第二十九讲 导数解答题专项训练-2027届高三数学一轮复习

高三一轮复习 第二十九讲 导数解答题（切线、单调、极值、最值）高考题分类解析 【学习目标】 1.理解导数的几何意义，能区分“在点处切线”与“过点处切线”，熟练求解切线方程、处理公切线、切线条数相关大题； 2.掌握利用导数分析函数单调性，会对含参函数做分类讨论；能处理单调性恒成立问题，会使用二阶导（高阶导数）分析一阶导的符号； 3.理解极值的定义，明确只是极值点的必要不充分条件，会求极值，已知极值反求参数并完成检验，掌握隐零点整体代换的基本方法； 4.掌握闭区间、开区间函数最值求解；能够把恒成立、存在性问题等价转化为函数最值问题； 【学习重点】 1.导数几何意义大题应用：基础切线求解；过点切线、公切线，设切点列方程组；切线相关参数求解。 2.含参函数单调性分类讨论：定义域优先；求导因式分解；按导数系数、零点大小、零点是否在定义域分类；恒成立条件（单调递增）。 3.极值与极值点：极值完整判定条件（导数为 0 + 左右变号）；已知极值求参数后检验；隐零点整体代换思想。 4.函数最值：闭区间最值（极值 + 端点比较）；恒成立、存在性问题向最值的等价转化。 【学习难点】 1.切线综合大题：过点切线、公切线，学生容易直接拿已知点当切点；公切线容易只比较斜率忽略截距。 2.含参单调性的完整分类讨论：容易漏讨论导数最高次系数；不比较零点大小；忽略零点是否落在定义域内；漏掉最终总结。 3.极值点的逻辑辨析：只解方程，忘记检验左右导数符号；隐零点不会做整体代换。 4.恒成立与存在性的等价转化：混淆（任意恒成立）与（存在），最值转化出错；端点效应（必要性探路）分不清必要条件与充分条件。 必掌握知识点 一：导数几何意义 —— 切线 1.几何含义：代表曲线在切点处切线的斜率。 2.在点处切线：点就是切点，切线方程：。条件：切点满足两个关系：①在函数图像上；②导数等于切线斜率 3.过点的切线：不一定是切点，必须设切点，列方程组 方程组解的个数就是切线条数。 4.公切线：两条曲线共用一条切线，分别设两个切点；既要斜率相等，又要切线方程（截距）完全相同。 5.大题考法：求切线与坐标轴围成面积；已知切线条件求解析式参数；证明切线不经过某点；切线条数问题转化为方程零点问题。 二：导数研究函数的单调性 1.判定：函数单调递增；函数单调递减。 2.恒成立等价条件 在区间上单调递增 在区间恒成立，允许孤立点导数等于 0，不能整个区间导数恒等于 0； 在区间上单调递减 在区间恒成立。 3.含参讨论标准步骤 ①先写定义域； ②求一阶导数，尽量因式分解； ③讨论导数最高次项系数；再讨论导数零点是否存在；比较零点大小；判断零点是否落在定义域内部； ④分区间判断导数正负，写出单调区间； ⑤最后汇总全部情况的结论。 4.二阶导数用途：一阶导符号难以直接判断，对一阶导再次求导，用来分析一阶导数自身的单调性、最值，间接判断一阶导符号；二阶导不能直接判断原函数单调性。 5.衍生考法：利用单调性脱去外壳解抽象函数不等式；必要性探路（端点效应）求参数范围，探路得到的界点仅为必要条件，必须再验证充分性。 三：函数的极值、极值点 1.完整判定条件：定义域，，且左右两侧导函数符号发生改变。 左正、右负极大值点；左负、右正极小值点。是极值点必要不充分条件。求出参数后，必须回代检验左右符号，舍去伪解 2.函数同时存在极大、极小值：导函数在定义域内有两个不同的变号零点。 3.隐零点：导函数零点无法解出精确数值，设零点满足，把这个等式整体代入原函数，消去导数里的参数，计算极值，不能强行求解。 4.题型：求极值；已知极值反求参数；证明极值点唯一；结合奇偶、对称性分析极值。 四：函数的最值 1.闭区间求最值： ①求出区间内部所有极值； ②计算区间两个端点的函数值； ③将极值、端点函数值全部比较，最大为最大值，最小为最小值。 2.开区间：不一定存在最值；若题目说明存在最值，则最值一定取在内部极值点。 3.恒成立与存在性等价转化（高频大题考点） （任意，恒成立，看最小值） （存在，看最大值） 4.综合题型：利用最值完成不等式证明；结合三角函数、数列、整数约束综合问题。 五 切线、单调、极值、最值易错点总结 1.切线问题混淆 “在点” 与 “过点” “在点”：点就是切点，直接求导； “过点”：该点不一定是切点，必须设切点建立方程组，不能直接把该点横坐标代入求斜率； 公切线只保证斜率相等不够，截距也要相等，切线必须完全重合。 2.极值点只解方程，不检验两侧符号 不能推出是极值点；求出参数后，务必回代，检验导函数左右符号，舍去伪解。 3.含参单调性分类讨论漏洞 ①忘记写函数定义域； ②导数零点算出来，不判断零点是否落在定义域内； ③不比较多个零点的大小关系，造成漏情况； ④单调递增恒成立错误写，正确是，允许孤立点导数等于 0。 4.高阶求导逻辑混乱 一阶导符号无法判定，才使用二阶导数；二阶导只用来研究一阶导的单调性，不能直接用来判断原函数极值。 5.闭、开区间最值混淆 闭区间：内部极值和端点函数值全部参与比较； 开区间不一定存在最值；不要直接把极值当成开区间上的最值。 6.隐零点使用误区 隐零点只满足，不能解出具体数值；只能整体代换，不能强行解出零点；注意隐零点所在区间。 7.恒成立与存在性搞混 任意恒成立：看函数最值； 存在性：看函数值域； 二者转化不等式不一样，审题要看清量词。 8.大题分类讨论结束，缺少总结 含参讨论单调性、极值，每种情况分析完成后，最后需要汇总写出完整结论。 9.端点效应、必要性探路逻辑缺陷 用特殊值探路得到参数界点，仅仅是必要条件，必须再充分性验证证明，不能直接把探路结果当做最终答案。 10.零点存在定理使用条件 使用零点存在定理，必须保证函数在区间上连续，端点函数值异号；同时要结合单调性，才能保证零点唯一。 导数解答题标准解题流程 ①写出函数定义域；②求一阶导数；③因式分解，分析导数零点；④含参则分类讨论零点大小、零点是否在定义域；⑤列表，判断导数符号，写出单调区间；⑥分析极值；闭区间则计算端点，求最值；⑦大题分类讨论后写总结；⑧结果回代检验 必掌握题型全归纳： 题型一：导数几何意义 — 切线方程 1.导数几何含义：是曲线在切点处切线斜率。 2.在点处切线：该点就是切点，切线点斜式： 3.综合计算：求切线与坐标轴截距，求解切线与坐标轴围成的三角形面积；结合奇偶性、已知切线条件求解函数解析式中的参数。 4.大题第一小问高频：切点同时满足①在曲线上；②在切线上；导数等于切线斜率，列方程组求解参数。 1.（2026·全国二卷·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，； (2)当时，，求的取值范围； (3)当时，，求的最小值． 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）结合导数几何意义建立方程求解； （2）法一：构造差函数，结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而由恒成立求解参数范围即可；法二：先由必要性探路分析界点，当，确定界点；再结合界点分类讨论即可； （3）法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求解. 【详解】（1）， 由切点在直线上，也在函数图象上， 可知且，可得； 由，则切线的斜率为，解得；故. （2）由（1）知，， 则， 故题意可转化为对任意恒成立， 法一：令，， 则， 当时，由且， 则，即， 则在上单调递增，又， 要使对任意恒成立，则，解得； 当时，不成立； 当时，，，且， 则， 即，则在上单调递减， 又当时，，不满足题意； 综上所述，的取值范围为. 法二：不等式可转化为， 即对任意恒成立， 当时，不成立； 当时，设，， 当时，由，可知，， 这与对任意恒成立矛盾； 当时，， ， 由，故在上单调递增， 故在上存在唯一零点，设为， 且当时，，即， 此时不等式不成立； 当时，，则在上单调递增， 由，故， 故不等式，即恒成立， 综上所述，的取值范围为； （3）法一：设， 则， 令，则， 其中，，. 当时，， 则在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，设 ， 由，可知且， 则，可知在上单调递增， 故，即， 故在上单调递增，故， 故在上单调递增，故， 即当时，恒成立，满足题意； 当时，此时，又， 则存在正实数，使得，， 则在上单调递减，则， 即当，，不满足题意； 综上所述，，即的最小值为. 法二：由可得 ， 则，即， 则， 由，可知，则， 故原不等式可转化为， 由，设，， 则， 设，，令，则，， 由，再令， ，故在上单调递增， 故，则，故在上单调递增， 所以，即，故在上单调递减， 又由洛必达法则可知， 故要使当时，恒成立，则，即的最小值为. 2.（2026·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)求的极值点个数； (3)求与交点个数． 【答案】(1)、 (2)有两个极值点 (3)交点个数为 【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解； （2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数； （3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数. 【详解】（1），则， ，又，解得； （2）由（1）得，则， 令，则，令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； （3）令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 3.（2026·上海·高考真题）已知，函数，． (1)已知，求的解集； (2)已知，是在点处的切线，是过点且垂直于的直线，与、在第一象限内均无公共点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出参数，解不等式即可求出的范围； （2）求出直线与的方程，利用与、在第一象限内均无公共点，得出与无正实数解，分离参数，转化为直线与与曲线在内均无交点，对求导讨论其单调性，得出函数的最值，建立不等关系，即可求出实数的取值范围. 【详解】（1）由题意，.在与中， ，解得，∴， ∵， ∴，解得或或， ∴不等式的解集为. （2）由题意知，由，得， ∴. ∵直线为在点的切线， ∴直线的方程为，即， ∵是过点且垂直于的直线， ∴直线的方程为：，即， 对于函数，，曲线与、在第一象限内均无公共点， ∴与无正实数解， 分离参数得，，， ∴直线与与曲线在内均无交点， 而， 当时，解得（舍）或， ∴当即时，函数单调递减， 当即时，函数单调递增， ∴在处取最小值，. 当时，，当时，， ∴且，即或， ∴实数的取值范围为. 题型二：切线及切点的综合应用（过点切线、公切线、切线条数） 1.过某点的切线：该点未必是切点。设切点，建立方程组： 方程组解的个数代表切线条数。 2.公切线：两条不同曲线的同一条切线。分别设两条曲线上切点；斜率相等，并且切线方程（截距）完全相同，联立方程求参数。 3.常见题型：切线条数问题转化为方程解的个数；切线证明（证明切线不经过某点）；切点弦方程；切线衍生的面积、不等式证明。 4.方法：特殊探路、构造新函数，利用零点存在定理判断切点方程根的个数。 4.（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可； （3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可. 【详解】（1）， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. （2），切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. （3）时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 【点睛】 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题. 5.（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值； （2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可； （3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围. 【详解】（1）设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. （2）因为，所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； （3）解法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以 ， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 解法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ，. 所以 ,由（1）知,当时，，所以,所以. 6.已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． (1)若，求a； (2)求a的取值范围． 【答案】(1)3 (2) 【分析】（1）先由上的切点求出切线方程，设出上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出即可； （2）设出上的切点坐标，分别由和及切点表示出切线方程，由切线重合表示出，构造函数，求导求出函数值域，即可求得的取值范围. 【详解】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为， 即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得； （2），则在点处的切线方程为，整理得， 设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得， 则，整理得， 令，则，令，解得或， 令，解得或，则变化时，的变化情况如下表： 0 1 0 0 0 则的值域为，故的取值范围为. 题型三：利用导数研究含参函数的单调性 1.判断法则：单调递增；单调递减。 2.恒成立转化 在区间单调递增在区间恒成立，允许孤立点导数等于 0，不能整个区间导数恒等于 0。 在区间单调递减在区间恒成立。 3.含参分类讨论（解答题核心） ①优先写定义域； ②求一阶导数，整理因式分解； ③讨论导数最高次项系数；再讨论导数零点的有无、零点大小、零点是否落在定义域内； ④分区间判断导数符号，写出单调区间。 4.衍生题型：利用单调性脱去外壳解函数不等式；结合零点、不等式证明；端点效应、必要性探路求参数范围。 5.高阶导数：一阶导数符号不好判断，需要二次求导（二阶导）研究导函数本身单调性。 7.已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标． 【答案】(1)答案见解析；(2) 和. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性； (2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标. 【详解】(1)由函数的解析式可得：， 导函数的判别式， 当时，在R上单调递增， 当时，的解为：， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增； 综上可得：当时，在R上单调递增， 当时，在，上 单调递增，在上单调递减. (2)由题意可得：，， 则切线方程为：， 切线过坐标原点，则：, 整理可得：，即：， 解得：，则， 切线方程为：, 与联立得， 化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为 解得, ， 综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和. 【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根. 8.已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 【答案】(1) 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【详解】（1）因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）略 9.已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1) 在上单调递增,在上单调递减 (2) 【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可; （2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可. 【详解】（1） 令,则 则 当 当,即. 当,即. 所以在上单调递增,在上单调递减 （2）设 设 所以. 若, 即在上单调递减,所以. 所以当,符合题意. 若 当,所以. . 所以,使得,即,使得. 当,即当单调递增. 所以当,不合题意. 综上,的取值范围为. 【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当. 题型四：函数的极值、极值点 1.极值判定条件：属于定义域，，并且左右两侧导函数符号发生改变。 左正右负：极大值点；左负右正：极小值点。 只是极值点必要不充分条件，算出参数后必须回代检验左右导函数符号变化，舍去伪解。 2.既有极大又有极小：导函数在定义域内存在两个不同的变号零点。 3.题型：求函数极值；已知极值 / 极值点反求参数；极值点唯一性证明；极值范围约束；结合奇偶、对称性质分析极值。 4.隐零点：导函数零点无法精确求解，设满足，整体代换计算极值。 10.（2025·上海·高考真题）已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【答案】(1) (2)且. 【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解； （2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（1）因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. （2）在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 11.（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【答案】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得， 即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2） 【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果； （2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解. 【详解】（1）略 （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 【点睛】关键点睛： 1.当时，利用，换元放缩； 2.当时，利用，换元放缩. 12.（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2) 【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值. （2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 故， 因为在上为增函数， 故在上为增函数，而， 故当时，，当时，， 故在处取极小值且极小值为，无极大值. （2）， 设， 则， 当时，，故在上为增函数， 故，即， 所以在上为增函数，故. 当时，当时，， 故在上为减函数，故在上， 即在上即为减函数， 故在上，不合题意，舍. 当，此时在上恒成立， 同理可得在上恒成立，不合题意，舍； 综上，. 【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类. 题型五：函数的最值（闭区间、全局最值） 1.闭区间求最值步骤 ①求出区间内部全部极值； ②计算区间两个端点函数值； ③把极值、端点值全部放在一起比较，得到最大值、最小值。 2.开区间：开区间不一定存在最值；题目说明存在最值，则最值一定在内部极值点处取得。 3.题型：全局最值；由恒成立条件转化为函数最值；利用最值完成不等式证明；结合整数约束、数列综合；三角函数区间最值。 4.恒成立转化： 等价； 等价。 13.已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以； （2），则， 当时，，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，此时函数无零点，不合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 又， 由（1）得，即，所以， 当时，， 则存在，使得， 所以仅在有唯一零点，符合题意； 当时，，所以单调递增，又， 所以有唯一零点，符合题意； 当时，，在上，，单调递增； 在上，，单调递减；此时， 由（1）得当时，，，所以， 此时 存在，使得， 所以在有一个零点，在无零点， 所以有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题. 14.已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 【答案】（1）；（2）． 【详解】试题分析：（1）由原函数与导函数的关系可得x=a是在的唯一最小值点，列方程解得； （2）由题意结合（1）的结论对不等式进行放缩，求得，结合可知实数的最小值为. 试题解析：（1）的定义域为. ①若，因为，所以不满足题意； ②若，由知，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故x=a是在的唯一最小值点. 由于，所以当且仅当a=1时，.故a=1. （2）由（1）知当时，. 令得.从而 . 故. 而，所以的最小值为. 【名师点睛】 导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 15.已知函数 （I）求的导函数 （II）求在区间上的取值范围 【答案】（I）；（II）. 【详解】试题分析：本题主要考查函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考查分析问题和解决问题的能力． （Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得的导数；（Ⅱ）令，解得或，进而判断函数的单调区间，结合区间端点值求解函数的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）因为，， 所以． （Ⅱ）由，解得或． 因为 x （，1） 1 （1，） （，） – 0 + 0 – f（x） 0 又， 所以f（x）在区间上的取值范围是． 【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，由的正负，得出函数的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数的极值或最值． 巩固提升： （切线方程、单调性及极值与最值） 1.（2026·上海·高考真题）已知函数. (1)当，，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或， 【分析】（1）根据以及可得，即可求导以及点斜式求解直线方程， （2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解. 【详解】（1）当时，则， 根据可得，故，故， 由于，故，故， ，则， 故函数在处的切线方程为，故， （2）函数的最小正周期为，故，所以， 令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，解得， 当时，要使得有1351个实数根，则，无解， 综上可得或. 2.（2026·天津·高考真题）已知． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明； (3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 【答案】(1) (2)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. (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可； （2）方法一：令，利用导数研究在上的单调性以及最值即可证明结论； 解法二：切线不等式放缩. 构建，，利用切线不等式可证在上恒成立，再利用导数证明在成立即可. 解法三：比值构造法 构建，，求导，分和两种情况讨论，利用导数分析的单调性和最值，即可证明不等式. （3）利用导数证明，分和两种情况讨论不等式是否成立. 【详解】（1）由于， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为：， 即； （2）略 （3）①当时，设 构造函数， 则， 令， 所以， 由于在上单调递增， 所以，则在上单调递减， 故，则在上单调递减， 则在上恒成立，即在上恒成立； 令，所以， 所以在上单调递增，则，当且仅当时取等， 即在上恒成立. 故， 令，则， 对于，令，则， 变形得， 裂项求和得， 对题设不等式左边取对数放缩： ， 对题设不等式右边取对数放缩：： 当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件； ②当时，若,恒成立， 此时原不等式右侧，只需证明：， 由（2）问结论可得： 对于二项式展开， 两边取对数，， 又 因此， 所以原不等式成立，则的最大值为 3.（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【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； （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. 4.（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 【答案】(1) (2)2 (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. 【分析】（1）直接使用导数的几何意义； （2）先由题设条件得到，再证明时条件满足； （3）先确定的单调性，再对分类讨论. 【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. （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）略 【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. 5.（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【详解】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 6.设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 【答案】(1) (2)的单调递减区间为和，单调递增区间为和. (3)3个 【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可； （2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间； （3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数. 【详解】（1）因为，所以， 因为在处的切线方程为， 所以，， 则，解得， 所以. （2）由（1）得， 则， 令，解得，不妨设，，则， 易知恒成立， 所以令，解得或；令，解得或； 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 即的单调递减区间为和，单调递增区间为和. （3）由（1）得，， 由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，，即 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，在上单调递减， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减； 所以在上有一个极大值点； 当时，在上单调递增， 则，故， 所以在上存在唯一零点，不妨设为，则， 此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增； 所以在上有一个极小值点； 当时，， 所以，则单调递增， 所以在上无极值点； 综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点. 【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解. 7.已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可； （2）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则， 据此可得， 所以函数在处的切线方程为，即. （2）由函数的解析式可得， 满足题意时在区间上恒成立. 令，则， 令，原问题等价于在区间上恒成立， 则， 当时，由于，故，在区间上单调递减， 此时，不合题意; 令，则， 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 即在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，，满足题意. 当时，由可得， 当时，在区间上单调递减，即单调递减， 注意到，故当时，，单调递减， 由于，故当时，，不合题意. 综上可知：实数得取值范围是. 【点睛】方法点睛： （1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. （2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法 ①函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立． ②函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集． 8.已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 【答案】(1)； (2) 令， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. (3). 【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可； (2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可； (3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 则， 据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. （2）略 （3）由函数的解析式可得， 由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 由一次函数与对数函数的性质可得，当时， ， 且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以 ， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. (2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证. 9.已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 【答案】(1) (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. 【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率； （2）问题化为时，构造，利用导数研究单调性，即可证结论； （3）构造，，作差法研究函数单调性可得，再构造且，应用导数研究其单调性得到恒成立，对作放缩处理，结合累加得到，即可证结论. 【详解】（1），则， 所以，故处的切线斜率为； （2）略 （3）略 【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究单调性证右侧不等关系，再构造且，导数研究其函数符号得恒成立，结合放缩、累加得到为关键. 10.令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列． (1)若正整数，证明； (2)若正整数，试比较与大小； (3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)存在， 【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明， （2）构造函数后由导数证明不等式， （3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解， 【详解】（1），则在处的切线为， 当时，，即， 所以当正整数时，； （2）作差得， 令，， 当时，，当时，， 故在单调递增，在上单调递减， ，故， 所以当正整数时，； （3），令， 与单调性相同，由（2）得， 当时，，当时，， 故至多有两解， 若成等差数列，则， 故最多项成等差数列，此时，． 而，， 令，，显然时，， 故在上单调递增， 而，，，故有唯一解， 存在使得，此时，故存在最多项成等差数列， 11.已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求出可求切线方程； （2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求. （ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立. 【详解】（1），故，而， 曲线在点处的切线方程为即. （2）（i）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. （ii）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. 12.已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可 （2）求导,对分类讨论,对分两部分研究 【详解】（1）的定义域为 当时,,所以切点为,所以切线斜率为2 所以曲线在点处的切线方程为 （2）， 设 若,当,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若,当,则 所以在上单调递增所以,即 所以在上单调递增, 故在上没有零点,不合题意 若 (1)当,则,所以在上单调递增 所以存在,使得,即 当单调递减 当单调递增 所以 当, 令则 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又，， 所以在上有唯一零点 又没有零点,即在上有唯一零点 (2)当 设 所以在单调递增 所以存在,使得 当单调递减 当单调递增, 又 所以存在,使得,即 当单调递增,当单调递减， 当，， 又， 而,所以当 所以在上有唯一零点,上无零点 即在上有唯一零点 所以,符合题意 所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为 【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明. 13.已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【答案】(1) (2)在上单调递增. (3)证明如下： 原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【详解】（1）因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）略 14.已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 【答案】（I）； （II）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； （III） 【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程； （II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解； （III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值. 【详解】（I），则， 又，则切线方程为； （II）略 （III）由（II）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. 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即. 15.已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为. 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，，. 16.已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求函数的单调区间和极值； （Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有． 【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)；的极小值为，无极大值； （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)(ii)可知，当时，，即， 故         ③ 由①②③可得. 所以，当时，任意的，且，有. 【分析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可； (ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可； （Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论. 【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. (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. （Ⅱ）略 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 17.已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果； （Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值. 【详解】（Ⅰ）因为，所以， 设切点为，则，即，所以切点为， 由点斜式可得切线方程为：，即. （Ⅱ）[方法一]：导数法 显然，因为在点处的切线方程为：， 令，得，令，得， 所以， 不妨设时，结果一样， 则， 所以 ， 由，得，由，得， 所以在上递减，在上递增， 所以时，取得极小值， 也是最小值为. [方法二]【最优解】：换元加导数法   ． 因为为偶函数，不妨设，， 令，则． 令，则面积为，只需求出的最小值． ． 因为，所以令，得． 随着a的变化，的变化情况如下表： a 0 减 极小值 增 所以． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法三]：多元均值不等式法 同方法二，只需求出的最小值． 令， 当且仅当，即时取等号． 所以当，即时，． 因为为偶函数，当时，． 综上，当时，的最小值为32． [方法四]：两次使用基本不等式法 同方法一得到 ,下同方法一. 【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高. 18.设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）；（2）证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可； （2）方法一：由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可. 【详解】（1）因为，由题意，，即：，则． （2）［方法一］：通性通法 由（1）可得，， 令，得或；令，得， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 且， 若所有零点中存在一个绝对值大于1的零点，则或， 即或. 当时，， 又， 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点， 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点， 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 当时，， 又， 由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点， 即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点， 此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，所有零点的绝对值都不大于1. ［方法二］【最优解】： 设是的一个零点，且，则． 从而． 令，由判别式，可知在R上有解，的对称轴是，所以在区间上有一根为，在区间上有一根为（当时，），进而有，所以的所有零点的绝对值均不大于1． ［方法三］： 设是函数的一个绝对值不大于1的零点，且．设，则，显然在区间内单调递减，在区间内单调递增，在区间内单调递减．又，于是的值域为． 设为函数的零点，则必有，于是，所以解得，即． 综上，的所有零点的绝对值都不大于1． ［方法四］： 由（1）知，，令，得或．则在区间内递增，在区间内递减，在区间内递增，所以的极大值为的极小值为． （ⅰ）若，即或，有唯一一个零点，显然有，不满足题意； （ⅱ）若，即或，有两个零点，不妨设一个零点为，显然有，此时，，则，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为，则另一个零点为． （ⅲ）若，即，有三个零点，易知在区间内有一个零点，不妨设为，显然有，又，，所以在内有一个零点m，显然，同理，在内有一个零点n，有． 综上，所有零点的绝对值都不大于1． ［方法五］： 设是的一个零点且，则是的另一个零点． ． 则，设，由判别式，所以方程有解． 假设实数满足． 由，得．与矛盾，假设不成立． 所以，所有零点的绝对值都不大于1． 【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出的范围，然后再由零点定义以及的范围即可求出所有零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为，满足，再设另一个零点为，通过零点定义找到的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出． 19.已知函数. （Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当时，求证：； （Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 【答案】（Ⅰ）和. （Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数； 而，所以，即； 同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得. （Ⅲ）. 【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程； (Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论； (Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值. 【详解】（Ⅰ），令得或者. 当时，，此时切线方程为，即； 当时，，此时切线方程为，即； 综上可得所求切线方程为和. （Ⅱ）略 （Ⅲ）由（Ⅱ）知， 所以是中的较大者， 若，即时，； 若，即时，； 所以当最小时，，此时. 【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 20.设函数=[]． （1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求； （2）若在处取得极小值，求的取值范围． 【答案】(1) 1  (2)（，） 【详解】分析：（1）先求导数，再根据得a；（2）先求导数的零点：，2；再分类讨论，根据是否满足在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围． 详解：解：（Ⅰ）因为=[]， 所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R） =［ax2–（2a+1）x+2］ex． f ′(1)=(1–a)e． 由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1． 此时f (1)=3e≠0． 所以a的值为1． （Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex． 若a>，则当x∈(，2)时，f ′(x)<0； 当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0． 所以f (x)<0在x=2处取得极小值． 若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0， 所以f ′(x)>0． 所以2不是f (x)的极小值点． 综上可知，a的取值范围是（，+∞）． 点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解. 21.设函数. （Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a； （Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 【详解】分析：（1）求导，构建等量关系，解方程可得参数的值；（2）对分及两种情况进行分类讨论，通过研究的变化情况可得取得极值的可能，进而可求参数的取值范围. 详解： 解：（Ⅰ）因为， 所以. ， 由题设知，即，解得. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得. 若a>1，则当时，； 当时，. 所以在x=1处取得极小值. 若，则当时，， 所以. 所以1不是的极小值点. 综上可知，a的取值范围是. 方法二：. （1）当a=0时，令得x=1. 随x的变化情况如下表： x 1 + 0 − ↗ 极大值 ↘ ∴在x=1处取得极大值，不合题意. （2）当a>0时，令得. ①当，即a=1时，， ∴在上单调递增， ∴无极值，不合题意. ②当，即0<a<1时，随x的变化情况如下表： x 1 + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴在x=1处取得极大值，不合题意. ③当，即a>1时，随x的变化情况如下表： x + 0 − 0 + ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意. （3）当a<0时，令得. 随x的变化情况如下表： x − 0 + 0 − ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ ∴在x=1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a的取值范围为. 点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题. 解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性. 22.已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，． 【答案】（1）切线方程是；（2）证明见解析． 【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程． （2）方法一：当时，，令，只需证明即可． 【详解】（1），． 因此曲线在点处的切线方程是． （2）［方法一］：【最优解】放缩 当时，． 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．因此． ［方法二］：【通性通法】导数的应用 函数的定义域为R，． 当时，令，得，或，其中．则函数的单调递减区间为，，单调递增区间为．又，当时，恒成立，故，故当时，． ［方法三］：等价变形＋含参讨论 不等式等价于． 令． 当时，（导数法证明过程参考方法二）． 当时，易知在R上单调递增且． 所以存在唯一实数使得，即．函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．故． 记，则的图像为开口向上，对称轴的抛物线，故函数在区间内单调递减，故． 综上所述，当时，． ［方法四］：【最优解】利用切线不等式放缩 不等式等价于．因为，所以．当时，，即结论得证． 【整体点评】（2）方法一：利用不等式性质放缩，转化为求具体函数的最值，方法简单易操作，是该题的最优解； 方法二：直接研究函数的单调性求最小值，即可解出，是该类型题的通性通法； 方法三：将不等式等价变形，然后再含参讨论新函数的单调性，求出最小值，此法也是常规手段，但是对于解决该题，显得有些繁琐； 方法四：将不等式等价变形，然后利用切线不等式，不等式的性质放缩，再结合二次函数的性质解出，也可以认为是本题的最优解． 23.已知函数. (I)当a=2时,求曲线在点处的切线方程； (II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析． 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由,通过讨论确定的单调性,再由单调性确定极值. 试题解析：（Ⅰ）由题意， 所以，当时，，， 所以， 因此，曲线在点处的切线方程是， 即. （Ⅱ）因为， 所以， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 因为， 所以，当时，；当时，. （1）当时，， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以当时取到极大值，极大值是， 当时取到极小值，极小值是. （2）当时，， 当时，，单调递增； 所以在上单调递增，无极大值也无极小值. （3）当时，， 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以当时取到极大值，极大值是； 当时取到极小值，极小值是. 综上所述： 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是； 当时，函数在上单调递增，无极值； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是. 【考点】导数的几何意义及导数的应用 【名师点睛】(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值． 24.已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值. 【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式中即可；（Ⅱ）设，求，根据确定函数的单调性，根据单调性求函数的最大值为，从而可以知道恒成立，所以函数是单调递减函数，再根据单调性求最值. 试题解析：（Ⅰ）因为，所以. 又因为，所以曲线在点处的切线方程为. （Ⅱ）设，则. 当时，， 所以在区间上单调递减. 所以对任意有，即. 所以函数在区间上单调递减. 因此在区间上的最大值为，最小值为. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设，再求，一般这时就可求得函数的零点，或是()恒成立，这样就能知道函数的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断的单调性，最后求得结果. 25.设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2)（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为， 故， 故方程有3个不同的根， 该方程可整理为， 设， 则 ， 当或时，；当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 因为有3个不同的零点，故且， 故且， 整理得到：且， 此时， 设，则， 故为上的减函数，故， 故. （ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得： 故在上为减函数，在上为增函数， 不妨设，则， 因为有3个不同的零点，故且， 故且， 整理得到：， 因为，故， 又， 设，，则方程即为： 即为， 记 则为有三个不同的根， 设，， 要证：，即证， 即证：， 即证：， 即证：， 而且， 故， 故， 故即证：， 即证： 即证：， 记，则， 设，则，所以， ， 故在上为增函数，故， 所以， 记， 则， 所以在为增函数，故， 故即， 故原不等式得证： 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性. （2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立. 【详解】（1）， 当，；当，， 故的减区间为，的增区间为. （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等. 26.已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值； （2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知，，设圆M上的点，则． 所以． 从而有． 因为，所以当时，． 又，解之得，因此． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为， 由于点为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得，， 所以，， 点到直线的距离为， 所以，， ， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到． 过P作y轴的平行线交于Q，则． ． P点在圆M上，则 ． 故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，． 设，联立和抛物线C的方程得整理得． 判别式，即，且． 抛物线C的方程为，即，有． 则，整理得，同理可得． 联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得． 由弦长公式得． 点P到直线的距离为． 所以， 其中，即． 当时，． 【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值； 27.已知函数，，其中a>1. （I）求函数的单调区间； （II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明：； （III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. 【答案】(Ⅰ)单调递减区间，单调递增区间为；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析. 【分析】（I）由题意可得，由以及即可解出； （II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得，两边取对数即可证出； （III）方法一：分别求出两曲线的切线的方程，则问题等价于当时，存在，，使得l1和l2重合，构造函数，令，利用导数证明函数存在零点，即可证出. 【详解】（I）由已知，，有. 令，解得x=0. 由a>1，可知当x变化时，，的变化情况如下表： x 0 0 + 极小值 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （II）由，可得曲线在点处的切线斜率为. 由，可得曲线在点处的切线斜率为. 因为这两条切线平行，故有，即. 两边取以a为底的对数，得，所以. （III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理 曲线在点处的切线l1：. 曲线在点处的切线l2：. 要证明当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线， 只需证明当时，存在，，使得l1和l2重合. 即只需证明当时，方程组有解， 由①得，代入②，得.   ③ 因此，只需证明当时，关于x1的方程③存在实数解. 设函数， 即要证明当时，函数存在零点. ，可知时，； 时，单调递减， 又，， 故存在唯一的x0，且x0>0，使得，即. 由此可得在上单调递增，在上单调递减. 在处取得极大值. 因为，故， 所以 . 下面证明存在实数t，使得. 由（I）可得，当时， 有 ，根据二次函数的性质， 所以存在实数t，使得， 因此，当时，存在，使得. 所以，当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. ［方法二］： 因为曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为，所以直线l满足如下条件： ． 记，则是关于t的减函数． ， 使，即，即． 当时，；当时，，，由（Ⅰ）可得当时，． 若．则，取，，所以在区间内存在零点． 所以当时，存在直线l，使l曲线的切线，也是曲线的切线． 【整体点评】（III）方法一：利用切线重合，建立等量关系，通过消元得出方程，根据方程有解，转化为函数有零点，由零点存在性定理证出； 方法二：根据斜率相等得出方程，引入新变元，构建关于新变元的方程，再由方程有实根，转化为对应函数有零点，即可证出． 28.设，.已知函数，. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：在处的导数等于0； （ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围. 【答案】（I）单调递增区间为，，单调递减区间为.（II）（i）见解析.（ii）. 【详解】试题分析：求导数后因式分解根据，得出，根据导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间，对求导，根据函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，解得，根据的单调性可知在上恒成立，关于x的不等式在区间上恒成立，得出，得，， 求出的范围，得出的范围. 试题解析：（I）由，可得 ， 令，解得，或.由，得. 当变化时，，的变化情况如下表： 所以，的单调递增区间为，，单调递减区间为. （II）（i）因为，由题意知， 所以，解得. 所以，在处的导数等于0. （ii）因为，，由，可得. 又因为，，故为的极大值点，由（I）知. 另一方面，由于，故， 由（I）知在内单调递增，在内单调递减， 故当时，在上恒成立，从而在上恒成立. 由，得，. 令，，所以， 令，解得（舍去），或. 因为，，，故的值域为. 所以，的取值范围是.【考点】导数的应用 【名师点睛】利用导数工具研究函数是历年高考题中的难点问题，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值或最值，利用导数的几何意义研究曲线的切线方程以及利用导数研究函数的零点和值域也是常见考法，本题把恒成立问题转化为函数值域问题很巧妙，问题转化为借助导数研究函数在某区间上的取值范围去解决，方法灵活思维巧妙，匠心独运. 29.（2025·全国二卷·高考真题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】(1)证明：由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以在上恒成立， 又因为，时， 所以时， 所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点. (2)（i）证明：由（1）知，则，， ， 则 ， ， ， 即在上单调递减. （ii），证明如下： 由（i）知：函数在区间上单调递减， 所以即，又， 由（1）可知在上单调递减，，且对任意， 所以. 【分析】（1）先由题意求得，接着构造函数，利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数在区间上存在唯一极值点；再结合和时的正负情况即可得证在区间上存在唯一零点； （2）（i）由（1）和结合（1）中所得导函数计算得到，再结合得即可得证； （ii）由函数在区间上单调递减得到，再结合， 和函数的单调性以以及函数值的情况即可得证. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）略 30.（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 【答案】(1) 当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. (2) ，且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性； （2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可. 【详解】（1）定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）略 31.已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2) (3)证明如下： 取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）略 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式. 32已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：， 当时，若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，若，则单调递增， 若，则单调递减， 若，则单调递增； (2)若选择条件①： 由于，故，则， 而， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于，故，则， 当时，，， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. 当时，构造函数，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 注意到，故恒成立，从而有：，此时： 当时，， 当时，， 取，则， 即：， 而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点. ， 由于，，故， 结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用． 33.设a，b为实数，且，函数 （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足. (注：是自然对数的底数) 【答案】(1)时，的单调递增区间为,无减区间； 时，函数的单调减区间为，单调增区间为. (2)； (3)证明：[方法一]【最优解】： 有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为， ， 注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故，又由知， ， 要证，只需， 且关于的函数在上单调递增， 所以只需证，只需证， 只需证， ，只需证在时为正， 由于，故函数单调递增， 又，故在时为正， 从而题中的不等式得证. [方法二]：分析+放缩法 有2个不同零点，不妨设，由得（其中）． 且． 要证，只需证，即证，只需证． 又，所以，即． 所以只需证．而，所以， 又，所以只需证． 所以，原命题得证． [方法三]： 若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且． 又，故进一步有． 由可得且，从而．． 因为， 所以， 故只需证． 又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立． 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性； (2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围； (3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立. 【详解】(1)， ①若，则，所以在上单调递增； ②若， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 综上可得，时，的单调递增区间为,无减区间； 时，函数的单调减区间为，单调增区间为. (2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解， 令，则， 记， 记， 又，所以时，时，， 则在单调递减，单调递增，， . 即实数的取值范围是. (3)略 【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法， 方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围. 方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！ 方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论. 34.设函数，其中. （1）讨论的单调性； （2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围. 【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）. 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性. （2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为， 又， 因为，故， 当时，；当时，； 所以的减区间为，增区间为. （2）因为且的图与轴没有公共点， 所以的图象在轴的上方， 由（1）中函数的单调性可得， 故即. 【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化. 35.已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）. 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围. 【详解】（1）当时，, 令得,当时，,当时，, ∴函数在上单调递增；上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数 ,设函数, 则,令，得, 在内,单调递增； 在上,单调递减； , 又，当趋近于时，趋近于0， 所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是, 所以的取值范围是. [方法二]：构造差函数 由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解． 构造函数，求导数得． 当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意； 当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为． 由于， 当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即． 构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且． 所以，实数a的取值范围为． [方法三]分离法：一曲一直 曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解． 因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点． ①当时，与只有一个交点，不符合题意． ②当时，取上一点在点的切线方程为，即． 当与为同一直线时有得 直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点． 记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有． 综上所述，实数a的取值范围为． [方法四]：直接法 ． 因为，由得． 当时，在区间内单调递增，不满足题意； 当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减． 因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即． 令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即． 故实数a的范围为．] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题， 方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解. 方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值. 方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论． 方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论. 36.已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为； （2）证明：[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性. (2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)略 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 37.已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）. 【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间； （2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果. 【详解】（1）当时，，， 令，解得，令，解得， 所以的减区间为，增区间为； （2）若有两个零点，即有两个解， 从方程可知，不成立，即有两个解， 令，则有， 令，解得，令，解得或， 所以函数在和上单调递减，在上单调递增， 且当时，， 而时，，当时，， 所以当有两个解时，有， 所以满足条件的的取值范围是：. 【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果. 38.已知函数f（x）=2lnx+1． （1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围； （2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性． 【答案】（1）；（2）在区间和上单调递减，没有递增区间 【分析】（1）[方法三]不等式转化为，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可； （2）对函数求导，把导函数的分子构成一个新函数 ，再求导得到，根据的正负，判断 的单调性，进而确定的正负性，最后求出函数的单调性. 【详解】（1） [方法一]【最优解】： 等价于． 设，则． 当时，，所以在区间内单调递增； 当时，，所以在区间内单调递减． 故，所以，即，所以c的取值范围是． [方法二]：切线放缩 若，即，即当时恒成立， 而在点处的切线为，从而有， 当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为． [方法三]：利用最值求取值范围 函数的定义域为： ， 设，则有 ， 当时，单调递减， 当时，单调递增，所以当时，函数有最大值， 即， 要想不等式在上恒成立，只需；所以c的取值范围为． （2）且 因此，设 ， 则有， 当时，，所以， 单调递减，因此有，即 ，所以单调递减； 当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间. 【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用； 方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础. 方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想. 39.已知函数f(x)=sin2xsin2x. （1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； （2）证明：； （3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增. （2）[方法一]【最优解】：基本不等式法 由四元均值不等式可得 ，当且仅当， 即或时等号成立． 所以． [方法二]：构造新函数+齐次化方法 因为，令，则问题转化为求的最大值． 求导得，令，得． 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 所以函数的最大值为，故． [方法三]：结合函数的周期性进行证明 注意到， 故函数是周期为的函数， 结合(1)的结论，计算可得：， ，， 据此可得：，， 即. （3）利用(2)的结论 由于， 所以． 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可； (2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式； (3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式. 【详解】(1)由函数的解析式可得：，则： ， 在上的根为：， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. (2)略 (3)略 【整体点评】(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件； 方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式； 方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用. (3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式； 40.设函数为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）当时，证明； （Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明. 【答案】（Ⅰ）单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）见证明；（Ⅲ）见证明 【分析】(Ⅰ)由题意求得导函数的解析式，然后由导函数的符号即可确定函数的单调区间； (Ⅱ)构造函数，结合(Ⅰ)的结果和导函数的符号求解函数的最小值即可证得题中的结论； (Ⅲ)令，结合(Ⅰ)，(Ⅱ)的结论、函数的单调性和零点的性质放缩不等式即可证得题中的结果. 【详解】(Ⅰ)由已知，有. 当时，有，得，则单调递减; 当时，有，得，则单调递增. 所以，的单调递增区间为， 的单调递减区间为. (Ⅱ)记.依题意及(Ⅰ)有：， 从而.当时，，故 . 因此，在区间上单调递减，进而. 所以，当时，. (Ⅲ)依题意，，即. 记，则. 且. 由及(Ⅰ)得. 由(Ⅱ)知，当时，，所以在上为减函数， 因此. 又由(Ⅱ)知，故： . 所以. 【点睛】本题主要考查导数的运算､不等式证明､运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力､综合分析问题和解决问题的能力. 41已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）证明：只有一个零点． 【答案】（1）增区间是，，减区间是； （2）证明见解析. 【分析】（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间； （2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得. 【详解】（1）当a=3时，，． 令解得x=或x=． 由解得：； 由解得：． 故函数的增区间是，，减区间是． （2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理 由于，所以等价于． 设,则,仅当时,所以在单调递增.故至多有一个零点,从而至多有一个零点.又,故有一个零点.综上,只有一个零点. ［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系 因为，所以等价于，令，则．因为，则，当且仅当时，等号成立，所以在区间内单调递增， 当时，；当时，．所以直线与的图像只有一个交点，即只有一个零点． ［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理 ． ①当时，单调递增，只有一个零点． ②当与时，，再令或，则有．当与时，单调递增，当时，单调递减． 因为， ， 所以． 极大值与极小值同正同负，故只有一个零点． ［方法四］： 等价转化＋零点存在性定理 由于，所以，等价于． 设，则，仅当时，，所以在区间内单调递增．故至多有一个零点，从而至多有一个零点． 结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取，则有，取，则有，所以在内有一个零点，故有一个零点． 综上，只有一个零点． 【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解； 方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨； 方法三：直接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，但对于该题，显得有些复杂； 方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样． 42.已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 【答案】(1)a=；增区间为，减区间为． (2)证明：［方法一］：【最优解】放缩法 当时，. 设，则. 当时，； 当时，.所以是的最小值点. 故当时，.因此，当时，. ［方法二］：【通性通法】隐零点讨论 因为，所以在区间内单调递增．设，当时，，当时，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以． 设，则． 所以在区间内单调递减，故，即成立． ［方法三］：分离参数求最值 要证时，即，则证成立． 令，则． 令，则，由知在区间内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减． 所以，而，所以恒成立，原命题得证． ［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式 ，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则．易知在区间内是减函数，在区间内是增函数．所以． 由，得． ． 当且仅当，即时，，所以． ［方法五］：异构 要证明，即证， 即证明，再证明即可． 令，． 设，则． 若时，在上恒成立，所以； 若时，当时；当时，． 所以为的极小值点，则． 因为，所以，所以． 令． 当时，；当时，，所以为的极小值点． 则，所以，即． 所以． ［方法六］： 高阶函数借位构建有界函数 ． 令，则． 令．显然为定义域上的增函数．又，故当时，，得；当时，，得．即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故．即恒成立，而恒成立． 【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间； （2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时，，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果. 【详解】（1）的定义域为，，则，解得：，故．易知在区间内单调递增，且， 由解得：；由解得：， 所以的增区间为，减区间为． （2）略 【整体点评】（2）方法一：利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解； 方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法； 方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法； 方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样； 方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐； 方法六：基本类似于方法三． 43.已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 【答案】 （1）若，在单调递减. （ii）若，在单调递减，在单调递增. （2）［方法一］：【通性通法】消元 由（1）知，存在两个极值点当且仅当. 由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于 ， 所以等价于. 设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即. ［方法二］：【通性通法】消元 由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时． 欲证不等式成立，只需证． 因为，所以，只需证． 令， 所以，在区间内单调递减，且，所以，即证． ［方法三］：硬算 因为， 所以有两个相异的正根（不妨设）． 则且即． 所以． 而，，所以． 设，则． 所以在上递减，，问题得证． ［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用 由（1）知，存在两个极值点当且仅当． 由于的两个极值点满足，所以．不妨设，则．由于． 令， ，则， 所以在上单调递减，所以，即， 所以，则， 所以，即． 故． 【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间； （2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果. 【详解】（1）的定义域为，. （i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减. （ii）若，令得，或. 当时，； 当时，.所以在单调递减，在单调递增. （2）略 【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法； 方法二：同方法一，只是消元字母不一样； 方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂； 方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解． 44.已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）当时，在单调递减； 当，在单调递减，在单调递增. （2）. 【详解】 （1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减. （ⅱ）若，则由得. 当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增. （2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点. （ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为. ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，即，故没有零点； ③当时，，即. 又，故在有一个零点. 设正整数满足，则. 由于，因此在有一个零点. 综上，的取值范围为. 点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点. 45.设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）设，函数，求证：； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足. 【答案】（Ⅰ）增区间是，，递减区间是.（Ⅱ）见解析；（III）见解析. 【详解】试题分析：由于为，所以判断的单调性，需要对二次求导，根据的导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间;由，得 ，.令函数，分别求导证明.有关零点问题，利用函数的单调性了解函数的图像情况，对极值作出相应的要求可控制零点的个数. 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得， 进而可得.令，解得，或. 当x变化时，的变化情况如下表： x + - + ↗ ↘ ↗ 所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是. （Ⅱ）证明：由，得， . 令函数，则.由（Ⅰ）知，当时，，故当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，当时，，可得. 令函数，则.由（Ⅰ）知，在上单调递增，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.因此，当时，，可得. 所以，. （III）证明：对于任意的正整数 ，，且， 令，函数. 由（II）知，当时，在区间内有零点； 当时，在区间内有零点. 所以在内至少有一个零点，不妨设为，则. 由（I）知在上单调递增，故， 于是. 因为当时，，故在上单调递增， 所以在区间上除外没有其他的零点，而，故. 又因为，，均为整数，所以是正整数， 从而. 所以.所以，只要取，就有. 【考点】导数的应用 【名师点睛】判断的单调性，只需对函数求导，根据的导数的符号判断函数的单调性，求出单调区间，有关函数的零点问题，先利用函数的导数判断函数的单调性，了解函数的图象的增减情况，再对极值点作出相应的要求，可控制零点的个数. 46.已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【分析】（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减. （2）证明，即证，而，所以需证，设g（x）=lnx-x+1 ，利用导数易得，即得证. 【详解】（1） 的定义域为（0，+），. 若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增. 若a＜0，则当时，时；当x∈时，. 故f（x）在单调递增，在单调递减. （2）由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为. 所以等价于，即. 设g（x）=lnx-x+1，则. 当x∈（0,1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即. 【点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式. （2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 47.设函数. （I）讨论函数的单调性； （II）当时，，求实数的取值范围. 【答案】（I）函数在和上单调递减，在上单调递增. （II）. 【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间；（2）对分类讨论，当a≥1时，，满足条件；当时，取，当0＜a＜1时，取，. 试题解析： 解（1）f ’(x)=(1-2x-x2)ex 令f’(x)=0得x=-1- ，x=-1+ 当x∈（-∞，-1-）时，f’(x)<0；当x∈（-1-，-1+）时，f’(x)>0；当x∈（-1+，+∞）时，f’(x)<0 所以f(x)在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增 (2) f (x)=(1+x)（1-x）ex 当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）ex，h’(x)= -xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而h(0)=1， 故h(x)≤1，所以f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1 当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞)单调递增，而g(0)=0，故ex≥x+1 当0＜x＜1，，，取 则 当 综上，a的取值范围[1，+∞） 点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 48.设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 【答案】（1）； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以． 综合（ⅰ）（ⅱ）有． [方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得，，且， 当 时，要证，， ，即证，化简得； 同理，当时，要证，， ，即证，化简得； 令，再令，则，， 令，， 当时，，单减，故； 当时，，单增，故； 综上所述，在恒成立. [方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明 令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数； （2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由，， 又是函数的极值点，所以，解得； （2）略 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性. 49.设函数，为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值； （3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤． 【答案】（1）； （2）的极小值为 （3）见解析. 【分析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值； （2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值. （3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式： 解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式； 解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值， 因为，所以． 当时，． 令，则． 令，得．列表如下： + 0 – 极大值 所以当时，取得极大值，且是最大值，故． 所以当时，，因此． 【详解】（1）因为，所以． 因为，所以，解得． （2）因为， 所以， 从而．令，得或． 因为，都在集合中，且， 所以． 此时，． 令，得或．列表如下： 1 + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以的极小值为． （3）因为，所以， ． 因为，所以， 则有2个不同的零点，设为． 由，得． 列表如下： + 0 – 0 + 极大值 极小值 所以的极大值． 解法一： ．因此． 解法二： 因为，所以． 当时，． 令，则． 令，得．列表如下： + 0 – 极大值 所以当时，取得极大值，且是最大值，故． 所以当时，，因此． 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力． 50.已知函数.证明： （1）存在唯一的极值点； （2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【答案】（1）见详解；（2）见详解 【分析】（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立； （2）先由（1）的结果，得到，，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立. 【详解】（1）由题意可得，的定义域为， 由， 得， 显然单调递增； 又，， 故存在唯一，使得； 又当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减； 因此，存在唯一的极值点； （2） [方法一]【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】 的根的情况问题可转化为函数与的图像在区间内的交点情况．． 当时，在区间内单调递增；又因为，所以当时，，则时，单调递减；当时，，则当时，单调递增．又，所以函数与的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为和，且，即和为的两个实根．      又因为，当时，，由于，所以，即，所以两个实根互为倒数． [方法二]【分类讨论】 由（1）知，．又，所以有且仅有两个实根，可令． 下面证明， 由，得，显然有， ．（*） （1）当时，，（*）式不成立； （2）当时，，（*）式不成立； （3）当时，，（*）式成立． 综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． [方法三]【利用函数的单调性结合零点存在定理】 的定义域为，显然不是方程的根， 所以有两个实根等价于有两个零点，且定义域为． 而，所以在区间内单调递增，在区间内单调递增． 当时，，， 所以在区间内有唯一零点，即， 所以 ． 结合单调性知在区间内有唯一零点，所以有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数， 即有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数的对称性研究函数体现了整体思想； 方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段； 方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三一轮复习 第二十九讲 导数解答题（切线、单调、极值、最值）高考题分类解析 【学习目标】 1.理解导数的几何意义，能区分“在点处切线”与“过点处切线”，熟练求解切线方程、处理公切线、切线条数相关大题； 2.掌握利用导数分析函数单调性，会对含参函数做分类讨论；能处理单调性恒成立问题，会使用二阶导（高阶导数）分析一阶导的符号； 3.理解极值的定义，明确只是极值点的必要不充分条件，会求极值，已知极值反求参数并完成检验，掌握隐零点整体代换的基本方法； 4.掌握闭区间、开区间函数最值求解；能够把恒成立、存在性问题等价转化为函数最值问题； 【学习重点】 1.导数几何意义大题应用：基础切线求解；过点切线、公切线，设切点列方程组；切线相关参数求解。 2.含参函数单调性分类讨论：定义域优先；求导因式分解；按导数系数、零点大小、零点是否在定义域分类；恒成立条件（单调递增）。 3.极值与极值点：极值完整判定条件（导数为 0 + 左右变号）；已知极值求参数后检验；隐零点整体代换思想。 4.函数最值：闭区间最值（极值 + 端点比较）；恒成立、存在性问题向最值的等价转化。 【学习难点】 1.切线综合大题：过点切线、公切线，学生容易直接拿已知点当切点；公切线容易只比较斜率忽略截距。 2.含参单调性的完整分类讨论：容易漏讨论导数最高次系数；不比较零点大小；忽略零点是否落在定义域内；漏掉最终总结。 3.极值点的逻辑辨析：只解方程，忘记检验左右导数符号；隐零点不会做整体代换。 4.恒成立与存在性的等价转化：混淆（任意恒成立）与（存在），最值转化出错；端点效应（必要性探路）分不清必要条件与充分条件。 必掌握知识点 一：导数几何意义 —— 切线 1.几何含义：代表曲线在切点处切线的斜率。 2.在点处切线：点就是切点，切线方程：。条件：切点满足两个关系：①在函数图像上；②导数等于切线斜率 3.过点的切线：不一定是切点，必须设切点，列方程组 方程组解的个数就是切线条数。 4.公切线：两条曲线共用一条切线，分别设两个切点；既要斜率相等，又要切线方程（截距）完全相同。 5.大题考法：求切线与坐标轴围成面积；已知切线条件求解析式参数；证明切线不经过某点；切线条数问题转化为方程零点问题。 二：导数研究函数的单调性 1.判定：函数单调递增；函数单调递减。 2.恒成立等价条件 在区间上单调递增 在区间恒成立，允许孤立点导数等于 0，不能整个区间导数恒等于 0； 在区间上单调递减 在区间恒成立。 3.含参讨论标准步骤 ①先写定义域； ②求一阶导数，尽量因式分解； ③讨论导数最高次项系数；再讨论导数零点是否存在；比较零点大小；判断零点是否落在定义域内部； ④分区间判断导数正负，写出单调区间； ⑤最后汇总全部情况的结论。 4.二阶导数用途：一阶导符号难以直接判断，对一阶导再次求导，用来分析一阶导数自身的单调性、最值，间接判断一阶导符号；二阶导不能直接判断原函数单调性。 5.衍生考法：利用单调性脱去外壳解抽象函数不等式；必要性探路（端点效应）求参数范围，探路得到的界点仅为必要条件，必须再验证充分性。 三：函数的极值、极值点 1.完整判定条件：定义域，，且左右两侧导函数符号发生改变。 左正、右负极大值点；左负、右正极小值点。是极值点必要不充分条件。求出参数后，必须回代检验左右符号，舍去伪解 2.函数同时存在极大、极小值：导函数在定义域内有两个不同的变号零点。 3.隐零点：导函数零点无法解出精确数值，设零点满足，把这个等式整体代入原函数，消去导数里的参数，计算极值，不能强行求解。 4.题型：求极值；已知极值反求参数；证明极值点唯一；结合奇偶、对称性分析极值。 四：函数的最值 1.闭区间求最值： ①求出区间内部所有极值； ②计算区间两个端点的函数值； ③将极值、端点函数值全部比较，最大为最大值，最小为最小值。 2.开区间：不一定存在最值；若题目说明存在最值，则最值一定取在内部极值点。 3.恒成立与存在性等价转化（高频大题考点） （任意，恒成立，看最小值） （存在，看最大值） 4.综合题型：利用最值完成不等式证明；结合三角函数、数列、整数约束综合问题。 五 切线、单调、极值、最值易错点总结 1.切线问题混淆 “在点” 与 “过点” “在点”：点就是切点，直接求导； “过点”：该点不一定是切点，必须设切点建立方程组，不能直接把该点横坐标代入求斜率； 公切线只保证斜率相等不够，截距也要相等，切线必须完全重合。 2.极值点只解方程，不检验两侧符号 不能推出是极值点；求出参数后，务必回代，检验导函数左右符号，舍去伪解。 3.含参单调性分类讨论漏洞 ①忘记写函数定义域； ②导数零点算出来，不判断零点是否落在定义域内； ③不比较多个零点的大小关系，造成漏情况； ④单调递增恒成立错误写，正确是，允许孤立点导数等于 0。 4.高阶求导逻辑混乱 一阶导符号无法判定，才使用二阶导数；二阶导只用来研究一阶导的单调性，不能直接用来判断原函数极值。 5.闭、开区间最值混淆 闭区间：内部极值和端点函数值全部参与比较； 开区间不一定存在最值；不要直接把极值当成开区间上的最值。 6.隐零点使用误区 隐零点只满足，不能解出具体数值；只能整体代换，不能强行解出零点；注意隐零点所在区间。 7.恒成立与存在性搞混 任意恒成立：看函数最值； 存在性：看函数值域； 二者转化不等式不一样，审题要看清量词。 8.大题分类讨论结束，缺少总结 含参讨论单调性、极值，每种情况分析完成后，最后需要汇总写出完整结论。 9.端点效应、必要性探路逻辑缺陷 用特殊值探路得到参数界点，仅仅是必要条件，必须再充分性验证证明，不能直接把探路结果当做最终答案。 10.零点存在定理使用条件 使用零点存在定理，必须保证函数在区间上连续，端点函数值异号；同时要结合单调性，才能保证零点唯一。 导数解答题标准解题流程 ①写出函数定义域；②求一阶导数；③因式分解，分析导数零点；④含参则分类讨论零点大小、零点是否在定义域；⑤列表，判断导数符号，写出单调区间；⑥分析极值；闭区间则计算端点，求最值；⑦大题分类讨论后写总结；⑧结果回代检验 必掌握题型全归纳： 题型一：导数几何意义 — 切线方程 1.（2026·全国二卷·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，； (2)当时，，求的取值范围； (3)当时，，求的最小值． 2.（2026·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)求的极值点个数； (3)求与交点个数． 3.（2026·上海·高考真题）已知，函数，． (1)已知，求的解集； (2)已知，是在点处的切线，是过点且垂直于的直线，与、在第一象限内均无公共点，求的取值范围． 题型二：切线及切点的综合应用（过点切线、公切线、切线条数） 4.（2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 5.（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 6.已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． (1)若，求a； (2)求a的取值范围． 题型三：利用导数研究含参函数的单调性 7.已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标． 8.已知函数． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 9.已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 题型四：函数的极值、极值点 10.（2025·上海·高考真题）已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 11.（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 12.（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)当时，，求的取值范围． 题型五：函数的最值（闭区间、全局最值） 13.已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 14.已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 15.已知函数 （I）求的导函数 （II）求在区间上的取值范围 巩固提升： 1.（2026·上海·高考真题）已知函数. (1)当，，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围. 2.（2026·天津·高考真题）已知． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明； (3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 3.（2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 4.（2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 5.（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 6.设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 7.已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 8.已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 9.已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 10.令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列． (1)若正整数，证明； (2)若正整数，试比较与大小； (3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由． 11.已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 12.已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 13.已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 14.已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 15.已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 16.已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求函数的单调区间和极值； （Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有． 17.已知函数． （Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程； （Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 18.设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 19.已知函数. （Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当时，求证：； （Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 20.设函数=[]． （1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求； （2）若在处取得极小值，求的取值范围． 21.设函数. （Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a； （Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围. 22.已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，． 23.已知函数. (I)当a=2时,求曲线在点处的切线方程； (II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 24.已知函数． （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值． 25.设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 26.已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 27.已知函数，，其中a>1. （I）求函数的单调区间； （II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明：； （III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. 28.设，.已知函数，. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：在处的导数等于0； （ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围. 29.（2025·全国二卷·高考真题）已知函数，其中． (1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设分别为在区间的极值点和零点. （i）设函数.证明：在区间单调递减； （ii）比较与的大小，并证明你的结论． 30.（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 31.已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 32已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②． 33.设a，b为实数，且，函数 （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足. (注：是自然对数的底数) 34.设函数，其中. （1）讨论的单调性； （2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围. 35.已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 36.已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 37.已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 38.已知函数f（x）=2lnx+1． （1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围； （2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性． 39.已知函数f(x)=sin2xsin2x. （1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； （2）证明：； （3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 40.设函数为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）当时，证明； （Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明. 41已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）证明：只有一个零点． 42.已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 43.已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 44.已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 45.设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）设，函数，求证：； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足. 46.已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 47.设函数. （I）讨论函数的单调性； （II）当时，，求实数的取值范围. 48.设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 49.设函数，为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值； （3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤． 50.已知函数.证明： （1）存在唯一的极值点； （2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 1 学科网（北京）股份有限公司 $