文档内容
专题 06 导数及其应用（解答题）
8 种常见考法归类
知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
知识1 导数的 考点01 导数的几何意义
几何意义 2025·北京 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 2021·
（5年4考） 北京 2021·全国乙卷
知识2 导数在
考点02利用导数研究函数的极值
研究函数中的应
2025·上海 2024·新课标Ⅱ卷 2023·北京
用
2023·新课标Ⅱ卷 2023·全国乙卷
（5年3考） 1.含参的函数利用导数求参数问
考点03利用导数研究不等式恒成立问题 题是高考中的一个高频考点，也
2025·全国一卷 2024·全国甲卷 是必考点，通过函数单调性转化
2024·新课标Ⅰ卷 2023·全国甲卷 2021·天津 成为恒成立问题或者存在使成立
问题以及其他问题，可直接求导
考点04利用导数证明不等式
或者是利用分离参数去转化。
2025·天津 2024·天津 2023·天津
2.导数综合类问题一直是高考数
2023·新课标Ⅰ卷 2022·天津 2022·浙江
学的压轴题一般牵扯到不等式的
2022·北京2022·新高考全国Ⅱ卷 2021·全国乙卷
证明问题，极值点偏移问题，拐
2021·新高考全国Ⅰ卷
点偏移问题，隐零点问题，函数
考点05利用导数研究函数的零点
知识3 导数的 放缩问题。未来也是高考重难
2025·全国二卷 2022·全国甲卷2022·全国乙卷
综合应用 点。
2021·全国甲卷2021·新高考全国Ⅱ卷 2021·浙江
（5年5考） 3.随着高考数学新结构的形式出
2021·全国甲卷
现。导数新定义问题将成为高频
考点06 导数与数列的综合 考点
2023·上海 2022·新高考全国Ⅰ卷
考点07 导数与概率的综合
2021·新高考全国Ⅱ卷
考点08 导数新定义
2024·上海考点01 导数的几何意义
1．（2023·全国乙卷·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．
2．（2022·全国甲卷·高考真题）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 .
3．（2021·北京·高考真题）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， ， .
4．（2021·全国乙卷·高考真题）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.
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 .
考点02利用导数研究函数的极值6．（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 .7．（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 .
8．（2023·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)设函数 ，求 的单调区间；
(3)求 的极值点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(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.
9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（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）证明见详解（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）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）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.
10．（2023·全国乙卷·高考真题）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)存在 满足题意，理由见解析.
(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）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）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.
考点03利用导数研究不等式恒成立问题
11．（2025·全国一卷·高考真题）（1）设函数 ，求 在 的最大值；
（2）给定 ，设a为实数，证明：存在 ，使得 ；
（3）设 ，若存在 使得 对 恒成立，求b的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者
利用均值不等式可求最大值.
（2）利用反证法可证三角不等式有解；
（3）先考虑 时 的范围，对于 时，可利用（2）中的结论结合特值法求得 ，从而
可得 的最小值；或者先根据函数解析特征得 ，再结合特值法可得 ，结合（1）的结果可得
的最小值.
【详解】（1）法1： ，
因为 ，故 ，故 ，
当 时， 即 ，
当 时， 即 ，
故 在 上为增函数，在 为减函数，
故 在 上的最大值为 .
法2：我们有.
所以：
.
这得到 ，同时又有 ，
故 在 上的最大值为 ，在 上的最大值也是 .
（2）法1：由余弦函数的性质得 的解为 ， ，
若任意 与 交集为空，
则 且 ，此时 无解，
矛盾，故无解；故存在 ，使得 ，
法2：由余弦函数的性质知 的解为 ，
若每个 与 交集都为空，
则对每个 ，必有 或 之一成立.
此即 或 ，但长度为 的闭区间 上必有一整数 ，该整数 不满足条件，矛盾.
故存在 ，使得 成立.
（3）法1：记 ，
因为 ，故 为周期函数且周期为 ,故只需讨论 的情况.
当 时， ，
当 时， ，
此时 ，
令 ，则 ，
而 ，
，故 ，
当 ，在（2）中取 ，则存在 ，使得 ，
取 ，则 ，取 即 ，
故 ，故 ，
综上 ，可取 ， 使得等号成立.
综上， .
法2：设 .
①一方面，若存在 ，使得 对任意 恒成立，则对这样的 ，同样有
.
所以 对任意 恒成立，这直接得到 .
设 ，则根据 恒成立，有
所以 均不超过 ，
再结合 ，就得到 均不超过 .
假设 ，则 ，
故 .
但这是不可能的，因为三个角 和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在
直线 左侧.
所以假设不成立，这意味着 .
②另一方面，若 ，则由（1）中已经证明 ，
知存在 ，使得
.
从而 满足题目要求.
综合上述两个方面，可知 的最小值是 .
12．（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)见解析
(2)见解析
【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） ，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
13．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数
(1)若 ，且 ，求 的最小值；
(2)证明：曲线 是中心对称图形；
(3)若 当且仅当 ，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出 后根据 可求 的最小值；
（2）设 为 图象上任意一点，可证 关于 的对称点为 也在函数
的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断 即 ，再根据 在 上恒成立可求得 .
【详解】（1） 时， ，其中 ，
则 ，
因为 ，当且仅当 时等号成立，
故 ，而 成立，故 即 ，
所以 的最小值为 .，
（2） 的定义域为 ，设 为 图象上任意一点，
关于 的对称点为 ，
因为 在 图象上，故 ，
而 ，
，
所以 也在 图象上，
由 的任意性可得 图象为中心对称图形，且对称中心为 .
（3）因为 当且仅当 ，故 为 的一个解，
所以 即 ，
先考虑 时， 恒成立.
此时 即为 在 上恒成立，
设 ，则 在 上恒成立，
设 ，
则 ，
当 ， ，
故 恒成立，故 在 上为增函数，
故 即 在 上恒成立.
当 时， ，
故 恒成立，故 在 上为增函数，
故 即 在 上恒成立.
当 ，则当 时，
故在 上 为减函数，故 ，不合题意，舍；
综上， 在 上恒成立时 .而当 时，
而 时，由上述过程可得 在 递增，故 的解为 ，
即 的解为 .
综上， .
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对
一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范
围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
14．（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.
15．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 ．
(1)当 时，讨论 的单调性；
(2)若 ，求 的取值范围．
【答案】(1) 在 上单调递减
(2)
【分析】（1）代入 后，再对 求导，同时利用三角函数的平方关系化简 ，再利用换元法判
断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数 ，从而得到 ，注意到 ，从而得到 ，进
而得到 ，再分类讨论 与 两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得 恒成立，再分类讨论 ， 与 三种情况，利用零点存在
定理与隐零点的知识判断得 时不满足题意，从而得解.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
则，
令 ，由于 ，所以 ，
所以 ，
因为 ， ， ，
所以 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减.
（2）法一：
构建 ，
则 ，
若 ，且 ，
则 ，解得 ，
当 时，因为 ，
又 ，所以 ， ，则 ，
所以 ，满足题意；
当 时，由于 ，显然 ，
所以 ，满足题意；
综上所述：若 ，等价于 ，
所以 的取值范围为 .
法二：
因为 ，
因为 ，所以 ， ，故 在 上恒成立，
所以当 时， ，满足题意；
当 时，由于 ，显然 ，
所以 ，满足题意；
当 时，因为 ，
令 ，则 ，
注意到 ，
若 ， ，则 在 上单调递增，
注意到 ，所以 ，即 ，不满足题意；
若 ， ，则 ，
所以在 上最靠近 处必存在零点 ，使得 ，
此时 在 上有 ，所以 在 上单调递增，
则在 上有 ，即 ，不满足题意；
综上： .
【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论 这种情况的关键是，注意到 ，从而分类讨论
在 上的正负情况，得到总存在靠近 处的一个区间，使得 ，从而推得存在
，由此得解.
16．（2023·全国甲卷·高考真题）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)答案见解析.
(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 .
17．（2021·天津·高考真题）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）证明见解析；（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）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）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 .
考点04利用导数证明不等式
18．（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.
19．（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)证明过程见解析
【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）先证明一个结论：对 ，有 .
证明：前面已经证明不等式 ，故 ，
且 ，
所以 ，即 .
由 ，可知当 时 ，当 时 .
所以 在 上递减，在 上递增.不妨设 ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当 时，有 ，结论
成立；
情况二：当 时，有 .
对任意的 ，设 ，则 .
由于 单调递增，且有
，
且当 ， 时，由 可知
.
所以 在 上存在零点 ，再结合 单调递增，即知 时 ， 时
.
故 在 上递减，在 上递增.
①当 时，有 ；
②当 时，由于 ，故我们可以取 .
从而当 时，由 ，可得
.
再根据 在 上递减，即知对 都有 ；
综合①②可知对任意 ，都有 ，即 .
根据 和 的任意性，取 ， ，就得到 .
所以 .情况三：当 时，根据情况一和情况二的讨论，可得 ，
.
而根据 的单调性，知 或 .
故一定有 成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合 的单调性进行分类讨论.
20．（2023·天津·高考真题）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)证明见解析
(3)证明见解析
【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）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 .
【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.
21．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)证明：当 时， ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【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）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.
22．（2022·天津·高考真题）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.
23．（2022·浙江·高考真题）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）见解析；（ⅱ）见解析.
【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）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：
【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.
24．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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)见解析
【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）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.【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.
25．（2021·全国乙卷·高考真题）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）证明见详解
【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）[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 ．
【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.
26．（2022·北京·高考真题）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)证明见解析
【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）解：因为 ，所以 ，
即切点坐标为 ，
又 ，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为 ，
所以 ，
令 ，
则 ，
∴ 在 上单调递增，
∴
∴ 在 上恒成立，
∴ 在 上单调递增.
（3）解：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.
27．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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）证明见解析.
【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)[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．
【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.
考点05利用导数研究函数的零点
28．（2021·全国甲卷·高考真题）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.
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)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii） ，证明见解析.
【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）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）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 .
30．（2022·全国乙卷·高考真题）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.
31．（2022·全国甲卷·高考真题）已知函数 ．
(1)若 ，求a的取值范围；
(2)证明：若 有两个零点 ，则 ．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为 ，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为 ，则
令 ,得
当 单调递减
当 单调递增 ，
若 ,则 ,即
所以 的取值范围为
[方法二]：同构处理
由 得：令 ，则 即
令 ，则
故 在区间 上是增函数
故 ，即
所以 的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知, 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
要证 ,即证
因为 ,即证
又因为 ,故只需证
即证
即证
下面证明 时，
设 ，
则
设
所以 ,而
所以 ,所以
所以 在 单调递增
即 ,所以令
所以 在 单调递减
即 ,所以 ；
综上, ,所以 .
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，故 只有1个解
又因为 有两个零点 ，故
两边取对数得： ，即
又因为 ，故 ，即
下证
因为
不妨设 ，则只需证
构造 ，则
故 在 上单调递减
故 ，即 得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握32．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若 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.
33．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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， ，
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．
34．（2021·浙江·高考真题）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)见解析
(2) ；
(3)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)[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．
【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.
35．（2021·全国甲卷·高考真题）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.
考点06 导数与数列的综合
36．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数 和 有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨
论.
（2）根据（1）可得当 时， 的解的个数、 的解的个数均为2，构建新函数
，利用导数可得该函数只有一个零点且可得 的大小关系，根据存在直线
与曲线 、 有三个不同的交点可得 的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根
成等差数列.
【详解】（1） 的定义域为 ，而 ，
若 ，则 ，此时 无最小值，故 .
的定义域为 ，而 .
当 时， ，故 在 上为减函数，
当 时， ，故 在 上为增函数，
故 .
当 时， ，故 在 上为减函数，当 时， ，故 在 上为增函数，
故 .
因为 和 有相同的最小值，
故 ，整理得到 ，其中 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，而 ，
故 的唯一解为 ，故 的解为 .
综上， .
（2）[方法一]：
由（1）可得 和 的最小值为 .
当 时，考虑 的解的个数、 的解的个数.
设 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
所以 ，
而 ， ，
设 ，其中 ，则 ，
故 在 上为增函数，故 ，
故 ，故 有两个不同的零点，即 的解的个数为2.
设 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
所以 ，
而 ， ，
有两个不同的零点即 的解的个数为2.当 ，由（1）讨论可得 、 仅有一个解，
当 时，由（1）讨论可得 、 均无根，
故若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点，
则 .
设 ，其中 ，故 ，
设 ， ，则 ，
故 在 上为增函数，故 即 ，
所以 ，所以 在 上为增函数，
而 ， ，
故 上有且只有一个零点 ， 且：
当 时， 即 即 ，
当 时， 即 即 ，
因此若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点，
故 ，
此时 有两个不同的根 ，
此时 有两个不同的根 ，
故 ， ， ，
所以 即 即 ，
故 为方程 的解，同理 也为方程 的解
又 可化为 即 即 ，
故 为方程 的解，同理 也为方程 的解，
所以 ，而 ，
故 即 .
[方法二]：
由 知， ， ，
且 在 上单调递减，在 上单调递增；在 上单调递减，在 上单调递增，且
① 时，此时 ，显然 与两条曲线 和
共有0个交点，不符合题意；
② 时，此时 ，
故 与两条曲线 和 共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③ 时，首先，证明 与曲线 有2个交点，
即证明 有2个零点， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ， ， ，
令 ，则 ，
所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点，设
为
其次，证明 与曲线和 有2个交点，
即证明 有2个零点， ，
所以 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ， ， ，
令 ，则 ，
所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为 ，所以 ，
若 ，则 ，即 ，
所以只需证明 在 上有解即可，
即 在 上有零点，
因为 ， ，
所以 在 上存在零点，取一零点为 ，令 即可，
此时取
则此时存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，
最后证明 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为所以 ，
又因为 在 上单调递减， ， 即 ，所以 ，
同理，因为 ，
又因为 在 上单调递增， 即 ， ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
即直线 与两条曲线 和 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，
而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
37．（2023·上海·高考真题）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，试比较 ；
（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，
考点07 导数与概率的综合
38．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微
生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是
相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数， ．
（1）已知 ，求 ；
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：
的一个最小正实根，求证：当 时， ，当 时， ；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
【分析】（1）利用公式计算可得 .
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合 及极值点的范围可得 的最小正零点.
（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.
【详解】（1） .
（2）设 ，因为 ，故 ，
若 ，则 ，故 .
，
因为 ， ，
故 有两个不同零点 ，且 ，
且 时， ； 时， ；
故 在 ， 上为增函数，在 上为减函数，
若 ，因为 在 为增函数且 ，
而当 时，因为 在 上为减函数，故 ，
故 为 的一个最小正实根，
若 ，因为 且在 上为减函数，故1为 的一个最小正实根，
综上，若 ，则 .
若 ，则 ，故 .
此时 ， ，
故 有两个不同零点 ，且 ，
且 时， ； 时， ；
故 在 ， 上为增函数，在 上为减函数，
而 ，故 ，
又 ，故 在 存在一个零点 ，且 .
所以 为 的一个最小正实根，此时 ，
故当 时， .
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过
1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
考点08 导数新定义
39．（2024·上海·高考真题）对于一个函数 和一个点 ，令 ，若
是 取到最小值的点，则称 是 在 的“最近点”．(1)对于 ，求证：对于点 ，存在点 ，使得点 是 在 的“最近点”；
(2)对于 ，请判断是否存在一个点 ，它是 在 的“最近点”，且直线 与
在点 处的切线垂直；
(3)已知 在定义域R上存在导函数 ，且函数 在定义域R上恒正，设点
， ．若对任意的 ，存在点 同时是 在 的“最近
点”，试判断 的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入 ，利用基本不等式即可；
（2）由题得 ，利用导函数得到其最小值，则得到 ，再证明直线 与切线垂直即可；
（3）根据题意得到 ，对两等式化简得 ，再利用“最近点”的定义得到不
等式组，即可证明 ，最后得到函数单调性.
【详解】（1）当 时， ，
当且仅当 即 时取等号，
故对于点 ，存在点 ，使得该点是 在 的“最近点”．
（2）由题设可得 ，
则 ，因为 均为 上单调递增函数，
则 在 上为严格增函数，
而 ，故当 时， ，当 时， ，
故 ，此时 ，
而 ，故 在点 处的切线方程为 .
而 ，故 ，故直线 与 在点 处的切线垂直．
（3）设 ，
，而 ，
，
若对任意的 ，存在点 同时是 在 的“最近点”，
设 ，则 既是 的最小值点，也是 的最小值点，
因为两函数的定义域均为 ，则 也是两函数的极小值点，
则存在 ,使得 ，
即 ①
②
由①②相等得 ，即 ，
即 ，又因为函数 在定义域R上恒正，
则 恒成立，
接下来证明 ，
因为 既是 的最小值点，也是 的最小值点，
则 ，
即 ，③
，④
③ ④得
即 ，因为
则 ，解得 ，
则 恒成立，因为 的任意性，则 严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到 ，再利用最值
点定义得到 即可.
