1
五年（2019-2023）年高考真题分项汇编
专题04 导数及应用（解答题）
函数导数应用是高考必考知识点 ，解答题主要是压轴题的形式出现，常考题型如图所示：
考点01 利用导数求函数单调性，求参数
一、解答题
1．（2023·全国乙卷）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；
2
(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）由函数的解析式可得
，
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，
3
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
，
令
，则
，
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减，
故
，即
(取等条件为
)，
所以
，
，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，
4
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.
2．（2022·全国乙卷）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
5
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
6
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
3．（2021·全国甲卷）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；
7
（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；
8
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
，所当
且
时
有
．
综上所述，实数a 的取值范围为
．
[方法四]：直接法
9
．
因为
，由
得
．
当
时，
在区间
内单调递减，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
．]
4．（2021·天津·统考高考真题）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
，
10
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
.
5．（2020 年全国高考Ⅰ卷）已知函数
.
（1）当a=1 时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0 时，f（x）≥
x3+1，求a 的取值范围.
【答案】（1）当
时，
单调递减，当
时，
单调递增.
（2）
11
【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0 的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值
即可确定实数a 的取值范围.
【详解】(1)当
时，
，
，
由于
，故
单调递增，注意到
，故：
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由
得，
，其中
，
①.当x=0 时，不等式为：
，显然成立，符合题意；
②.当
时，分离参数a 得，
，
记
，
，
令
，
则
，
，
故
单调递增，
，
故函数
单调递增，
，
由
可得：
恒成立，
故当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
因此，
,
综上可得，实数a 的取值范围是
.
[方法二]：特值探路
当
时，
恒成立
．
12
只需证当
时，
恒成立．
当
时，
．
只需证明
⑤式成立．
⑤式
，
令
，
则
，
所以当
时，
单调递减；
当
单调递增；
当
单调递减．
从而
，即
，⑤式成立．
所以当
时，
恒成立．
综上
．
[方法三]：指数集中
当
时，
恒成立
，
记
，
，
①.当
即
时，
，则当
时，
，
单调递增，又
，
所以当
时，
，不合题意；
②.若
即
时，则当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，又
，
13
所以若满足
，只需
，即
，所以当
时，
成立；
③当
即
时，
，又由②可知
时，
成立，所以
时，
恒成立，
所以
时，满足题意.
综上，
.
6．（2020·江苏·统考高考真题）已知关于x 的函数
与
在区间D 上恒
有
．
（1）若
，求h(x)的表达式；
（2）若
，求k 的取值范围；
（3）若
求证：
．
【答案】（1）
；（2）
；（3）证明详见解析
【分析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得
的表达式；
（2）方法一：先由
，求得
的一个取值范围，再由
，求得
的另一个取值
范围，从而求得
的取值范围.
（3）方法一：根据题意可得两个含参数的一元二次不等式在区间
上恒成立，再结合放
缩，即可利用导数证得不等式成立.
【详解】（1）[方法一]:判别式法
由
可得
在R 上恒成立，
即
和
，
从而有
即
，
所以
，
因此，
．所以
．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有
对任意的
恒成立.
14
令
，则
，所以
.
因此
即
对任意的
恒成立，
所以
，因此
.
故
.
（2）[方法一]
令
，
.
又
.
若
，则
在
上递增，在
上递减，则
，即
，不符合题意.
当
时，
，符合题意.
当
时，
在
上递减，在
上递增，则
，
即
，符合题意.
综上所述，
.
由
当
，即
时，
在
为增函数，
因为
，
故存在
，使
，不符合题意.
当
，即
时，
，符合题意.
当
，即
时，则需
，解得
.
综上所述，
的取值范围是
.
[方法二]【最优解】：特值辅助法
由已知得
在
内恒成立；
由已知得
，
令
，得
，∴
(*)，
令
，
，当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，∴
，∴当
时
在
内恒成立；
由
在
内恒成立，由(*)知
，∴
15
，∴
，解得
.
∴
的取值范围是
.
（3）[方法一]：判别式+导数法
因为
对任意
恒成立，
①
对任意
恒成立，
等价于
对任意
恒成立.
故
对任意
恒成立.
令
，
当
，
，
此时
，
当
，
，
但
对任意的
恒成立.
等价于
对任意的
恒成立.
的两根为
，
则
，
所以
.
令
，构造函数
，
，
所以
时，
，
递减，
.
所以
，即
.
[方法二]：判别式法
由
，从而对任意的
有
恒成立，等价于对任意的
①，恒成立．
（事实上，直线
为函数
的图像在
处的切线）
同理
对任意的
恒成立，即等价于对任意的
恒成立． ②
当
时，将①式看作一元二次方程，进而有
，①式的解为
或
（不妨设
16
）；
当
时，
，从而
或
，又
，从而
成立；
当
时，由①式得
或
，又
，所以
．
当
时，将②式看作一元二次方程，进而有
．
由
，得
，此时②式的解为
不妨设
，从而
．
综上所述，
．
[方法三]【最优解】：反证法
假设存在
，使得满足条件的m，n 有
．
因为
，所以
．
因为
，所以
．
因为
对恒成立，所以有
．则有
， ③
， ④
解得
．
由③+④并化简得，
．
因为
在区间
上递增，且
，
所以，
．
由
对
恒成立，即有
⑤
对
恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有
．
设
，则
，
所以
在区间
上递减，所以
，即
．
设不等式⑤的解集为
，则
，这与假设矛盾．从而
．
由
均为偶函数．同样可证
时，
也成立．
17
综上所述，
．
7．（2019 年全国高考Ⅱ卷）已知函数
.
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线
的切线.
【答案】（1）函数
在
和
上是单调增函数，证明见解析；
（2）证明见解析.
【分析】（1）对函数
求导，结合定义域，判断函数的单调性；
（2）先求出曲线
在
处的切线，然后求出当曲线
切线的斜率与斜率相等时，证
明曲线
切线在纵轴上的截距与在纵轴的截距相等即可.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
，因为函数
的定义域为
，所以
，因此函数
在
和
上是单调增函数；
当
，时，
，而
，显然当
，函数
有零点，而函
数
在
上单调递增，故当
时，函数
有唯一的零点；
当
时，
，
因为
，所以函数
在
必有一零点，而函数
在
上是单调递增，故当
时，函数
有唯一的零点
综上所述，函数
的定义域
内有2 个零点；
（2）[方法一]【最优解：分别求得两条方程，比较常数项说明切线重合】
设
在点
处的斜率为
．
切线的方程为
，即
．
由
，得
．
所以曲线
上斜率为
的切线的切点为
．
切线
的方程为
，即
．
18
由于
，故曲线y=lnx 在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线
的切线.
[方法二]【利用切线的斜率相等进行证明】
由题设知
，即
，曲线
在点
处的切线l 的方程为
．
设在曲线
上取一点
，若其在点B 处的斜率与直线l 的斜率相等，
则有
，即
，故
．
将点B 的坐标代入直线l 的方程
中，
，整理得
，上式显然成立．
则直线l 过点B，即曲线
在点
处的切线也是曲线
的切线．
[方法三]【利用不同的方法计算斜率证明切线重合】
因为
，所以由
，设切点坐标为
，解得
．
因此，曲线
在点
处切线的斜率也是
．
因为
，所以
，
因此，曲线
在点
处的切线也是曲线
的切线．
[方法四]【构造函数讨论单调性证明切线重合】
因为
，
所以曲线
在点
处的切线方程是
．
构造函数
，由
得
．
因为当
时，
；
当
时，
，所以
．
因此，函数
只有一个零点
．
所以曲线
与曲线
在点
处的切线
只有一个交点
．
19
又
，因此，曲线
与直线
相切于
，
即曲线
在点
处的切线也是曲线
的切线．
【整体点评】(2)方法一：分别求得两条切线方程比较切线方程的形式是最直接思路；
方法二：考查切线斜率相等时证明切线重合的必要思路；
方法三：利用不同的方法计算切线方程是证明切线重合的有效方法；
方法四：构造函数进行证明体现了等价转化的数学思想.
8．（2019 年全国高考Ⅲ卷）已知函数
.
（1）讨论
的单调性；
（2）是否存在
，使得
在区间
的最小值为
且最大值为1？若存在，求出
的所有值；若不
存在，说明理由.
【答案】(1)见详解；(2)
或
.
【分析】(1)先求
的导数，再根据
的范围分情况讨论函数单调性；(2) 根据
的各种范围，利用函数单
调性进行最大值和最小值的判断，最终得出
,
的值.
【详解】(1)对
求导得
.所以有
当
时，
区间上单调递增，
区间上单调递减，
区间上单调递增；
当
时，
区间上单调递增；
当
时，
区间上单调递增，
区间上单调递减，
区间上单调递增.
(2)若
在区间
有最大值1 和最小值-1，所以
若
，
区间上单调递增，
区间上单调递减，
区间上单调递增；
此时在区间
上单调递增，所以
，
代入解得
，
，与
矛盾，所以
不成
立.
若
，
区间上单调递增；在区间
.所以
，
代入解得
.
若
，
区间上单调递增，
区间上单调递减，
区间上单调递增.
即
在区间
单调递减，在区间
单调递增，所以区间
上最小值为
而
，故所以区间
上最大值为
.
20
即
相减得
，即
，又因为
，所以无解.
若
，
区间上单调递增，
区间上单调递减，
区间上单调递增.
即
在区间
单调递减，在区间
单调递增，所以区间
上最小值为
而
，故所以区间
上最大值为
.
即
相减得
，解得
，又因为
，所以无解.
若
，
区间上单调递增，
区间上单调递减，
区间上单调递增.
所以有
区间
上单调递减，所以区间
上最大值为
，最小值为
即
解得
.
综上得
或
.
【点睛】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最
大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．
考点02 恒成立问题
一、解答题
1．（2023 全国新高考Ⅰ卷）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
21
，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，
；
22
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.
2．（2022·北京·统考高考真题）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
，
23
∴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.
3．（2021·全国乙卷）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
；
24
（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.
25
[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.
4．（2021·北京·统考高考真题）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
，
，
，
26
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，
，
.
5．（2021·天津·统考高考真题）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
，
27
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
.
6．（2020·山东·统考高考真题）已知函数
．
（1）当
时，求曲线
在点
处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式
恒成立，求a 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
28
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点
切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角
形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数
的单调性，当a=1 时，由
得
,符合题意；
当a>1 时，可证
，从而
存在零点
，使得
，得到
，利
用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得
恒成立；当
时，研
究
.即可得到不符合题意.综合可得a 的取值范围.
【详解】（1）
，
，
.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数
在点(1,f(1)处的切线方程为
,即
,
切线与坐标轴交点坐标分别为
,
∴所求三角形面积为
．
（2）［方法一］：通性通法
,
，且
.
设
,则
g(
∴x)在
上单调递增，即
在
上单调递增，
当
时，
,∴
,∴
成立.
当
时，
，
，
,
∴存在唯一
，使得
，且当
时
，当
时
，
，
，
因此
>1,
∴
∴
恒成立；
当
时，
∴
不是恒成立.
29
综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由
得
，即
，而
，所以
．
令
，则
，所以
在R 上单调递增．
由
，可知
，所以
，所以
．
令
，则
．
所以当
时，
单调递增；
当
时，
单调递减．
所以
，则
，即
．
所以a 的取值范围为
．
［方法三］：换元同构
由题意知
，令
，所以
，所以
．
于是
．
由于
，而
在
时为增函数，故
，即
，分离参数后有
．
令
，所以
．
当
时，
单调递增；当
时，
单调递减．
所以当
时，
取得最大值为
．所以
．
［方法四］：
因为定义域为
，且
，所以
，即
．
令
，则
，所以
在区间
内单调递增．
因为
，所以
时，有
，即
．
下面证明当
时，
恒成立．
令
，只需证当
时，
恒成立．
因为
，所以
在区间
内单调递增，则
．
因此要证明
时，
恒成立，只需证明
即可．
30
由
，得
．
上面两个不等式两边相加可得
，故
时，
恒成立．
当
时，因为
，显然不满足
恒成立．
所以a 的取值范围为
．
【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数
的单调性，求出其最小值，由
即可求出，解法
虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成
，再根据函数
的单调性
以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令
，再同构，可将原不等式化成
，再根据函数
的
单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用
可得
的取值范围，再进行充分性证明即可．
7．（2020 年全国新高考Ⅰ卷）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
，
31
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
．
32
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
．
33
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．
8．（2019·北京·高考真题）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）见解析；
（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）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
；
34
同理令
，可求其最小值为
，所以
，即
，综上可
得
.
（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.
9．（2019·浙江·高考真题）已知实数
，设函数
（1）当
时，求函数
的单调区间；
（2）对任意
均有
求
的取值范围.
注：
为自然对数的底数.
【答案】（1）
的单调递增区间是
,单调递减区间是
；（2）
.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.
(2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a 的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可.
【详解】(1)当
时，
，函数的定义域为
，且：
，
因此函数
的单调递增区间是
,单调递减区间是
.
(2)由
，得
，
当
时，
，等价于
，
令
，则
，
设
，
，
则
，
35
（i）当
时，
，
则
，
记
，
则
列表讨论：
x
（
）
1
（1，+∞）
p′（x）
﹣
0
+
P（x）
p（
）
单调递减
极小值p（1）
单调递增
（ii）当
时，
，
令
，
则
，
故
在
上单调递增，
，
由（i）得
，
，
由（i）（ii）知对任意
，
即对任意
，均有
，
综上所述，所求的a 的取值范围是
．
【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．
36
(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．
考点03 三角函数相关导数问题
一、解答题
1．（2023 年全国高考Ⅱ卷）（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，
37
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
，
38
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.
2．（2023·全国甲卷）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
39
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
.
3．（2022·天津·统考高考真题）已知
，函数
(1)求函数
在
处的切线方程；
(2)若
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；
40
（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
，
41
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.
4．（2020 年全国高考Ⅱ卷）已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
42
（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）证明见解析；
（3）证明见解析.
【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)[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
43
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
．
【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；
44
5．（2019·天津·高考真题）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
.
45
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
.
考点04 导数类综合问题
一、解答题
1．（2023·全国乙卷）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.
46
(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）由函数的解析式可得
，
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;
47
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
，
令
，则
，
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减，
故
，即
(取等条件为
)，
所以
，
48
，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.
2．（2022·全国甲卷）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)
49
(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
50
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
51
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
3．（2022 年全国新高考Ⅰ卷）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
.
52
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
，
，
53
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，
54
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，
55
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.
4．（20122 年全国高考Ⅱ卷）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
56
【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
.
57
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.
5．（2022·天津·统考高考真题）已知
，函数
(1)求函数
在
处的切线方程；
(2)若
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.
58
【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
.
59
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.
6．（2021·全国乙卷）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
60
【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
61
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.
7．（2022 年全国新高考Ⅰ卷）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
62
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
．
63
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．
64
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.
8．（2022 年全国新高考Ⅱ卷）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；
65
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，
66
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.
9．（2020 年全国高考Ⅲ卷）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
．
67
（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
，
68
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．
69
［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．
70
永久高中群
1.包含服务：
每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群，不用每
年缴费，一次付费，永久享受，包含到高一到高三的。
2.资料覆盖：
整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的）
3.资料包含：
整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免费获取
4.入群价格：
目前入群特价199 元（原价299 元）
2024 高三VIP 资料
资料提供形式：QQ 群+网盘群（两个群一起，QQ 群每日实时更新，网盘群分类汇总）
资料包含内容：
1、2021 年9 月份到2022 年6 月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
2、2022 年8 月份到2023 年6 月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷
3、2023 年8 月份到2024 年6 月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟卷（2023 年
8 月开始，每天实时更新）
4、各科知识点总结、笔记、答题模板
5、全套专题讲义训练、复习讲义
6、专属精品内部资料
进群费用：目前进群仅需49 元（原价99 元，每天前5 名，享受49 元优惠价）
时间期限：资料持续更新到2024 年6 月高考结束，资料截止更新
进群请联系一枚试卷君
【微信号：YMSJJ6868】
