文档文本内容
导数及其应用
猜押考点
3 年真题
考情分析
押题依据
导数及其
应用
2024 全国新高考I
卷10、13、18
2024 全国新高考Ⅱ
卷8、11、16
2023 全国新高考I
卷11、19
2023 全国新高考Ⅱ
卷6、11、22
2022 全国新高考I
卷7、10、22
2022 全国新高考Ⅱ
卷14、22
1.导数的概念与抽象函数的性质
综合考查；
2.导数几何意义的应用、切线问
题；
3.应用导数研究函数的单调性或
根据函数单调性求参数范围；
4.应用导数求函数的极值、最
值，或由极值（点）、最值求参
数范围；
5.导数的综合应用问题，包括证
明不等式、恒成立或存在性问
题、零点及零点个数，以及根据
零点求参数范围问题；
6.小题综合化有增强趋势，解答
题难度有降低趋势，注重其它学
科中应用导数解决问题，突出
其“工具性”.
含参的函数利用导数求参数问题是高
考中的一个高频考点，也是必考点，
通过函数单调性转化成为恒成立问题
或者存在使成立问题以及其他问题，
可直接求导或者是利用分离参数去转
化。
与三角函数相关问题随着新高考新结
构的出现，这类题目一压轴题出现的
频率会变大。
导数综合类问题一直是高考数学的压
轴题一般牵扯到不等式的证明问题，
极值点偏移问题，拐点偏移问题，隐
零点问题，函数放缩问题。未来也是
高考重难点
随着高考数学新结构的形式出现。导
数新定义问题将成为高频考点
题型一 切线问题
1．（23-24 高二下·广东中山·阶段练习）设曲线
在点
处的切线与直线
垂直，则
．
【答案】
【分析】利用导数，结合切线的斜率求得正确答案.
【详解】直线
的斜率为
，
所以曲线
在点
处的切线的斜率为
，
，所以
.
故答案为：
2．（24-25 高二下·广东惠州·阶段练习）若直线
是曲线
与曲线
的公切线，
则
．
【答案】
【分析】直线
与曲线
联立求出
，设
与曲线
相切于点
，借助导数的几何意义求出
的切线方程与
比较可得答案.
【详解】直线
与曲线
联立，
得
，
因为直线
是曲线
的切线，
所以
，解得
，
设
与曲线
相切于
，
由
得曲线
在
处的切线斜率为
，
则曲线
在
处的切线方程为
，即
，
因为直线
是曲线
与曲线
的公切线，
所以
，解得
，
即
.
故答案为：
.
3．（24-25 高二下·天津南开·阶段练习）已知函数
直线l 为曲线
的切线，且经
过原点，求直线的方程 .
【答案】
【分析】设出切点为
，求得
的导数，可得切线的斜率，再由两点的斜率公式，解方程可得切点
和切线的方程.
【详解】设直线与曲线的切点为
，
的导数为
，
可得切线的斜率为
，
由切线经过原点，可得
，
解得
，
，
则切线的方程为
.
故答案为：
.
4．（24-25 高二上·陕西宝鸡·期末）设函数
，曲线
在点
处的切线方程为
，则
，
.
【答案】
【分析】利用导数的几何意义可得
，即可解出
、
的值.
【详解】因为
，则
，
因为曲线
在点
处的切线方程为
，则
，
解得
.
故答案为：
；.
5．（24-25 高三下·山东·阶段练习）已知直线
与曲线
相切，则
．
【答案】
【分析】设切点坐标为
，利用导数的几何意义得出
，利用点
既在直线上又在曲
线上，可得出
，构造函数
，利用导数分析该函数的单调性，解方
程
，求出
的值，即可得出
的值.
【详解】由
，得
，
设切点坐标为
，由导数的几何意义得
，
又点
既在直线上又在曲线上，所以
，
联立
和
，消去
，得
，
令
，则
恒成立，
即函数
在区间
上单调递增，
又
，所以
，得到
．
故答案为：
.
6．（24-25 高二上·江苏宿迁·期末）若曲线
只有一条过原点的切线，则
的值为
．
【答案】
或
【分析】设切点为
，再根据导数的几何意义求得切线方程，并结合题意得
方程有且
只有一个实数根，再结合判别式求解即可.
【详解】∵
，∴
，
设切点为
,则
,切线斜率
,
∴切线方程为：
,
∵切线过原点，
∴
,整理得：
,
∵曲线
只有一条过坐标原点的切线切，
∴
,解得
或
,
∴
或
,
故答案为：
或
7．（2025 高三·全国·专题练习）若曲线
和曲线
存在有公共切点的公切
线，则
．
【答案】
【分析】根据已知求出
.设出公共切点的坐标，根据已知列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得
，
，定义域为
则有
．
设公共切点的坐标为
，则
，
，
，
．
根据题意，有
.
由
可得，
，解得
（舍去）或
.
由
可得
，
代入
可得，
.
故答案为：
.
题型二 导数与函数的单调性
1．（2025 高二·全国·专题练习）若函数
在
上存在单调递减区间，则实数
的
取值范围为
【答案】
【分析】利用
，经等价转化得到
在区间
上有解，故只需求
在
上
的最小值即可.
【详解】依题意，
在区间
上有解，
即
在区间
上有解，
设
，则
，故只需求
在
上的最小值，
而
在
时，取得最小值
，故得
，
则实数
的取值范围为
.
故答案为：
2．（2025 高三·全国·专题练习）若函数
是其定义域上的增函数，则实数
的取值范
围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】确定函数定义域，对函数求导，将问题转化为
在定义域上恒成立，即
，反解
得
，设
，利用导数求得函数的最值，
从而可得实数
的取值范围.
【详解】由已知，得函数
的定义域为
，
，
整理，得
，
设函数
，则
，
由
，得
，由
，得
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，所以
，解得
．
故选：D．
3．（2025 高二·全国·专题练习）（多选）若函数
在区间
上单调，则实数m
的取值范围可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】求导，分别由
，
解不等式确定函数的单调区间，在根据
在区间
上单调列不等式求解实数m 的取值范围即可得结论.
【详解】易知
的定义域为
，
．
由
得函数
的单调递增区间为
；
由
得函数
的单调递减区间为
．
因为
在区间
上单调，所以
或
，
解得
或
．
结合选项可得A，D 正确．
故选：AD．
4．（2025·河北秦皇岛·一模）已知函数
，若任意两个不相等的正实数
，
，都有
恒成立，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】将原题条件转换为函数
在
上单调递减，进一步转换为导函数小于等于0
恒成立，分离参数即可求解.
【详解】不妨设
，则由
，
也就是说，函数
在
上单调递减，
因为
，由题意
恒成立，
即
恒成立，令
，
求导得
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
，
所以实数
的取值范围为
.
故选：D.
5．（2025 高二·全国·专题练习）设
为
上的奇函数，当
时，
，则不等式
的解集为 ．
【答案】
【分析】根据题意，构造函数
，利用奇偶性和单调性求解不等式.
【详解】令
，所以当
时，
，
所以
在
上单调递减，
又
为
上的奇函数，所以
为
上的奇函数，
所以
在
上单调递减，故
在
上单调递减且
，
不等式
可化为
，即
，即
，故
，
所以原不等式的解集为
.
故答案为：
.
6．（24-25 高二下·河北邯郸·阶段练习）（多选）已知定义在
上的函数
的导函数是
，且
．若
，则称
是
的“增值”函数．下列函数是
的“增值”函数，
其中使得
在
上不是单调函数的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】CD
【分析】由条件得到
，再结合选项得到
，进而逐项判断即可.
【详解】由
，可得
．
对于A：由
，可得：
为常数，
令
，则
，所以
，则
在
上是减函数，故错误；
对于B：由
可得：
，
为常数，
令
，则
，所以
，则
在
上是增函数，故错误；
对于C，由
可得：
，
为常数，
令
，则
，所以
，
由对勾函数的单调性可知：
在
上单调递减，在
上单调递增，故正确；
对于D，由
可得：
，
为常数，
令
，则
0，所以
，
令
，可得
，令
，可得
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，故正确．
故选：CD．
7．（24-25 高二下·湖北孝感·期中）定义在
上的函数
满足
，且
，
则不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意，构造函数
，可得
在
上单调递增，然后结合其单调性
即可求解不等式.
【详解】由
可得
，
设
，
，
则
，
即函数
在
上单调递增，
且
，
由
可得
，
即
，即
，解得
，
所以不等式的解集为
.
故选：B.
8．（24-25 高三上·江西南昌·期中）已知
则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】构造函数
以及
，利用导数求解单调性，即可比
较
以及
.
【详解】由题得
，
构造函数
，则
，
所以
在
上单调递减，所以
，
所以
，即
，所以
.
构造函数
，则
，
所以
在
上单调递增，所以
，
所以
，即
，所以
.
综上，
.
故选：B
题型三 导数与函数极值、最值问题
1．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
，则
的极大值为 ．
【答案】
/
【分析】利用导数求解函数的极大值即可.
【详解】函数
的定义域为
，且
，令
，可得
，列表如下，
x
e
+
0
-
单调递增
极大值
单调递减
所以函数
的极大值为
．
故答案为：
2．（2025 高三·全国·专题练习）若函数
在区间
上存在极值点，则实数的最大
值为 ．
【答案】
【分析】求导，构造函数，根据导数判断函数的单调性与零点情况，进而可判断函数
的极值情况，即
可得解.
【详解】函数
的定义域为
，
，
设
，则
，
所以当
时，
，当
时，
，
即函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
的最大值为
，
又因为当
时，
，
，
即当
，
，
又
，
，
所以存在唯一的
，使得
，
所以当
时，
，
当
时，
，
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以要使函数
在区间
上存在极值点，
则实数的最大值为，
故答案为：.
3．（24-25 高二下·吉林·阶段练习）（多选）对于函数
，下列结论正确的（ ）
A．
在
处取得极大值
B．
有两个不同的零点
C．
D．若
恒成立，则
【答案】ACD
【分析】求得
，得到
的单调区间，可判定A 正确；根据
的单调性，结合当
时，
，当
时，
，画出
的图象，可判定B 错误；根据
的单调
性，得到
，结合
，可判定C 正确；转化为
在
恒成立，令
，求得
，得到函数的单调性与
，可判定D 正确.
【详解】由函数
，可得
，
令
，解得
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
在
处取得极大值
，所以A 正确；
当
时，
，当
时，
，
则函数
的图象，如图所示，
所以函数
有且仅有一个零点，所以B 错误；
由函数
的图象，可得
，
因为
，所以
，所以C 正确；
若
在
恒成立，则
在
恒成立，
令
，可得
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
单调递增，在
单调递减，
所以
，所以
，所以D 正确.
故选：ACD.
4．（24-25 高二下·广东佛山·阶段练习）已知函数
的极小值点为
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】求导，
时，函数
的无极小值，当
，函数
的极小值为
，当
，可得
函数
的极大值为
，可得
的取值范围.
【详解】由
，可得
，
因为函数
的极小值点为
，所以
，
若
，则
，所以
在
上恒成立，故函数
无极小值，
又函数
的极小值点为
，故
，
又
时，令
，可得
或
，
当
，所以
，当
，
，所以
是函数
的极小值点，符合题意，
又
时，令
，可得
或
，
当
，所以
，当
，
，所以
是函数
的极大值点，不符合题意，
综上所述：
的取值范围是
.
故选：A.
5．（24-25 高二下·江苏无锡·阶段练习）若函数
有三个极值点，则
的取值
范围是 ．
【答案】
【分析】函数
有三个极值点等价于
有三个实根，即
有两个实根且根不为3，得
，令
，最后利用数形结合即可求解.
【详解】由
有：
，所以函数
有三个极值点等价于
有三个实根，
即
有两个实根且根不为3，所以
，令
，
所以
，令
有
，由
有
，
有
，
所以
在
上为增函数，在
上为减函数，
，所以
或
，
所以
，
故答案为：
.
6．（24-25 高二下·江苏扬州·阶段练习）函数
在区间
内存在最小值，则实数
的取
值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先研究
在
上的单调性，再结合图象分析
讨论
的取值范围.
【详解】
，则
，
则
得
或
；
得
，
则
在
和
上单调递增，在
上单调递减，
因
，
则当
在
内存在最小值时，有
得
，
则实数
的取值范围是
.
故选：C.
7．（2025·河南开封·二模）已知直线
与函数
，
的图象分别交于
，
两点，则
取最小值时，
，最小值为 ．
【答案】
【分析】根据两函数的图象关于直线
对称，且
与
垂直，转化为求曲线上一点到直线距
离的最小值，利用点到直线的距离及导数即可得解.
【详解】由
可得，
，即
，
所以函数
，
互为反函数，图象关于直线
对称，
因直线
互相垂直，
所以问题可转化为求
上点
到直线
距离的最小值的2 倍，
因为
，
令
，
则
，当
时，
，
当
时，
，所以函数在
上单调递减，在
上单调递增，
故当
时，
有最小值3，
此时
，
故答案为：
题型四 应用导数研究恒成立（能成立）问题
1．（24-25 高二下·江苏苏州·阶段练习）已知函数
，
，若
在
上恒成立，则实数
的最大值为（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】将问题转化为
在
上恒成立,然后构造函数
，利用单调性，
得到
，即
，再构造函数
，求出最小值即可得解.
【详解】由题意
，则
，等价于
，
令
，因为
，所以
在
上单调递增，
所以
，
所以
，等价于
，
令
，则
，
当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增；
所以
，因此
，
故选：B
2．（2025·江西萍乡·一模）设函数
，
，若
，
，使
得
，则实数
的取值范围是 .
【答案】
【分析】将问题转化为
，求出
，然后参变分离，构造函数
，利用导数
求最值即可.
【详解】由题意，
，当
时，
，
，所以
；
当
时，
，
，所以
，
等号仅当
时成立，所以
.
所以对
，即
，即
.
令
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
，因此
.
故答案为：
3．（24-25 高二下·河北邯郸·阶段练习）已知
恒成立，则正数
的取值范围
为 ．
【答案】
【分析】将原不等式同构为
，即
，令
，分析
单调性可得
，令
利用导数求出最值得解.
【详解】由
，可得
．
令
，易知
在
上单调递增，
由
，可得
，
故
，即
.
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
，
所以
，即
，
故正数
的取值范围是
.
故答案为：
.
4．（2025 高三·全国·专题练习）已知不等式
在区间
上有解，则实数
的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据给定的不等式，结合同构思想变形，再构造函数，利用导数确定单调性，将问题转化为不等
式有解求解.
【详解】依题意，
，则
，
令函数
，求导得
，函数
在
上单调递增，
当
时，不等式
，
则
，依题意，不等式
在
上有解，
令函数
，求导得
，
当
时，
；当
时，
，
函数
在
上递减，在
上递增，则
，
，
所以实数
的取值范围是
.
故选：B
5．（2025·江西·二模）已知
，若
在
上恒成立，则
的最大值
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】函数不等式恒成立问题转化为方程根的问题，以及利用韦达定理和对数运算性质得到相关等式，
最后通过求函数最值来求解
的最大值.
【详解】因为
恒成立，所以
和
有两个相同正根
.对于方
程
，两边同乘
得
.
由一元二次方程性质，有两个不同正根，则
，且
，
.
由
可得
，
可得
.
根据对数运算法则
，所以
，即
.
令
，对
求导，
.
令
，即
，解得
.
当
时，
，
递增；
当
时，
，
递减.
所以
在
处取最大值，
.
综上，
的最大值为
.
故选：B.
6．（2025·湖北·模拟预测）函数
，若
恒成立，则
的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先化简结合对数函数单调性得出
，再构造
，根据导函数得出函数单调性即可
求解.
【详解】由题设
在
上恒成立，
知
，此时
在
上都单调递增，
所以只需
在
上的零点相同，
即
，所以
，
令
，则
，
当
时，
，即
在
上单调递增，
当
时，
，即
在
上单调递减，
所以
，即
的取值范围是
.
故选：D
7．（2025·四川自贡·二模）已知函数
，
.
(1)若
存在极小值，且极小值为
，求
；
(2)若
，求
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，判断函数的单调性，结合极小值为
求解；
（2）将不等式
分离参数，得
，设
，
，利用导数求出
最值得解.
【详解】（1）
，
，
当
时，
，所以函数
无极值，
当
时，由
，得
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的极小值为
，解得
.
（2）由
，得
，即
，
，
设
，
，
则
，
当
时，
，即
单调递减，
当
时，
，即
单调递增，
所以
，则
，
所以
的取值范围为
.
8．（24-25 高二下·广东惠州·阶段练习）设函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)求
在
上的最小值与最大值．
【答案】(1)单调减区间为
，单调增区间为
(2)最小值为；最大值为
【分析】（1）求出函数的导数令
，可得
，求出函数的单调区间即可；
（2）根据函数的单调性求出函数的最值即可．
【详解】（1）
的定义域为
，
，
令
，可得
，
则当
时，
，函数
单调递增；
时，
，函数
单调递减，
所以
的单调减区间为
，单调增区间为
．
（2）由（1）知
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
的最小值为
；
又
，
，
所以
的最大值为
．
9．（24-25 高三下·重庆渝中·阶段练习）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)讨论
的单调性；
(3)若函数
在
上的最大值为 0，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
；
(2)答案见解析；
(3)
【分析】（1）求导得
，则得到切线斜率，再写出切线方程即可；
（2）求导得
，再分
，
和
讨论即可；
（3）分
，
和
讨论即可.
【详解】（1）当
时，
，
，
，
所以
在点
处的切线方程为
，即
．
（2）由题意得
的定义域为
，
，
①当
时，
，
所以
在
上单调递增．
②当
时，
，
由
，解得
，
不妨设
，则由韦达定理有
，
又
，
，即
，
故
在
上单调递减，
在
上单调递增，在
上单调递减．
③当
时，
，
可得
，所以
在
上单调递减．
综上，当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，
在当
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增，在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递减．
（3）①当
时，
在
上单调递增，
，矛盾；
②当
时，
在
上单调递增，
所以当
时，
，矛盾；
③当
时，所以
在
上单调递减，
，符合题意，
综上：所求实数
的取值范围为
．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求导并因式分解得
，再合理分
类讨论即可.
题型五 应用导数证明不等式（等式）
1．（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)若
恒成立，求
的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
(2)
.
【分析】（1）求出函数的导数，再解导函数大于0、小于0 的不等式即可.
（2）由（1）求出函数的最小值，再结合恒成立的不等式列式求解.
【详解】（1）函数
的定义域为
，求导得
，
由
，得
；由
，得
，
所以
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
（2）由（1）知，当
时，函数
取得最小值
，
由不等式
恒成立，得
，解得
，
所以
的取值范围是
.
2．（2025·辽宁沈阳·二模）已知函数
．
(1)若存在
，使
成立，求k 的取值范围；
(2)已知
，若
在
上恒成立，求k 的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）转化为存在
，使
成立，令
，利用导数求出
的最大值可得答案；
（2）转化为
在
上恒成立，令
，利用导数求出
可得答案．
【详解】（1）由
得
，
可得存在
，使
成立，
令
，
，令
得
，
当
时
，
单调递增，
当
时
，
单调递减，
所以
，
若存在
，使
成立，则
；
（2）
，
若
在
上恒成立，
则
在
上恒成立，
令
，则
，
令
，则
（舍）或
，
当
时
，
单调递增，
当
时
，
单调递减，
所以
，
则
，则k 的最小值为
．
3．（2025·河南·三模）已知函数
(1)当
时，求
的零点个数；
(2)若
，求
的最大值；
(3)证明：
.
【答案】(1)两个
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导函数确定函数的单调性，再结合零点存在定理即可得到
的零点个数；
（2）先利用必要性探路得到
，再去证明
的充分性；
（3）结合（2）的结论，对
进行放缩，再放缩求和即可得证.
【详解】（1）当
时，
，所以
，
令
，则
，
所以
在
上单调递减，即
在
上单调递减，
又
，则
的解集为
,则
的解集为
,
所以
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
又因为
，
所以存在
，使得
，
所以
有两个零点.
（2）由
，得
，下证当
时，
，
令
，则
，
令
，则
，
所以
在
上单调递减，又
，则
的解集为
,则
的解集为
,
所以
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
所以
，即
，
所以
的最大值为
.
（3）证明：由（2）可得
，当且仅当
时取等号，
所以
，所以
且因为当
时，
所以
，
所以
即
.
4．（2025 高三·全国·专题练习）已知
为常数，函数
.
(1)讨论
的单调性；
(2)若
有两个零点
.
①求
的取值范围；
②若
恒成立，求
的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)①
；②
【分析】（1）根据题意，求导可得
，然后分
与
讨论，即可得到结果；
（2）①将函数零点转化为方程
有两个不等实根，然后由导数可得函数
的值域，即可得
到结果；②根据题意，由
，得
，化简可得
，然后换元，
构造函数
，然后分
，
以及
讨论，即可得到结果.
【详解】（1）由题意，得
.
①当
时，因为
，
恒成立，
所以
，故
在定义域
上单调递增.
②当
时，由
，得
，解得
；
由
，得
，解得
.
所以
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
（2）①由题意，得
.
令
，则
.
易知
为增函数，由
，解得
，
即
.
由题意，关于
的方程
即
有两个不等实根.
设函数
，则
.
由
，得
；由
，得
.
所以
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
所以
.
又当
时，
；当
时，
，
所以
，所以
的取值范围是
.
②由已知，得
，
.
两式相减，得
，
故
.
由
，得
，
故
.
将
代入，得
，
即
.
令
，则
，
即
.
设函数
，其中
，则
.
令
，则
.
①当
时，
，所以
在区间
上单调递增，故
.
所以
在区间
上单调递减，
故
，不符合题意.
②当
时，由
，得
，
所以
在区间
上单调递增.
故当
时，
，所以
在区间
上单调递减.
所以
，不符合题意.
③当
时，
，所以
在区间
上单调递减，故
.
所以
在区间
上单调递增，
故
，满足题意.
综上所述，
的取值范围是
.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题以及利用导数研究不等式恒成立问题，难
度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，然后通过导数知识求解.
5．（2026 高三·全国·专题练习）设函数
，
．
(1)求证：当
时，
；
(2)若存在
，使得
成立，求
的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求导，根据导数判断函数单调性，进而可得函数最值，即可证明不等式；
（2）由已知可得
，求导判断函数单调性，即可得函数正弦值，进而可得参数范围.
【详解】（1）因为当
时，
，
所以
在
上单调递减，
又
，
所以当
时，
．
（2）因为
，
所以
，
由（1）知，当
时，
，
所以
，
所以
在
上单调递减，
所以当
时，
，
因为
在
上有解，
所以
，即
，
所以
的取值范围是
．
6．（2025·湖南·二模）已知函数
.
(1)当
时，求
的单调区间与极值；
(2)若
恒成立，求
的值；
(3)求证：
.
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
；极小值0，无极大值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得极值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；
（3）利用放缩法，由
，可知若证
，即
证
，再根据
，可得证.
【详解】（1）当
时，
，
则
，
当
时，
单调递减，当
时，
单调递增，所以
的单调
递减区间为
，单调递增区间为
，
在
处取得极小值0，无极大值.
（2）由题意得
，
①当
时，
，所以
在
上单调递增，
所以当
时，
，与
矛盾；
②当
时，当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
所以
，
因为
恒成立，所以
.
记
，
当
时，
单调递增，当
时，
单调递减，所以
，所以
.
又
，所以
，所以
.
（3）先证
，设
，则
，
所以
在区间
上单调递减，所以
，即
.
所以
，再证
.
由（2）可知
，当
时等号成立，
令
，则
，
即
，
所以
，
累加可得
，
所以
.
7．（24-25 高二下·广东清远·阶段练习）已知函数
．
(1)若函数
是单调函数，求实数
的取值范围；
(2)证明：
对任意的
都成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导
，
，然后求出导函数的最小值，令最小值大于
等于0 即可；
（2）由（1）得当
时，
，即
，所以
，
取
可得：
，然后累加法即可得出结论.
【详解】（1）由题意
，
，
设
，
，
所以
，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
从而
，又
，
所以
的值域为
，
因为
是单调函数，所以
，当且仅当
时
，解得
，
故实数
的取值范围是
．
（2）证明：由（1）可得当
时，
在
上单调递增，
所以当
时，
，即
，所以
，
取
可得：
，
所以
，故
，
依次取
得：
，
，
，…，
，
以上各式相加得：
．
所以
对任意的
都成立．
8．（24-25 高三下·湖南长沙·阶段练习）已知函数
.
(1)当
时，若
恒成立，求
的取值范围；
(2)当
时，设
为
的从小到大的第
个极值点.证明：数列
是等比数列；
(3)设函数
在区间
内的零点依次为
，
.求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）将
转化为
，构造函数
，求导判
断其单调性，得
单调递减，则
，故
.
(2)对
进行求导，分析
符号变化，确定极值点
，求
，根据等比数列的定义
求证即可.
(3)当
时，
取得极值，所以
，设
，求导分析其单调性，利用零点存在定理得唯一解使
，结合
（1）的结论，构造
，求导证
，完成不等式证明.
【详解】（1）当
时，
恒成立，
当
时，
，故
恒成立，
令
，则
，
所以当
时，
单调递减，则
，故
.
（2）
，
令
，由
得
，即
，
对
，若
，则
；若
，则
，
因此，
在区间
与
上符号总是相反，
于是，当
时，
取得极值，所以
，
此时，
，易知
，
而
是常数，
故数列
是首项为
，公比为
的等比数列.
（3）由
，则
，
因为
，所以
，
所以
在区间
上单调递减，
又
，
，
当
时，存在唯一
，使得
，
记
，则
，由（1）知，
时，
在
上恒成立，故
，
即
，整理得
，
要证
，等价于证
，
只需证
，
设
，则
，
所以
单调递增，则
，原命题得证.
题型六 三次函数
1．（24-25 高二下·山东·阶段练习）（多选）已知函数
，下列结论中正确的有
（ ）
A．
是
的极小值点
B．
有三个零点
C．
的极小值是
D．函数
为奇函数
【答案】ABC
【分析】对于A、C，利用导数，结合极小值点的定义，可得答案；对于B，利用导数研究函数的单调性，
结合零点的存在性定理，可得答案；对于D，整理函数解析式，利用奇函数的定义，可得答案．
【详解】对于A，求导：已知函数
，可得
，
令
，即
，解得
或
.
当
时
，函数
在
上单调递增.
当
时，
，函数
在
上单调递减.
当
时，
，函数
在
上单调递增.
x
(-
,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,+
)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小植
单调递增
根据极小值点的定义，在
左侧函数单调递减，右侧函数单调递增，所以
是
的极小值点，故
A 正确.
对于C，根据极值点的定义，
是
的极小值点，
.故C 正确.
对于B，利用零点存在性定理：
因
，
，
.
因
，故函数
在
内存在一个零点；
又因
，故函数
在
内存在一个零点；
因
，故函数
在
内存在一个零点.
综上，可知函数
存在三个零点，故B 正确.
对于D，由
，即
.
因
，而
，可得
，故
不是奇函数，故D 错误.
故选：ABC.
2．（2025 高三·全国·专题练习）（多选）已知函数
有三个零点，记为
，则（ ）
A．
B．过
可作曲线
的三条切线
C．
D．
【答案】ACD
【分析】对于A，对
求导，求出函数极值，结合条件得
，即可求解；对于B，设出切点
，结合条件，利用导数的几何意义得
，构造函数
，将问题转化成
的解的个数，即可求解；对于选项C，构造函数
，利用导数与函数单调性间的关系，得
在
上递增，从而得到
，再利用
单调性，即可求解；对于选项D，构造
，
再利用导数与函数单调性间的关系，得
在
上递增，从而得到
，再利用
单调性，即可求解.
【详解】由题意，得
，令
，得到
或
，
令
，得
或
，令
，得
，
则
的增区间为
，减区间为
，
所以极大值
，极小值
．
因为函数
有三个零点，所以
，解得
，所以选项A 正确；
对于选项B，设切点
，则
，
所以切线方程
，
将
代入切线方程，得
，
令
，则
，
由
，得到
或
，
当
或
时，
，当
时，
，
则
的增区间为
，减区间为
，
所以极大值
，极小值
，
又
时，
，
时，
，所以
有两个解，
即过
可作曲线
的两条切线，所以选项B 错误；
对于选项C，令
，
则
，
所以
在区间
上递增．因为
，所以
，
即
，因为
，所以
，
因为
，
且
在区间
上单调递增，
所以
，即
，所以选项C 正确，
对于选项D，令
，
则
，
所以
在区间
上递增．因为
，所以
，
即
，因为
，所以
，
因为
，
且
在区间
上递增，所以
，即
，
所以选项D 正确，
故选：ACD．
3．（2025 高三·全国·专题练习）（多选）已知函数
，其中
，则下列说法正确
的是（ ）
A．当
时，函数
有两个零点
B．若
在
上存在两个极值点，则
的取值范围是
C．当
时，函数
至少有一个零点
D．存在实数
，使函数
在区间
上有最大值
【答案】BC
【分析】对于A，利用导函数分析函数单调性，结合零点存在定理可得到零点个数；对于B，利用导函数
将极值点转化成方程的根，通过分析一元二次方程的根的情况求出
的取值范围；对于C，利用导函数求
极值点，结合韦达定理分析极值点的位置，利用零点存在定理分析零点个数；对于D，利用已知条件，分
类讨论
在不同取值范围时，求函数
的单调性和最大值.
【详解】对于A，若
，则
，
，
令
，可得
，
，
所以，函数
在
，
上单调递增，在
上单调递减，
又
，
，且
，由函数零点存在定理可得，函数
在
上有唯一零点，故
A 错误；
对于B，
，若
在
上存在两个极值点，则
且
在
上有两个
不相等的实数根，
当
时，则有
，即
，解得
，
当
时，则有
即
，此不等式组无解.
综上，
的取值范围为
，故B 正确；
对于C，由于
，令
，得
，
若
，则
，
设方程
的两根分别为
，由根与系数的关系可得
，
不妨设
，
，于是
在
，
上单调递增，在
上单调递减，
由
，可得
，又
，所以
在
上必有一
个零点，故C 正确；
对于D，由C 选项可知，若
，则
在
处取得极大值，
所以函数
在
上可能单调递减，可能先单调递减再单调递增，可能单调递增，都取不到最大值；
若
，则
在
上单调递减，取不到最大值；
当
时，令
，则
，
设方程
的两根分别为
，由根与系数关系可得
，所以
，
不妨设
，则
在
，
上单调递减，在
上单调递增，
所以
在
上单调递减，所以
在
上取不到最大值；
当
时，
，则
且不恒为0，
在
上单调递减，所以
在
上取不
到最大值.
综上所述，符合条件的
是不存在的，故D 错误.
故选：BC.
4．（2025·山东枣庄·二模）（多选）已知函数
，则（ ）
A．当
时，函数
在
上单调递增
B．当
时，函数
有两个极值
C．过点
且与曲线
相切的直线有且仅有一条
D．当
时，直线
与曲线
有三个交点
，
，则
【答案】ACD
【分析】A 选项，求导，得到导函数大于0 恒成立，故A 正确；B 选项，
时，导函数大于等于0 恒成
立，B 错误；C 选项，设切点，由几何意义得到切线方程，将
代入，整理得到
，构造
设
，求导得到单调性，数形结合得到
只有1 个根-2，C 正确；D 选项，
若
，此时直线与曲线只有1 个交点，不合要求，故
，联立直线与曲线得到
，令
，变形得到
.
【详解】A 选项，
时，
，
恒成立，故函数
在
上单调递增，A 正确；
B 选项，
，当
时，
恒成立，
此时
在R 上单调递增，无极值，B 错误；
C 选项，显然
不在
上，设切点为
，
因为
，所以
，
故切线方程为
，
又切线过点
，故
，
整理得
，
设
，则
令
得
或
，
令
得
或
，令
得
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
其中
，
，
又
，故
只有1 个根-2，
故过点
且与曲线
相切的直线有且仅有一条，C 正确；
D 选项，当
时，
，
若
，直线
，
此时与曲线
只有1 个交点，不合要求，故
，
，直线
与曲线
联立得
，
设
，
故
，
所以
，则
，D 正确.
故选：ACD
5．（24-25 高三上·云南昭通·阶段练习）（多选）已知函数
，则（ ）
A．函数
的定义域为
B．当
时，函数
在定义域上单调递增
C．曲线
是中心对称图形
D．若
，且
的最小值是0
【答案】ABC
【分析】利用对数函数定义域求法可得A 正确，由复合型对数函数单调性可判断B 正确，利用函数对称性
定义代入计算可得
，因此C 正确，求导可得
，再由基本不等式计
算可得
即可，可判断D 错误.
【详解】对于A，由函数解析式可得
，解得
，因此函数
的定义域为
，显然A
正确；
对于B，当
时
，
易知函数
单调递增，
单调递减，所以函数
在定义域上单调递增，B 正确；
对于C，令
，
，
因此
的图象关于点
中心对称，
易知
满足
，
可得
的图象关于点
中心对称，可得C 正确；
对于D，
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
，即D 错误.
故选：ABC.
6．（24-25 高三下·江苏盐城·阶段练习）（多选）已知函数
，则（ ）
A．当
时，该函数单调递增B．存在
使得该函数为轴对称图形
C．当
时，
D．任意
，过点
可做函数两条切线
【答案】AC
【分析】求出导函数，判断
，即可判断A，根据函数值的特征判断B，求出导函数，计算即可判断
C，设切点为
，利用导数的几何意义求出切线方程，求出
，即可判断D.
【详解】对于A：因为
，所以
，
当
时，
，所以
恒成立
所以
在
上单调递增，故A 正确；
对于B：因为
，
所以
关于
对称，
且当
时
，当
时
，三次函数
的图象不可能为直线，
所以无论
为何实数，
不可能是轴对称图形，故B 错误；
对于C：当
时，
，所以
，
则
，故C 正确；
对于D：设切点为
，则
，
所以切线方程为
，
又切线过点
，所以
，
即
，解得
或
，
所以当
时，过点
的切线有且只有一条，故D 错误.
故选：AC
7．（24-25 高三上·广东深圳·期末）（多选）已知函数
的导函数为
，下列判
断正确的是（ ）
A．函数
关于
中心对称，函数
关于
轴对称
B．在复数范围内方程
有三个根，且三个根的和为3
C．
时，
D．四次函数
必为轴对称函数
【答案】ABC
【分析】对于A：根据对称性的定义分析判断；对于B：整理可得
，进而分析
的根即可；对于C：分析可知函数
在
内单调递减，结合单调性分析判断；对于D：举
反例说明即可.
【详解】对于选项A：因为
，
可知函数
关于
中心对称，
由
，可得
，
则
，
所以函数
关于
轴对称，故A 正确；
对于选项B：因为
，
设在复数范围内方程
有2 个根为
，则
，
可知在复数范围内方程
有三个根为
，则
所以三个根的和为3，故B 正确；
对于选项C：若
，则
，
可知函数
在
内单调递减，
且
，可得
，所以
，故C 正确；
对于选项D：例如
，
假设
为轴对称函数，则存在
，使得
，
因为
，
可得
，方程组无解，
即假设不成立，可知
不为轴对称函数，故D 错误；
故选：ABC.
