专题03 导数及其应用（期中真题汇编，黑吉蒙专用）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．C 2．【答案】（1），     （2） 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．      【分析】 （1）先对函数求导，结合导数的几何意义与斜率关系即可求解； （2）结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论即可求解． (1) 小问详解： ，则． 曲线在点处的切线方程为， 则，解得， 由，解得， (2) 小问详解： ，函数定义域为， 则， 令，解得或， 若，则当时，，单调递减，当时，，单调递增， 若，则当时，，单调递减，当和时，，单调递增， 若，则在上恒成立，单调递增， 若，则当时，，单调递减，当和时，，单调递增， 综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． 3．【答案】（1），最小值1     （2）1      【分析】 （1）通过函数奇偶性，构造方程组即可解析式，再通过基本不等式即可求最小值； （2）设切点坐标，由导数的几何意义得到 求解即可. (1) 小问详解： 函数的定义域为. 由及为偶函数，为奇函数， 得， 两式相加，解得： 因为函数的定义域为， 所以，， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故当时，函数的最小值为1. (2) 小问详解： 由条件得，设两图像切点为， 则，即， 所以 令，则， 当时，，递减， 当时，，递增， 当时，， 又，所以， 所以. 4．【答案】（1）；     （2）极大值为，无极小值.      【分析】 （1）求导可得，代入切点横坐标，可得切线斜率k，根据，代入点斜式方程，整理即可得答案. （2）根据，令，可得单调递增区间，令，可得单调递减区间，分析计算，即可得答案. (1) 小问详解： 因为，所以， 所以点处的切线斜率， 又，即切点为， 故在点处的切线方程为， 即； (2) 小问详解： 因为的定义域为，所以， 令，解得，令得， 故得的单调递增区间是，单调递减区间是 所以函数的极大值为，无极小值. 考点02 导数在研究函数中的应用 1．A 2．C 3．BCD 4．B 5．A 6．BCD 7．AD 8．【答案】（1）的极大值为,的极小值为．     （2）,．      【分析】 （1）求出函数的导数，进而可得函数单调性，根据导数与极值的关系，即可求得答案； （2）将化为，由此令，则，则原问题转化为在上单调递增，继而结合导数与函数单调性的关系，即可求解． (1) 小问详解： 当时，，定义域为， 则， 令，则或；令，则； 则在，上单调递增，在上单调递减， 故函数的极大值为， 的极小值为． (2) 小问详解： 不妨设， 因为对一切都成立， 所以对一切都成立， 令，则，定义域为， 则原问题转化为在上单调递增； 又， 当时，，在上单调递增； 当时，需在上恒成立，即在上恒成立， 对于，图象过定点，对称轴为， 故要使得在上恒成立， 需满足且， 解得， 综合可得，即的取值范围为,． 【点睛】 关键点点睛：由对一切都成立，转化为对一切都成立，构造，将原问题转化为在上单调递增，利用导数求解. 9．【答案】 【分析】 根据所给含导数的不等式，构造函数，确定其单调性，利用单调性解不等式即可. 【详解】 ． 令，则， 所以，则在上是减函数． 由，且在上是奇函数，得，则， 又， 所以，即不等式的解集为． 故答案为： 10．【答案】（1）当时，在递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减；     （2）①； ②， 则， 可知的定义域为， 构造，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，则， 且当趋近于0或时，趋近于， 可知在内值域为， 令，可得，则， 且，令，解得， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 由的单调性和值域可知关于x的方程有2个不同的实数根，不妨设， 因为，则有： 当时，则，可知在内单调递减； 当时，则，可知在内单调递增； 当时，则，可知在内单调递减； 当时，则，可知在内单调递增； 所以有两个极小值点， 又因为， 则，， 所以.      【分析】 （1）先求的定义域，再求导，根据的范围分类讨论即可求解； （2）① 根据的极大值即可求； ② 由，构造，利用导数研究单调性求在的值域，令，可得，利用导数研究单调性进而得的极小值点，进而得证. (1) 小问详解： 因为函数的定义域为， 所以， 当时，恒成立，在递增， 当时，令，可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减； (2) 小问详解： ① 因为函数的极大值为，由（1）知， 此时函数的极大值为， 所以，解得； ② 略 11．【答案】 【分析】 根据两角和的余弦公式与二倍角公式化简得，然后换元：设，，则，运用导数研究在上的单调性，求出的最值，即可得解． 【详解】 根据，， 可得 ， 所以， 设，，则，求导数得， 当或时，；当时，， 所以在与上是增函数，在上是减函数； ，，，， 可知的最小值为，的最大值为， 即的最小值为，最大值为． 则的最小值与最大值之积为. 故答案为： 12．【答案】（1）当时单调递增；当时单调递减；     （2）①；②.      【分析】 （1）对函数求导，根据其区间的符号确定函数的单调性； （2）（i）由题设，构造，，应用导数研究函数的零点求参数范围；（ii）讨论、，利用导数研究方程的根求参数. (1) 小问详解： 由，得，而， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减． (2) 小问详解： （i）令，即，显然不是方程的根，， 令函数，，则， 当时，且时，时， 当时，且时，时， 当时，且时， 不难知道，的大致图象如下：    方程有且仅有一个根时，有， 即若集合有且仅有一个元素，则有； （ii）由（i）知，当时，集合有且仅有两个元素，记为，， 则，，且，，函数大致图象如下，    此时，由函数的单调性可知，即， 又，即，则有， ，或， 由（1）的单调性，方程仅有一个根； 方程有两个根，，其中， 此时与不相等． 当时，由（i）知集合有且仅有一个元素，记为，且，， 函数大致图象如下，    又，即，则有， ，又， ，又， 方程有唯一解， 即关于的方程有唯一解， 考虑到函数在上单调递增，在上单调递减， 则有． 综上所述，若，则. 13．【答案】（1） 函数为偶函数，理由如下： ，定义域为， 有， 所以函数为偶函数；     （2）10      【分析】 （1）借助函数奇偶性定义与三角函数诱导公式计算即可得； （2）利用换元法结合导数讨论可得函数的单调性，即可得其最小值，从而可得，再利用错位相减法计算可得，即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ， 当时，，， 当时，令，则，， 设，则， 当时，，又，， ，在上单调递减； 当时，，又，， ，在上单调递增， 当时，取最小值，最小值为， ，当时，亦适合上式， . 令， ， ， 则 ， ， 所以，即的最小整数值为10. 14．【答案】（1）当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减     （2）     （3）      【分析】 （1）求出导函数，根据的取值情况，讨论导函数的正负，即可得出答案； （2）根据两个函数的解析式设出切点坐标，根据导数写出切线斜率，然后写出切线方程，列式求解即可； （3）根据条件求出，，然后构造函数求出函数值域即可. (1) 小问详解： ， 当时，在时恒成立，此时在单调递增； 当时，令， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 综上当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减； (2) 小问详解： ，，， 设公切线在上的切点坐标为，则切线的斜率为，， 此时切线方程为， 设公切线在上的切点坐标为，则切线的斜率为， 此时切线方程为， 所以 ，，时两边都是单调的， 且时，等号成立，故， 公切线方程为； (3) 小问详解： ， ，即， 因为的两个极值点为，， 所以有两个不同的正数解，所以 又，代入解得， ，， 令，， ，所以在单调递减， ， 故答案为. 15．【答案】（1）0；     （2） 由题意得，的定义域为， 当时，单调递增，又， 所以在上存在唯一零点0； 当时，设，则， 所以在上单调递减，又，所以存在，使得， 当时，单调递增， 当时，，单调递减， 又， 由零点存在性定理得，在上存在唯一零点， 此零点是在上的唯一零点； 当时，由（1）可知，在上单调递减， 故而当时，，所以在上无零点； 综上所述，在定义域内有且仅有2个零点．得证．     （3） 由（2）可得，， 构造函数，则 设，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，所以， 所以当时，，所以， 又，所以，所以， 又，所以，得证．      【分析】 （1）求导，确定函数单调性即可求解； （2）求导，确定函数单调性，分别在，和结合零点存在性定理判断即可； （3）由（2）得到，构造函数，通过二次求导，确定函数单调性进而可解题. (1) 小问详解： 由题意得，，其定义域为， ， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以在时取得最大值， 综上所述，的最大值为0． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 16．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）求导，根据导数符号判断即可； （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围； （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解；解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. (1) 小问详解： 当时，由，得， 又，，，所以， 故在单调递增． 又，， 故在上的值域为． (2) 小问详解： 由（1）可知； 依题意得：； （ⅰ）若， ①时，，，此时， 故在无极值． ② 当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 当时，则，从而在上单调递增，从而在上 没有极值点； 当，令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，， 所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． (3) 小问详解： 解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ① 当时，．因为，所以． 又在上递减，在上递增．所以． 所以． ② 当时，因为，所以． 又在上递减，所以． 此时． ③ 当时，因为，所以． 又在上递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 考点03 导数的综合应用（与数列、不等式等的综合） 1．【答案】 【分析】 设，将问题转化为，利用导数求出且，再转化为，设，利用导数求出即可. 【详解】 设，则对任意的恒成立， 若，则，所以在单调递增， 当时，，不合题意； 所以，令得，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以，所以， 设，， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 所以，即的最大值为，此时. 故答案为：. 2．【答案】（1）增区间，减区间，最大值1；     （2），，， 当，即，解得，则在内是增函数； 当，即，解得，则在内是减函数. 且，将取对数，得到， ，， ，，， 设， ， ，，，， ，， ，，， ， ， ，， ，是减函数，， ， ，，， ，，在内是减函数， ，.      【分析】 （1）求，解出的的范围,即可得的增区间，解出的的范围，即得的减区间； （2）求，解出的的范围为的增区间，解出的的范围为的减区间；将取对数，整理后得到，由得到从而得到，构造函数，求，求出，得到，得到，从而得到是减函数，得到，从而得到，即，在内是减函数，得到. (1) 小问详解： ，，， 当，即，解得，则在内是增函数； 当，即，解得，则在内是减函数. 则，综上，的增区间为，减区间为，最大值为1. (2) 小问详解： 略 3．【答案】（1） 的定义域为， 所以，令，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 又，所以曲线在处的切线方程为，即的图象与轴相切．     （2） （i）当时，函数的单调增区间为（0，1）和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为，无减区间； 当时，函数的单调增区间为，减区间为（0，1）． （ii）.      【分析】 （1）由导数确定单调性，并求出在最高点处切线是轴，即证； （2）（i）求出导函数，根据的零点的大小分类讨论确定单调区间；（ii）转化为，引入函数，由导数求得它的最小值即可得结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）， ． 当时，由，解得或； 由，解得， 所以函数在（0，1）和上单调递增，在上单调递减； 当时，由，解得或； 由，解得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，由，得函数在上单调递增； 当时，由，解得；由，解得， 所以函数在上单调递增，在（0，1）上单调递减． 综上，当时，函数的单调增区间为（0，1）和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为，无减区间； 当时，函数的单调增区间为，减区间为（0，1）． （ii）在上恒成立可转化为， 设，则． 令，则， 所以函数在上单调递减， 又，，则函数在内存在唯一的零点， 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增， 又，得， 则， 所以，即实数的取值范围为． 【点睛】 方法点睛：用导数研究不等式恒成立问题，主要是用导数研究函数的单调性一，求得最值，如（含有参数）恒成立，一种直接求出的最小值，由最小值不小于0得参数范围；第二种方法是分离参数为，求出的最大值，然后由得范围． 考点04 导数的新定义 1．【答案】（1） 证明：． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 则2是的极小值点， 故存在点，使得点是在的“边界点”．     （2）     （3）.      【分析】 （1）由函数的新定义再求导分析单调性得到极值可证； （2）利用函数新定义求出，求导后分和讨论单调性得到极值即可； （3）利用函数新定义求出，求导后分和讨论，当时，再次构造函数，结合零点存在定理分析； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ． 因为不存在点，使得点是在的“边界点”，所以没有极值点． 若，则没有极值点． 若，则当时，， 当时，， 所以在上单调递堿，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点． 综上，. (3) 小问详解： ． 因为存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，所以有2个极值点． 令函数． 若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 所以最多只有1个零点，即最多只有1个零点，则最多只有1个极值点，不符合题意. 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ． 要使得有2个极值点，则有2个零点， 当时，不符合题意． 当时，由，解得． 此时，， ，令函数， 所以在上单调递减，，即． 所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以有2个极值点，符合题意． 综上，的取值范围为. 【点睛】 关键点点睛：本题关键点有两个，一是函数新定义的理解；二是第三小问中关键在于二次构造函数，结合零点存在定理分析. 2．【答案】（1），．     （2） 当时，； 当时，．     （3）      【分析】 （1）求出，，，，根据，列方程组即可求解； （2）令，利用导数研究的单调性即可比较大小； （3），除1外还有2个零点，设为，，，由导数由函数零点个数求m的范围． (1) 小问详解： 由，， 知，，，， 由题意，， 所以 ，所以，． (2) 小问详解： 由（1）知，，令， 则， 所以在其定义域内为增函数， 又， ∴时，； 时，， 所以当时，；时，． (3) 小问详解： 由（1）知，， 注意到，则除1外还有2个零点，设为，， ， 令， 当时，在上恒成立，则， 所以在上单调递减，不满足，舍去， 当时，除1外还有2个零点，设为，，则不单调， 所以存在两个零点，∴，解得， 当时，设的两个零点分别为s，， 则，， ∴，当时，，，则单调递增， 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增， 又，则，， 而，且，，且， 所以存在，，满足， 即有3个零点，1，， 综上所述，m的取值范围为． 【点睛】 思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 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3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.(25-26学年高三上黑龙江鸡西期中)若函数x满足fx=x-号f2x2-3x,则f2的值为 ) A.-1 B.2 C.3 D.4 2.(2026内蒙古赤峰一模)已知函数fx=2alnX+三x-a+3x,a∈R (1)若曲线y=fx在点1，f1处的切线方程为fx=-x+b:求a和b的值： (2)讨论fx的单调性 3.(高三上·黑龙江新时代高中·期中)己知函数 fx=e,其中e是自然对数的底数. (1)若f(x)=gx+h(x,其中gx为偶函数，hx为奇函数，求函数gx的解析式以及最小值： (2)若y=f(x)的图像与直线：y=kx+1相切，求实数k的值 4.(25-26学年高三上·黑龙江新时代高中.期中)已知函数f引x=lnx-3x. (1)求曲线y=fx在点1，f1)处的切线方程： (2)求fx的极值 D考点02导数在研究函数中的应用 1.（25-26学年高三上·黑龙江鸡西·期中)若函数fx=x2-aX的减区间为-1,1小则。的值为 A.3 B.1 c.-1 D.-3 2,(25-26学年高三上吉林四平实验中学·期中)若函数fx=e-Qx有 x在区间10,2上有极值点，则实数a 115 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 的取值范围是( B,号 C.1,e2 (o.2) 3. (25-26学年高三上吉林吉林九校期中)（多选）三次函数fx=X2-3X-m(m>0)的图像与x轴有 两个交点A,B,则( A.fx有唯一的极值 B.XA+XB=1 c存在等差数列a,使Σfa=-8 D.过点2,0可作曲线y=fx的两条切线 X -00,-1 -1 -1,1 1 1,+00 0 0 + f(x) f(x) 单调递增 极大值2-m 单调递减 极小值-2-m 单调递增 4.(2026内蒙古赤峰·一模)设函数fx=X+ax+bnx 若fx20 则a的最小值为 A.-2 B.-1 C.2 D.1 5.(高上照龙江新时代尚巾期中)已知Q-影b=cos子，c=45n子则（ 1 ) 37 4 A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b 6。(高三上：内蒙古赤峰部分学校：期中）（多选)若函数fx=X+3X-9x+ala∈R恰有三个零点x x2x<x2<X3则( ) A.fx=f-2-x恒成立 215 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B.fx在区间-3,1上单调递减 C.不存在a,使得X1X2X3=-6 D.fix1fx≥4fx3 7.(25-26学年高三上·内蒙古包头·期中)（多选）已知函数fx是定义域为R的奇函数，当x>0时， fx=2x+1ln2x'则下列说法正确的是( A当x<0时，fx=2x-1ln2-x B.f0+f1=1 C.当x>0时，fx单调递增 D.x轴是曲线y=fx的一条切线 8.(高三上·黑龙江新时代高中·期中)已知函数fx=aX2-a+2x+lnx+1a∈R (1)当a=1时，求fx的极值； （2)若yXk∈0，+m当x,≠x时，fx-fx2-2恒成立，求。的取值范围 X1-X2 9.(25-26学年高三上：内蒙古包头：期中)已知fx在R上是奇函数且fx为fx的导函数，对任意x∈R 均1x支立，若-2=2则不写-2的解笑为 10.(高三上·黑龙江哈尔滨·期中)己知函数fx=lnx-ax (1)讨论函数的单调性 (2)若函数的极大值为一1. ①求实数a的值； ②令Fx=fx+ke- ,实数k∈0,1求证：Fx有两个极小值点x1,x2,且F(x1=Fx2】 X 1.（25:26学年商三上吉林吉林九枚期中)已知函数f(x=c0sX+os2x+cos3x,则fx的最 小值与最大值之积为 12(方三上内蒙古赤华部分学校)已知画数fx-mX2{m∈Rm0· 且 e (1)当m>0时，讨论fx的单调性； (2)设集合A={xfx=xB=xffx刘=fx 3/5 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (i)若A有且仅有一个元素，求m的取值范围： (i)若A=B,求m的值. 13.(高三上黑龙江新时代高中-期中)记fx=sinX,gx=cosx,F(x)=f(x)+g”(x,n∈N (1)判断并证明F(x)的奇偶性： (2)将F(x)的最小值记为a,:若(2i+1)a,<m恒成立，求nm的最小整数值m。 i=1 14.(2526学年高三上吉林四平实验巾学期肿)已知函数fx=nX-mX,gx)方×-号 2 (1)讨论fx)的单调性： (2)若m=0,求曲线y=f(x)与曲线y=gx)的公切线： 3)已知hx)=fx)+g(x若h(x的两个极值点为x'x,(x,<X<e2x,求hx)-h(x)的取值 范围。 15.(25-26学年高三上·黑龙江龙东十校联·期中)已知函数f(x)=ln(1+x)+sinx-x. (1)设函数g(x)=f(x)-sinx,求gx)的最大值. (2)证明：fx)在定义域内有且仅有两个零点. (3)设f(x)的两个零点分别为t1,t2,且t1<t2,若存在两实数X1,X2,满足t1<X1<x2<t2,且 f(x1)=f(x2)=a,证明：x2-x1<t2-a. 16.(25-26学年高三上·内蒙古包头期中)已知函数fx=m+1sinx-X COSx,x∈0，π. (1)当m=0时，求fx的值域： (2)若fx存在唯一的极值且为极小值，求m的取值范围： (3)设n∈R~若存在m∈-o,0使得nm≤r-口对x∈0，n恒成立，求n的最大值. 》 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·黑龙江龙东十校联·期中)若不等式x-alnx-b-3≥0(a≠0，b∈R)对任意的 b x∈(0，+∞)恒成立，则二的最大值为 2。(25-26学年高三上吉林吉林九校期中)已知函数fX=血X+Q (1)当a=1时，求f(x)的单调区间和最大值 (2)当a=0时，设0<x<y且x'=y',求证x+y>2e 3。(25-26学年高三上黑龙江鸡西期中)已知函数fx=--hx+1. X 415 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)证明：fx的图象与x轴相切： (2)设gx=fx+ae-1la∈R. (i)当a>O时，求函数gx的单调区间： (i)若gxs1-X-上在1，+o上恒成立，求实数a的取值范围. D考点04导数的新定义 1.(病三上·黑龙江新时代高中期中)对于一个函数fx和一个点Ma,b,令函数sX-fx-b x-a 若0 是sx的极值点，则称点px,fx是M在fx的“边界点”· （1)对于函数fx=e,证明：对于点M1,0存在点p:使得点p是M在fx的边界点” (2》对于函数fx=号x+aX,M0,0,若不存在点P,使得点P是M在fx的边界点，求a的取值范 围. (3)对于函数fx=X2+axnX,M0,0r若存在两个不同的点p,使得点p是M在fx的边界点 求a的取值范围。 2.(25-26学年高三上·黑龙江新时代高中·期中)帕德近似是法国数学家亨利.帕德发明的用有理多项式 近似特定函数的方法，给定两个正整数m,n,函数fx在x=0处的m,n阶帕德近似定义为： RX=,+aXt+aX.且满是：f101=R1Of0=R10rf0=R0,f0=R0 1+b1x+…+bnx” 注fx=fx:fx=fxfx=f"xf5x=fx,…:fx为f-x的导数)· 包x-lax+1在-0处的1,1阶轴德迈似为Ra0 (1)求实数a,b的值： (2)比较fx与Rx的大小： (3)若hx=mfx-1-号Rx-1m≠0有3个不同的零点，求实数m的取值范围. 515 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．（25-26学年高三上·黑龙江鸡西·期中）若函数满足，则的值为（     ） A.  B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【分析】 求解导函数，再赋值，解关于的方程可得. 【详解】 由，得， 则，解得， 故选：C. 2．（2026·内蒙古赤峰·一模）已知函数 （1）若曲线在点处的切线方程为，求a和b的值； （2）讨论的单调性. 【答案】（1），     （2） 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为．      【分析】 （1）先对函数求导，结合导数的几何意义与斜率关系即可求解； （2）结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论即可求解． (1) 小问详解： ，则． 曲线在点处的切线方程为， 则，解得， 由，解得， (2) 小问详解： ，函数定义域为， 则， 令，解得或， 若，则当时，，单调递减，当时，，单调递增， 若，则当时，，单调递减，当和时，，单调递增， 若，则在上恒成立，单调递增， 若，则当时，，单调递减，当和时，，单调递增， 综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为， 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间， 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为． 3．（高三上·黑龙江新时代高中·期中）已知函数，其中是自然对数的底数． （1）若，其中为偶函数，为奇函数，求函数的解析式以及最小值； （2）若的图像与直线相切，求实数的值. 【答案】（1），最小值1     （2）1      【分析】 （1）通过函数奇偶性，构造方程组即可解析式，再通过基本不等式即可求最小值； （2）设切点坐标，由导数的几何意义得到 求解即可. (1) 小问详解： 函数的定义域为. 由及为偶函数，为奇函数， 得， 两式相加，解得： 因为函数的定义域为， 所以，， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故当时，函数的最小值为1. (2) 小问详解： 由条件得，设两图像切点为， 则，即， 所以 令，则， 当时，，递减， 当时，，递增， 当时，， 又，所以， 所以. 4．（25-26学年高三上·黑龙江新时代高中·期中）已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的极值. 【答案】（1）；     （2）极大值为，无极小值.      【分析】 （1）求导可得，代入切点横坐标，可得切线斜率k，根据，代入点斜式方程，整理即可得答案. （2）根据，令，可得单调递增区间，令，可得单调递减区间，分析计算，即可得答案. (1) 小问详解： 因为，所以， 所以点处的切线斜率， 又，即切点为， 故在点处的切线方程为， 即； (2) 小问详解： 因为的定义域为，所以， 令，解得，令得， 故得的单调递增区间是，单调递减区间是 所以函数的极大值为，无极小值. 考点02 导数在研究函数中的应用 1．（25-26学年高三上·黑龙江鸡西·期中）若函数的减区间为，则的值为（       ） A. 3 B. 1 C.  D.  【答案】A 【分析】 根据题意，求得，结合的解集为，列出方程组，即可求解. 【详解】 由函数，可得， 因为函数的减区间为，即不等式的解集为， 所以，且，解得， 所以且，解得. 故选：A. 2．（25-26学年高三上·吉林四平实验中学·期中）若函数在区间上有极值点，则实数a的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 结合函数极值点与导数零点的关系，结合零点存在定理列出不等式组即可求解. 【详解】 已知，由题意知在内有变号零点， 显然在单调递增， 故原条件等价于 ，解得， 故实数a的取值范围是. 故选：C. 3．（25-26学年高三上·吉林吉林九校·期中）（多选）三次函数的图像与轴有两个交点，则（       ） A. 有唯一的极值 B.  C. 存在等差数列，使 D. 过点可作曲线的两条切线 【答案】BCD 【分析】 首先求函数的极值点，并根据极值点和零点的定义，即可判断AB，根据的特征，判断，即可求等差数列，判断C，根据导数的几何意义，求切点个数，即可判断D. 【详解】 A.，得或， ，的变化情况如表所示， 函数有2个极值，故A错误； B.极小值，若函数的图象与轴的交点有2个，则，即， 即函数 其中极大值点就是一个零点，另一个零点是2，所以，故B正确； C.当时，满足， 则， ， 同理，满足，故C正确； D.设过点作曲线的切线的切点为，则，， 则，即， 即，得，或， 有两个切点，所以过点可作曲线的两条切线，故D正确. 故选：BCD 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 4．（2026·内蒙古赤峰·一模）设函数，若，则a的最小值为（       ） A.  B.  C. 2 D. 1 【答案】B 【分析】 根据对数函数性质判断在不同区间的符号，在结合二次函数性质得为该二次函数的一个零点，结合恒成立列不等式求参数最值. 【详解】 函数定义域为，而，，， 要使，则二次函数，在上，在上， 所以为该二次函数的一个零点，易得， 则，且开口向上， 所以，只需，故a的最小值为. 故选：B 5．（高三上·黑龙江新时代高中·期中）已知，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由结合三角函数的性质可得;构造函数,利用导数可得,即可得解. 【详解】 [方法一]：构造函数 因为当 故，故，所以； 设， ，所以在单调递增， 故，所以， 所以，所以，故选A [方法二]：泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. [方法三]：构造函数 因为，因为当，所以,即，所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以， 故选：A． [方法四]：【最优解】不等式放缩 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 【详解】【整体点评】 方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通法； 方法5：利用二倍角公式以及不等式放缩，即可得出大小关系，属于最优解． 6．（高三上·内蒙古赤峰部分学校·期中）（多选）若函数恰有三个零点、、，则（       ） A. 恒成立 B. 在区间上单调递减 C. 不存在，使得 D.  【答案】BCD 【分析】 化简，可判断A选项；利用导数与函数单调性的关系可判断B选项；设，展开后可求出的值，然后利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可判断C选项；求导，代值计算可判断D选项. 【详解】 对于A选项，因为 ，故A选项错误； 对于B选项，由，得， 当时，，所以在上单调递减，故B选项正确； 对于C选项，由题意，三次函数 ， 对应系数相等可得 ，若，则， 当时，，由可得或， 所以函数在、上为增函数，在上为减函数， 所以函数的极大值为，极小值为， 故当时，，故函数在上无零点， 又因为，所以， 由零点存在定理可知，函数在上有且只有一个零点， 故当时，函数有且只有一个零点， 所以不存在满足题设，故C选项正确； 对于D选项，由， 得， 所以，，， 令，，则，，且， 所以，，， 则， 即，故D选项正确. 故选：BCD． 7．（25-26学年高三上·内蒙古包头·期中）（多选）已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（       ） A. 当时， B.  C. 当时，单调递增 D. 轴是曲线的一条切线 【答案】AD 【分析】 根据函数的奇偶性可求得时的解析式，判断A；结合奇偶性求值可判断B；利用导数判断函数单调性判断C；数形结合判断D. 【详解】 由题意知函数是定义域为的奇函数，当时，， 故当时，，则，A正确； 由于函数是定义域为的奇函数，故； 而，故，B错误； 当时，，则， 令，则， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故， 故当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，C错误； 由C的分析可知，在时取得极小值， 结合函数为奇函数可知在时取得极大值， 作出图象如图， 由此可知轴是曲线的一条切线，D正确， 故选：AD 8．（高三上·黑龙江新时代高中·期中）已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，当时，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）的极大值为,的极小值为．     （2）,．      【分析】 （1）求出函数的导数，进而可得函数单调性，根据导数与极值的关系，即可求得答案； （2）将化为，由此令，则，则原问题转化为在上单调递增，继而结合导数与函数单调性的关系，即可求解． (1) 小问详解： 当时，，定义域为， 则， 令，则或；令，则； 则在，上单调递增，在上单调递减， 故函数的极大值为， 的极小值为． (2) 小问详解： 不妨设， 因为对一切都成立， 所以对一切都成立， 令，则，定义域为， 则原问题转化为在上单调递增； 又， 当时，，在上单调递增； 当时，需在上恒成立，即在上恒成立， 对于，图象过定点，对称轴为， 故要使得在上恒成立， 需满足且， 解得， 综合可得，即的取值范围为,． 【点睛】 关键点点睛：由对一切都成立，转化为对一切都成立，构造，将原问题转化为在上单调递增，利用导数求解. 9．（25-26学年高三上·内蒙古包头·期中）已知在上是奇函数且为的导函数，对任意均有成立，若，则不等式的解集为　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据所给含导数的不等式，构造函数，确定其单调性，利用单调性解不等式即可. 【详解】 ． 令，则， 所以，则在上是减函数． 由，且在上是奇函数，得，则， 又， 所以，即不等式的解集为． 故答案为： 10．（高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数 （1）讨论函数的单调性 （2）若函数的极大值为． ①求实数a的值； ②令，实数.求证：有两个极小值点，且. 【答案】（1）当时，在递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减；     （2）①； ②， 则， 可知的定义域为， 构造，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，则， 且当趋近于0或时，趋近于， 可知在内值域为， 令，可得，则， 且，令，解得， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 由的单调性和值域可知关于x的方程有2个不同的实数根，不妨设， 因为，则有： 当时，则，可知在内单调递减； 当时，则，可知在内单调递增； 当时，则，可知在内单调递减； 当时，则，可知在内单调递增； 所以有两个极小值点， 又因为， 则，， 所以.      【分析】 （1）先求的定义域，再求导，根据的范围分类讨论即可求解； （2）① 根据的极大值即可求； ② 由，构造，利用导数研究单调性求在的值域，令，可得，利用导数研究单调性进而得的极小值点，进而得证. (1) 小问详解： 因为函数的定义域为， 所以， 当时，恒成立，在递增， 当时，令，可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减； (2) 小问详解： ① 因为函数的极大值为，由（1）知， 此时函数的极大值为， 所以，解得； ② 略 11．（25-26学年高三上·吉林吉林九校·期中）已知函数，则的最小值与最大值之积为　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据两角和的余弦公式与二倍角公式化简得，然后换元：设，，则，运用导数研究在上的单调性，求出的最值，即可得解． 【详解】 根据，， 可得 ， 所以， 设，，则，求导数得， 当或时，；当时，， 所以在与上是增函数，在上是减函数； ，，，， 可知的最小值为，的最大值为， 即的最小值为，最大值为． 则的最小值与最大值之积为. 故答案为： 12．（高三上·内蒙古赤峰部分学校·期中）已知函数（且）． （1）当时，讨论的单调性； （2）设集合，． （i）若有且仅有一个元素，求的取值范围； （ii）若，求的值． 【答案】（1）当时单调递增；当时单调递减；     （2）①；②.      【分析】 （1）对函数求导，根据其区间的符号确定函数的单调性； （2）（i）由题设，构造，，应用导数研究函数的零点求参数范围；（ii）讨论、，利用导数研究方程的根求参数. (1) 小问详解： 由，得，而， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减． (2) 小问详解： （i）令，即，显然不是方程的根，， 令函数，，则， 当时，且时，时， 当时，且时，时， 当时，且时， 不难知道，的大致图象如下：    方程有且仅有一个根时，有， 即若集合有且仅有一个元素，则有； （ii）由（i）知，当时，集合有且仅有两个元素，记为，， 则，，且，，函数大致图象如下，    此时，由函数的单调性可知，即， 又，即，则有， ，或， 由（1）的单调性，方程仅有一个根； 方程有两个根，，其中， 此时与不相等． 当时，由（i）知集合有且仅有一个元素，记为，且，， 函数大致图象如下，    又，即，则有， ，又， ，又， 方程有唯一解， 即关于的方程有唯一解， 考虑到函数在上单调递增，在上单调递减， 则有． 综上所述，若，则. 13．（高三上·黑龙江新时代高中·期中）记. （1）判断并证明的奇偶性； （2）将的最小值记为，若恒成立，求的最小整数值. 【答案】（1） 函数为偶函数，理由如下： ，定义域为， 有， 所以函数为偶函数；     （2）10      【分析】 （1）借助函数奇偶性定义与三角函数诱导公式计算即可得； （2）利用换元法结合导数讨论可得函数的单调性，即可得其最小值，从而可得，再利用错位相减法计算可得，即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ， 当时，，， 当时，令，则，， 设，则， 当时，，又，， ，在上单调递减； 当时，，又，， ，在上单调递增， 当时，取最小值，最小值为， ，当时，亦适合上式， . 令， ， ， 则 ， ， 所以，即的最小整数值为10. 14．（25-26学年高三上·吉林四平实验中学·期中）已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）若，求曲线与曲线的公切线； （3）已知，若的两个极值点为，，求的取值范围. 【答案】（1）当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减     （2）     （3）      【分析】 （1）求出导函数，根据的取值情况，讨论导函数的正负，即可得出答案； （2）根据两个函数的解析式设出切点坐标，根据导数写出切线斜率，然后写出切线方程，列式求解即可； （3）根据条件求出，，然后构造函数求出函数值域即可. (1) 小问详解： ， 当时，在时恒成立，此时在单调递增； 当时，令， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 综上当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减； (2) 小问详解： ，，， 设公切线在上的切点坐标为，则切线的斜率为，， 此时切线方程为， 设公切线在上的切点坐标为，则切线的斜率为， 此时切线方程为， 所以 ，，时两边都是单调的， 且时，等号成立，故， 公切线方程为； (3) 小问详解： ， ，即， 因为的两个极值点为，， 所以有两个不同的正数解，所以 又，代入解得， ，， 令，， ，所以在单调递减， ， 故答案为. 15．（25-26学年高三上·黑龙江龙东十校联·期中）已知函数． （1）设函数，求的最大值． （2）证明：在定义域内有且仅有两个零点． （3）设的两个零点分别为，且，若存在两实数，满足，且，证明：． 【答案】（1）0；     （2） 由题意得，的定义域为， 当时，单调递增，又， 所以在上存在唯一零点0； 当时，设，则， 所以在上单调递减，又，所以存在，使得， 当时，单调递增， 当时，，单调递减， 又， 由零点存在性定理得，在上存在唯一零点， 此零点是在上的唯一零点； 当时，由（1）可知，在上单调递减， 故而当时，，所以在上无零点； 综上所述，在定义域内有且仅有2个零点．得证．     （3） 由（2）可得，， 构造函数，则 设，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，所以， 所以当时，，所以， 又，所以，所以， 又，所以，得证．      【分析】 （1）求导，确定函数单调性即可求解； （2）求导，确定函数单调性，分别在，和结合零点存在性定理判断即可； （3）由（2）得到，构造函数，通过二次求导，确定函数单调性进而可解题. (1) 小问详解： 由题意得，，其定义域为， ， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以在时取得最大值， 综上所述，的最大值为0． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 16．（25-26学年高三上·内蒙古包头·期中）已知函数，． （1）当时，求的值域； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）求导，根据导数符号判断即可； （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围； （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解；解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. (1) 小问详解： 当时，由，得， 又，，，所以， 故在单调递增． 又，， 故在上的值域为． (2) 小问详解： 由（1）可知； 依题意得：； （ⅰ）若， ①时，，，此时， 故在无极值． ② 当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 当时，则，从而在上单调递增，从而在上 没有极值点； 当，令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，， 所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． (3) 小问详解： 解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ① 当时，．因为，所以． 又在上递减，在上递增．所以． 所以． ② 当时，因为，所以． 又在上递减，所以． 此时． ③ 当时，因为，所以． 又在上递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 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·黑龙江龙东十校联·期中）若不等式（）对任意的恒成立，则的最大值为　　　　　　 【答案】 【分析】 设，将问题转化为，利用导数求出且，再转化为，设，利用导数求出即可. 【详解】 设，则对任意的恒成立， 若，则，所以在单调递增， 当时，，不合题意； 所以，令得，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 所以，所以， 设，， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 所以，即的最大值为，此时. 故答案为：. 2．（25-26学年高三上·吉林吉林九校·期中）已知函数 （1）当时，求的单调区间和最大值 （2）当时，设且，求证 【答案】（1）增区间，减区间，最大值1；     （2），，， 当，即，解得，则在内是增函数； 当，即，解得，则在内是减函数. 且，将取对数，得到， ，， ，，， 设， ， ，，，， ，， ，，， ， ， ，， ，是减函数，， ， ，，， ，，在内是减函数， ，.      【分析】 （1）求，解出的的范围,即可得的增区间，解出的的范围，即得的减区间； （2）求，解出的的范围为的增区间，解出的的范围为的减区间；将取对数，整理后得到，由得到从而得到，构造函数，求，求出，得到，得到，从而得到是减函数，得到，从而得到，即，在内是减函数，得到. (1) 小问详解： ，，， 当，即，解得，则在内是增函数； 当，即，解得，则在内是减函数. 则，综上，的增区间为，减区间为，最大值为1. (2) 小问详解： 略 3．（25-26学年高三上·黑龙江鸡西·期中）已知函数． （1）证明：的图象与轴相切； （2）设． （i）当时，求函数的单调区间； （ii）若在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） 的定义域为， 所以，令，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 又，所以曲线在处的切线方程为，即的图象与轴相切．     （2） （i）当时，函数的单调增区间为（0，1）和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为，无减区间； 当时，函数的单调增区间为，减区间为（0，1）． （ii）.      【分析】 （1）由导数确定单调性，并求出在最高点处切线是轴，即证； （2）（i）求出导函数，根据的零点的大小分类讨论确定单调区间；（ii）转化为，引入函数，由导数求得它的最小值即可得结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： （i）， ． 当时，由，解得或； 由，解得， 所以函数在（0，1）和上单调递增，在上单调递减； 当时，由，解得或； 由，解得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，由，得函数在上单调递增； 当时，由，解得；由，解得， 所以函数在上单调递增，在（0，1）上单调递减． 综上，当时，函数的单调增区间为（0，1）和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为，无减区间； 当时，函数的单调增区间为，减区间为（0，1）． （ii）在上恒成立可转化为， 设，则． 令，则， 所以函数在上单调递减， 又，，则函数在内存在唯一的零点， 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增， 又，得， 则， 所以，即实数的取值范围为． 【点睛】 方法点睛：用导数研究不等式恒成立问题，主要是用导数研究函数的单调性一，求得最值，如（含有参数）恒成立，一种直接求出的最小值，由最小值不小于0得参数范围；第二种方法是分离参数为，求出的最大值，然后由得范围． 考点04 导数的新定义 1．（高三上·黑龙江新时代高中·期中）对于一个函数和一个点，令函数，若是的极值点，则称点是在的“边界点”． （1）对于函数，证明：对于点，存在点，使得点是在的“边界点”． （2）对于函数，若不存在点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． （3）对于函数，若存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． 【答案】（1） 证明：． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 则2是的极小值点， 故存在点，使得点是在的“边界点”．     （2）     （3）.      【分析】 （1）由函数的新定义再求导分析单调性得到极值可证； （2）利用函数新定义求出，求导后分和讨论单调性得到极值即可； （3）利用函数新定义求出，求导后分和讨论，当时，再次构造函数，结合零点存在定理分析； (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ． 因为不存在点，使得点是在的“边界点”，所以没有极值点． 若，则没有极值点． 若，则当时，， 当时，， 所以在上单调递堿，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点． 综上，. (3) 小问详解： ． 因为存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，所以有2个极值点． 令函数． 若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 所以最多只有1个零点，即最多只有1个零点，则最多只有1个极值点，不符合题意. 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ． 要使得有2个极值点，则有2个零点， 当时，不符合题意． 当时，由，解得． 此时，， ，令函数， 所以在上单调递减，，即． 所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以有2个极值点，符合题意． 综上，的取值范围为. 【点睛】 关键点点睛：本题关键点有两个，一是函数新定义的理解；二是第三小问中关键在于二次构造函数，结合零点存在定理分析. 2．（25-26学年高三上·黑龙江新时代高中·期中）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…；为的导数）．已知在处的阶帕德近似为． （1）求实数a，b的值； （2）比较与的大小； （3）若有3个不同的零点，求实数m的取值范围． 【答案】（1），．     （2） 当时，； 当时，．     （3）      【分析】 （1）求出，，，，根据，列方程组即可求解； （2）令，利用导数研究的单调性即可比较大小； （3），除1外还有2个零点，设为，，，由导数由函数零点个数求m的范围． (1) 小问详解： 由，， 知，，，， 由题意，， 所以 ，所以，． (2) 小问详解： 由（1）知，，令， 则， 所以在其定义域内为增函数， 又， ∴时，； 时，， 所以当时，；时，． (3) 小问详解： 由（1）知，， 注意到，则除1外还有2个零点，设为，， ， 令， 当时，在上恒成立，则， 所以在上单调递减，不满足，舍去， 当时，除1外还有2个零点，设为，，则不单调， 所以存在两个零点，∴，解得， 当时，设的两个零点分别为s，， 则，， ∴，当时，，，则单调递增， 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增， 又，则，， 而，且，，且， 所以存在，，满足， 即有3个零点，1，， 综上所述，m的取值范围为． 【点睛】 思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $