专题03 导数及其应用（期中真题汇编，广东专用）高三数学上学期

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04 导数的新定义 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．D 2．C 3．ACD 4．B 5．【答案】 【详解】 由题函数，又，则切线的斜率，又点在曲线上，而，切点的坐标为．可得切线的方程为，当时，，当时，，切线与坐标轴围成的三角形的面积为．故本题应填． 点睛：曲线在点处的切线是指以点为切点的切线，若存在，只有一条，其方程为；而曲线过点的切线，其切点不一定是，且切线也不一定只有一条，此时无论点是否在曲线上，一般解法是先设切点为，切线方程为，再把点坐标代入切线方程解得，最后把解得的代入切线方程，化简即可求得所求的切线方程． 6．【答案】 【详解】将点的坐标代入切线方程可求得的值，利用导数的几何意义可求得的值，进而可求得的值. 【详解】 由于函数的图象在点处的切线方程为， 则点在直线上，可得，解得， 直线的斜率为，由导数的几何意义可得. 因此，. 故答案为：. 【点睛】 本题考查利用函数的切线方程求值，要注意切点在切线上以及导数值等于切线的斜率的应用，考查计算能力，属于基础题. 7．【答案】 【分析】 利用导数求得函数的图像在点处的切线的斜率，写出切线的点斜式方程，化简可得一般式方程. 【详解】 函数的定义域为，. 所以. 函数的图像在点处的切线方程为：，即. 故答案为：. 8．【答案】 【分析】 求出，再利用导数的几何意义可求切线方程. 【详解】 ，故， 故且， ，， 故切线方程为：，化简得. 故答案为：. 9．【答案】 【分析】 根据导数的几何意义及切线与直线的垂直关系求解. 【详解】 因为，所以， 因为函数的图象在处的切线与直线垂直， 又直线的斜率为，所以，解得， 故答案为：. 10．【答案】 【分析】 由则函数的图象关于点中心对称，不妨设直线AC的方程为，由，解得或或，则，同理可得，由，即，即可求解. 【详解】 函数的图象关于点中心对称， 不妨设直线AC的方程为， 由，得， 解得或或， 则， 同理可得， 由，得， 即， 即， 即， 令，则这两条直线的斜率之和为． 故答案为： 【点睛】 关键点点睛：不妨设直线AC的方程为，由，求出，即可． 考点02 导数在研究函数中的应用 1．B 2．ACD 3．BCD 4．A 5．A 6．ACD 7．C 8．A 9．A 10．B 11．ABD 12．BCD 13．A 14．ABD 15．ACD 16．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值     （2）1      【分析】 (1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值; (2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，从而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值. (1) 小问详解： 函数的定义域是. 又，令，得，令，得， 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的极大值为，无极小值. (2) 小问详解： 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以在上的最小值为. 因为，所以， 所以函数在上的最小值为1. 17．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值     （2），      【分析】 (1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值; (2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，即可求出最大值，而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值. (1) 小问详解： 函数的定义域是. 又，令，得，令，得， 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的极大值为，无极小值. (2) 小问详解： 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以 所以在上的最小值为. 又因为，所以， 所以函数在上的最小值为，即. 18．【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减     （2） 由（1）时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 要证明，只需证明， 即证明， 令， ， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 因为， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 可得， 即．      【分析】 （1）求出，分、讨论可得答案； （2）转化为证明，求出，构造函数，利用导数求出最小值可得答案. (1) 小问详解： 的定义域为，， 当时，，单调递增， 当时，令得， 所以时，单调递增， 时，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； (2) 小问详解： 略 19．【答案】（1） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.     （2）极大值极小值.      【分析】 （1）求导，含参讨论导数的正负，进而得到函数的单调性； （2）由（1）知若要有两个极值点，这两个极值点一定为.解法一：由两个极值点都在区间内，得到条件，解不等式即得答案，再利用（1）求出极值；解法二：由，得，对分类讨论，可得答案，再利用（1）求出极值. (1) 小问详解： ， 当时，在上恒大于0，在上恒小于0，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒大于0，在上单调递增； 当时，在上恒大于0，在上恒小于0， 在上单调递增，在上单调递减. (2) 小问详解： 解法一：函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，则 ， 解得，则的取值范围. 的极大值，的极小值. 解法二：因为， ① 当时，则 解得； ② 当时，在内不存在两个极值点，所以不符合； ③ 当时，，则 无解. 则函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，的取值范围. 的极大值的极小值. 20．【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为.     （2） 当时，， 当时，.      【分析】 （1）代入得，求导得，分析其单调性即可； （2）求导得，分和讨论即可. (1) 小问详解： 函数定义域为， 当时，， 则， 令， 令， 所以的单调增区间为，单调减区间为. (2) 小问详解： ， 令解得 ① 当时， 当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递减． . ② 当时， 当时，，在区间单调递增． . 综上所述，当时，， 当时，. 21．【答案】（1）当时， 在上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减.     （2）（i）区间（ii）      【分析】 （1）先求的导数，进而结合二次不等式的性质对分类讨论可得结果； （2）（i）根据函数有两个不同的极值点得出的一个取值范围，再根据函数无零点得出的另一个取值范围，最后取交集即可； （ii）先根据极值点得到的值，然后化简，再构造关于的函数，判断其单调性即可求出. (1) 小问详解： 由题意得， 令，则，判别式， ① 当时，解得，则恒成立，即恒成立，在上单调递增； ② 当时，解得，则方程有个实根，由求根公式可知方程的解为， 由二次函数的性质可知在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 综上所述，当时， 在上单调递增； 当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减. (2) 小问详解： （i）令，即， 由无零点，则直线与无交点，则， 又有两个不同的极值点，由（1）可知时满足题意， 故的取值范围为. （ii）不妨设，由（1）知，， 因为， 又为的两个极值点，，即， 可得，， 则 设，其中，，， ， 令，求导得， 故在上单调递增，又， ，则 故的取值范围为. 22．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）求得，得到，且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）化简得到，根据题意得到方程有两个不为2实数根，令，利用导数求得函数的单调性和最大值，得出不等式，即可求解. (1) 小问详解： 解：当时，函数，可得， 所以，且， 所以曲线在点处的切线方程为，即. (2) 小问详解： 解：因为， 可得是的一个零点， 因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根， 即方程有两个不为2实数根， 令，所以， 令，可得，令，可得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，也是最大值， 且当时，， 所以，当时，的值域为；当时，的值域为， 所以，且，所以且． 所以a的取值范围是． 【点睛】 方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 23．【答案】（1） 当时，，， 令，， 所以时，，单调递减，时，，单调递增， 则，即恒成立， 故单调递增.     （2）     （3） 由（2）知，当时，在单调递增，所以； 当时，由（2）知，在单调递增，在单调递减，如图，    则时，有两个根， 又，，所以不妨取， 当，，即， 同理可得或，，所以时，，单调递增， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以， 令，， 所以时，，单调递减，又， 所以在上恒成立，即，又， 故此时的最小值为1， 综上,当时，在上的最小值为1.      【分析】 （1）求导，令，继续求导，根据导数确定单调性，可得，即，故得证； （2）求导，又，发现，若在上单调，即，即，令，利用导数得到最值，结合即可得到不单调时的范围； （3）由（2）知，当时，易得在单调递增，所以，当，结合（2）中的单调性，可得有2个解，且 ，由此可得，令，利用导数可证，即，结合即可证明. (1) 小问详解： 略. (2) 小问详解： ，因为，所以， 若在上单调，则有解，即在恒成立， 即，令，， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， ，则时，在上单调， 所以若在上不单调，则. (3) 小问详解： 略. 24．【答案】（1）     （2） 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递减，在上单调递增.     （3） 若，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，此时方程在上无实根， 当时，单调递减，且当时，， 所以方程在上有且仅有一个实根，不符合题意， 所以，由方程在上有一个实根， 要使得方程在上有两个不同的实根，需满足， 即，即，即， 由知，所以， 故在上单调递增，于是有.      【分析】 （1）根据题意，求得，得到且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）求得，令，得到或，分和，两种情况讨论，即可求解； （3）由（2）中函数的单调性，根据题意，转化为方程在上有一个根，在上有两个不同的实根，得到，得到，求得得到单调递增，即可得证. (1) 小问详解： 解：当时，，可得， 则且，即切线的斜率为，切点坐标为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. (2) 小问详解： 解：由函数，可得， 令，解得或. ① 若，当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增； ② 若，当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 综上所述， 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递减，在上单调递增. (3) 小问详解： 略 25．【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为.     （2）2     （3）4      【分析】 （1）利用导数求的单调区间； （2）设，利用分析的单调性及最值，根据其正负取值情况，分析的单调性，得到极值点的个数； （3）将函数零点的个数，可转化为方程的解的个数.因为，所以可转化为的解的个数，即函数的图象与的交点的个数.构造函数，分析函数的单调性、最值，作出简图，即可求得函数的图象与的交点的个数，从而得到函数零点的个数. (1) 小问详解： 当时，函数. ，且是增函数. 令，得；令，得； 所以的单调减区间为，单调增区间为. (2) 小问详解： 当时，函数，则. 令，则，且是增函数. 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增. 又，，， 所以在和上各存在一个零点（分别记为）. 所以当时，；当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 故有两个极值点. (3) 小问详解： 函数零点的个数，可转化为方程的解的个数. 因为，所以可转化为的解的个数，即函数的图象与的交点的个数. 令函数. 则. 令，则. 显然，恒成立，所以在上为增函数. 又，，所以在上存在唯一零点，记作，则. 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，即最小值，最小值为. ，所以. 所以的大致图象如下： 所以，函数的图象与有4个交点，即函数有4个零点. 26．【答案】（1）最小值为，无最大值     （2）      （3） 由， 令， 即， 因为函数有两个不同的极值点， 所以①，②， 令③，则，代入②得： 由①得：，两式相减：， 所以， 又，得， 则，要证，即证， 即证，化简得， 即证，即, 即证， 令，， ，所以， 即，所以在上单调递增， 所以，所以，得证.      【分析】 (1)通过求导找函数单调性的分界点，进而确定极值（也是最值）。 (2) 分别分析与的极值存在性（结合a的取值分类讨论），再根据“极值相等”列方程求解a. (3)先通过求导确定的极值点满足的关系，再构造函数结合单调性证明不等式. (1) 小问详解： 当时，函数，定义域为，求导得， 令，解得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，也是最小值， 最小值为，无最大值. (2) 小问详解： 对求导得， 因为存在极值，所以在上有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，， 对，求导得， 因为存在极值，所以有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值， ，因为和极值相等，所以， 即， 因为，所以，即，因此，实数a的值为. (3) 小问详解： 略 27．【答案】（1）当时，在单调递减， 在和单调递增； 当时，在单调递增.     （2）（i）； （ii）证明：由（i）可知，的三个零点：， 因为，且，所以， 又因为，所以， 因为，所以函数单调递减，， 所以，得证．      【分析】 （1）求导得，再对分和讨论即可； （2）（i）当时，显然不会有3个零点，当时，求出的两根，判断出的符号，利用零点存在性定理证明零点存在即可； （ii）根据得，则，最后根据对勾函数单调性即可证明. (1) 小问详解： 的定义域为， . 当时，，所以恒成立， 所以在单调递增； 当时，， 所以的两根为， 且，所以， 所以，时，或时，． 所以在上单调递减，在和单调递增． 综上：当时，在单调递减， 在和单调递增； 当时，在单调递增. (2) 小问详解： （i）由（1）可知当时，在单调， 不可能有三个零点； 当时，的两根为， 且，所以，且， 因为在上单调递减，所以， 因为，所以， 设， 在上单调递减，， 即，所以使. 因为， 又因为，所以， 所以使， 所以，当时，有三个零点， （ii）略 28．【答案】（1） 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和；     （2）      【分析】 （1）求导函数，结合的不同取值范围，分情况讨论即可求解单调区间； （2）求导函数，由题意可得有两个不等正根，可得，进而可得，令，利用导数求得最小值即可. (1) 小问详解： 由，易知， 求导可得， 当时，，解得，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，，解得或，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，在上恒成立，当且仅当时等号成立， 所以函数的单调递增区间为； 当时，，解得或，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为和. 综上：当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； (2) 小问详解： 由题意知：， 有两个不等正根， 所以 ，解得：， 所以 ； 令，则， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增； 所以， 即的最小值为. 29．【答案】（1）极大值为，无极小值     （2）（i），其定义域为， 设为图象上两个不同的点， ，，， 在点处的切线方程分别为，， 即，， 若在点处的切线重合，则 ， ，即 ， ，即， 设，，， 设，则， 在上单调递增，，方程无解， 曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合. （ii）      【分析】 （1）求导后，根据导函数正负可得单调性，结合极值定义可求得结果； （2）（i）根据导数几何意义可得在图象上任意两个不同点处的切线方程，假设切线方程重合，可构造方程组，得到，令，构造函数，利用导数可求得，由此得假设错误，得到结论； （ii）令，设，优先考虑原命题的否命题为真命题的情况，通过可求得，采用放缩法，将问题转化为证明当时，恒成立，利用导数可求得，由此可得原命题的否命题为真命题时的范围，取补集即可求得结果. (1) 小问详解： 当时，，则其定义域为， ，当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 的极大值为，无极小值. (2) 小问详解： （i）略 （ii）， 令，则当时，， 设， 则“，使得成立”等价于“，使得”， 则原命题的否命题为：，恒成立； 若原命题的否命题为真命题，则由得：； 当时，， 令， ， 令，则， ，，恒成立， ，即在上单调递增，又， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，恒成立； 当时，，与在上恒成立矛盾； 综上所述：若，恒成立，则， 若，使得成立，则， 即实数的取值范围为. 30．【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.     （2） 由题意，，， 记，， 所以在单调递增，. 若，则，，无极值点，不符合题意， 若，则，取，则， 所以，使得，即， 且在上单调递减，在上单调递增. 所以 综上，b的取值范围为，并且有；     （3）      (1) 小问详解： 由题意，当时，，， 有，， 时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增， (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2），需， 设，有，则，， 函数，有，所以a关于t单调递增. 而， 即. （i）若，显然成立，此时， 则，即， （ii）若，则 设，则， 记，则，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 所以，所以在定义域内单调递增， 所以只需求，使得，则， 即，即， 记，在上恒成立，在单调递增. 又，所以，所以， 所以，所以. 综上， . 31．【答案】（1） 不可以为的极值点.理由如下： 函数的定义域为：. . 若是的极值点，则，即，解得. 此时，，. 令，则. 令，则. 所以在上单调递增. 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，即最小值，最小值为. 所以在上恒成立，所以在上恒成立. 所以在上单调递增，无极值点. 故不可以为的极值点.     （2） 函数的定义域为：. . 当时，恒成立，所以在上单调递增，满足题意； 当时，令. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以若在上单调，则只能单调递增. 所以在上恒成立，即在上恒成立. 所以恒成立. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以，即. 则， 令，则由（1）得在上恒成立， 所以在上恒成立，所以在上恒成立. 所以在上单调递增.     （3） 有三个零点，所以. 不妨设. 由（2）知，且在上不单调.所以. 函数的定义域为：. . 令，则， 令， 则由（1）得在处取得极小值，即最小值，最小值为. 所以. 当时，；当时，. 令，则. 令，则. 所以在和上各存在一个零点，分别记为，则，即. 所以当时，；当时，；当时，. 所以在和上各存在一个零点，分别为且. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 不妨设，则， 若，则； 若，则. 令， 则. 由知，. 所以. 令，则. 由，得， 令，则. 所以单调递增，即单调递增.所以. 所以单调递增，且，所以. 所以单调递增，所以，即. 所以，即，所以，即. 所以.      【分析】 （1）假设是的极值点，则，由此求得，代回检验，得到无极值点，所以不可以为的极值点； （2）由在上单调，得到的取值范围，由此推得恒成立，从而证得在上单调； （3）根据有三个零点得到有两个零点，通过构造函数证得其关系，从而证得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 1．A 2．B 3．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. (1) 小问详解： 因为， 所以，依题意，解得； (2) 小问详解： 因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 4．【答案】 【分析】 设,由题意得，令，则，所以函数是增函数，原问题转化为恒成立，然后利用参变分离法，有恒成立，运用配方法求出函数在上的最大值即可． 【详解】 若对任意两个不相等的正实数 都有恒成立, 不妨设，所以，即， 令，则， 所以函数在单调递增， 则恒成立，所以恒成立， 又函数，当时，等号成立， 所以， 所以实数的取值范围是． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了导数在函数单调性中的应用，本题采用参变分离法，将其转化为函数的最值问题是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 5．【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间；     （2）      【分析】 （1）求导，令，根据导数求得最小值后可得，即可求得的单调区间； （2）求导，要使当时，成立，则，再分，，三种情况，结合导数证明即可. (1) 小问详解： 当时，的定义域为， ，显然， 令，， 则，令，则， 当时，，所以在区间上单调递减； 当时，，所以在区间上单调递增， 所以，即， 故的单调递增区间为，无单调递减区间． (2) 小问详解： 由，， 则，因为， 所以要使当时，，则必须满足，即． 下面证明：． 当时，， 令，， 由（1）知，在上单调递增， 所以，即当时，； 而当时，令，， 则，故在上单调递增， （ⅰ）当时，，， 所以存在，使得， 又在上单调递增， 所以当时， 即在上单调递减，所以； （ⅱ）当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 6．【答案】 【分析】 将不等式同构为，根据函数的单调性可得，分离参数得到，利用导数可求得函数的单调性，进而求得的取值范围. 【详解】 由不等式得：， 即， 令，则， 函数在上单调递增，，， 令，则， 当时，恒成立，在上单调递增， ，即恒成立； 当时，若，则；若，则； 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ，； 综上所述：. 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：本题考查利用同构法求解恒成立问题，解题关键是能够将已知不等式同构为同一函数的两个函数值的形式，进而利用函数单调性得到自变量的大小关系. 7．【答案】（1）1     （2）0     （3）2      【分析】 （1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出. （2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为. （3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出，构造函数，求导得出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立. (1) 小问详解： 由得． 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得． (2) 小问详解： 由（1）知， 所以， 令，则． 因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一零点，使得． 所以在单调递增，在单调递减． 又， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即的最小值为0. (3) 小问详解： 因为对恒成立， 令，则， 由（2）知， 所以， 因为，所以． 假设当时，对恒成立． 由（2）知， 则， 所以． 设， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以在上恒成立，即满足题意． 综上所述，整数的最大值为2． 8．【答案】（1）     （2）     （3）证明：由（2）知，当且时，，即， 令，得， 因为，所以， 当时，，当时，， ， 以上不等式相加得 ，证毕.      【分析】 （1）根据导数的几何意义求解即可； （2）转化问题为对时恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （3）由（2）得，，，令，得，再利用累加法求证即可. (1) 小问详解： 由，则， 而，则， 所以函数在点处的切线方程为，即. (2) 小问详解： 若对，有， 即为：对时恒成立， 当时，不等式恒成立； 当时，不等式等价于， 即为恒成立， 设，则， 设，，则， 因为，所以， 所以在为减函数，则， 所以在为减函数，即， 所以，则的取值范围为. (3) 小问详解： 略 9．【答案】（1）极大值为，极小值为0     （2）     （3）      【分析】 （1）首先求函数的导数，再求函数的单调区间，得到函数的极值点和极值； （2）首先分别求在点处的切线和在点处的切线，利用切线是同一条直线，利用待定系数法，转化为函数在上有零点，利用导数判断函数的单调性，再判断函数存在零点时的取值范围； （3）法1：首先讨论时与最多有两个交点，再分两种方法讨论时，与有3个交点时，的取值范围；法2：当时，此时，设，对其求导，然后令，求得其最大值，分和两种情况讨论求解. (1) 小问详解： ，则， 由，得到或， 当时，解得或， 所以和为函数增区间， 当时，解得， 所以为函数减区间， 所以在处取到极大值，极大值为， 在处取到极小值，极小值为0， 故函数的极大值为，极小值为0； (2) 小问详解： 设直线为曲线在点处的切线，， 所以，即； 设直线为曲线在点处的切线，， 所以，即； 由题意知 ， 因为，可知，由可得， 将其代入可得：， 令，则在上有零点， 令，则，，， 令，解得；令，解得； 在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且， 当时，，故在上恒有零点，从而恒成立； 当时，，无零点，不成立； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且当时，， 则，解得； 综上所述：实数的取值范围是； (3) 小问详解： （i）当时与最多有两个交点，不符合题意舍去； 证明如下：， 令，则有， 其中函数图象如下， 在单调递减，单调递增， 当时，，，即：，则， 而在上单调递增，所以，即：， 所以由图可知： 当时，两个交点，， 当时一个交点，， 当时，没有交点，故不符合题意； （ii）法1：下面只需考虑时，与交点的个数即可； 两边取对数得， 令，，则， 由于，令，可得，而， 令，所以，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时，， 由图象可得有两个解，，且， 那么在，上单调递增，在上单调递减， 又， ， 把看成一个整体，由均值不等式可得，， 所以， 当，所以， 因为，得，所以， 当时，，当时，， 又在，上单调递增，在上单调递减， 则在，，三个区间各有一个零点， 所以曲线与有三个交点， 即：时符合题意，解得：. 法2：当时，此时， 设，， 令，， 令，则，所以在是递增的， 在是递减的，所以； i.若，即时， 此时则，所以，又是增函数， 又，则只有一的零点， ii.若，即时，，， ，所以有两个零点，， 其中，，所以， 在是增区间，是减区间，是增区间， 有零点存在定理得： 取点1：， 设，，则在上递增， 所以，所以， 取点2：，，， 所以一定有，，所以有三个零点. 10．【答案】（1）（i）； （ii）证明：要证，即证， 即证， 又， 由拉格朗日中值定理可知，存在， ， . 由题意知，当时，在上单调递增， 则，故， 即，所以命题得证.     （2） 函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根. 令， 所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根， 所以 ，则，则由，得， 所以，则， 要证，即证， 又，令， 令， 又，所以，故在上单调递增， 所以， 所以，故在上单调递减，所以， 即， 即，所以不等式得证.      【分析】 （1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可； （ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可； （2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解. (1) 小问详解： （i）解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为. 法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得， 故问题转化为恒成立. 又，则恒成立，即恒成立， 因为， 故令，显然在上单调递减， 所以，所以，故实数的取值范围为. （ii）略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 关键点点睛： （1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可； （2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题. 考点04 导数的新定义 1．ACD 2．ACD 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 4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04 导数的新定义 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．（2026·广东汕头潮阳第一中学·联考）若直线与曲线相切，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据导数的几何意义（切线斜率）和切点同时在直线与曲线上列方程求解即可． 【详解】 设切点为，曲线在切点处的斜率为，直线在切点处的斜率为1，切点处两者斜率相等， 所以，得，即切点横坐标， 又因为切点同时在直线与曲线上，纵坐标相等，所以，也即． 故选：D． 2．（高三上·广东梅县东山中学·期中）已知直线与曲线相切，则实数k的值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 首先设切点为，利用导数的几何意义得到，从而得到直线方程为，再将切点代入直线求解即可. 【详解】 设切点为，，则， 所以直线方程为. 又因为在直线上，所以，解得. 所以. 故选：C 3．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）（多选）如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（     ） A. 点在上 B. 在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数 C. 若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D. 在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 【答案】ACD 【分析】 根据题设将代入曲线方程可判断A的正误；通过对函数求导，分析函数的单调性，即可判断C的正误；求出切线方程与曲线方程联立，可判断B的正误；设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值与比较，即可判断D的正误. 【详解】 对于A，将点代入曲线方程中，得到， 所以点在上，故A正确； 对于C，当时，，则， 令得，当时，单调递增， 当时，，单调递减， 则是的极小值点，故C正确； 对于B，由C中可知， 则以为切点的切线方程为，即， 将切线方程代入曲线方程中，得到：， 即，显然是方程的根， 则，解得：或，故B错误； 对于D，设的解为，. 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，， ，，所以， 设曲线上的点为，则， 到原点的距离为， 由可得， 令，， 则，令，解得：， 因为，所以取， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，， 所以当时，，则，故D正确. 故选：ACD 4．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则（       ） A.  B.  C.  D. 1 【答案】B 【分析】 首先求出曲线在点处的切线方程，依题意可得有且仅有一个解，令，即可得到有且仅有一个零点，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而得到方程，即可得. 【详解】 由，则，所以， 所以曲线在点处的切线为，即， 因为与曲线只有一个公共点， 即有且仅有一个解，又， 所以有且仅有一个解， 令，即有且仅有一个零点， 则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又当时，当时， 所以，即，解得。 故选：B 5．（25-26学年高三上·广东广州实验外语学校·期中）已知函数，则函数在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为　　　　　　　　　　． 【答案】 【详解】 由题函数，又，则切线的斜率，又点在曲线上，而，切点的坐标为．可得切线的方程为，当时，，当时，，切线与坐标轴围成的三角形的面积为．故本题应填． 点睛：曲线在点处的切线是指以点为切点的切线，若存在，只有一条，其方程为；而曲线过点的切线，其切点不一定是，且切线也不一定只有一条，此时无论点是否在曲线上，一般解法是先设切点为，切线方程为，再把点坐标代入切线方程解得，最后把解得的代入切线方程，化简即可求得所求的切线方程． 6．（2026·广东深圳宝安中学·联考）已知函数的图象在点处的切线方程为，则的值为　　　　　　　　　. 【答案】 【详解】将点的坐标代入切线方程可求得的值，利用导数的几何意义可求得的值，进而可求得的值. 【详解】 由于函数的图象在点处的切线方程为， 则点在直线上，可得，解得， 直线的斜率为，由导数的几何意义可得. 因此，. 故答案为：. 【点睛】 本题考查利用函数的切线方程求值，要注意切点在切线上以及导数值等于切线的斜率的应用，考查计算能力，属于基础题. 7．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）函数的图像在点处的切线方程为　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用导数求得函数的图像在点处的切线的斜率，写出切线的点斜式方程，化简可得一般式方程. 【详解】 函数的定义域为，. 所以. 函数的图像在点处的切线方程为：，即. 故答案为：. 8．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知函数，则在点处的切线方程为　　　　　. 【答案】 【分析】 求出，再利用导数的几何意义可求切线方程. 【详解】 ，故， 故且， ，， 故切线方程为：，化简得. 故答案为：. 9．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据导数的几何意义及切线与直线的垂直关系求解. 【详解】 因为，所以， 因为函数的图象在处的切线与直线垂直， 又直线的斜率为，所以，解得， 故答案为：. 10．（25-26学年高三上·广东仲元中学·期中）已知函数，若过点的两条互相垂直的直线分别与的图象交于另外的点和，且四边形ABCD为正方形，则这两条直线的斜率之和为　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 由则函数的图象关于点中心对称，不妨设直线AC的方程为，由，解得或或，则，同理可得，由，即，即可求解. 【详解】 函数的图象关于点中心对称， 不妨设直线AC的方程为， 由，得， 解得或或， 则， 同理可得， 由，得， 即， 即， 即， 令，则这两条直线的斜率之和为． 故答案为： 【点睛】 关键点点睛：不妨设直线AC的方程为，由，求出，即可． 考点02 导数在研究函数中的应用 1．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）函数的单调递增区间为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据，解不等式即可求解. 【详解】 由题意可知函数的定义域为，， 令，得，解得， 所以函数的单调递增区间为. 故选：B. 2．（2026·广东深圳理工附·质量监测）（多选）设函数，则（       ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【分析】 求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 【详解】 对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 3．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）（多选）设，函数，则（       ） A. 有两个极值点 B. 若，则当时， C. 若有个零点，则的取值范围是 D. 若存在，满足，则 【答案】BCD 【分析】 利用导数分类求解含参函数的单调性，判断选项A，结合选项A中单调性即可直接判断选项BC，根据等量关系直接求解，即可判断选项D. 【详解】 对于A选项，， 当时，，单调递增，无极值点； 当时，得或，，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 此时有两个极值点，故A选项错误； 对于B选项，当，时， 由上述知，在上单调递增，在上单调递减， 则，故B选项正确； 对于C选项，当时，单调递增，至多只有一个零点，不合题意； 当时，若有个零点， 则由单调性可知必然有 ，解得. 而当时，，， 在区间，，中分别各有一个零点，故C选项正确； 对于D选项，， 等价于或，，故D选项正确. 故选：BCD 4．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）已知函数 ，若存在实数，满足，且，则的最大值为（       ） A.  B.  C.  D. 1［公式］       ［公式］       ［公式］ 【答案】A 【分析】 求出函数在两段上函数值集合的交集，令，由此构造函数并求其最大值即可. 【详解】 当时，，当时，，则， 令，则，，设，， ，即在上单调递增，， 所以的最大值为. 故选：A 5．（高三上·广东汕头金山中学·期中）已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 首先分析函数的奇偶性和单调性，再比较自变量大小即可得到结果. 【详解】 函数的定义域为，关于原点对称， 又， 所以是奇函数，所以， 因为， 在上，， ，故， 所以在上单调递增， 因为，， 又，， 所以， 又单调递增，所以 即. 故选：A. 6．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）（多选）设函数的极大值点、极小值点分别为，，且，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】ACD 【分析】 先求导，则有两个不相等的实数根，令，则有两个根，，且，利用二次函数根的分布逐一验证即可求解. 【详解】 由题意有，则有两个不相等的实数根， 因为，又函数先取得极大值，后取得极小值， 所以其导函数的图象（看作关于的二次函数）开口应向上， 则的系数，故， 令，则有两个根，，且， 由，得，故A正确； 由韦达定理得，，则，故B错误； 又对称轴，则，故C正确； 令，则，故D正确. 故选：ACD. 7．（2026·广东东莞·联考）已知函数在定义域内不存在零点，则实数的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 分类讨论根据函数的单调性结合函数的最值计算求参. 【详解】 当时，由，此时函数无零点； 当时，对任意的恒成立，函数在上单调递增， 且当时，，当时，，此时存在一个零点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 由可得，所以函数的单调减区间为，单调增区间为， 所以，因为函数不存在零点， 所以，可得，解得. 综上所述，当函数不存在零点时，， 故选：C. 8．（25-26学年高三上·广东广州实验外语学校·期中）设函数，若方程有且只有一个实数根，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 先将方程转化成，再利用导数研究函数的单调性和最值情况即可求解. 【详解】 令，即，则方程有且只有一个实数根， 令，则， 令，则，故在上单调递减，在上单调递增， 故， 又时，，时，， 所以，解得. 故选：A 9．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）设函数是函数的导函数，，，且，则不等式的解集为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用题设中的不等式中的信息构造函数，再用函数单调性求解而得. 【详解】 依题意，令函数，则，且， 所以是上的增函数，，解得． 故选：A 【点睛】 由条件构造函数的常用两类问题：已知，可构造函数； 已知，可构造函数. 10．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用导数研究的单调性，结合函数值的符号和单调性画出示意图，由题意或共有4个不同的实根，由知与的图象仅有一个交点，从而的图象与直线有3个交点，数形结合即可求解. 【详解】 由得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，，当时，，画出其大致图象如图. 方程 即，所以或. 因为的极大值为，而， 由图可知与的图象仅有一个交点. 要使原方程有4个不同的实数根，需的图象与直线有3个交点， 由图可知此时的取值范围为. 故选：B 11．（25-26学年高三上·广东广州黄埔区·期中）（多选）已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（       ） A. 当时，必有两个极值点 B. 过点可以作曲线的3条不同切线，则 C. 若有三个不同的零点，且，则 D. 若有三个不同的零点，则 【答案】ABD 【分析】 对于A，求导，根据有两个极值点可得，进而判断即可；对于B，根据导数的几何意义转化问题为与图象的交点个数，进而求解判断即可；对于C，由题意可得，化简得到，再结合可得到即可判断；对于D，由题意可得，根据导数的运算法则可得，，进而求解判断即可. 【详解】 对于A，由题意得，要使有两个极值点， 故有两个不等实根，所以，即， 所以当时，必有两个极值点，故A正确； 对于B，，设切点为， 在点处的切线方程为， 又切线过点，则， 整理得，即，令， 过点可以作曲线切线条数可转化为与图象的交点个数， 而，令，得或，令，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 又，， 要使与图象有3个交点，则，故B正确； 对于C，由题意可得 ， 则， 又，则， 则，即，故C错误； 对于D，由题意可得， 则，， 同理， ，故D正确. 故选：ABD. 12．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）（多选）已知函数有大于0的极值，为自然对数的底，则下列说法正确的是（       ） A.  B.  C.  D. 有两个零点且其乘积大于 【答案】BCD 【分析】 求出函数的导数，按分类，结合函数有大于0的极值推理判断ABC；利用零点存在性定理及零点的意义确定零点个数，再构造函数确定零点所在范围判断D. 【详解】 函数的定义域为，求导得， 对于A，当时，，函数在上单调递减，无极值，与已知矛盾，A错误； 对于B，当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值 ，因此，整理得，B正确； 对于C，由选项B知，，，C正确； 对于D，由选项B知，，当从大于0的方向趋近于0时，， 当时，，因此函数有两个零点，不妨令， 则 ，即，令，则， 即函数的图象与直线有两个交点，由，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在递减， 则，而，当时，恒成立，因此，，D正确. 故选：BCD 13．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知且则一定有（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由已知可得，构造函数，利用在上的单调性比较大小可得答案. 【详解】 因为 所以， 所以 ， 令，则， 当时，，故在上单调递增， 因为所以， 则 所以，即，故A正确；故B错误； 因为，所以， 因为，所以不确定，故CD错误. 故选：A. 【点睛】 关键点点睛：解题的关键点是构造函数，利用在上的单调性比较大小可得答案. 14．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（       ） A. 在上的最小值为 B. 的图象与轴有3个公共点 C. 的图象关于点对称 D. 的图象过点的切线有3条 【答案】ABD 【分析】 将原函数的导函数求出，即为：，由导函数的正负判断原函数的单调性，然后即可判断出函数在上的最值，将原函数的极大值与极小值求出，即可画出函数图象，判断出函数与轴的交点个数，对于C选项，只需判断出即能说明的图象关于点对称，D选项需求过点的切线方程，注意区分过某点的切线方程和在某点的切线方程. 【详解】 因为，所以， 所以当时，，单调递减， 当或时，，单调递增， A选项中，当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， ， 所以在上的最小值为，A正确； 因为在，上单调递增，在上单调递减， ， ， 且当时，，时，， 如图所示：    所以的图象与轴有3个公共点，B正确； 若的图象关于对称，则有， 因为， 所以C错误； 因为，设的切点为， 所以， 所以在切点处的切线方程为：， 当切线过时，即：， 整理得：， 设， 则 所以时，或， 当时，，单调递减， 当时，或，单调递增， 所以， 所以的图象如图所示：    所以由图象知有三个零点，所以有三个根， 所以的图象过点的切线有3条，D正确. 故选：ABD 15．（2026·广东中山·三模）（多选）已知函数，则（   ） A.  B. 是的极值点 C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【分析】 直接求的值可判断选项A，利用导数分析函数的单调性，可判断选项B,C；分析函数的对称性并结合单调性可判断选项D. 【详解】 选项A：由题可知：，所以选项A正确； 选项B：由得函数的定义域为， 在上恒成立，所以函数单调递增，没有极值点，所以选项B错误； 选项C：当时，因为，所以，由选项B知，函数单调递增，所以，所以选项C正确； 选项D：因为函数， 所以， 所以，所以. 当时，，即，由选项B知函数单调递增，所以，所以所以选项D正确. 故选：ACD. 16．（2026·广东深圳理工附·质量监测）已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最小值. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值     （2）1      【分析】 (1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值; (2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，从而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值. (1) 小问详解： 函数的定义域是. 又，令，得，令，得， 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的极大值为，无极小值. (2) 小问详解： 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以在上的最小值为. 因为，所以， 所以函数在上的最小值为1. 17．（高三上·广东梅县东山中学·期中）已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最值. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值     （2），      【分析】 (1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值; (2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，即可求出最大值，而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值. (1) 小问详解： 函数的定义域是. 又，令，得，令，得， 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的极大值为，无极小值. (2) 小问详解： 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以 所以在上的最小值为. 又因为，所以， 所以函数在上的最小值为，即. 18．（25-26学年高三上·广东广州实验外语学校·期中）已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减     （2） 由（1）时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 要证明，只需证明， 即证明， 令， ， 令，则， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 因为， 所以当时，单调递减， 当时，单调递增， 可得， 即．      【分析】 （1）求出，分、讨论可得答案； （2）转化为证明，求出，构造函数，利用导数求出最小值可得答案. (1) 小问详解： 的定义域为，， 当时，，单调递增， 当时，令得， 所以时，单调递增， 时，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； (2) 小问详解： 略 19．（25-26学年高三上·广东广州黄埔区·期中）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，求实数的取值范围并求的极值. 【答案】（1） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.     （2）极大值极小值.      【分析】 （1）求导，含参讨论导数的正负，进而得到函数的单调性； （2）由（1）知若要有两个极值点，这两个极值点一定为.解法一：由两个极值点都在区间内，得到条件，解不等式即得答案，再利用（1）求出极值；解法二：由，得，对分类讨论，可得答案，再利用（1）求出极值. (1) 小问详解： ， 当时，在上恒大于0，在上恒小于0，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒大于0，在上单调递增； 当时，在上恒大于0，在上恒小于0， 在上单调递增，在上单调递减. (2) 小问详解： 解法一：函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，则 ， 解得，则的取值范围. 的极大值，的极小值. 解法二：因为， ① 当时，则 解得； ② 当时，在内不存在两个极值点，所以不符合； ③ 当时，，则 无解. 则函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，的取值范围. 的极大值的极小值. 20．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知函数； （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，求函数在上的最大值． 【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为.     （2） 当时，， 当时，.      【分析】 （1）代入得，求导得，分析其单调性即可； （2）求导得，分和讨论即可. (1) 小问详解： 函数定义域为， 当时，， 则， 令， 令， 所以的单调增区间为，单调减区间为. (2) 小问详解： ， 令解得 ① 当时， 当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递减． . ② 当时， 当时，，在区间单调递增． . 综上所述，当时，， 当时，. 21．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）已知函数. （1）讨论的单调性. （2）若无零点，但有两个不同的极值点， （i）求的取值范围； （ii）设为的两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1）当时， 在上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减.     （2）（i）区间（ii）      【分析】 （1）先求的导数，进而结合二次不等式的性质对分类讨论可得结果； （2）（i）根据函数有两个不同的极值点得出的一个取值范围，再根据函数无零点得出的另一个取值范围，最后取交集即可； （ii）先根据极值点得到的值，然后化简，再构造关于的函数，判断其单调性即可求出. (1) 小问详解： 由题意得， 令，则，判别式， ① 当时，解得，则恒成立，即恒成立，在上单调递增； ② 当时，解得，则方程有个实根，由求根公式可知方程的解为， 由二次函数的性质可知在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 综上所述，当时， 在上单调递增； 当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减. (2) 小问详解： （i）令，即， 由无零点，则直线与无交点，则， 又有两个不同的极值点，由（1）可知时满足题意， 故的取值范围为. （ii）不妨设，由（1）知，， 因为， 又为的两个极值点，，即， 可得，， 则 设，其中，，， ， 令，求导得， 故在上单调递增，又， ，则 故的取值范围为. 22．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若恰有三个零点，求a的取值范围． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）求得，得到，且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）化简得到，根据题意得到方程有两个不为2实数根，令，利用导数求得函数的单调性和最大值，得出不等式，即可求解. (1) 小问详解： 解：当时，函数，可得， 所以，且， 所以曲线在点处的切线方程为，即. (2) 小问详解： 解：因为， 可得是的一个零点， 因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根， 即方程有两个不为2实数根， 令，所以， 令，可得，令，可得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，也是最大值， 且当时，， 所以，当时，的值域为；当时，的值域为， 所以，且，所以且． 所以a的取值范围是． 【点睛】 方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 23．（高三上·广东汕头金山中学·期中）已知函数． （1）当时，求证：单调递增； （2）若在上不单调，求的取值范围； （3）当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 【答案】（1） 当时，，， 令，， 所以时，，单调递减，时，，单调递增， 则，即恒成立， 故单调递增.     （2）     （3） 由（2）知，当时，在单调递增，所以； 当时，由（2）知，在单调递增，在单调递减，如图，    则时，有两个根， 又，，所以不妨取， 当，，即， 同理可得或，，所以时，，单调递增， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以， 令，， 所以时，，单调递减，又， 所以在上恒成立，即，又， 故此时的最小值为1， 综上,当时，在上的最小值为1.      【分析】 （1）求导，令，继续求导，根据导数确定单调性，可得，即，故得证； （2）求导，又，发现，若在上单调，即，即，令，利用导数得到最值，结合即可得到不单调时的范围； （3）由（2）知，当时，易得在单调递增，所以，当，结合（2）中的单调性，可得有2个解，且 ，由此可得，令，利用导数可证，即，结合即可证明. (1) 小问详解： 略. (2) 小问详解： ，因为，所以， 若在上单调，则有解，即在恒成立， 即，令，， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， ，则时，在上单调， 所以若在上不单调，则. (3) 小问详解： 略. 24．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）设函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若方程有且仅有三个不同的实根，且，证明：. 【答案】（1）     （2） 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递减，在上单调递增.     （3） 若，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，此时方程在上无实根， 当时，单调递减，且当时，， 所以方程在上有且仅有一个实根，不符合题意， 所以，由方程在上有一个实根， 要使得方程在上有两个不同的实根，需满足， 即，即，即， 由知，所以， 故在上单调递增，于是有.      【分析】 （1）根据题意，求得，得到且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）求得，令，得到或，分和，两种情况讨论，即可求解； （3）由（2）中函数的单调性，根据题意，转化为方程在上有一个根，在上有两个不同的实根，得到，得到，求得得到单调递增，即可得证. (1) 小问详解： 解：当时，，可得， 则且，即切线的斜率为，切点坐标为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. (2) 小问详解： 解：由函数，可得， 令，解得或. ① 若，当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增； ② 若，当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 综上所述， 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在和上单调递减，在上单调递增. (3) 小问详解： 略 25．（25-26学年高三上·广东揭阳·期中）已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，求极值点的个数； （3）当时，求函数零点的个数. 【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为.     （2）2     （3）4      【分析】 （1）利用导数求的单调区间； （2）设，利用分析的单调性及最值，根据其正负取值情况，分析的单调性，得到极值点的个数； （3）将函数零点的个数，可转化为方程的解的个数.因为，所以可转化为的解的个数，即函数的图象与的交点的个数.构造函数，分析函数的单调性、最值，作出简图，即可求得函数的图象与的交点的个数，从而得到函数零点的个数. (1) 小问详解： 当时，函数. ，且是增函数. 令，得；令，得； 所以的单调减区间为，单调增区间为. (2) 小问详解： 当时，函数，则. 令，则，且是增函数. 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增. 又，，， 所以在和上各存在一个零点（分别记为）. 所以当时，；当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 故有两个极值点. (3) 小问详解： 函数零点的个数，可转化为方程的解的个数. 因为，所以可转化为的解的个数，即函数的图象与的交点的个数. 令函数. 则. 令，则. 显然，恒成立，所以在上为增函数. 又，，所以在上存在唯一零点，记作，则. 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，即最小值，最小值为. ，所以. 所以的大致图象如下： 所以，函数的图象与有4个交点，即函数有4个零点. 26．（2026·广东汕头潮阳第一中学·联考）已知函数． （1）若，求函数的最值； （2）若函数与都存在极值，且极值相等，求实数a的值； （3）若函数有两个不同的极值点，且，求证：． 【答案】（1）最小值为，无最大值     （2）      （3） 由， 令， 即， 因为函数有两个不同的极值点， 所以①，②， 令③，则，代入②得： 由①得：，两式相减：， 所以， 又，得， 则，要证，即证， 即证，化简得， 即证，即, 即证， 令，， ，所以， 即，所以在上单调递增， 所以，所以，得证.      【分析】 (1)通过求导找函数单调性的分界点，进而确定极值（也是最值）。 (2) 分别分析与的极值存在性（结合a的取值分类讨论），再根据“极值相等”列方程求解a. (3)先通过求导确定的极值点满足的关系，再构造函数结合单调性证明不等式. (1) 小问详解： 当时，函数，定义域为，求导得， 令，解得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，也是最小值， 最小值为，无最大值. (2) 小问详解： 对求导得， 因为存在极值，所以在上有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值，， 对，求导得， 因为存在极值，所以有解，解得（）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此，在处取得极小值， ，因为和极值相等，所以， 即， 因为，所以，即，因此，实数a的值为. (3) 小问详解： 略 27．（2026·广东深圳宝安中学·联考）已知函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）若在定义域内有三个零点a，b，c（）． （ⅰ）求实数m的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】（1）当时，在单调递减， 在和单调递增； 当时，在单调递增.     （2）（i）； （ii）证明：由（i）可知，的三个零点：， 因为，且，所以， 又因为，所以， 因为，所以函数单调递减，， 所以，得证．      【分析】 （1）求导得，再对分和讨论即可； （2）（i）当时，显然不会有3个零点，当时，求出的两根，判断出的符号，利用零点存在性定理证明零点存在即可； （ii）根据得，则，最后根据对勾函数单调性即可证明. (1) 小问详解： 的定义域为， . 当时，，所以恒成立， 所以在单调递增； 当时，， 所以的两根为， 且，所以， 所以，时，或时，． 所以在上单调递减，在和单调递增． 综上：当时，在单调递减， 在和单调递增； 当时，在单调递增. (2) 小问详解： （i）由（1）可知当时，在单调， 不可能有三个零点； 当时，的两根为， 且，所以，且， 因为在上单调递减，所以， 因为，所以， 设， 在上单调递减，， 即，所以使. 因为， 又因为，所以， 所以使， 所以，当时，有三个零点， （ii）略 28．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若为的两个不同的极值点，求的最小值． 【答案】（1） 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和；     （2）      【分析】 （1）求导函数，结合的不同取值范围，分情况讨论即可求解单调区间； （2）求导函数，由题意可得有两个不等正根，可得，进而可得，令，利用导数求得最小值即可. (1) 小问详解： 由，易知， 求导可得， 当时，，解得，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，，解得或，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，在上恒成立，当且仅当时等号成立， 所以函数的单调递增区间为； 当时，，解得或，，解得， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为和. 综上：当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为和； (2) 小问详解： 由题意知：， 有两个不等正根， 所以 ，解得：， 所以 ； 令，则， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增； 所以， 即的最小值为. 29．（2026·广东中山·三模）已知函数． （1）时，求的极值 （2）若函数． （i）证明：曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合． （ii）若，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）极大值为，无极小值     （2）（i），其定义域为， 设为图象上两个不同的点， ，，， 在点处的切线方程分别为，， 即，， 若在点处的切线重合，则 ， ，即 ， ，即， 设，，， 设，则， 在上单调递增，，方程无解， 曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合. （ii）      【分析】 （1）求导后，根据导函数正负可得单调性，结合极值定义可求得结果； （2）（i）根据导数几何意义可得在图象上任意两个不同点处的切线方程，假设切线方程重合，可构造方程组，得到，令，构造函数，利用导数可求得，由此得假设错误，得到结论； （ii）令，设，优先考虑原命题的否命题为真命题的情况，通过可求得，采用放缩法，将问题转化为证明当时，恒成立，利用导数可求得，由此可得原命题的否命题为真命题时的范围，取补集即可求得结果. (1) 小问详解： 当时，，则其定义域为， ，当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 的极大值为，无极小值. (2) 小问详解： （i）略 （ii）， 令，则当时，， 设， 则“，使得成立”等价于“，使得”， 则原命题的否命题为：，恒成立； 若原命题的否命题为真命题，则由得：； 当时，， 令， ， 令，则， ，，恒成立， ，即在上单调递增，又， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，恒成立； 当时，，与在上恒成立矛盾； 综上所述：若，恒成立，则， 若，使得成立，则， 即实数的取值范围为. 30．（25-26学年高三上·广东仲元中学·期中）已知函数存在极值点． （1）当时，讨论的单调性； （2）求b的取值范围并证明； （3）若且，求a的取值范围． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.     （2） 由题意，，， 记，， 所以在单调递增，. 若，则，，无极值点，不符合题意， 若，则，取，则， 所以，使得，即， 且在上单调递减，在上单调递增. 所以 综上，b的取值范围为，并且有；     （3）      (1) 小问详解： 由题意，当时，，， 有，， 时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增， (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2），需， 设，有，则，， 函数，有，所以a关于t单调递增. 而， 即. （i）若，显然成立，此时， 则，即， （ii）若，则 设，则， 记，则，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 所以，所以在定义域内单调递增， 所以只需求，使得，则， 即，即， 记，在上恒成立，在单调递增. 又，所以，所以， 所以，所以. 综上， . 31．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）已知函数. （1）是否可以为的极值点？请说明理由； （2）证明：若在上单调，则在上单调； （3）若有三个零点，证明：. 【答案】（1） 不可以为的极值点.理由如下： 函数的定义域为：. . 若是的极值点，则，即，解得. 此时，，. 令，则. 令，则. 所以在上单调递增. 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，即最小值，最小值为. 所以在上恒成立，所以在上恒成立. 所以在上单调递增，无极值点. 故不可以为的极值点.     （2） 函数的定义域为：. . 当时，恒成立，所以在上单调递增，满足题意； 当时，令. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以若在上单调，则只能单调递增. 所以在上恒成立，即在上恒成立. 所以恒成立. 因为，当且仅当时，等号成立. 所以，即. 则， 令，则由（1）得在上恒成立， 所以在上恒成立，所以在上恒成立. 所以在上单调递增.     （3） 有三个零点，所以. 不妨设. 由（2）知，且在上不单调.所以. 函数的定义域为：. . 令，则， 令， 则由（1）得在处取得极小值，即最小值，最小值为. 所以. 当时，；当时，. 令，则. 令，则. 所以在和上各存在一个零点，分别记为，则，即. 所以当时，；当时，；当时，. 所以在和上各存在一个零点，分别为且. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 不妨设，则， 若，则； 若，则. 令， 则. 由知，. 所以. 令，则. 由，得， 令，则. 所以单调递增，即单调递增.所以. 所以单调递增，且，所以. 所以单调递增，所以，即. 所以，即，所以，即. 所以.      【分析】 （1）假设是的极值点，则，由此求得，代回检验，得到无极值点，所以不可以为的极值点； （2）由在上单调，得到的取值范围，由此推得恒成立，从而证得在上单调； （3）根据有三个零点得到有两个零点，通过构造函数证得其关系，从而证得. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 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·广东惠州·期中）已知函数，若恒成立，则实数的值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 先对函数进行求导，再利用导数和函数的关系求出导函数的零点，最后令求导判断即可； 先对题干中的式子进行变形，再构造函数，通过单调性比大小即可. 【详解】 方法一：函数的定义域为，， 显然单调递增且有唯一零点. 令，即，此时有. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，， 即有：，. 令，，时，，单调递减； 时，，单调递增，，又，. 方法二：注意到，又恒成立由方法一得：，， ，，. 方法三：恒成立在恒成立， 令，即恒成立. ，时，，单调递增； 时，，单调递减 ，又恒成立，，. 故选：A 2．（2026·广东深圳宝安中学·联考）已知，，且，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 令，求导分析单调性可得，选项A错误；把不等式等价转化，通过构造函数可得选项B正确；由条件得，根据可得，选项C错误；令可得选项D错误. 【详解】 对于A选项：令，，， 令，，令，则， 当时，，单调递减，单调递减； 当时，，单调递增，单调递增， 所以有最小值， 所以在区间上单调递增，故，所以，即，故A选项错误； 对于B选项：由A可知，要证，即证， 即证，即证，即证. 令，则， 令，，令，则， 当时，，单调递减，单调递减； 当时，，单调递增，单调递增， 所以有最小值，由得， 所以在区间上单调递增，故， 所以成立，故B选项正确； 对于C选项：由得，因为，所以，所以，故C选项错误； 对于D选项：令，则，故D选项错误. 故选：B. 【点睛】 关键点点睛：解决本题的关键是根据选项合理构造函数，利用导函数判断函数单调性，得出函数的最值，从而判断不等式是否成立. 3．（2026·广东深圳理工附·质量监测）已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. (1) 小问详解： 因为， 所以，依题意，解得； (2) 小问详解： 因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 4．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知，若对任意两个不等的正实数都有恒成立，则的取值范围是　　　　　　　　　　　　 【答案】 【分析】 设,由题意得，令，则，所以函数是增函数，原问题转化为恒成立，然后利用参变分离法，有恒成立，运用配方法求出函数在上的最大值即可． 【详解】 若对任意两个不相等的正实数 都有恒成立, 不妨设，所以，即， 令，则， 所以函数在单调递增， 则恒成立，所以恒成立， 又函数，当时，等号成立， 所以， 所以实数的取值范围是． 故答案为：． 【点睛】 本题考查了导数在函数单调性中的应用，本题采用参变分离法，将其转化为函数的最值问题是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 5．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间；     （2）      【分析】 （1）求导，令，根据导数求得最小值后可得，即可求得的单调区间； （2）求导，要使当时，成立，则，再分，，三种情况，结合导数证明即可. (1) 小问详解： 当时，的定义域为， ，显然， 令，， 则，令，则， 当时，，所以在区间上单调递减； 当时，，所以在区间上单调递增， 所以，即， 故的单调递增区间为，无单调递减区间． (2) 小问详解： 由，， 则，因为， 所以要使当时，，则必须满足，即． 下面证明：． 当时，， 令，， 由（1）知，在上单调递增， 所以，即当时，； 而当时，令，， 则，故在上单调递增， （ⅰ）当时，，， 所以存在，使得， 又在上单调递增， 所以当时， 即在上单调递减，所以； （ⅱ）当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 6．（2026·广东东莞·联考）已知不等式恒成立，则实数的取值范围是　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 将不等式同构为，根据函数的单调性可得，分离参数得到，利用导数可求得函数的单调性，进而求得的取值范围. 【详解】 由不等式得：， 即， 令，则， 函数在上单调递增，，， 令，则， 当时，恒成立，在上单调递增， ，即恒成立； 当时，若，则；若，则； 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ，； 综上所述：. 故答案为：. 【点睛】 关键点点睛：本题考查利用同构法求解恒成立问题，解题关键是能够将已知不等式同构为同一函数的两个函数值的形式，进而利用函数单调性得到自变量的大小关系. 7．（高三上·广东梅县东山中学·期中）已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 【答案】（1）1     （2）0     （3）2      【分析】 （1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出. （2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为. （3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出，构造函数，求导得出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立. (1) 小问详解： 由得． 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得． (2) 小问详解： 由（1）知， 所以， 令，则． 因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一零点，使得． 所以在单调递增，在单调递减． 又， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即的最小值为0. (3) 小问详解： 因为对恒成立， 令，则， 由（2）知， 所以， 因为，所以． 假设当时，对恒成立． 由（2）知， 则， 所以． 设， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以在上恒成立，即满足题意． 综上所述，整数的最大值为2． 8．（25-26学年高三上·广东广州黄埔区·期中）已知函数（为自然对数的底数） （1）求函数在点处的切线方程； （2）若对记，若，有，求的取值范围； （3）设，且，证明： 【答案】（1）     （2）     （3）证明：由（2）知，当且时，，即， 令，得， 因为，所以， 当时，，当时，， ， 以上不等式相加得 ，证毕.      【分析】 （1）根据导数的几何意义求解即可； （2）转化问题为对时恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （3）由（2）得，，，令，得，再利用累加法求证即可. (1) 小问详解： 由，则， 而，则， 所以函数在点处的切线方程为，即. (2) 小问详解： 若对，有， 即为：对时恒成立， 当时，不等式恒成立； 当时，不等式等价于， 即为恒成立， 设，则， 设，，则， 因为，所以， 所以在为减函数，则， 所以在为减函数，即， 所以，则的取值范围为. (3) 小问详解： 略 9．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）已知函数（，且）、（，且）、. （1）若、，求函数的极值； （2）若函数与（，且）的图象存在公切线，求实数的取值范围； （3）已知且，若函数与的图象有三个公共点，求实数的取值范围. 【答案】（1）极大值为，极小值为0     （2）     （3）      【分析】 （1）首先求函数的导数，再求函数的单调区间，得到函数的极值点和极值； （2）首先分别求在点处的切线和在点处的切线，利用切线是同一条直线，利用待定系数法，转化为函数在上有零点，利用导数判断函数的单调性，再判断函数存在零点时的取值范围； （3）法1：首先讨论时与最多有两个交点，再分两种方法讨论时，与有3个交点时，的取值范围；法2：当时，此时，设，对其求导，然后令，求得其最大值，分和两种情况讨论求解. (1) 小问详解： ，则， 由，得到或， 当时，解得或， 所以和为函数增区间， 当时，解得， 所以为函数减区间， 所以在处取到极大值，极大值为， 在处取到极小值，极小值为0， 故函数的极大值为，极小值为0； (2) 小问详解： 设直线为曲线在点处的切线，， 所以，即； 设直线为曲线在点处的切线，， 所以，即； 由题意知 ， 因为，可知，由可得， 将其代入可得：， 令，则在上有零点， 令，则，，， 令，解得；令，解得； 在区间上单调递增，在区间上单调递减， 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且， 当时，，故在上恒有零点，从而恒成立； 当时，，无零点，不成立； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且当时，， 则，解得； 综上所述：实数的取值范围是； (3) 小问详解： （i）当时与最多有两个交点，不符合题意舍去； 证明如下：， 令，则有， 其中函数图象如下， 在单调递减，单调递增， 当时，，，即：，则， 而在上单调递增，所以，即：， 所以由图可知： 当时，两个交点，， 当时一个交点，， 当时，没有交点，故不符合题意； （ii）法1：下面只需考虑时，与交点的个数即可； 两边取对数得， 令，，则， 由于，令，可得，而， 令，所以，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时，， 由图象可得有两个解，，且， 那么在，上单调递增，在上单调递减， 又， ， 把看成一个整体，由均值不等式可得，， 所以， 当，所以， 因为，得，所以， 当时，，当时，， 又在，上单调递增，在上单调递减， 则在，，三个区间各有一个零点， 所以曲线与有三个交点， 即：时符合题意，解得：. 法2：当时，此时， 设，， 令，， 令，则，所以在是递增的， 在是递减的，所以； i.若，即时， 此时则，所以，又是增函数， 又，则只有一的零点， ii.若，即时，，， ，所以有两个零点，， 其中，，所以， 在是增区间，是减区间，是增区间， 有零点存在定理得： 取点1：， 设，，则在上递增， 所以，所以， 取点2：，，， 所以一定有，，所以有三个零点. 10．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. （1）已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. （2）已知函数有两个零点，记作，若，证明： 【答案】（1）（i）； （ii）证明：要证，即证， 即证， 又， 由拉格朗日中值定理可知，存在， ， . 由题意知，当时，在上单调递增， 则，故， 即，所以命题得证.     （2） 函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根. 令， 所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根， 所以 ，则，则由，得， 所以，则， 要证，即证， 又，令， 令， 又，所以，故在上单调递增， 所以， 所以，故在上单调递减，所以， 即， 即，所以不等式得证.      【分析】 （1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可； （ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可； （2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解. (1) 小问详解： （i）解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为. 法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得， 故问题转化为恒成立. 又，则恒成立，即恒成立， 因为， 故令，显然在上单调递减， 所以，所以，故实数的取值范围为. （ii）略 (2) 小问详解： 略 【点睛】 关键点点睛： （1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可； （2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题. 考点04 导数的新定义 1．（高三上·广东汕头金山中学·期中）（多选）如果函数满足两个条件：①有且仅有两个不相等的极值点，，②点，与原点三点共线（三点互不重合），且该直线斜率为，那么我们称为具有“线性”.已知函数，且，下列说法正确的是（     ） A. 若，则具有“线性” B. 存在实数，使得具有“线性” C. 若具有“线性”，则 D. 若具有“线性”，则 【答案】ACD 【分析】 求导，即可根据斜率关系求解A，举反例即可求解B，根据具有“线性”，可求导，根据韦达定理，结合 “线性”列式子即可求解CD。 【详解】 由题意，可知函数有且仅有两个不相等的极值点. 对于，由，解得，， 则，故，与原点三点共线， 可得具有“线性”，A正确； 对于B，若，，解得，， 则在函数图象中，点在轴上， 此时与原点的斜率不存在， 故此时不存在实数，使得具有“线性”，B错误； 易知，由于具有“线性”， 则，是两个不同的极值点，故，是的两个不相等的实数根， 则，，且，有. 设，即 （*）， 两式相减得， 即，即，则，C正确； 将（*）变形为 两式相减得， 即， 即，求得，D正确. 故选：ACD. 2．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）（多选）定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数图象的对称中心为，则下列说法正确的是（   ）. A. ， B. 函数有三个零点 C.  D. 若过点可以作三条直线与的图象相切，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【分析】 对于A，对函数连续两次求导，然后“拐点”的定义列方程组可求出，对于B，对函数求后由导数的正可求出函数的单调区间，再结合零点的定义分析判断，对于C，由函数的对称中心得，结合此结论求解即可，对于D，设切点为，然后利用导数的几何意求出切线方程，转化为关于的方程有3个不等的根，结合图象求解即可. 【详解】 对于，由，可得，则. 因为点 是函数 图象的对称中心，结合题设中“拐点”的定义知， 且，解得，， 正确； 对于，由，，可知，则. 令，可得 或， 当 时，，单调递增； 当 时，，单调递减； 当 时，，单调递增， 因为，，， 所以函数 只有两个零点， 错误. 对于C，因为点 是函数 图象的对称中心，所以. 令， 则， 所以， 所以， 即，C 正确. 对于，设切点为，由，得，则切线的斜率， 所以切线方程为，即. 因为切线经过点，所以， 化简得， 由题意可知关于 的方程 有3个不相等的根. 令，则， 由，得 或. 当 或 时，；当 时，. 故 在 和 上单调递减，在 上单调递增， 所以 的极小值为，极大值为， 所以 的大致图象如图所示. 由图象知，当 时，直线 与 的图象有3个交点， 当 时，关于 的方程 有3个不相等的根， 当 时，过点 可以作三条直线与 的图象相切， 正确. 故选：ACD 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 4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04 导数的新定义 考点01 导数的概念、运算及其几何意义 1．（2026·广东汕头潮阳第一中学·联考）若直线与曲线相切，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（高三上·广东梅县东山中学·期中）已知直线与曲线相切，则实数k的值为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）（多选）如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线的一部分，则（     ） A. 点在上 B. 在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为整数 C. 若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D. 在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 4．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则（       ） A.  B.  C.  D. 1 5．（25-26学年高三上·广东广州实验外语学校·期中）已知函数，则函数在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为　　　　　　　　　　． 6．（2026·广东深圳宝安中学·联考）已知函数的图象在点处的切线方程为，则的值为　　　　　　　　　. 7．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）函数的图像在点处的切线方程为　　　　　　　　. 8．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知函数，则在点处的切线方程为　　　　　. 9．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则　　　　　　　　　　． 10．（25-26学年高三上·广东仲元中学·期中）已知函数，若过点的两条互相垂直的直线分别与的图象交于另外的点和，且四边形ABCD为正方形，则这两条直线的斜率之和为　　　　　　　　． 考点02 导数在研究函数中的应用 1．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）函数的单调递增区间为（     ） A.  B.  C.  D.  2．（2026·广东深圳理工附·质量监测）（多选）设函数，则（       ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 3．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）（多选）设，函数，则（       ） A. 有两个极值点 B. 若，则当时， C. 若有个零点，则的取值范围是 D. 若存在，满足，则 4．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）已知函数 ，若存在实数，满足，且，则的最大值为（       ） A.  B.  C.  D. 1［公式］       ［公式］       ［公式］ 5．（高三上·广东汕头金山中学·期中）已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）（多选）设函数的极大值点、极小值点分别为，，且，则（       ） A.  B.  C.  D.  7．（2026·广东东莞·联考）已知函数在定义域内不存在零点，则实数的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高三上·广东广州实验外语学校·期中）设函数，若方程有且只有一个实数根，则（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）设函数是函数的导函数，，，且，则不等式的解集为（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）已知函数，若关于的方程有且仅有4个不同的实数根，则实数的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高三上·广东广州黄埔区·期中）（多选）已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（       ） A. 当时，必有两个极值点 B. 过点可以作曲线的3条不同切线，则 C. 若有三个不同的零点，且，则 D. 若有三个不同的零点，则 12．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）（多选）已知函数有大于0的极值，为自然对数的底，则下列说法正确的是（       ） A.  B.  C.  D. 有两个零点且其乘积大于 13．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知且则一定有（       ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（       ） A. 在上的最小值为 B. 的图象与轴有3个公共点 C. 的图象关于点对称 D. 的图象过点的切线有3条 15．（2026·广东中山·三模）（多选）已知函数，则（   ） A.  B. 是的极值点 C. 当时， D. 当时， 16．（2026·广东深圳理工附·质量监测）已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最小值. 17．（高三上·广东梅县东山中学·期中）已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最值. 18．（25-26学年高三上·广东广州实验外语学校·期中）已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 19．（25-26学年高三上·广东广州黄埔区·期中）已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在其定义域一个子集内存在两个极值点，求实数的取值范围并求的极值. 20．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知函数； （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，求函数在上的最大值． 21．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）已知函数. （1）讨论的单调性. （2）若无零点，但有两个不同的极值点， （i）求的取值范围； （ii）设为的两个极值点，求的取值范围. 22．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若恰有三个零点，求a的取值范围． 23．（高三上·广东汕头金山中学·期中）已知函数． （1）当时，求证：单调递增； （2）若在上不单调，求的取值范围； （3）当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 24．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）设函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若方程有且仅有三个不同的实根，且，证明：. 25．（25-26学年高三上·广东揭阳·期中）已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）当时，求极值点的个数； （3）当时，求函数零点的个数. 26．（2026·广东汕头潮阳第一中学·联考）已知函数． （1）若，求函数的最值； （2）若函数与都存在极值，且极值相等，求实数a的值； （3）若函数有两个不同的极值点，且，求证：． 27．（2026·广东深圳宝安中学·联考）已知函数，其中． （1）讨论的单调性； （2）若在定义域内有三个零点a，b，c（）． （ⅰ）求实数m的取值范围； （ⅱ）求证：． 28．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若为的两个不同的极值点，求的最小值． 29．（2026·广东中山·三模）已知函数． （1）时，求的极值 （2）若函数． （i）证明：曲线图象上任意两个不同的点处的切线均不重合． （ii）若，使得成立，求实数的取值范围． 30．（25-26学年高三上·广东仲元中学·期中）已知函数存在极值点． （1）当时，讨论的单调性； （2）求b的取值范围并证明； （3）若且，求a的取值范围． 31．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）已知函数. （1）是否可以为的极值点？请说明理由； （2）证明：若在上单调，则在上单调； （3）若有三个零点，证明：. 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·广东惠州·期中）已知函数，若恒成立，则实数的值为（     ） A.  B.  C.  D.  2．（2026·广东深圳宝安中学·联考）已知，，且，则（       ） A.  B.  C.  D.  3．（2026·广东深圳理工附·质量监测）已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 4．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知，若对任意两个不等的正实数都有恒成立，则的取值范围是　　　　　　　　　　　　 5．（25-26学年高三上·广东河源龙川县第一中学·期中）已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）当时，，求的取值范围． 6．（2026·广东东莞·联考）已知不等式恒成立，则实数的取值范围是　　　　　　　　． 7．（高三上·广东梅县东山中学·期中）已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 8．（25-26学年高三上·广东广州黄埔区·期中）已知函数（为自然对数的底数） （1）求函数在点处的切线方程； （2）若对记，若，有，求的取值范围； （3）设，且，证明： 9．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）已知函数（，且）、（，且）、. （1）若、，求函数的极值； （2）若函数与（，且）的图象存在公切线，求实数的取值范围； （3）已知且，若函数与的图象有三个公共点，求实数的取值范围. 10．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. （1）已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. （2）已知函数有两个零点，记作，若，证明： 考点04 导数的新定义 1．（高三上·广东汕头金山中学·期中）（多选）如果函数满足两个条件：①有且仅有两个不相等的极值点，，②点，与原点三点共线（三点互不重合），且该直线斜率为，那么我们称为具有“线性”.已知函数，且，下列说法正确的是（     ） A. 若，则具有“线性” B. 存在实数，使得具有“线性” C. 若具有“线性”，则 D. 若具有“线性”，则 2．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）（多选）定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数图象的对称中心为，则下列说法正确的是（   ）. A. ， B. 函数有三个零点 C.  D. 若过点可以作三条直线与的图象相切，则实数的取值范围为 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $