存在单调减区间. (3) 小问详解： 解：由在上恒成立，即在上恒成立， 即在上恒成立 设，可得， 记，则， 所以在上单调递增， 因为， 根据零点存在定理知，存在唯一，有，即， 且在上有；在上有； 由，当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 对于两边取对数得， 因为函数在上单调递增，则有，即， 所以，即． 所以，即的范围是. 24．【答案】（1）函数在区间和上严格增，在上严格减     （2）证明：由（1）知，． 进而知直线的方程为， 即． 由 ，得． 设，则， 令得．当时，当时， 所以函数在区间上严格减，在区间上严格增， 由于，，， 结合函数的单调性及连续性， 知函数有且仅有两个零点、，其中． 因此方程的解集为， 即直线与曲线交于另一点．     （3）存在，      【分析】 （1）对求导，利用导数与单调性的关系求解即可； （2）求出直线的方程，与联立，可得关于的方程，解方程即可得证； （3）由（2）得，即，设存在常数（，），使得，则，所以，代入可得．设，利用导数可得的取值范围，然后可得的值. (1) 小问详解： 由题意知． 令得或． 当或时，当时． 所以函数在区间和上严格增， 在上严格减． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）得，即． 若存在常数（，），使得， 则，所以，代入可得． 设，则，令得， 当时，当时， 所以函数在严格减，在严格增，注意，，， 结合得单调性及连续性，知存在唯一的，使得． 因此存在常数（，），使得，且． 25．【答案】① 0    ② 【分析】 若，，求导，利用导数判断的单调性和最值；若恒成立，即，结合图象可得 ，令，消去结合判别式运算求解即可. 【详解】 若，，则，， 因为在内单调递减，且，， 可知在内存在唯一零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且，所以的最小值为0； 若，即， 可知当时，在直线的上方，如图所示： 结合图象可得 ，即 ，可知， 设，即，可得 ， 因为该不等式组在内有解，则 ，解得， 所以当，时，取到最大值. 故答案为：0；. 26．【答案】2 【分析】 作平行于轴的直线与的图象相交于两点，求的最小值即为求的最大值，求出，构造函数求出最值即可. 【详解】 作平行于轴的直线与的图象交于点，，如图所示：    则的最小值即为的最大值，设直线的方程为，则，，，令函数，则， 在上单调递增，在上单调递减，，即，所以的最小值为2. 故答案为：2. 27．【答案】 【分析】 先求出函数只有一个零点为，接着利用导数分和两种情况分析函数的性质，再结合题设条件得到且即可求解. 【详解】 令，故函数只有一个零点为， 由题， 当时，在上恒成立，函数在上单调递增， 则，所以函数无零点， 则此时函数至多只有1个零点为，不符合题意； 当时，令得（舍去）或， 所以当时，当时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故至多有两个零点， 因为函数有三个不同的零点， 则有两个零点，且为函数的三个不同的零点， 则，， 且， 故实数的取值范围为为. 综上，函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为. 故答案为：. 28．【答案】（1） 当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增.     （2） （i）首先证明：，当且仅当时等号成立. 记， 当时，，当，， 则在上单调递减，在上单调递增； 所以， 即，当且仅当时等号成立. 由， 所以有，当且仅当时等号成立， 所以有， 当且仅当时等号成立. 若，函数. 当时，； 当时，； 综上，. （ii）1      【分析】 （1）对函数进行求导，根据导函数的正负性，结合的正负性分类讨论进行求解即可； （2）首先证明：.（i）运用已证明不等式，结合放缩法进行求解即可；（ii）构造新函数，利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行分类讨论进行求解即可. (1) 小问详解： 函数，定义域为. 因为， 当时，恒成立，则在单调递增； 当时，， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 小问详解： （i）略 （ii）记， 即要求恒成立. 当时， 当且仅当时等号成立. 当时， . 记， ， 所以在单调递减. 1°当时，取， ， ， 由函数零点存在定理，存在唯一的，使得， 当时，，此时在单调递减， 则，不符合题意. 2°当时，取， ， ， 由函数零点存在定理，存在唯一的，使得， 当时，，此时在单调递增， 则，不符合题意. 综上，实数的值为1. 29．【答案】 【分析】 利用导数研究函数的单调性与极值、结合导数的几何意义及三元均值不等式计算临界值即可. 【详解】 易知时单调递增， 对于，， 易得时，时， 即在上单调递减，在上单调递增，即， 又时，，可作出函数的大致图象如下： 显然要满足题意需整个函数图象向左平移后完全在原函数图象上方即可， 考虑临界情况，即左移后的右半段函数与平移前的左半段函数相切，此时平移距离最短， 为方便计算，可转化为与相切， 不妨设切点为， 由上可知，即切点为， 则， 当且仅当即时，m取得最小值. 下证：，且时，恒成立， 令，则， 易得时，时， 即在上单调递减，在上单调递增， 即， 所以的图象恒在的图象上方（除切点处有交点）， 即从临界处分析平移距离符合要求. 故答案为：. 30．【答案】（1） 当 时， . 令，，则， 当 时， ，所以 单调递减，故， 又时，，所以；     （2）      【分析】 （1）依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得证； （2）当时令，，分析可得也是的极小值点，分、两种情况讨论，分别利用导数说明即可，当及时，结合的零点分类讨论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ①当 时， . 令，， 考察 ，所以. 因为为函数的极小值点，所以存在区间 (其中 )， 使得 时，，且 ， 所以，从而 ，故也是的极小值点. 又， 令 ，则 ， 且 . 令，由于 ，则有两个不相等的实数根 ， . （i）当时，因为的对称轴，，则 . 当时， ，即，所以单调递增， 所以，则单调递减， 当时， ，即，所以 单调递增， 所以，则单调递增， 所以0是 的极小值点，符合题意.    （ii）当时，因为的对称轴，则 . 当时，，即，所以单调递减， 所以 ，则单调递减， 此时0不是的极小值点，不符合题意. 当时，则， 当 时， ，即，所以单调递减， 所以 ，则单调递增， 当时， ，即，所以单调递增， 所以 ，则单调递增， 此时 0 不是 的极小值点，不符合题意. ②由(1)知，当时，，此时0不是的极小值点，不符合题意. 当 时， ，即 ， 当 ，.    （i）当 时， ，当 时， ， 此时0不是的极小值点，不符合题意. （ii）当且时， ， 所以有两个不相等的实数根， 若 ，则 ，当时，，则 ， 此时0不是的极小值点，不符合题意； 若 ，则 ，当 时， ，则 ， 此时 0不是的极小值点，不符合题意. 综上所述，实数 的取值范围为 . 31．【答案】（1）（i）的单调增区间为，单调减区间为； （ii）0.     （2） ． 令， 令，得． 所以当时，单调递减； 当时，单调递增． 注意到，所以． 因为， 所以当时，， 故，从而存在，有， 当时，设，则恒成立， 则在上单调递增，则，即， 则在恒成立．从而． 所以． 故．从而存在，有． 当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以函数有两个极值点． 又， 所以，即． 结论得证．      【分析】 （i）代入后求导得，再求出导函数为0时的根，最后分析其单调性即可； （ii）分，以及讨论即可； （2）二次求导得其单调性，再利用零点存在性定理证明极值点所在区间，再利用切线不等式得，从而证明原不等式结论. (1) 小问详解： （i）当时，， 则 对于开口向下的二次函数， 因为，所以必有唯一正根． 因此当时，单调递增； 当时，单调递减． 综上：的单调增区间为，单调减区间为． （ii）在上恒成立等价于在上恒成立． 注意到． 则当时，，由第（i）问的单调性知在上恒成立． 当时，，此时当时，单调递增，，矛盾； 当时，，此时当时，单调递减，，矛盾． 综上所述，的值为0． (2) 小问详解： 略 32．【答案】（1）极大值，无极小值     （2）① ② 证明：若有两个不同的零点，则． 不妨设，则． 因为，所以． 因为在上单调递减，，所以， 所以．      【分析】 （1）求出，利用导数研究在其定义域为上的单调性，即可求出其极值； （2）① 先求出的解析式，并求导，令，利用的导数来研究的单调性，再结合没有零点，得到的取值范围，即可求出a的取值范围；② 首先分析得，再利用基本不等式即可证明. (1) 小问详解： 函数的定义域为. . 令，即， 因为，所以，解得. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减， 所以在处取得极大值，且，无极小值； (2) 小问详解： ① 因为，所以， 所以，其定义域为. 所以. 令， 则. 当时，， 所以． 当时，， 所以. 当时，， 所以． 综上，当时，，即， 所以在上单调递减． 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，. 因为没有零点，所以，解得，所以的取值范围为． ② 略 33．【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.     （2）（i） （ii）证明：当时，，所以， 令，则，故在区间上单调递增. 又，， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以. 又，且， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减. 由于，且， 则，从而. 因为，，所以即证，即证. 令，， 则， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 故.      【分析】 （1）求导，由导数符号即可求解； （2）（i），对其二次求导，通过，，三种情况讨论即可；（ii）通过二次求导结合零点存在定理，得到存在唯一的，当时， 单调递减，当时， 单调递增，进而得到，问题转化成证.构造函数，，通过其单调性即可求证. (1) 小问详解： 因为， 所以， 因为，所以， 又在单调递增，当时，， 即时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. (2) 小问详解： （i）因为， 所以，则， 令，则， 若，当时，，单调递减， 所以，单调递减，不符合题意； 若，当时，，单调递增， 所以，单调递增，不符合题意； 若，则在区间上有两个解，不妨设为，. 列表如下： 当时，，则在区间上没有零点. 要使在区间上有且仅有1个极值点， 则在区间上有且仅有一个变号零点， 则需要，即，解得. 又因为，所以. 当时，，， 由零点存在定理知，存在唯一零点，使得， 当时，，为单调递减， 当时，，为单调递增， 所以为的极小值点. 综上所述，a的取值范围为. （ⅱ）略 x - 0 + 0 - ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 1．D 2．BC 3．【答案】 【分析】 将条件变形可得，令，利用导数求得的单调性，可得，即，令，利用导数求得的单调性和最值，分析即可得答案. 【详解】 由题意，，可得， 所以， 令， 则， 所以在上单调递增， 又， 所以，对任意的恒成立， 所以，只需即可， 设，，则， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 又，且， 所以， 所以，则实数的最大值为. 故答案为： 4．【答案】（1）的最大值为     （2） ① 由题意可得 令， 当，，由（1）知在单调递增， 若，，； 若，，。 所以是的极小值点，也是最小值， 所以， 所以； ② 存在实数，满足，的取值范围为      【分析】 （1），求导，可得的单调性，进而可求得最大值； （2）① 令，求导，可判断的单调性，进而可证得结论；② 求得直线，的方程，进而求得与轴的交点，的坐标，表示出，结合已知可得，利用换元法可求的取值范围. (1) 小问详解： 令，得， 令，得，得； 当时，，所以 在单调递增； 当 时，，所以 在 单调递减。 因此，是极大值点，所以， 所以的最大值为； (2) 小问详解： ① 略 ② 直线 的方程为， 令，得，故， 直线与垂直，且过点， 因为，所以，所以的方程为， 令，得，所以， 所以， 所以 由，得， 所以， 由（1）知，且， 当，所以， 所以， 令，则 ， 函数，当且仅当，即时取等号， 又，， 又， 所以存在实数，满足，的取值范围为. 5．【答案】（1）     （2） 当时，无零点； 当或时，有1个零点； 当时，有2个零点.     （3）.      【分析】 （1）利用导数求出切线的斜率，再求出切点坐标，最后利用点斜式方程求出切线方程； （2）对求导，由零点定义可得，设，利用导数分析单调性及值域，对分类讨论即可判断； （3）分离参数可得，构造函数，则，利用导数求出的最小值可得，再次构造函数，则，利用导数求出的最大值即可求解. (1) 小问详解： 因为，所以， 又，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即. (2) 小问详解： 因为，，所以， 令，则， 设，，则， 所以在上单调递减，在上单调递增； 又，当时，，当时，， 所以当时，无零点； 当或时，有1个零点； 当时，有2个零点. (3) 小问详解： 由，可得， 设，，则， 因为， 由（2）可知，当时，有唯一零点，满足； 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以 ，其中， 所以； 设，则； ， 所以在上单调递增，在上单调递减； 所以，所以. 6．【答案】（1）     （2）（i）;（ii）      【分析】 （1）求出，代值计算即可；（2）（i）利用导数研究的单调性以及最值，结合零点存在定理即可判断； （ii）根据，转化为方程，为该方程的根，由，得到，讨论的范围，得到值即可. (1) 小问详解： 由题可得：，所以， 解得： (2) 小问详解： 当时， （i）， 则，， 令，则， 所以在上单调递减，由于， 所以存在唯一零点，使得； 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以， 当，由于，则，在上单调递增， 所以在上有一个零点， 当时，由于，，在上单调递减， 根据零点存在定理，在存在唯一零点， 综上，函数在上的零点个数为； （ii）由，可得，因为为等比数列，且， 所以，即， 考虑方程，为该方程的根； 因为，所以 当时，，则，因为数列为等比数列，则其公比为，所以， 当时，由可得，即， 若时，由可得：，由于等比数列，所以，则当时，，即，与矛盾，从而不符合题意； 若时，由可得：，由于等比数列，所以，则当时，，即，与矛盾，从而不符合题意； 综上，若有公比的等比数列满足，则的值为； 7．【答案】（1）     （2）     （3） 时， 由（2）可得，对任意恒成立， 故当时，有，即， 令， 则， 当时， ， ∵对任意恒成立， ∴对任意恒成立， ∴， ∴， 即， 综上，对任意，有， 对于任意的，      【分析】 （1）设切点为，求得，可求出切线的斜率，再由导数的几何意义即可求出曲线过原点的切线方程； （2）求出，分类讨论和，求出的单调性，结合端点值计算即可；即可求出实数的取值范围； （3）令，借助（2）中所得，证明及当时，，进而得对任意，有，即可得证. (1) 小问详解： 当时，，， 设切点为，则切线的斜率，所以切线方程为， ∵切线经过原点，∴，解得， ∴曲线经过原点的切线方程为． (2) 小问详解： 当时，则， ① 当时，，即 ∴在上单调递增，∴，∴恒成立，符合题意． ② 当时，有， ∴存在，使得时，，即在上单调递减， 又，∴当时，，故不符合题意； 综上所述，． (3) 小问详解： 略 8．【答案】（1）     （2）     （3）证明：由题意得，，所以， 由可得， 所以， 又，两边同时除以，得， 因此， 所以， 令，得， 因此， 令，，则， 所以在上为减函数，故，即时，． 因为，， 所以，所以， 又因为，所以，故，得．      【分析】 （1）对求导，得到为切线斜率，再求解得切点纵坐标，再根据直线方程得切线方程； （2）构造函数，对求导，得到，利用导数与函数的单调性间的关系，可得，再分和两种情况讨论，即可求解； （3）根据的条件变形，将（其中）用含的式子表示，并代入中，通过分析化简后表达式的符号即可得证. (1) 小问详解： 解：因为，所以， 所以，又因为， 所以在点处的切线方程为，即； (2) 小问详解： 解：因为，所以， 设，， 则，， 令，，则， 可得在上为增函数，即在上为增函数， 所以， 当时，，此时在上为增函数， 故，即，所以，符合题意． 当时，， 因为在上为增函数，当时，， 故存在满足，则在上单调递减，在上单调递增， 因此当时，，不合题意； 综上所述，实数a的取值范围为． (3) 小问详解： 略 【点睛】 方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： ① 通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； ② 利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； ③ 根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 9．【答案】（1）或.     （2） 由得，当，递减，有， 当，递增，有， 当，递减，有. 若，取，当时，结合函数单调性可知 若，取，下面证明不等式， 先证明如下不等式：当，有， 令，，当，递减，当，递增， 有，即， 变形得：，即， 故当时，结合函数单调性可知. 综上，结论成立.     （3） 由题意及函数的单调性可知：，满足 由② ③ 可得 作差得，故有 下证不等式成立，即证， 令，只需证时，成立， 即证时，， 令，，在递减， 故， 故， 则. 故要证，只需证，即证， 又因为，，则， 所以，故只需证， 令，设函数，，， 所以在上递增，在上递减. 所以，故命题得证.      【分析】 （1）先设切点，再求出导函数得出切线斜率计算求点即可求参； （2）把恒成立问题转化为最值关系，分和计算证明； （3）根据交点列式 再取对数构造函数，最后应用导函数 得出函数单调性计算证明即可. (1) 小问详解： 设直线与曲线相切于点，， 令，得或2. 故切点为或，切线方程为或，即或. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 10．【答案】（1）     （2） 设，， 则， 设，， 则， 当，则， 则函数在上单调递增，则，即， 因此函数在上单调递增， 故，所以.     （3） 由（2）可知，当且时，， 故. 当时，设，， 令，则， 故在上单调递增，. 设，其中，且， 则，因此在上单调递增， 从而， 则， 进而可知， 故.即.      【分析】 （1）根据导数的几何意义即可求解； （2）设，，利用二次求导证明即可； （3）根据题意得出当且时， ，又当时，设，在单调递增. 设，其中，且，然后证明即可. (1) 小问详解： 设切点，， 在切点处切线的斜率为， 切线方程为， 因为过原点，得，解得， 所以切线方程为. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 11．【答案】（1）     （2）函数只有唯一的极大值，无极小值     （3）      【分析】 （1）分别求两个函数的导数，根据即可求解； （2）表示函数，求导根据单调性即可求得极值； （3）当时，构造函数，求导，将不等式恒成立问题转化为最值问题解决. (1) 小问详解： ， 据题意有：， 联立解得. (2) 小问详解： 由（1）知，， 所以函数且， 所以， 因此函数在和单调递减，在和单调递增， 其大致图象如图，故函数只有唯一的极大值，无极小值. (3) 小问详解： 当时，不等式恒成立等价于 不等式恒成立，显然有， 令，则恒成立， 而， 当时，， 所以在上单调递增， 所以，当时，，符合题意； 当时，记， 则抛物线的开口向上，对称轴为， 又， 所以当时，，从而， 所以在上单调递减， 故当时，，不符合题意， 所以， 再令，则恒成立， 而， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，，符合题意， 当时，记， 则抛物线的开口向下，对称轴为， 又， 所以当时，，从而， 所以在上单调递增， 故当时，不符合题意， 综上可知，实数的取值集合为. 【点睛】 方法点睛：利用导数研究函数极值的方法 （1）若求极值，则先求方程的根，再检查在方程根的左右函数值的符号； （2）若探究极值点个数，则探求方程在所给范围内实根的个数； （3）若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程根的大小或存在情况来求解. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 导数及其应用 3大高频考点概览 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 考点02 导数在研究函数中的应用 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）已知函数的导函数为，且，则（　　） A.  B.  C.  D. 1 【答案】C 【分析】 利用复合函数求导公式求出导数，进而求出导数值. 【详解】 函数，求导得， 所以. 故选：C 2．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）已知曲线在处的切线与直线垂直，则（       ） A.  B.  C.  D. 1 【答案】A 【分析】 根据导数的几何意义可得曲线在处的切线斜率，再结合直线垂直运算求解. 【详解】 因为，则，可得， 即曲线在处的切线斜率， 且直线的斜率， 由题意得，解得. 故选：A. 3．（25-26学年高三上·江苏期中学·期中）若函数的图象在处的切线过点，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用导数的几何意义，求出在处的切线方程，再结合条件，即可求解. 【详解】 因为，则，所以， 又，所以在处的切线方程为， 又切线过点，所以，解得， 故选：A. 4．（25-26学年高三上·江苏盐城·期中）已知函数，若，则实数（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 求导得出，利用导数的定义可得出的值，即可得出关于实数的等式，即可解得实数的值. 【详解】 因为，故， 所以， 可得，解得. 故选：A. 5．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）若曲线有两条过点的切线，则实数的取值范围是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 设切点坐标，根据导数的几何意义和斜率公式列方程，根据有两条切线得到方程有两个根，然后列不等式求解即可. 【详解】 设切点坐标为，， 所以斜率， 则切线方程为， 又在切线上，所以 因为曲线有两条过的切线，所以方程有两个解， 整理得，所以，解得或. 故选：D. 6．（25-26学年高三上·江苏苏州姑苏区苏州中学·期中）已知函数，若曲线在处的切线交轴于点，在处的切线交轴于点，依此类推，曲线在处的切线交轴于点，则的值是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用导数的几何意义求出函数在处的切线，即可求出，再求出曲线在处的切线方程，从而得到，即可求出，则，利用裂项相消法计算可得. 【详解】 由，得， 所以，， 则函数在处的切线方程为， 令，解得，即， 同理可得曲线在处的切线方程为， 令0，解得，即， 所以， 即数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，则， 所以 ． 故选：D 7．（25-26学年高三上·江苏苏州·期中）过点作曲线的两条切线，记两切点分别为，，若两条切线斜率之积为，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用导数的几何意义表示出切线方程，联立切线方程，求出、，再由两条切线的斜率之积为得到，即可用的式子表示、，代入化简可得，利用基本不等式求解即可 【详解】 因为，所以，则，， 依题意可知两条切线的方程分别为， 联立两条切线的方程 解得，则， 因为两条切线的斜率之积为，所以，所以，则 由，， 可得 所以， 当且仅当，即时取得最小值，由因为，所以， 则， 故选：D 8．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）函数在处的切线方程为，则的值为　　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 由切点既在切线上，又在函数图象上，即可得解. 【详解】 将代入切线方程，得，即切点为， 因为切点也在函数的图象上，故，解得. 故答案为：2. 9．（2026·江苏泰州兴化·调研）已知函数． （1）当时，求曲线在点处切线方程； （2）讨论的单调性； 【答案】（1）     （2） 当时，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在单调递增.      【分析】 （1）当时，求得，得到且，即结合导数的几何意义，即可求解； （2）求得，分和，两种情况讨论，即可求得函数的单调区间. (1) 小问详解： 解：当时，，可得， 可得且，即切线的斜率为，切点为， 所以切线方程为，即. (2) 小问详解： 解：由函数，可得函数的定义域，且， 当时，，函数在上单调递增； 当时，令，即，即，解得； 令，即，即，解得， 所以函数在上单调递减，在单调递增. 考点02 导数在研究函数中的应用 1．（2026·江苏泰州兴化·调研）已知连续函数的导函数为，如图是函数在上的图象，则（       ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递减 C. 在上单调递增 D. 在上单调递增 【答案】A 【分析】 结合图象确定导函数在区间，，，上的正负，结合导数与单调性的关系判断结论. 【详解】 由图象可得当时，， 此时，函数在上单调递增， 当时，， 此时，函数在上单调递减， 当时，， 此时，函数在上单调递增， 当时，， 此时，函数在上单调递增， 又，，为连续函数， 故BCD都错误，A正确. 故选：A. 2．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）（多选）下列说法中错误的是（       ） A. 若函数在区间上是增函数，在区间上也是增函数，则函数在上是增函数 B. 过和的直线方程为 C. 函数的极小值点为 D. 若，则 【答案】ACD 【分析】 对于A，通过举例可判断，对于B，由直线方程两点式可判断，对于C，求导确定单调性即可判断，对于D，通过作差法可判断. 【详解】 对于A： 满足在区间上是增函数，在区间上也是增函数，但在上不是增函数，故A错误； 对于B：由直线方程的两点式可知，过和的直线方程为，正确； 对于C，由，得或， 当时，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 是函数的极小值点，故C错误； 对于D，由，得， 所以，即，故D错误. 故选：ACD 3．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）（多选）已知函数的图象与直线交于不同的三点，且，则（       ） A. 的极大值为3 B. 的取值范围为 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 【答案】ABC 【分析】 求得，得到的单调性，求得的极大值，可判定A正确；作出函数的图象，结合图象，可判定B正确；设，结合，得出方程组，求得，化简，结合二次函数的性质，可判定C正确；化简，结合函数的性质，可判定D错误. 【详解】 对于A，由函数，可得， 令，即，解得或； 令，即，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极大值，极大值为，所以A正确； 对于B，由A知，当时，取得极小值，极小值为， 且当时，，当时，， 作出函数的图象，如图所示， 要使得函数的图象与直线交于不同的三点，则满足, 即的取值范围为，所以 B正确；    对于C，令，解得或；令，解得或， 由B项知：且 令，则的三个根为， 则， 所以 ，可得， 所以， 因为，当时， 又因为，所以的取值范围为，所以C正确； 对于D，由， 因为，所以当时，取得最大值， 又由且， 所以的取值范围为，所以D错误. 故选：ABC. 4．（25-26学年高三上·江苏苏州姑苏区苏州中学·期中）（多选）已知函数，则（     ） A. 的图象为中心对称图形 B. 有且仅有1个零点 C. 若，则实数的取值范围为 D. 若，则实数的取值范围为 【答案】ABC 【分析】 令，则，进而根据为奇函数，并结合图象平移即可判断A；利用导数研究函数的单调性，进而根据零点存在性定理判断B；根据函数的单调性并结合得，进而解不等式即可判断C；将问题转化为，进而根据的奇偶性与单调性求解即可判断D. 【详解】 令，则， 因为，所以， 所以为奇函数，图象关于点对称， ， 因为，当且仅当时等号成立，所以， 因为，所以 所以函数在上单调递减， 对于A，因为图象为函数图象向上平移3个单位得到， 所以的图象关于点对称，即的图象为中心对称图形，故A正确； 对于B，因为图象可由函数的图象向上平移3个单位得到， 则函数在上单调递减， 又，，有且仅有1个零点，故正确； 对于C，因为，所以， 因函数在上单调递减，则得，即，解得：， 所以，当，实数的取值范围为，故C正确； 对于D，由得， 因为为奇函数，所以， 因函数在上单调递减，则，解得，故D错误. 故选：ABC 【点睛】 关键点点睛：本题的关键在于构造函数，得，进而利用结合单调性，奇偶性依次讨论各选项即可. 5．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）已知函数是函数的图象上的定点，过的动直线与函数的图象有异于的两个公共点，且它们的纵坐标之和恒为2，则的横坐标为（       ） A. 1 B.  C. 2 D.  【答案】B 【分析】 设，，，直线的方程为，与函数解析式联立，利用恒成立求. 【详解】 因为在函数的图象上，所以可设， 设直线方程为：， 代入得：， 化简得：. 因为为该方程的1个根，所以方程可化成， 即. 所以. 设，， 则，为方程的两根，所以， 由， 即恒成立. 所以 ， 由及可得，解得， 由可得， 将代入该式得，即， ， 所以，所以，即点的横坐标为：. 故选：B 6．（25-26学年高三上·江苏兴化周庄高级中学·期中）若，且有，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用已知函数性质，分别构造函数并求导，用导数分析函数单调性并结合三角函数的性质判断的大小关系． 【详解】 令，求导得，，， ，在上单调递增， ，，； 令，求导得，在上单调递增， ，； 令，求导得， 在上单调递增， ，且，， 在上，，， ， ，则， 在上单调递增，，， ． 故选：A． 7．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）已知函数，若，则的大小关系为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据函数的奇偶性以及复合函数的单调性可确定为偶函数，且在上单调递增，构造函数，求导得函数单调性，即可利用单调性求解. 【详解】 由题意知的定义域为R， ，故为偶函数， 当时，， 由于在上单调递增，对勾函数在上单调递增， 故函数在上单调递增，因此在上单调递增， 构造，，当时，，故在上单调递减， 又，∴，即， 即，∴，即， 故选：A 8．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）已知函数，，的定义域都为，其中为奇函数，为偶函数，且，，则函数的最大值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据为奇函数，为偶函数，分别得，，联立求得的表达式，再进行求导即可求解． 【详解】 是奇函数，所以， 又由，得①， 因为是偶函数，所以， 又由，得②， 联立① ②可解得， 所以，令，解得或， 当时，，且，故，单调递增； 当时，，故，单调递减； 因此，在处取得极大值，也是最大值， ． 故选：D． 9．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）（多选）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于任意的正整数，则（     ） A.  B. 是极大值点 C.  D.  【答案】BCD 【分析】 求导，根据与函数图像交点情况，即可根据极值点的定义求解B，举反例即可求解A，根据的单调性即可求解C，根据函数的单调性即可求解D. 【详解】 的极值点为在上的变号零点. 即为函数与函数图像在交点的横坐标. 又注意到时，，时，， ，时，. 据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示. 对于A，由图像可知，则，故A错误； 对于B，注意到时，，，. 结合图像可知当 当是函数的极大值点，是函数的极小值点，故B正确， 对于C, 表示两点与间距离，由图像可知， 随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减. 故，化简可得 ，故C正确； 对于D，由于， 故因此， 且，故， 由于为单调递减函数，为单调递增函数， 结合为单调递增函数， 因此为单调递增函数，由于， 可得，故D正确. 故选：BCD 10．（25-26学年高三上·江苏无锡·期中）已知函数的三个零点为，，，且，则下列结论不正确的是（       ）． A. 在上单调递减 B. 曲线是中心对称图形 C. ，都有 D. ，都有 【答案】D 【分析】 求导后结合定义域即可得A；计算为定值可得B；结合函数单调性可得，，取值范围，再计算出，结合在上单调性即可得C；举出反例即可得D. 【详解】 对A：由，则其定义域为， ，则当时，恒成立， 故在、、上单调递减，故A正确； 对B：， 又定义域为，故曲线关于点对称， 即曲线是中心对称图形，故B正确； 对C：由在、、上单调递减， 且函数有三个零点，则，，， 则，有， 又，即， 则， 由，则，则， 又，且，在上单调递减， 故对恒成立，故C正确； 对D：取，则， 则有，， 即，，此时，故D错误. 故选：D. 11．（2026·江苏如东高级中学与沭阳如东中学·联考）（多选）已知函数有3个零点和2个极值点，则（       ） A. 的3个零点之和等于 B. 的3个零点之积等于 C. 在3个零点处的切线的斜率之和大于零 D. 的3个零点和2个极值点的算术平均数相等 【答案】ACD 【分析】 令三个零点为，，，则利用结合导数几何意义、极值点定义即可依次分析计算求解判断各选项. 【详解】 由题设，令三个零点为，，，则 ， 又，则，，A对，B错； 对函数求导得，显然，即， 若两个极值点为m，n，则，故，D对； 三个零点的切线斜率之和为， 又，且， 所以， 所以，C对. 故选：ACD 12．（25-26学年高三上·江苏盐城滨海县明达中学·期中）函数的极大值为　　　　　　． 【答案】1 【分析】 对函数求导，利用单调性即可得出函数的极大值. 【详解】 依题意， 因为，所以， 所以， 所以在上，，单调递增； 在上，，单调递减. 所以在处取得极大值：. 故答案为：1. 13．（25-26学年高三上·江苏期中学·期中）设，函数. （1）求函数的单调区间； （2）若恒成立，求a. 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是；     （2）.      【分析】 （1）首先求函数的导数，再根据导数的正负求函数的单调区间； （2）由（1）的结果，转化为，再通过构造函数，利用导数求函数的单调区间和最值，再求解不等式. (1) 小问详解： ，得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是； (2) 小问详解： 由（1）可知函数的最小值是， 若恒成立，则， 设，，得， 当，，在上单调递增， 当，，在上单调递减， 当时，取最大值为，所以不等式的解集为， 则不等式的解为， 综上可知， 14．（25-26学年高三上·江苏无锡·期中）已知函数． （1）求过点且与曲线相切的直线方程； （2）令，若有两个极值点，，记过两点，的直线斜率为．是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1）或     （2）      【分析】 （1）设切点，然后利用导数的几何意义及点斜式方程求出切线方程，将点的坐标代入求得或，即可求解切线方程； （2）求出导函数，由题意有两个不等的实根，，进而有 ，结合两点斜率公式及列式得，解方程即可求解. (1) 小问详解： 设过点且与曲线相切的直线与切于点， 由得，所以，所以切线方程为， 即，该切线过点，所以，即， 解得或，所以或； (2) 小问详解： ，则， 由题意有两个不等的实根，， 所以 ，即 ， 则 ， 所以，解得或，又，所以. 15．（2026·江苏泰州兴化·调研）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成．已知圆的半径为米，点到的距离为米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚I内的地块形状为矩形，大棚II内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设与所成的角为． （1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围； （2）若大棚I内种植甲种蔬菜，大棚II内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【答案】（1）平方米，平方米，；     （2）．      【分析】 （1）先根据条件求矩形长与宽，三角形的底与高，再根据矩形面积公式以及三角形面积公式得结果，最后根据实际意义确定的取值范围； （2）根据条件列函数关系式，利用导数求极值点，再根据单调性确定函数最值取法． (1) 小问详解： 连结并延长交于，则，所以． 过作于，则，所以， 故， 则矩形的面积为， 的面积为， 过作，分别交圆弧和的延长线于和，则． 令，则． 当时，才能作出满足条件的矩形， 所以的取值范围是． 综上，矩形的面积为平方米， 的面积为平方米，的取值范围是． (2) 小问详解： 因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为， 设甲的单位面积年产值为，乙的单位面积年产值为， 则年总产值为 ，其中． 设，， 则， 令，得       ， 当时，，所以为增函数； 当时，，所以为减函数， 因此，当时，取到最大值． 综上，当时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【点睛】 解决实际应用题的步骤一般有两步：一是将实际问题转化为数学问题；二是利用数学内部的知识解决问题． 16．（2026·江苏徐州第一中学·二模）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若在内的最大值为2，求的值. 【答案】（1）当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，则在上单调递减，在和上单调递增.     （2）      【分析】 （1）先求得函数的导函数，讨论的零点的大小关系，利用的正负可得到的单调性； （2）由（1）分析在上的单调性，进而求得其最大值，构造新函数，分析新函数的单调性及零点，即可求得实数的值. (1) 小问详解： 函数的定义域为. 则， 令，解得或. 若，即，则 当或时，；当时，. 所以在上单调递减，在和上单调递增； 若，即，则恒成立， 所以在区间上单调递增； 当，即，则 当或时，；当时，. 所以在区间上单调递减，在和上单调递增. 综上所述，若，则在上单调递减，在和上单调递增； 若，则在上单调递增； 若，则在上单调递减，在和上单调递增. (2) 小问详解： 由（1）知，当时，在上单调递增，则，解得， 与矛盾，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. 令，则恒成立， 所以在上单调递减. 又，故. 综上所述， 17．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数的最小值为0，求的值. 【答案】（1）有极小值，无极大值；     （2） 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减.     （3）      【分析】 （1）利用导数讨论函数单调性，根据单调性可得极值； （2）求得，分、、、四种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）分，两种情况分类求出最小值即可列式求参. (1) 小问详解： 当时，，则， 当时，，当时，， 所以，在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，有极小值，无极大值. (2) 小问详解： 若，则时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增， 时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增 综上， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 当时，在，上单调递增，在上单调递减. (3) 小问详解： 令， 当时，，函数在上单调递增，故无最小值 所以，由得， 所以时单调递减，时单调递增， 所以， 所以. 18．（25-26学年高三上·江苏镇江·期中）已知函数，. （1）当时，求函数的值域； （2）当，时. ①判断函数的零点个数； ②设函数，若方程（）有两个不相等的正数解，证明：. 【答案】（1）     （2）① 有且只有一个零点； ② 设的零点为，则当时，；当时，， 因此 ，而方程有两个不相等的正数解， 不妨设，则，，即， 于是，而， 即，即，令，，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，且， 所以.      【分析】 （1）把代入，利用导数求出函数的值域. （2）① 把代入，利用导数，结合零点存在性定理判断得解；② 由给定条件，可得并利用基本不等式变形，再构造函数并利用导数推理得证. (1) 小问详解： 当时，，，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则，且当时，，当时，， 所以函数的值域为. (2) 小问详解： ① 当，时，，求导得， 函数在上单调递增，而， 所以函数有且只有一个零点； ② 略 19．（25-26学年高三上·江苏苏州姑苏区苏州中学·期中）已知函数，. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）设，，求的单调区间； （3）若对于任意的都成立，求的最大值. 【答案】（1）     （2） 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.     （3）      【分析】 （1）根据导数的几何意义求解即可； （2）由题设可得，求导，分，，三种情况讨论求解即可； （3）设，，转化问题为，利用导数分析函数的单调性，可得对于任意的都成立，令，，利用导数分析其单调性，进而求解即可. (1) 小问详解： 当时，，得， 则，， 所以在处的切线方程为. (2) 小问详解： 由， 则， 令，得或， 当，即时，， 则函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 当，即时，令，得，令，得或， 则函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当，即时，令，得，令，得或， 则函数的单调递增区间为和，单调递减区间为. 综上所述，当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为. (3) 小问详解： 由，，， 则，即，而，， 设，，则， 而， 所以函数在上单调递增， 则对于任意的都成立，即对于任意的都成立， 令，，则， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，则， 所以的最大值为. 20．（25-26学年高三上·江苏扬州·期中）已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 【答案】（1）；     （2） 时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增.     （3） 当时，， 则， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 又，，， 则由零点存在性定理可知，使得， 则或时，，；时，，， 故在和上单调递增，在上单调递减，则有唯一的极大值点， 且， 令，则， 则在上单调递增，则，故.      【分析】 （1）根据，可求； （2）求导，因式分解，分、两种情况讨论； （3）求出，构造函数，通过的单调性结合零点存在性定理即可求证函数有唯一的极大值点，且使得，进而化简得，通过构造函数即可求证. (1) 小问详解： ， 因函数在处的切线方程为， 则，，得； (2) 小问详解： ，， 当时，，则在上单调递减； 当时，得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. (3) 小问详解： 略 21．（25-26学年高三上·江苏盐城·期中）已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值； （3）若在上有零点，求证：. （参考数据：，，） 【答案】（1） 时，在上为增函数； 时，在上为减函数，在上为增函数．     （2）；     （3） 由题意设为的零点，则， 即，则点在直线上， 所以，即， 当时，设，所以，则在上单调递增， 所以，所以，又时，， 所以时，，则， 令，则， 时，单调递减；时，单调递增， 所以，即，所以．      【分析】 （1）先对求导，按和根据导函数的正负分析的单调性； （2）利用必要性探路得，代入计算得正整数的最大值为1，再证明时符合题意即可； （3）设为的零点，代入得到方程，再结合点在上得到不等式，再两次设新函数和，求导后得到不等式，最后放缩即可. (1) 小问详解： 当时， ① 当时，在上单调递增； ② 当时，由，得， 时，单调递减． 时，单调递增． 综上， 时，在上为增函数； 时，在上为减函数，在上为增函数． (2) 小问详解： 当时，， 因恒成立，所以， 即， 所以正整数的最大值为1． 下证时，在上恒成立． 设， 则在上单调递增，，即， 所以，又， 所以，即恒成立． 所以正整数的最大值为1． (3) 小问详解： 略 22．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）已知函数． （1）当，求在点处的切线方程； （2）当，求函数的零点个数； （3），求整数的值． 【答案】（1）     （2）个     （3）或      【分析】 （1）借助导数几何意义计算即可得； （2）当时，借助导数合理放缩可得其单调性，结合零点存在性定理可得其在该范围内零点个数，当时，分、、以及，再合理放缩即可得解； （3）分、、与进行讨论即可得. (1) 小问详解： 当时，，则， 有，又， 故在点处的切线方程为； (2) 小问详解： ，定义域为，， ①，因为，所以在上单调递增． 又因为， 由零点存在性定理可得，存在使得． ② 当且， 因此恒成立，即在该区间内无零点． ③ 当时，． 因为， 所以在区间上单调递减． . 因为，所以，在上，故该区间内无零点． ④ 当时，， 因此该区间内也无零点． 综上，函数在上仅有一个零点． (3) 小问详解： 函数，由题意． 当时，对于任意恒成立， 当时，由（2）知在上恒成立． 当且时，取，有， 由于且，故，与矛盾． 综上所述，的值为0或1． 23．（25-26学年高三上·江苏苏州·期中）设函数． （1）试求函数的极值； （2）若函数在上存在单调减区间，求实数的取值范围； （3）若在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）极小值，无极大值     （2）     （3）      【分析】 （1）求得，令，求得，得出函数的单调性，进而求得函数的极值； （2）由函数，求得，结合，分和，两种情况讨论，得出函数的单调区间，即可求解； （3）根据题意，转化为在上恒成立，设，求得，再令，得到，得出在上单调递增，根据零点存在定理知，存在唯一，使得，得出得到单调性，得到，再由，结合对数的运算性质，即可求解. (1) 小问详解： 解：由函数，可得， 令，可得， 当故当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以函数在处取得极小值，无极大值. (2) 小问详解： 解：因为函数， 所以函数， 可得， 由，可得，且在上单调递增，故有， ① 当时，可得，函数在上单调递增，故不存在单调减区间； ② 当时，存在且满足， 当，有，函数在上递减， 当，有，函数在上递增， 所以当时，函数在存在单调减区间. (3) 小问详解： 解：由在上恒成立，即在上恒成立， 即在上恒成立 设，可得， 记，则， 所以在上单调递增， 因为， 根据零点存在定理知，存在唯一，有，即， 且在上有；在上有； 由，当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 对于两边取对数得， 因为函数在上单调递增，则有，即， 所以，即． 所以，即的范围是. 24．（25-26学年高三上·江苏南京秦淮区南京中华中学·期中）设，． （1）讨论函数的单调性； （2）设、分别是函数的极大值点和极小值点．记、，求证：直线与曲线交于另一点； （3）在（2）的条件下，判断是否存在常数（，），使得．若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）函数在区间和上严格增，在上严格减     （2）证明：由（1）知，． 进而知直线的方程为， 即． 由 ，得． 设，则， 令得．当时，当时， 所以函数在区间上严格减，在区间上严格增， 由于，，， 结合函数的单调性及连续性， 知函数有且仅有两个零点、，其中． 因此方程的解集为， 即直线与曲线交于另一点．     （3）存在，      【分析】 （1）对求导，利用导数与单调性的关系求解即可； （2）求出直线的方程，与联立，可得关于的方程，解方程即可得证； （3）由（2）得，即，设存在常数（，），使得，则，所以，代入可得．设，利用导数可得的取值范围，然后可得的值. (1) 小问详解： 由题意知． 令得或． 当或时，当时． 所以函数在区间和上严格增， 在上严格减． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）得，即． 若存在常数（，），使得， 则，所以，代入可得． 设，则，令得， 当时，当时， 所以函数在严格减，在严格增，注意，，， 结合得单调性及连续性，知存在唯一的，使得． 因此存在常数（，），使得，且． 25．（25-26学年高三上·江苏无锡·期中）设函数，，其中，．若，，则的最小值为　　　　　　；若恒成立，则的最大值为　　　　　　． 【答案】① 0    ② 【分析】 若，，求导，利用导数判断的单调性和最值；若恒成立，即，结合图象可得 ，令，消去结合判别式运算求解即可. 【详解】 若，，则，， 因为在内单调递减，且，， 可知在内存在唯一零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且，所以的最小值为0； 若，即， 可知当时，在直线的上方，如图所示： 结合图象可得 ，即 ，可知， 设，即，可得 ， 因为该不等式组在内有解，则 ，解得， 所以当，时，取到最大值. 故答案为：0；. 26．（2026·江苏泰州兴化·调研）已知函数 若恒成立，则非零实数的最小值为　　　　　　　　　　　　　　. 【答案】2 【分析】 作平行于轴的直线与的图象相交于两点，求的最小值即为求的最大值，求出，构造函数求出最值即可. 【详解】 作平行于轴的直线与的图象交于点，，如图所示：    则的最小值即为的最大值，设直线的方程为，则，，，令函数，则， 在上单调递增，在上单调递减，，即，所以的最小值为2. 故答案为：2. 27．（2026·江苏如东高级中学与沭阳如东中学·联考）已知函数，，用表示a，b中的较小值，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为　　　　　. 【答案】 【分析】 先求出函数只有一个零点为，接着利用导数分和两种情况分析函数的性质，再结合题设条件得到且即可求解. 【详解】 令，故函数只有一个零点为， 由题， 当时，在上恒成立，函数在上单调递增， 则，所以函数无零点， 则此时函数至多只有1个零点为，不符合题意； 当时，令得（舍去）或， 所以当时，当时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故至多有两个零点， 因为函数有三个不同的零点， 则有两个零点，且为函数的三个不同的零点， 则，， 且， 故实数的取值范围为为. 综上，函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为. 故答案为：. 28．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，设函数. （i）求证：； （ii）若恒成立，求实数的值. 【答案】（1） 当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增.     （2） （i）首先证明：，当且仅当时等号成立. 记， 当时，，当，， 则在上单调递减，在上单调递增； 所以， 即，当且仅当时等号成立. 由， 所以有，当且仅当时等号成立， 所以有， 当且仅当时等号成立. 若，函数. 当时，； 当时，； 综上，. （ii）1      【分析】 （1）对函数进行求导，根据导函数的正负性，结合的正负性分类讨论进行求解即可； （2）首先证明：.（i）运用已证明不等式，结合放缩法进行求解即可；（ii）构造新函数，利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行分类讨论进行求解即可. (1) 小问详解： 函数，定义域为. 因为， 当时，恒成立，则在单调递增； 当时，， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 小问详解： （i）略 （ii）记， 即要求恒成立. 当时， 当且仅当时等号成立. 当时， . 记， ， 所以在单调递减. 1°当时，取， ， ， 由函数零点存在定理，存在唯一的，使得， 当时，，此时在单调递减， 则，不符合题意. 2°当时，取， ， ， 由函数零点存在定理，存在唯一的，使得， 当时，，此时在单调递增， 则，不符合题意. 综上，实数的值为1. 29．（25-26学年高三上·江苏盐城·期中）已知函数 .若存在实数，使得对任意实数恒成立，则正实数的最小值为　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用导数研究函数的单调性与极值、结合导数的几何意义及三元均值不等式计算临界值即可. 【详解】 易知时单调递增， 对于，， 易得时，时， 即在上单调递减，在上单调递增，即， 又时，，可作出函数的大致图象如下： 显然要满足题意需整个函数图象向左平移后完全在原函数图象上方即可， 考虑临界情况，即左移后的右半段函数与平移前的左半段函数相切，此时平移距离最短， 为方便计算，可转化为与相切， 不妨设切点为， 由上可知，即切点为， 则， 当且仅当即时，m取得最小值. 下证：，且时，恒成立， 令，则， 易得时，时， 即在上单调递减，在上单调递增， 即， 所以的图象恒在的图象上方（除切点处有交点）， 即从临界处分析平移距离符合要求. 故答案为：. 30．（25-26学年高三上·江苏徐州·期中）已知函数. （1）若，证明：当时，； （2）若为的极小值点，求的取值范围. 【答案】（1） 当 时， . 令，，则， 当 时， ，所以 单调递减，故， 又时，，所以；     （2）      【分析】 （1）依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得证； （2）当时令，，分析可得也是的极小值点，分、两种情况讨论，分别利用导数说明即可，当及时，结合的零点分类讨论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ①当 时， . 令，， 考察 ，所以. 因为为函数的极小值点，所以存在区间 (其中 )， 使得 时，，且 ， 所以，从而 ，故也是的极小值点. 又， 令 ，则 ， 且 . 令，由于 ，则有两个不相等的实数根 ， . （i）当时，因为的对称轴，，则 . 当时， ，即，所以单调递增， 所以，则单调递减， 当时， ，即，所以 单调递增， 所以，则单调递增， 所以0是 的极小值点，符合题意.    （ii）当时，因为的对称轴，则 . 当时，，即，所以单调递减， 所以 ，则单调递减， 此时0不是的极小值点，不符合题意. 当时，则， 当 时， ，即，所以单调递减， 所以 ，则单调递增， 当时， ，即，所以单调递增， 所以 ，则单调递增， 此时 0 不是 的极小值点，不符合题意. ②由(1)知，当时，，此时0不是的极小值点，不符合题意. 当 时， ，即 ， 当 ，.    （i）当 时， ，当 时， ， 此时0不是的极小值点，不符合题意. （ii）当且时， ， 所以有两个不相等的实数根， 若 ，则 ，当时，，则 ， 此时0不是的极小值点，不符合题意； 若 ，则 ，当 时， ，则 ， 此时 0不是的极小值点，不符合题意. 综上所述，实数 的取值范围为 . 31．（25-26学年高三上·江苏无锡·期中）设，是实数，函数． （1）当时， （ⅰ）讨论函数的单调性； （ⅱ）若在上恒成立，求的值． （2）当时，证明：函数有两个极值点，且． 【答案】（1）（i）的单调增区间为，单调减区间为； （ii）0.     （2） ． 令， 令，得． 所以当时，单调递减； 当时，单调递增． 注意到，所以． 因为， 所以当时，， 故，从而存在，有， 当时，设，则恒成立， 则在上单调递增，则，即， 则在恒成立．从而． 所以． 故．从而存在，有． 当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以函数有两个极值点． 又， 所以，即． 结论得证．      【分析】 （i）代入后求导得，再求出导函数为0时的根，最后分析其单调性即可； （ii）分，以及讨论即可； （2）二次求导得其单调性，再利用零点存在性定理证明极值点所在区间，再利用切线不等式得，从而证明原不等式结论. (1) 小问详解： （i）当时，， 则 对于开口向下的二次函数， 因为，所以必有唯一正根． 因此当时，单调递增； 当时，单调递减． 综上：的单调增区间为，单调减区间为． （ii）在上恒成立等价于在上恒成立． 注意到． 则当时，，由第（i）问的单调性知在上恒成立． 当时，，此时当时，单调递增，，矛盾； 当时，，此时当时，单调递减，，矛盾． 综上所述，的值为0． (2) 小问详解： 略 32．（2026·江苏泰州兴化·调研）已知函数. （1）求的极值； （2）已知函数； ①若没有零点，求实数a的取值范围； ②若有两个不同的零点，证明：. 【答案】（1）极大值，无极小值     （2）① ② 证明：若有两个不同的零点，则． 不妨设，则． 因为，所以． 因为在上单调递减，，所以， 所以．      【分析】 （1）求出，利用导数研究在其定义域为上的单调性，即可求出其极值； （2）① 先求出的解析式，并求导，令，利用的导数来研究的单调性，再结合没有零点，得到的取值范围，即可求出a的取值范围；② 首先分析得，再利用基本不等式即可证明. (1) 小问详解： 函数的定义域为. . 令，即， 因为，所以，解得. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减， 所以在处取得极大值，且，无极小值； (2) 小问详解： ① 因为，所以， 所以，其定义域为. 所以. 令， 则. 当时，， 所以． 当时，， 所以. 当时，， 所以． 综上，当时，，即， 所以在上单调递减． 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，. 因为没有零点，所以，解得，所以的取值范围为． ② 略 33．（2026·江苏如东高级中学与沭阳如东中学·联考）已知函数，，. （1）讨论函数在区间上的单调性. （2）已知≠0时，. （i）若函数在区间上只有一个极值点，求a的取值范围； （ii）当时，若，是函数的两个根，，且，，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.     （2）（i） （ii）证明：当时，，所以， 令，则，故在区间上单调递增. 又，， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以. 又，且， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减. 由于，且， 则，从而. 因为，，所以即证，即证. 令，， 则， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 故.      【分析】 （1）求导，由导数符号即可求解； （2）（i），对其二次求导，通过，，三种情况讨论即可；（ii）通过二次求导结合零点存在定理，得到存在唯一的，当时， 单调递减，当时， 单调递增，进而得到，问题转化成证.构造函数，，通过其单调性即可求证. (1) 小问详解： 因为， 所以， 因为，所以， 又在单调递增，当时，， 即时，， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. (2) 小问详解： （i）因为， 所以，则， 令，则， 若，当时，，单调递减， 所以，单调递减，不符合题意； 若，当时，，单调递增， 所以，单调递增，不符合题意； 若，则在区间上有两个解，不妨设为，. 列表如下： 当时，，则在区间上没有零点. 要使在区间上有且仅有1个极值点， 则在区间上有且仅有一个变号零点， 则需要，即，解得. 又因为，所以. 当时，，， 由零点存在定理知，存在唯一零点，使得， 当时，，为单调递减， 当时，，为单调递增， 所以为的极小值点. 综上所述，a的取值范围为. （ⅱ）略 x - 0 + 0 - ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 1．（25-26学年高三上·江苏南京秦淮区南京中华中学·期中）已知，当时，不等式恒成立，则的值不可能为（     ） A. 2 B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 由题意转化为对任意恒成立，令，则直线应介于函数与函数之间，作出函数图像，进而求解. 【详解】 由有：，所以对任意恒成立， 令，则直线应介于函数与函数之间， 所以，令，得，当， 所以在单调递减，在单调递增， 所以， 由，当， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 作出和的图像： 所以， 故选：D. 2．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）（多选）若存在实数，使得对于，，则的值可以取（　　） A.  B.  C. e D. 2e 【答案】BC 【分析】 A选项，根据区间的性质判断；BC选项，利用特殊值的思路得到当时，为的公共零点，然后根据单调性分析正负，即可得到此时的范围；D选项，根据特殊值时，得到，然后结合此时的范围判断. 【详解】 时，，不满足区间的要求，故A错； 设，， 当为的一个零点时，， 将代入中，恰好， 此时，， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，上单调递增， 又，单调递增， 所以当时，，，满足乘积小于零； 当时，，，满足乘积小于零， 所以可以取内的数，故BC正确； 当时，，所以，解得， 由上述可知，当时，，所以，故D错. 故选：BC. 【点睛】 关键点睛：本题的解题关键在于找出的公共零点，然后根据单调性分析正负即可. 3．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）已知，若对任意的恒成立，则实数的最大值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 将条件变形可得，令，利用导数求得的单调性，可得，即，令，利用导数求得的单调性和最值，分析即可得答案. 【详解】 由题意，，可得， 所以， 令， 则， 所以在上单调递增， 又， 所以，对任意的恒成立， 所以，只需即可， 设，，则， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 又，且， 所以， 所以，则实数的最大值为. 故答案为： 4．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）已知函数的导函数． （1）求的最大值； （2）当时，若是曲线在点处的切线方程． ①证明：对于定义域内任意成立； ②设过点的直线与直线垂直，，与轴的交点分别为，，表示的面积．是否存在实数，满足？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）的最大值为     （2） ① 由题意可得 令， 当，，由（1）知在单调递增， 若，，； 若，，。 所以是的极小值点，也是最小值， 所以， 所以； ② 存在实数，满足，的取值范围为      【分析】 （1），求导，可得的单调性，进而可求得最大值； （2）① 令，求导，可判断的单调性，进而可证得结论；② 求得直线，的方程，进而求得与轴的交点，的坐标，表示出，结合已知可得，利用换元法可求的取值范围. (1) 小问详解： 令，得， 令，得，得； 当时，，所以 在单调递增； 当 时，，所以 在 单调递减。 因此，是极大值点，所以， 所以的最大值为； (2) 小问详解： ① 略 ② 直线 的方程为， 令，得，故， 直线与垂直，且过点， 因为，所以，所以的方程为， 令，得，所以， 所以， 所以 由，得， 所以， 由（1）知，且， 当，所以， 所以， 令，则 ， 函数，当且仅当，即时取等号， 又，， 又， 所以存在实数，满足，的取值范围为. 5．（25-26学年高三上·江苏盐城滨海县明达中学·期中）已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）设为的导函数，讨论的零点个数； （3）若存在，使得不等式对任意成立，求的取值范围. 【答案】（1）     （2） 当时，无零点； 当或时，有1个零点； 当时，有2个零点.     （3）.      【分析】 （1）利用导数求出切线的斜率，再求出切点坐标，最后利用点斜式方程求出切线方程； （2）对求导，由零点定义可得，设，利用导数分析单调性及值域，对分类讨论即可判断； （3）分离参数可得，构造函数，则，利用导数求出的最小值可得，再次构造函数，则，利用导数求出的最大值即可求解. (1) 小问详解： 因为，所以， 又，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即. (2) 小问详解： 因为，，所以， 令，则， 设，，则， 所以在上单调递减，在上单调递增； 又，当时，，当时，， 所以当时，无零点； 当或时，有1个零点； 当时，有2个零点. (3) 小问详解： 由，可得， 设，，则， 因为， 由（2）可知，当时，有唯一零点，满足； 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以 ，其中， 所以； 设，则； ， 所以在上单调递增，在上单调递减； 所以，所以. 6．（25-26学年高三上·江苏兴化周庄高级中学·期中）已知函数，其中. （1）若，求的值； （2）当时， （i）判断函数在上的零点个数； （ii）若有公比的等比数列满足，求的值. 【答案】（1）     （2）（i）;（ii）      【分析】 （1）求出，代值计算即可；（2）（i）利用导数研究的单调性以及最值，结合零点存在定理即可判断； （ii）根据，转化为方程，为该方程的根，由，得到，讨论的范围，得到值即可. (1) 小问详解： 由题可得：，所以， 解得： (2) 小问详解： 当时， （i）， 则，， 令，则， 所以在上单调递减，由于， 所以存在唯一零点，使得； 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以， 当，由于，则，在上单调递增， 所以在上有一个零点， 当时，由于，，在上单调递减， 根据零点存在定理，在存在唯一零点， 综上，函数在上的零点个数为； （ii）由，可得，因为为等比数列，且， 所以，即， 考虑方程，为该方程的根； 因为，所以 当时，，则，因为数列为等比数列，则其公比为，所以， 当时，由可得，即， 若时，由可得：，由于等比数列，所以，则当时，，即，与矛盾，从而不符合题意； 若时，由可得：，由于等比数列，所以，则当时，，即，与矛盾，从而不符合题意； 综上，若有公比的等比数列满足，则的值为； 7．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）已知函数． （1）当时，求曲线经过原点的切线方程； （2）当时，，求的取值范围； （3）证明：对于任意的，． 【答案】（1）     （2）     （3） 时， 由（2）可得，对任意恒成立， 故当时，有，即， 令， 则， 当时， ， ∵对任意恒成立， ∴对任意恒成立， ∴， ∴， 即， 综上，对任意，有， 对于任意的，      【分析】 （1）设切点为，求得，可求出切线的斜率，再由导数的几何意义即可求出曲线过原点的切线方程； （2）求出，分类讨论和，求出的单调性，结合端点值计算即可；即可求出实数的取值范围； （3）令，借助（2）中所得，证明及当时，，进而得对任意，有，即可得证. (1) 小问详解： 当时，，， 设切点为，则切线的斜率，所以切线方程为， ∵切线经过原点，∴，解得， ∴曲线经过原点的切线方程为． (2) 小问详解： 当时，则， ① 当时，，即 ∴在上单调递增，∴，∴恒成立，符合题意． ② 当时，有， ∴存在，使得时，，即在上单调递减， 又，∴当时，，故不符合题意； 综上所述，． (3) 小问详解： 略 8．（25-26学年高三上·江苏丹阳高级中学·期中）已知函数，. （1）求函数在点处的切线方程； （2）对任意的时，恒成立，求实数的取值范围； （3）记，若，且，求证：. 【答案】（1）     （2）     （3）证明：由题意得，，所以， 由可得， 所以， 又，两边同时除以，得， 因此， 所以， 令，得， 因此， 令，，则， 所以在上为减函数，故，即时，． 因为，， 所以，所以， 又因为，所以，故，得．      【分析】 （1）对求导，得到为切线斜率，再求解得切点纵坐标，再根据直线方程得切线方程； （2）构造函数，对求导，得到，利用导数与函数的单调性间的关系，可得，再分和两种情况讨论，即可求解； （3）根据的条件变形，将（其中）用含的式子表示，并代入中，通过分析化简后表达式的符号即可得证. (1) 小问详解： 解：因为，所以， 所以，又因为， 所以在点处的切线方程为，即； (2) 小问详解： 解：因为，所以， 设，， 则，， 令，，则， 可得在上为增函数，即在上为增函数， 所以， 当时，，此时在上为增函数， 故，即，所以，符合题意． 当时，， 因为在上为增函数，当时，， 故存在满足，则在上单调递减，在上单调递增， 因此当时，，不合题意； 综上所述，实数a的取值范围为． (3) 小问详解： 略 【点睛】 方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： ① 通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； ② 利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题； ③ 根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 9．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）已知函数，直线：. （1）若直线与曲线相切，求实数的值； （2）证明：对于，，使得当时，直线恒在曲线上方； （3）若直线与曲线有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，证明：. 【答案】（1）或.     （2） 由得，当，递减，有， 当，递增，有， 当，递减，有. 若，取，当时，结合函数单调性可知 若，取，下面证明不等式， 先证明如下不等式：当，有， 令，，当，递减，当，递增， 有，即， 变形得：，即， 故当时，结合函数单调性可知. 综上，结论成立.     （3） 由题意及函数的单调性可知：，满足 由② ③ 可得 作差得，故有 下证不等式成立，即证， 令，只需证时，成立， 即证时，， 令，，在递减， 故， 故， 则. 故要证，只需证，即证， 又因为，，则， 所以，故只需证， 令，设函数，，， 所以在上递增，在上递减. 所以，故命题得证.      【分析】 （1）先设切点，再求出导函数得出切线斜率计算求点即可求参； （2）把恒成立问题转化为最值关系，分和计算证明； （3）根据交点列式 再取对数构造函数，最后应用导函数 得出函数单调性计算证明即可. (1) 小问详解： 设直线与曲线相切于点，， 令，得或2. 故切点为或，切线方程为或，即或. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 10．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）已知函数. （1）当时，求过原点且与曲线相切的直线方程； （2）当时，求证：； （3）当时，若正实数满足，求证：. 【答案】（1）     （2） 设，， 则， 设，， 则， 当，则， 则函数在上单调递增，则，即， 因此函数在上单调递增， 故，所以.     （3） 由（2）可知，当且时，， 故. 当时，设，， 令，则， 故在上单调递增，. 设，其中，且， 则，因此在上单调递增， 从而， 则， 进而可知， 故.即.      【分析】 （1）根据导数的几何意义即可求解； （2）设，，利用二次求导证明即可； （3）根据题意得出当且时， ，又当时，设，在单调递增. 设，其中，且，然后证明即可. (1) 小问详解： 设切点，， 在切点处切线的斜率为， 切线方程为， 因为过原点，得，解得， 所以切线方程为. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 11．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）已知函数和的图象在处有相同的切线. （1）求实数和的值； （2）求函数的极值； （3）当时，不等式恒成立，求实数的取值集合. 【答案】（1）     （2）函数只有唯一的极大值，无极小值     （3）      【分析】 （1）分别求两个函数的导数，根据即可求解； （2）表示函数，求导根据单调性即可求得极值； （3）当时，构造函数，求导，将不等式恒成立问题转化为最值问题解决. (1) 小问详解： ， 据题意有：， 联立解得. (2) 小问详解： 由（1）知，， 所以函数且， 所以， 因此函数在和单调递减，在和单调递增， 其大致图象如图，故函数只有唯一的极大值，无极小值. (3) 小问详解： 当时，不等式恒成立等价于 不等式恒成立，显然有， 令，则恒成立， 而， 当时，， 所以在上单调递增， 所以，当时，，符合题意； 当时，记， 则抛物线的开口向上，对称轴为， 又， 所以当时，，从而， 所以在上单调递减， 故当时，，不符合题意， 所以， 再令，则恒成立， 而， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，，符合题意， 当时，记， 则抛物线的开口向下，对称轴为， 又， 所以当时，，从而， 所以在上单调递增， 故当时，不符合题意， 综上可知，实数的取值集合为. 【点睛】 方法点睛：利用导数研究函数极值的方法 （1）若求极值，则先求方程的根，再检查在方程根的左右函数值的符号； （2）若探究极值点个数，则探求方程在所给范围内实根的个数； （3）若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程根的大小或存在情况来求解. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $