文档文本内容
导数的几何意义
考点1
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专题03 导数及其应用
7 大考点概览
题型01 导数的几何意义
题型02 利用导数研究函数的极值、最值
题型04 利用导数研究函数的零点
题型05 利用导数研究不等式证明及恒成立
题型06 三次函数的图象与性质
题型07 导数中的双变量问题
1．（2026·广东茂名·二模）曲线
在点
处的切线方程是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】因为
，所以
，又
，
，则所求切
线方程为
.
2．（2026·西藏拉萨·二模）已知函数
的图象在点
处的切线与直线
平行，则
（ ）
A．－1
B．
C．1
D．
【答案】C
【分析】求出
可得函数在点
处的切线的斜率为
，再利用两斜率相等求出答案.
【详解】由题意知直线
的斜率为又
，则
因为函数
的图象在点
处的切线与直线
平行，
所以
解得
.
3．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）曲线
过坐标原点的切线方程为（ ）
1
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】由
，得
.设切点为
，则切线斜率
.切线方程为
.将原点
代入得
，即
，因为
，所以
，解得
.所以切线斜率
，切线方程为
.故所求切线方程为
.
4．（2026·云南昆明·二模）若函数
在
处的切线也是圆
的切线，则
半径
（ ）
A．1
B．
C．
D．2
【答案】B
【分析】求出函数
在
处的切线方程，利用直线与圆的位置关系求解即可.
【详解】对函数
求导得
，从而
，又当
时，
，
故函数
在
处的切线方程为：
，即
，
由题意直线
与圆
相切，从而
，即
.
5．（2026·浙江嘉兴·二模）已知直线
与函数
的图象相切，若
，则
实数
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
2
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【分析】求导，根据导数的几何意义可得
，由题意得
，根据函数单调性计
算可解.
【详解】由
，设切点
，则
切线方程为：
，所以
，因为
，所以
，解得
，显然，
在
单调递增，所以，
时，
.
6．（2026·辽宁辽阳·二模）函数
在
处的切线方程是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先求出导数得出切线斜率，再应用点斜式得出切线方程.
【详解】因为函数
，所以
，则在
处的切线斜率是
，
函数
过
，在
处的切线方程是
，即得
.
7．（2026·河北沧州·二模）已知函数
则曲线
在点
处的切线在
轴上的截距为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在
处切线的斜率，再求出
，利用直线方程的
点斜式求切线方程，取
得答案．
3
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【详解】由
，得
，
所以
，又
，曲线在
处的切线方程为
，令
得
轴上的截距为
．
8．（2026·四川德阳·二模）过点
作曲线
的两条切线，记两切点分别为
，若两条切线斜率之积为1，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用导数的几何意义表示出切线方程，联立切线方程，求出
、
，再由两条切线的斜
率之积为得到
，即可用
的式子表示
、
，代入化简可得
，利用
基本不等式求解即可.
【详解】因为
，
，所以
，则
，
，
依题意得两条切线的方程分别为
，
，
联立两条切线的方程
，
解得
，则
，
因为两条切线的斜率之积为，所以
，解得
，
4
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可得
，
，
则
，
令
，则
可化为
，而
，当且仅当
，即
时
取得最小值，因为
，且
，所以
，即
不成立，
则
的取值范围是
，故D 正确.
9．（2026·重庆·二模）若经过点
的直线既与曲线
相切，也与曲线
相
切，则
（ ）
A．
B．1
C．2
D．
【答案】C
【分析】设曲线
的切点为
，曲线
的切点为
，利用导数的几何意
义，分别求得在切点处的切线方程，结合切线过
，得出关系式，即可求解.
【详解】设曲线
的切点为
，则由
，可得切线方程为
，因为切线过点
，所以
，解得
，所以切
5
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线方程为
；设曲线
的切点为
，由
，所以切线的斜率为
，
因为直线的方程为
，可得
，解得
，即切点
所以切线方程为
，即
，所以
，解得
.
10．（2026·陕西榆林·二模）已知两曲线
与
存在两条公切线，则实数
的
取值可能是（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】BCD
【分析】设公切线与两曲线相切于点
，进而得切线方程，即得
，设
，利用导数研究
的单调性和极值，进而作出
的
图像，利用数形结合即可求解.
【详解】设公切线与两曲线
与
分别相切于
，因
为
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
，即
，
同理可得曲线
在点
处的切线方程为
，
由题意可得
，
，即
，
设
，则
，令
得
．当
时，
；
当
时，
在（0，e）单调递增，在
单调递减，
6
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时，
，
的图象如图所示：
由题意可知函数
的图象与直线
有两个交点，因此
，解得
，
故选：BCD．
11．（2025·山东滨州·二模）已知直线
与曲线
相交于
两点，曲
线
在点
处的切线与在点
处的切线相交于点
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】对于A，构造函数
，利用导数判断出单调性即可判断；对于B，写出
点处的切线程联立并化简得
，即可判断；对于C，根据斜率相等可得
，点
为两切线的交点代入化简得
，再计算可得
答案；对于D，根据
计算即可判断.
【详解】对于A，令
，则
，故
时，
，
7
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单调递增；
时，
，
单调递减，所以
，且
时
，
因为直线
与曲线
相交于
两点，所以
与
图象有2 个交点，如图：
所以
，故A 正确；
对于B，
，不妨设
，可得
，
在点
处的切线程分别为
，则
得
，即
，
因为
，所以
，即
是变化的，故B 错误；对于C，
因为
，所以
，因为
为两切线的交点，
8
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所以
，即
，所以
，
所以
，
所以
，故C 正确；
对于D，因为
，所以
，又因为
，
，所以
，
，
所以
，得
，即
，
因为
①，所以
，所以
，故D 正确.
其中不等式①
的证明如下：不妨令
，
由
得
，即
，令
，
则即证
，构造函数
，
，
所以
在
上单调递减，所以
，所以不等式
成立，即①
成立.故选：ACD
9
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12．（2026·四川达州·二模）若曲线
在
处的切线与直线
垂直，则实
数
_____.
【答案】
【分析】本题利用导数的几何意义表示出切线的斜率，由斜率存在的两直线垂直时，斜率乘积为
，建立等量关系，从而求出实数
.
【详解】由题可得
，所以函数
在
处的切线斜率为
.
已知直线
的斜率为
，切线与该直线垂直，所以
，解得
.
13．（2026·安徽阜阳·二模）若函数
的图象在
处的切线过点
，则
___________.
【答案】
【详解】因为
，
，所以
，
，所以函数
的图象
在
处的切线方程为
，将点
代入，得
，解得
.
14．（2026·云南昭通·二模）已知函数
，则曲线
在
处的切线方程为
___________．
【答案】
【详解】因为
，所以
，则
，
，则曲线
在
处的切线方程为：
，即：
，移项得：
.
15．（2026·甘肃酒泉·二模）已知函数
是定义在
上的奇函数，且当
时，
，则曲线
在点
处的切线方程为__________.
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【答案】
【详解】若
，则
，则
，因为
是定义在
上的奇函数，所以
，对其求导得
，则
，又因
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
16．（2026·陕西咸阳·二模）已知抛物线
：
的焦点为
，若过
上一点
的切线交
的准
线于点
，则
______.
【答案】
/
【详解】由题意可知，
，准线方程为
，设
，因为
，所以
，
则过点
的切线方程为
，即
，
将点
代入得
，得
，则
.
17．（2026·广东深圳·二模）若直线
是曲线
的一条切线，则
___________．
【答案】
【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解.
【详解】设切点为
，由于
，则
，解得
，于是切点为
，则
，解得
．
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18．（2026·陕西咸阳·二模）已知曲线
在点
处的切线与直线
平
行，则
________.
【答案】
【详解】由
求导得
，则
，因为函数
的图像在
处的切线与直线
平行，所以
，即
，解得
．
19．（2026·青海西宁·二模）若曲线
与曲线
恰好有3 条公切线，则
的取值范围为
_____．
【答案】
【分析】根据导函数的几何意义分析可得
，构建
，利
用导数求单调性及最值.
【详解】设公切线为，
是与
的切点，
是与
的切点，
，
，所以的方程为
，
因为
，整理得
，同理
，因为
，整理得
．依题意两条直线重合，可得
，两式相除得
，所以
，代入①得
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由题意此方程有三个不等实根，设
，
即直线
与曲线
有三个不同的交点，
因为
，令
，则
或
．
当
时，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，
所以
有极小值为
，有极大值为
，
当
趋近于0 时，
趋近于0；当
趋近于
时，
趋近于
，所以当
，即
时，直线
与曲线
有三个交点，故
的取值范围为
．
20．（2026·吉林·二模）若曲线
与曲线
在它们的公共点处有相同的切线，则
_______．
【答案】或
【分析】设公共点为
，根据公共点的导数值相等求出切点，再利用导数的几何意义即可求
解.
【详解】由
，所以
，又由
，所以
，
设公共点为
，所以
，由
，即
，
解得
或
，当
时，
，解得
，
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当
时，
，解得
.
21．（2026·山东淄博·二模）将曲线
绕坐标原点顺时针旋转
后第一次与
轴相切，则
________.
【答案】
【分析】设直线
与曲线
相切，且切点为
，由导数几何意义得到切线斜率，进
而得到方程，求出
，切点为
，则
.
【详解】设直线
与曲线
相切，且切点为
，由题意得
，
由
，则
，故
，解得
，切点为
，则
.
22．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数
的图象在点
处的切线斜率为
，
且
时，
有极值，则
_____．
【答案】2
【分析】根据导数的几何意义以及极值点的性质求
，并结合单调性检验即可.
【详解】因为
，则
，由题意可得
，
解得
，则函数
，
，
令
，解得
或
；令
，解得
，
可知函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
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则函数
在
处取到极大值，即
，
符合题意，所以
.
23．（2026·安徽淮南·二模）已知定义在
上的函数
，其导函数为
，对
，满足
，
，点
，
分别为曲线
和直线
上的动点，则
的最小值等于________.
【答案】
【分析】根据已知条件及导数的运算法则得到
，对其求导并研究导函数的性质求出
对应自变量，从而确定切线
，将问题化为求
与
的距离
问题，即可得.
【详解】由题设
，即
，故
且
为常数，
而
，则
，故
，
所以
，令
，
当
时
，
在
上单调递减，
当
时
，
在
上单调递增，
且
时
恒成立，
，
若
是
的一条切线，且
，而
，
所以切线
对应为
，即
，
令
，显然
，
，
所以，在R 上
恒成立，即在R 上
恒成立，则
，
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所以
图象恒在
和
图象的上方，又
与
平行，
要使
最小，等价于求
与
的最小距离，即为
.
24．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）若直线
是曲线
和曲线
的公切线，则
实数
______．
【答案】1 或
【分析】分别设出直线和两曲线的切点坐标，求出切线方程的表达式，联立方程组可解得切点坐标，
代入计算可得斜率
或
.
【详解】设直线
与曲线
的切点为
;易知
,可得
,因
此切线方程为
，即
,可得
,
设直线
与曲线
的切点为
;
又
，所以
,
切线方程为
,即
,
所以
;因此可得
，整理可得
，
16
利用导数研究函数的极值、最值
考点2
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解得
;当
时，可得
；当
时，可得
;所以
或
.
1．（多选）（2026·青海海东·二模）已知函数
存在两个极值点
、
，则
（ ）
A．
B．
C．
的取值范围为
D．
的取值范围为
【答案】BC
【分析】分析可知关于
的方程
有两个不等的正根
、
，利用二次方程根的分布
结合韦达定理逐项判断即可.
【详解】函数
的定义域为
，且
，
由题意可知，关于
的方程
有两个不等的正根
、
，所以
，
解得
，即实数
的取值范围为
，故
，A 错D 错，B 对C 对.
2．（多选）（2026·四川眉山·二模）已知函数
，则下列说法正确的是（ ）
A．
是偶函数
B．
在
上单调递增
C．
的导函数有且只有一个零点
D．
的极值与极值点数值相等
【答案】BCD
【分析】A 选项，先求定义域，再根据函数奇偶性判断A 错误；B 选项，求导，解不等式，求出单
调性；C 选项，分
和
两种情况，得到C 正确；D 选项，在BC 选项基础上得到D 正确
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【详解】A 选项，令
，解得
或
，故定义域为
，
又
，故
不是偶函数，A 错误；
B 选项，当
时，
，
，故
在
上单调递增，
B 正确；
C 选项，由B 知，当
时，
恒成立，故
的导函数在
上无零点，又
时，
，
，令
，则
，
则
在
上单调递减，又
，故
的导函数在
只有一个零点
，
综上，
的导函数有且只有一个零点，C 正确；
D 选项，由B 知，
在
上单调递增，无极值点和极值，当
时，
，
，当
时，
，当
时，
，故
在
上单调递增，在
上单调递减，故
为
的极大值点，极大值为
，
故
的极值与极值点数值相等，D 正确.
3．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数
有大于0 的极大值，其中
，
都是实数，
则（ ）
A．
B．
C．
在
内有2 个零点 D．
在
内有1 个零点
【答案】D
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【分析】由函数有大于0 的极大值可得
及
，进而可判断AB 选项；再由函数的
零点得
，通过构造函数
，判断
与
在
，
交点可判断
CD 选项.
【详解】因为
的定义域为
，当
时，显然
在
上没有极值，
当
时，显然
在
上也没有极值，所以
，
得
，由
有极大值知
，且
时
，
时
，
所以
，A 错误；所以函数极大值
，
，
,
，
，
，
，即
；
若
，则
，所以B 错误：
再由
得
，设
，则
，
，
当
时，
；当
时，
，
所以
的单调增区间为
，单调减区间为
，如图：
又因为
．因为
，
.
19
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所以当
时，
与
在
有1 个交点，在
也只有1 个交点；
当
时，
与
在
有1 个交点，在
有2 个交点；
所以当
时，函数
在
内有1 个零点，在
内有1 个零点；
当
时，函数
在
内有1 个零点，在
内有2 个零点；
所以C 错误，D 正确．
4．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数
的图象在点
处的切线斜率为
，
且
时，
有极值，则
_____．
【答案】2
【分析】根据导数的几何意义以及极值点的性质求
，并结合单调性检验即可.
【详解】因为
，则
，由题意可得
，
解得
，则函数
，
，
令
，解得
或
；令
，解得
，
可知函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
则函数
在
处取到极大值，即
，
符合题意，所以
.
5．（2026·重庆渝中·二模）已知
是函数
（
）的极值点，则
______．
【答案】2
【分析】对函数求导并结合
求参数值，注意验证
是否为极值点.
【详解】由题设
，且
，即
，此时
且
，
20
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则
，当
时，
，则
在
上单调递减，当
时，
，则
在
上单调递增，所以
是
的极小值点，满足题设，故
.
6．（2026·河北沧州·二模）设
，函数.
的极小值为
，则
的取值范围是
_______.
【答案】
【分析】根据极小值为
可得
或
为
的极小值点，据此分类讨论后结合局部保号性可
得
的取值范围.
【详解】因为
的极小值为
，令
，则
或
，故
或
为
的极小值
点.若
，即
为
的极小值点.由题设
，
令
，
，则
，当
时，
，当
时，
，故
在
上递减，
上递增，而
且
，故
时
，
时
，而
时，
，
时
，
故
时，
，
时
，此时
不是
的极小值点，与题设矛盾；
若
,若
为
的极小值点，故
，
由题设
，
因
，故必有
，故
即
，与
矛盾；若
为
的极小值
点，因为
，且
时，
，
时
，故
21
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在
的附近总有
，由局部保号性可得
即
.综
上，
.
7．（2026·吉林·二模）已知函数
，
．
(1)求
，
的单调区间；
(2)已知
，函数
，讨论
的极值点的个数；
(3)若
，
，求t 的取值范围．
【答案】(1)
和
的单调增区间均为
，单调减区间均为
；
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）对
求导，令
可得其单调增区间，令
可得其单调减区间，同理
可得
的单调区间.
（2）求导得
解析式，令
，得
的零点，分别讨论
、
、
和
四种情况，利用导数判断
的正负，可得其单调区间，分析即可得答案.
（3）结合
的任意性，已知条件可转化为
，
分别构造函数
和
，可将不等式再转化为
，得到
在
上单调性相同.利用导数求出
和
的单调区间，结合图形与条件，分析求解，即可得答案.
【详解】（1）由
，
，得
，
22
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因为
恒成立，所以令
，解得
或
，
当
或
时，
，则
单调递增，
当
时，
，则
单调递减，
所以
的单调增区间为
，单调减区间为
；
由
，
，得
，
令
，解得
或
，
当
或
时，
，则
单调递增，
当
时，
，则
单调递减，
所以
的单调增区间为
，单调减区间为
；
（2）
，
则
，
令
，解得
或
或
（
）.
当
时，
，
恒成立，
则当
时，
，则
单调递减，
当
时，
，则
单调递增，
所以
只有1 个极小值点
；
当
时，
，
恒成立，
则当
时，
，则
单调递减，
当
时，
，则
单调递增，
所以
只有1 个极小值点
；
当
时，
，
23
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当
或
时，
，则
单调递减，
当
或
时，
，则
单调递增，
此时
有3 个极值点
；
当
时，
，
当
或
时，
，则
单调递减，
当
或
时，
，则
单调递增，
此时
有3 个极值点
；
综上，当
或
时，
有一个极值点；当
或
时，
有3 个极值点.
（3）由
，结合
的任意性，
可得
，则有
，
所以有
，
即
，
设
，
，
则
，所以
在
上单调性相同.
由
，则
，
令
，解得
或
，其中
，
当
时，
，则
单调递减，
当
时，
，则
单调递增，
所以
的单调减区间为
，单调增区间为
；
24
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由
，则
，
因为
恒成立，所以令
，解得
或
，
当
或
时，
，则
单调递增，
当
时，
，则
单调递减，
所以
的单调增区间为
，单调减区间为
；
要使
与
在
上单调性相同， 分以下情况讨论：
①当
时，在
上，函数
存在递增区间，而
单调递减，
故不满足题意；
②当
时，在
上，函数
与
均单调递减，
且对任意
，
，故满足题意；
③当
时，
，函数
均在
上单调递减，在
上单调递
增，又
不恒为0，即
不恒为常数，
故存在
（
），使得
，且
，
若
，则当
时，
，且
，
故存在
，使得
，
故不满足题意；
同理可得，若
，当
时，
25
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，且
，
故存在
，使得
，故也不满足题意；
④当
时，在
上，函数
与
均单调递增，
对任意
，
，故满足题意.
综上所述，t 的取值范围是
.
8．（2026·河北邯郸·二模）已知函数
．
(1)当
时，求函数
的极值；
(2)已知对于任意
，
恒成立．
（ⅰ）求实数a 的取值范围；
（ⅱ）证明：
．
【答案】(1)函数
的极小值为
，无极大值
(2)
（ⅰ）
（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数分析当
时，函数
的单调性，即可得到其极值；
（2）函数
的定义域为
，
.
构造函数
，分
三种情况，利用导数分析函数
的取值，
进而得到
的单调性，通过对最值的判断得到实数a 的取值范围；
（ⅱ）结合（ⅰ）的结论利用放缩法及对数的运算性质可得.
【详解】（1）当
时，函数
，定义域为
．
26
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.令
，得
；令
，得
；令
，得
.
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增.
所以
在
处取得极小值，极小值为
.
所以函数
的极小值为
，无极大值.
（2）（ⅰ）函数
的定义域为
.
.
令
，则
，
是单调递减函数.
若
，则
恒成立，所以
单调递增，
，即
，
所以
在
上单调递增，所以
，不合题意；
若
，则由
，得
在
上有解，为
，
则当
时，
；当
时，
.
所以
在
上单调递增，在
上单调递减.
所以
，即
，
所以
在
上单调递增，所以
，不合题意；
若
，则由
，得
恒成立，
所以
是单调递减函数，所以
，即
，
27
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所以
在
上单调递减，所以
恒成立.
综上所述，实数a 的取值范围是
；
（ⅱ）由（ⅰ）得，
时，
对
恒成立，且
在
上单调递减.
即
对
恒成立，
所以
，即
对
恒成立.令
，则
.
所以
，
即
，所以
，
所以
.
即
得证.
9．（2026·江西赣州·二模）已知函数
，
，
(1)求函数
的极值；
(2)若
，当
时，
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)若
，函数
，若存在
，
，使得
，求证：
．
【答案】(1)当
时，函数无极值；当
时，函数
的极大值为
，无极小值.
28
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(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得
，再分
与
讨论求解即可；
（2）将问题转化为当
时，
恒成立，进而构造函数
，分
与
讨论求解即可；
（3）根据
得
，进而结合余弦的和差角公式得
，故将问题转化为证明
，设
，令
，进一步转化为证明
，最后构造函数即可证明.
【详解】（1）
，定义域为
，
，
当
时，
恒成立，故函数
在
单调递增，无极值；
当
时，令
得
，
故当
时，
，函数
单调递增，
当
时，
，函数
单调递减，
所以，当
时，函数
取得极大值
，无极小值.
综上，当
时，函数无极值；当
时，函数
的极大值为
，无极小值.
29
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（2）解：
，
因为
，当
时，
恒成立，
所以，当
时，
恒成立，
令
，
，
，
，令
，
则
在
恒成立，即
在
单调递增，
故当
，即
时，
，
在
单调递增，
在
恒成立；
当
，即
时，当
时，
，
所以，存在
，使得
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
故由
可知，
时，
，满足
在
恒成立矛盾；
综上，当
时，
在
恒成立，即
恒成立.
（3）解：
，函数
，
，
因为存在
，
，使得
，
所以
，整理得
，
所以
所以
，
30
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因为
，
所以
，因为
，
，则
，
故要证
，只需证
，
不妨设
，令
，故只需证
，只需证
，
令
，则
在
上恒成立，
所以
在
上单调递减，
所以
，即
成立，所以
成立.
10．（2026·广西河池·二模）已知函数
．
(1)讨论
的极值；
(2)当
时，证明：
．
【答案】(1)当
时，
无极值；当
时，
的极大值为
，无极小值.
(2)证明见解析
【分析】（1）确定函数定义域后求导，根据参数
的不同取值范围分类讨论导数的符号变化，进
而判断
的极值存在情况与具体极值；
（2）先对要证明的不等式做等价化简，将其转化为证明
，再分区间讨论、构造函数求
最值，结合给定的
的范围完成证明.
31
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【详解】（1）函数
的定义域为
，求导得：
，
当
时，
对任意
恒成立，故
，
在
上单调递减，无极值；
当
时，令
，得
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
故当
时
取得极大值
，无极小值.
综上，当
时，
无极值；当
时，
的极大值为
，无极小值.
（2）因为
，
所以原不等式等价于
，因
，两边除以
得：只需证
.
当
时，不等式显然成立；
当
时，
，只需证
，因为
，故只需证
.
令
，求导得：
，
令
，
在
上单调递减，且
，
，
故存在唯一
，使得
，即
.
当
时，
，
，
单调递增；当
时，
，
，
单
调递减.故当
时，
取得极大值也是最大值
.
代入
得：
，令
，
则
恒成立，则
在
上单调递减，
32
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故
，即
成立.综上，原不等式
得证.
11．（2026·云南昆明·二模）设函数
.
(1)当
，
（i）若
，讨论
的单调性；
（ii）若
，求
极值点的个数；
(2)对任意
，总存在
，使得
，求
的最小值.
【答案】(1)（i）在
上单调递减，在
上单调递增；（ii）1 个
(2)
【分析】（1）（i）直接求导判断即可；（ii）根据导函数特征分区间判断单调性，无法直接判断
的部分二次求导后，利用零点定理判断极值点的存在性.
（2）将
移到一边，定义另一边为以
为变量，
为参数的一次函数，分类讨论单调性后得到关于
的恒等式，再利用导数得到最值.
【详解】（1）
，
（i）若
，
，
，
因为
在
上单调递增，且
，
所以当
时，
；当
时，
，
33
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故
在
上单调递减，在
上单调递增.
（ii）当
，由（i）可知
，且
，
又因为
，所以
，此时
单调递减；
当
时，设
，则
，
由（i）可知
，且
，
，
又因为
，所以
，
所以
即
在
上单调递增，且有
，
，
由零点定理可知存在唯一的
使得
，
若
，
，若
，
，
综上
在
上单调递减，在
上单调递增，
为极小值点，
所以
极值点的个数为 1 个.
（2）将
化为
，
设
，
，
当
即
时，此时
，
单调递减至负无穷，
可以取任意值；
34
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当
即
时，此时
，
单调递增或为常函数，
，
依题意应有
在
上恒成立，
设
，
，
则
，所以
在
上单调递增，
，
所以
的最小值为
.
12．（2026·山西吕梁·二模）已知函数
，
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)设函数
，求函数
的极值点的个数；
(3)若存在
，且
，
，证明：
.
【答案】(1)见解析
(2)1
(3)见解析
【分析】（1）确定定义域，求导，再分
、
两种情况讨论求解；
（2）对
求导，再令
，利用导数可得
时，
时，
，进
而得到函数
的单调性得到极值点个数；
（3）根据题意得
，不妨设
，再可得
，接着
35
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证
，即证明
，再换元结合导数证明即可．
【详解】（1）定义域为
，
，
当
时，
恒成立，
当
时，
时，
，
时，
，
综上：当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，
上单调递增；
（2）因为
，
所以
，
由
，得
，所以
在
上单调递增，
又
，所以
时，
时，
，又
恒成立，
所以当
时，
在
上单调递增，
当
时，
在
上单调递减，
故
存在唯一的极小值点
，即
极值点的个数为；
（3）由题得
，
即
，由(2)知，
在
上单调递增，
不妨设
，则
，即
，
所以
，
36
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即
，下面证明
，即证明
，
令
，即证
，即证
，令
，
则
，所以
在
上单调递减，
即
，即
，
所以
，即
，所以
．
13．（2026·四川凉山·二模）设函数
，且
，曲线
在点
处的切线方程为
.
(1)求
的值；
(2)求
的极值.
【答案】(1)
(2)
极小值为
，无极大值.
【分析】（1）根据切线的几何意义表示出切线斜率，进而可以求a 的值；
（2）根据导数得到函数的单调性，进而求出函数极值.
【详解】（1）由
，得
，求导得
，
曲线在点
处的切线斜率
.
已知切线方程为
，故斜率为
，则
， 解得
，即
；
（2）由（1）知
，定义域为
.求导得
，
令
，得
，当
时，
，
单调递减；
37
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当
时，
，
单调递增.故
在
处取得极小值，
极小值为
，无极大值.
14．（2026·浙江嘉兴·二模）已知函数
.
(1)若
，求函数
的图象在点
处的切线方程；
(2)若
存在极值，求a 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数
的图象在点
处的切线的斜率，从而得到
切线方程；
（2）由
存在极值，得
有变号零点，通过分离参数
，根据余弦函数给定区间上的值域
可求得a 的取值范围.
【详解】（1）若
，则
.所以
，所以
.
又
，所以函数
的图象在点
处的切线方程为
.
（2）因为函数
，所以
.
若
存在极值，则
有变号零点，即
有解.
因为
，所以
，所以
.因此
有解，且
.
当
时，
在
上恒成立，所以函数
是增函数，无极
38
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值；
当
时，
在
上有解，记为
.
令
，则
，所以
在
上单调递增，
所以当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
所以函数
在
处取得极小值，即函数
有极值.故a 的取值范围是
.
15．（2026·福建莆田·二模）已知函数
.
(1)当
时，求
的极值；
(2)若
，求实数
的取值范围.
【答案】(1)极小值为
，无极大值
(2)
【分析】（1）求
，根据其正负性得出函数的单调性即可；
（2）令
，根据
得出
，接着利用导数得出
的单
调性，解不等式
即可.
【详解】（1）当
时，
，则
，
由
得
；
得
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
39
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则
的极小值为
，无极大值；
（2）
等价于
，
令
，则
在
上恒成立，则
，得
，
因为
，
则
得
；
得
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，则
，
因为
在
上单调递增，所以
在
上单调递增，
所以当
时，
，综上，实数
的取值范围为
.
16．（2026·广东深圳·二模）已知函数
．
(1)若
在
时取极值，求
的值和
的极小值；
(2)若不等式
对任意
恒成立，求
的取值范围．
【答案】(1)
，
(2)
【分析】（1）根据极值点可得
，则
，从而
，利用导数求极小
值；
（2）解法1：根据题意
，可得
，则
，令
，利用单调性求最值；解法2：参变分离得
，设
40
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，利用导数求其最小值，可得解；解法3：利用导数研究函数
的单调性，从
而得解；解法4：不等式转化为
，设
，利用导数求
的最大值，从而得解.
【详解】（1）由题意可知：
，
，
因为
，解得
，
则
，
，
令
，则
，
令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
的最小值为
，且
，
当
趋近于
或
时，
趋近于
，
可知
在定义域
内有2 个零点
和1，
当
时，
，当
时，
，
可知
在
，
内单调递增，在
内单调递减，
所以
在
处取极小值，极小值为
．
（2）解法1：由于不等式
对任意
恒成立，
则
，解得
，下证：当
时，
，
41
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若
，则
，
令
，由（1）可知，
在
上单调递增，
则
，则
，所以
的取值范围为
；
解法2：令
，则
，
设
，
，则
，
设
，
，则
,
可知
在
上单调递增，则
，
即
，可知
在
上单调递增，则
，
可得
，所以
的取值范围为
；
解法3：因为
，
，则
，
设
，
，则
，
可知
在
上单调递增，即
在
上单调递增，
则
，且当
趋近于
时，
趋近于
，
当
，即
时，则
在
内存在零点
，
若
，则
，可知
在
内单调递减，
可得
，不合题意；
当
，即
时，则
，可知
在
上单调递增，
则
，符合题意；
42
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综上所述：
的取值范围为
；
解法4：因为
，则
，
设
，
则
，
当
，即
时，则
，可知
在
单调递减，
则
，解得
；
当
，即
时，
令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
上单调递增，在
上单调递减，则
，
令
，下证：
，
设
,
，则
，
可知
在
上单调递增，则
，
即
，可得
，可知
不等式恒成立；
综上所述：
的取值范围为
.
17．（25-26 高三上·江苏南京·期中）已知函数
.
(1)若
，求函数
的极值；
(2)讨论函数
的单调性；
(3)若函数
的最小值为0，求
的值.
43
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【答案】(1)
有极小值
，无极大值；
(2)答案见详解；
(3)
【分析】（1）利用导数讨论函数单调性，根据单调性可得极值；
（2）求得
，分
、
、
、
四种情况讨论，分析导数的符号
变换，由此可得出函数
的增区间和减区间；
（3）分
，
两种情况分类求出最小值即可列式求参.
【详解】（1）当
时，
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以，
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以，当
时，
有极小值
，无极大值.
（2）
若
，则
时
单调递减，
时
单调递增；
若
，则
时
单调递增，
时
单调递减，
时
单调递增；
若
，则
时
单调递增；
若
，则
时
单调递增，
时
单调递减，
时
单调递增
44
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（3）令
，
当
时，
，函数
在
上单调递增，故无最小值
所以
，由
得
，
所以
时
单调递减，
时
单调递增，
所以
，所以
.
18．（2026·安徽滁州·二模）已知函数
．
(1)讨论
的极值；
(2)若
有两个零点
，
①求实数
的取值范围；
②当
取得最小值时，求实数
的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)①
；②
【分析】（1）先求导，分
和
两种情况讨论即可求解；
（2）①由（1）分
和
两种情况讨论，当
时，
的极大值为
令
，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解；
②由①知
，又
，得
，即
，令
，
45
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则
，又
，令
，利用导数研究单调性，进而得当
取最小值时，
取最小值，即
取最小值，令
，利用导数研究单调性
即可求解.
【详解】（1）由题意得：
，
当
时，
恒成立，此时
单调递减，无极值；
当
时，令
，解得
，
令
，解得
，
故
在
单调递增，在
单调递减．
在
处取极大值，为
，无极小值．
综上所述：当
时，
无极值；
当
时，
的极大值为
，无极小值．
（2）①由（1）知：当
时，
单调递减，此时
最多有一个零点，不符合题意；
当
时，
的极大值为
．令
，则
，
故
在
单调递减，在
单调递增．
，即
，
又
，
，故
在
存在一个零点．
46
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又由对数函数及幂函数性质，当
足够大时，
，
故
在
存在一个零点．∴若
有两个零点，则
．
②由①知
在
存在一个零点，
在
存在一个零点，且
，
所以
，
，
得：
．令
，则
，
又
，令
，则
，
令
，则
，
在
单调递增，又
，故
，即
在
单调递增．
∴当
取最小值时，
取最小值，即
取最小值．
令
，则
，
令
，则
，
在
单调递增，又
，
，
，使得
，当
时，
，当
时，
，
且有
，即
，此时
，
且
在
单调递减，在
单调递增，∴
在
处取得最小值，
故
取得最小值时
．
47
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19．（2026·甘肃酒泉·二模）已知函数
.
(1)当
时，求
的单调区间和极值；
(2)当
时，证明：
存在两个零点；
(3)若
对任意
恒成立，求实数
的取值范围，并比较
与
的大小.
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
,极小值为0，无极大值
(2)证明见解析
(3)
，
【分析】（1）求导，利用导数的正负分析函数的单调区间及极值；
（2）求导，先利用导数分析函数的单调性，进而结合零点存在性定理求证即可；
（3）转化问题为
对任意
恒成立，设
，
，利用导数分
析其单调性，进而求解
的范围即可，进而得到
，再结合（1）可得函数
在
上单调递增，进而判断大小即可.
【详解】（1）当
时，
，
，
则
时，
，
因为函数
在
上单调递增，
所以函数
在
上单调递增，又
，
则
时，
，
时，
，
48
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所以函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
时，函数
取得极小值
，无极大值.
（2）当
时，
，
，则
，
因为函数
在
上单调递增，
所以函数
在
上单调递增，又
，
，
则存在
，使得
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
因为
，
，
，
所以根据零点存在性定理可知，函数
存在两个零点.
（3）由
，即
对任意
恒成立，
设
，
，
则
，
设
，
，则
，
当
时，
，
，则
，
所以函数
在
上单调递增，则
，即
，
49
利用导数研究函数的零点
考点3
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所以函数
在
上单调递增，则
，即
，
所以实数
的取值范围为
.由
，
，
，
则
，
由（1）知，函数
在
上单调递增，
且
时，
，则
，即
，
所以函数
在
上单调递增，又
，所以
.
1．（2026·江苏镇江·二模）已知函数
有两个零点，则实数m 的取值范围
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】求出函数
的导数，再按
分类讨论函数单调性，结合有两个零点列出不等
式求解.
【详解】函数
的定义域为R，求导得
，而
，
当
时，
，函数
在R 上单调递减，函数
最多一个零点，不符合题意；
当
时，由
，得
；由
，得
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
，
而当
时，
，当
时，
，
50
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函数
有两个零点，当且仅当
，令函数
，
而函数
在
上都单调递增，则函数
在
都单调递增，
又
，因此不等式
的解集为
.所以实数m 的取值范围是
.
2．（2026·广东茂名·二模）已知f（x）是定义在区间
上的函数，且
，
，则（ ）
A．
只有1 个零点
B．
有2 个零点
C．
，
D．
，
【答案】D
【分析】结合题意构造函数
，可得
，进而根据函数性质可
以判断选项A,B,C；整理原不等式可得
，进而转化为证明
，构造函数
，求导分析函数单调性和最值即可.
【详解】由题意，可得
，令
，
则
，故
为常函数，设
，m 为常数，则
，
即
，则
，
，
那么
没有零点且
，故A，B，C 错误；
由对任意
，均有
，即对任意
，均有
，
那么
．不等式两边同乘正数
，等价于证明
，
51
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令
，
，令
得
：
时，
，
递减；
时，
，
递增；
故
最小值为
，即
恒成立，原不等式成立，D 正确.
3．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数
有大于0 的极大值，其中
，
都是实数，
则（ ）
A．
B．
C．
在
内有2 个零点
D．
在
内有1 个零点
【答案】D
【分析】由函数有大于0 的极大值可得
及
，进而可判断AB 选项；再由函数的
零点得
，通过构造函数
，判断
与
在
，
交点可判断
CD 选项.
【详解】因为
的定义域为
，当
时，显然
在
上没有极值，
当
时，显然
在
上也没有极值，
所以
，得
，由
有极大值知
，
且
时
，
时
，所以
，A 错误；
所以函数极大值
，
，
,
52
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，
，
，
，即
；
若
，则
，所以B 错误：
再由
得
，设
，则
，
，
当
时，
；当
时，
，
所以
的单调增区间为
，单调减区间为
，如图：
又因为
．因为
，
.
所以当
时，
与
在
有1 个交点，在
也只有1 个交点；
当
时，
与
在
有1 个交点，在
有2 个交点；
所以当
时，函数
在
内有1 个零点，在
内有1 个零点；
当
时，函数
在
内有1 个零点，在
内有2 个零点；
所以C 错误，D 正确．
4．（多选）（2026·云南昭通·二模）函数
，下列结论正确的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
的极大值点为
C．当
时，
有3 个零点
D．若
，则
53
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【答案】AD
【分析】对于A：直接代入求解即可；对于B：利用导数分析
得单调性，进而可得极值点；对
于C：利用导数分析
的单调性，进而可得零点；对于D：令
，构造
，利用导数可证
，即可得结果.
【详解】由题意可知：
的定义域为
，且
，
令
，解得
或
.
对于选项A：若
，解得
，故A 正确；
对于选项B：若
，则
，
当
时，
；当
时，
；
可知
在
内单调递增，在
内单调递减，
所以
为
的极小值点，故B 错误；
对于选项C：若
，则
，
当
时，
；当
时，
；
可知
在
内单调递增，在
内单调递减，
则
的极大值为
，极小值为
，
当
趋近于
时，
趋近于
，所以
有且仅有1 个零点，故C 错误；
对于选项D：若
，令
，
54
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构造
，则
，
可知
在
内单调递增，则
，
即
，可得
，整理可得
，故D 正确.
5．（多选）（2026·四川德阳·二模）已知关于x 的方程：
有两个根
，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】选项A 通过分析函数
与
的图象交点情况确定；选项B 利用函数
的图象来判断；选项C 根据
满足的方程变形求解；选项D 分析
满足的方程，结合构造函数，
利用函数单调性判断.
【详解】因为方程
有两个根
，
所以
，又
，
，
所以函数
与函数
图象在
上有两个交点，
而
，由此可作出
的大致图象；
55
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如图所示，所以
，选项A 正确；
根据图象可知当m 逐渐增大时，
，而
将会大于1，此时
，
可得
不成立，选项B 不正确；
因为
，则
，所以
，则
，
因为
，
，所以
，选项C 正确；
因为
，则
，所以
，
则
，两边取对数得
.因为
，
令
，令
，
，
，因为
，
，
单调递增，
即得
，即
，所以
，即
，选项D 正确.
6．（多选）（2026·四川绵阳·二模）已知函数
，则（ ）
A．
为偶函数
B．若
，
，则
C．存在实数
，使得
为减函数
56
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D．当
时，
有两个零点
【答案】BCD
【分析】利用导数正负与函数增减性的关系即可求解.
【详解】由题得
的定义域为
，且
，
对于选项A：由于
的定义域不对称，所以
不可能是偶函数，故A 选项错误；
对于选项B：若
，则
，则
，
若
且
，则
分别属于
和
，不妨设
，
，如下图：
则
，
，若
，则有
，即
，
，最终有
，故B 选项正确；
对于选项C：若存在实数
使得
为减函数，即
，证明如下：
，则
，
①当
时，若
，则有
恒成立，则
，此时有
；
②当
时，若
，则有
恒成立，则
，此时有
；
综上，当
时，
，
为减函数，故C 选项正确.
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对于选项D：当
时，
，
，
①当
时，
恒成立，
单调递减，
②当
时，令
，解得
，则有
，故
在
上单调递增，
在
上单调递减.
综上，
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减.
在
上，
单调递减，且
，
，故
在
上有且仅有1
个零点，在
上，
在
处取极大值
，故
是
内唯一零点.综上，
有2 个零点，故选项D 正确.
故选：BCD.
7．（多选）（2026·四川·二模）已知函数
两相邻对称中心的距离为4，
，且
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
的对称中心为
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C．若
有两个零点
，
，则
D．当
其中一个零点
时，
最小值为
【答案】CD
【详解】对A：因为函数
两相邻对称中心的距离为4，
所以函数的最小正周期为8，所以
，
所以
或
，故A 错误；
对B：对函数
，由
或
，
所以函数
的定义域为
，所以函数的定义域不关于点
对称，
所以函数
的图象也不关于点
中心对称，故B 错误；
对C：因为
，
.
所以
.
因为函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以当
即
时，方程
有两解，
和
各有1 个.故C 正确；
对D：由
，代入
得：
.
令
，因为
，所以
，
则
.
59
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令
，
.
则
.
因为
，所以
，所以
在
上单调递减.
所以当
，对应
时，
最小，且
，所以
的最小值为
，故
D 正确.
8．（多选）（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数
，则（ ）
A．存在
，使得
在
上是单调函数
B．若
有三个不同的零点，则
C．当
时，过原点且与曲线
相切的直线恰有一条
D．若
恰有个不同的实数根，则
的取值范围关于原点对称
【答案】BCD
【分析】首先要根据题目中的函数方程，通过求导的方式得出函数的单调性，极值，然后再根据每
一个选项的条件，分别进行解答.
【详解】函数
，求导可得
，
令
，即
，解得
，当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
极大值为
，
极小值为
，
选项A：函数
在
上单调性发生了变化，所以
不是单调函数；
选项B：函数
要有三个不同的零点，则要求
的极大值大于
且极小值小于
，
60
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即
，解得
；
选项C：当
时，函数
，
设切点坐标为
，切线斜率为
，
则切线方程为
，化简可得
，
根据题目可知，切线经过原点，代入
，
可得
，解得
，
因为
只有唯一解，所以当
时，过原点且与曲线
相切的直线恰有一条；
选项D：令
，要使
有个不同的实数根，则要求
有个不同的实数根
，
，
，且每个
有个不同的实数根，设
满足题意，则方程
的三个实数根均满足
，当参数为
时，方程变为
，三个实数根为
，
此时要求根满足
，该条件等价于
，
由于
和
满足题意的条件完全相同，故
的取值范围关于原点对称.
9．（多选）（2026·陕西·二模）已知函数
，使得
有三个零点
，且
，则下列说法正确的是（ ）
A．
的取值范围为
B．
C．若
，则
D．函数
在三个零点处的切线斜率的倒数之和为1
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【答案】AC
【分析】对于A，根据题意可知函数
至少有两个极值点，则
有两个不相等的实数根，
再求导结合根的判别式即可判断；对于B，举例说明即可；对于C，代入解不等式即可得到
；
对于D，由题得
，再求导，利用导数的几何意义，计
算
的值．
【详解】对于A，因为
有三个零点，得函数
至少有两个极值点，
因为
，所以
有两个不相等的实数根，
所以
，解得
，故A 正确；
对于B，
时，
，
的解为
，此时
，故B 错误；
对于C，
，所以
，所以
，故C 正确；
对于D，由题得
，其简图如下：
，所以
，
同理
，
故
62
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，故D 错误．
10．（多选）（2026·广东清远·二模）已知函数
，
设
，则下列说法正确的是（ ）
A．用
表示不大于
的最大整数，若
，则
恒成立
B．若关于
的方程
与
的实数根相同，则
C．若
存在两个零点
，则
D．若方程
在
上无解，则
的取值范围是
【答案】ACD
【详解】对于A，因为
，
所以
，故A 正确；
对于B，
恒成立，所以
单调递减，
又
，所以
有唯一的实数根
，
因为方程
与
的实数根相同所以
，
所以
，令
，
则
，所以当
时
恒成立，所以
单调递减，
所以
，而
，所以
，即
，故B 错误；
63
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对于C，
，即
有两个解
，
所以函数
的图象与函数
的图象有两个交点，如图
由图可知，
不妨取
，
，所以
，所以
，C 正确；
对于D，
即
，
当
时，
单调递增，值域为
，
当
时，
，
当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
所以
，又当
时，
，当
时，
，
所以当
时，
的值域为
，
所以
在
上的值域为
，
所以方程
在
上无解，则
的取值范围是
，正确.
11．（多选）（2026·广东广州·二模）对于函数
，下面说法正确的有（ ）
A．当
时，函数
有两个零点
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B．当
时，函数
不存在极值点
C．当
最小值为
时，
D．当
时，函数
在区间
单调递减
【答案】BCD
【分析】对于AB，利用导数分析极值点及零点即可判断；对于C，由最值可确定
，进而
得到
，结合最值即可判断；对于D，对
求导，利用导数确定单调性即可．
【详解】函数
的定义域为
，
，
当
时，
，解得
，
不妨取
，当
时，
，函数
在
上单调递减，
当
时，
，函数
在
上单调递增，
，
易知当
时，函数
，此时函数只有一个零点，故A 错误；
当
时，若
，因
，则
，
，则
在
上单调递增，无
极值点；
若
，因
，则
,
，则
在
上单调递减，无极值点；
综上，当
时，函数
不存在极值点，故B 正确；
由A 项分析可知，当
最小值为
时，有
，
，即
，令
，则
，即
，
65
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令
，
，当
时，
,当
时，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，则
，
的解为
，即
，
，此时
，即
，故C 正确；
当
时，函数
由
，可得
，即函数
的定义域为
，
则
，因
，则
，
故当
时，
，即
在
上单调递减，故D 正确．
12．（多选）（2026·福建泉州·二模）已知函数
有两个零点
，则
（ ）
A．当
时，
B．
C．当
时，
D．函数
取最小值时，
【答案】ACD
【分析】求出函数的导数并判断符号得单调性，从而可得最值，故可判断A，利用基本不等式可判
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断B，由零点性质结合代数变形可得
，利用分析法可证题设不等式，
故可判断C，结合C 中判断和代数变形可得
，构建新函数并判断单调性后可求函
数
取最小值时
，故可判断D.
【详解】对于A，当
时，
，此时
，
当
时，
；当
时，
；故
在
上单调递减，在
上单调递增，故
，故A 正确；
对于B，
，
因为
，由基本不等式可得
，
故
即
，故B 错误；
对于C，由题设有
，故
，
故
，
要证
即证
，即证
，
不妨设
，
，即证
，即证
，
设
，则
，
67
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设
，则
，故
在
为增函数，
故
，故
在
为增函数，故
.故
成立，故C 正确.
对于D，由C 的分析可得
，因为
，若
，则
，
为
上的增函数，与
有两个不等的零点矛盾，故
，
因为
，且
时，
，
时，
，
故
，不妨设
，则
，故
，
设
，则
，
设
，
，故
在
上为减函数，
故
即
，故
在
上为减函数.
设
，则
，
设
，则
，故
在
上为减函数，
而
，
，故
在
上存在零点
，
且
时，
即
，当
时，
即
，
故
在
上为增函数，在
上为减函数，
故当
时，
取最大值即
取最小值，此时
，
即
，故此时
，故D 正确.故选：ACD.
13．（多选）（2026·广西南宁·二模）已知函数
，
，则下列说法正确
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A．若
恒成立，则
B．
是
的极值点
C．若函数
恰有2 个正零点，则
D．若关于x 的不等式
有解，则
【答案】ACD
【分析】对于A：可得
恒成立，令
，利用导数求其最值，即可得结果；对于B：举
反例，取
，结合定义域分析判断；对于C：令
，可得
，结合函数单调性可得
，利用导数分析其单调性和最值即
可求解；对于D：令
，分
和
两种情况讨论，结合选项C 的结论运算
求解.
【详解】由题意可知：
.对于选项A：若
恒成立，可得
恒成立，
令
，则
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递增，在
内单调递减，则
，
可得
，即
，故A 正确；对于选项B：若
，令
，解得
，
此时
的定义域为
，
不在定义域内，故B 错误；
对于选项C：由题意可知：
，令
，解得
，
69
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令
，可得
，
构造
，则
，
因为
在定义域
内单调递增，则
，即
，
构造
，则
，
令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递增，在
内单调递减，则
即
，解得
，所以
，故C 正确；
对于选项D：令
，
若
，可知
的定义域为
，当
趋近于
时，
趋近于
，符合题意；
若
，可知
的定义域为
，
令
，可得
，
由选项C 可知：
在定义域
内单调递增，
因为
，则
，即
，
可知
有解，由选项C 可得：
，解得
；
综上所述：
，故D 正确.
14．（2026·四川泸州·二模）已知函数
，若函数
恰有
4 个零点，则
的取值范围为___________．
70
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【答案】
【分析】分析可知
为奇函数，根据对称性可得函数
在
内恰有2 个零点，构造
，
，整理可得
与
在
内恰有2 个交点，利用导数分析
的单调性和极值，结合函数图象分析求解.
【详解】由题意可知：函数
的定义域为
，
且
，可知
为奇函数，
若函数
恰有4 个零点，则函数
在
内恰有2 个零点，
当
，则
，可得
，
令
，可得
，
构造
，
，则
与
在
内恰有2 个交点，
因为
，
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递增，在
内单调递减，则
，
当
趋近0 时，
趋近于1；当
趋近
时，
趋近于
；作出函数
的图象，如图所
示：
由图象可得：
，所以
的取值范围为
.
71
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15．（2026·湖北·二模）已知函数
．若函数
（e
为自然对数的底数）恰有4 个零点，则k 的取值范围是______．
【答案】
【分析】易知
是
的一个零点，当
时，转化为两个函数的交点问题，作出函数图象分
类讨论即可得解.
【详解】易知，当
时，
，所以
是
的一个零点.
所以
时，
有3 个零点，即
有3 个根，
即
和
的图象有3 个交点．
设
，
，则
和
的图象有3 个交点．
当
时，
和
的图象有且仅有1 个交点，不合题意，应舍去．
函数
恒过定点
且对称轴为
，作出
和
的大致图象，
当
，若
与
的图象相切，
，设切点
，则
，
解得
．
和
的图象有3 个交点，则
．
当
，
时满足题意，解得
，综上所述，
．
16．（2026·四川眉山·二模）已知函数
，（其中
），其导函数为
72
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．
(1)若
，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若函数
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，求实数
的取值范围，并探究
函数
的零点个数．
【答案】(1)
(2)
的取值范围为
；
当
时，
在定义域
内无零点；
当
时，
在定义域
内存在唯一零点；
当
时，
在定义域
内存在两个零点.
【分析】（1）分别求出切点坐标和切线斜率，写出切线方程即得；
（2）对函数求导，根据参数
进行分类讨论导函数的正负，得出函数的单调区间，分
，
和
三种情况讨论函数
的零点个数即可.
【详解】（1）当
时，
，
，故
，
.
从而所求切线经过点
且斜率为
，故曲线
在点
处的切线方程为
；
（2）由于
，
故
，
函数
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
所以
是
的极大值点，即
，且在
左侧
，右侧
，
73
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①当
时，有
，
，
从而当
或
时
；当
时
.
故函数
在
和
上单调递增，在
上单调递减，不符合条件
②当
时，
，从而对
和
均有
，
故
在
和
上单调递增，从而在
上单调递增，不符合条件
③当
时，有
，
，
从而当
或
时
；当
时
.
故函数
在
和
上单调递增，在
上单调递减，不符合条件
④当
时，对任意
都有
，
从而当
时
；当
时
，
故函数
在
上单调递增，在
上单调递减，符合条件。
综上，
的取值范围为
，所以
，
当
，即
时，
在定义域
内无零点；
当
，即
时，
在
处取得零点，且是唯一零点；
当
，即
时，
由于
，
，
根据零点存在性定理可得
在
存在唯一零点；
74
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由于
，根据零点存在性定理可得
在
存在唯一零点；
所以
时，
存在两个零点；
综上，当
时，
在定义域
内无零点；
当
时，
在定义域
内存在唯一零点；
当
时，
在定义域
内存在两个零点.
17．（2026·安徽合肥·二模）设函数
.
(1)证明：曲线
在点
处的切线过定点，并求出该定点坐标；
(2)若
有两个零点，求
的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）借助导数几何意义计算可得曲线
在点
处的切线方程，再求出该切
线所过定点即可得；
（2）求导后分
及
讨论该函数单调性，结合零点存在性定理可得
不符，
时需
满足
，解出即可得.
【详解】（1）因为
，
，所以
，又
，
所以曲线
在点
处的切线方程为：
，
即
，即
，
75
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所以曲线
在点
处的切线过定点
；
（2）
，
，
当
时，
，则
在
上单调递减，此时
最多有一个零点，不满足题意；
当
时，令
，解得
，令
，解得
，
于是
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
当
时，
，当
时，
，又因为
有两个零点，
所以
，即
，解得
或
，
因此，
的取值范围为
.
18．（2026·广东惠州·二模）已知函数
，其中
.
(1)若
，求
的单调区间；
(2)若
，
（i）证明：
在区间
内有且仅有1 个零点；
（ii）设
为
的极值点，
为
的零点，且
，证明：
.
【答案】(1)
的单调递减区间为
，无单调递增区间；
(2)证明见解析
【分析】（1）利用求导分析正负，即可得到单调区间，注意定义域的限制；
（2）（i）利用二阶导数来判断一阶导数的单调性，再结合零点存在性定理，即可得到证明；
（ii）利用极值点和零点的恒等式，消去参数
，再结合切线不等式
，化简后问题即可
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得证.
【详解】（1）求导得：
，
因为
，对任意
，都有
，
所以
的单调递减区间为
，无单调递增区间；
（2）（i）由（1）知，当
时，令
，
当
时，
，故
在
上单调递减，
因为
，所以
，
又因为
，所以
在区间
内存在零点，
即结合
在
上单调递减，
可得
在区间
内有且仅有1 个零点
，且
；
则当
时，
，当
时，
，
所以
在
单调递增，在
单调递减，
又因为
，所以根据单调性可知：
，
又因为当
，
，所以根据零点存在性定理结合函数单调递减，
可知：
在区间
内有且仅有1 个零点，
又因为
时，结合
在
单调递增，所以
，
即在区间
函数没有零点，所以
在区间
内有且仅有1 个零点，
（ii）由题意可知：
，即
，
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消
可得：
，
当
时，构造函数
，
求导得
，则
在
时单调递增，
即
，所以
，即可知
，
则
，
两边取对数得：
，即
.
19．（2026·河北衡水·二模）已知函数
，其中
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若
，
恒成立，求
的取值范围；
(3)当
，且
时，证明：函数
有且仅有两个零点.
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】(1)代入求出切点坐标，对函数求导得到切线斜率，利用点斜式求出切线方程并化简
(2)化简不等式分离参数
，求导分析其单调性，找到最大值即为
的下界
(3)化简
表达式，求导确定单调区间，计算特殊点函数值及极限，利用零点存在定理判断零点
分布
【详解】（1）解：
，
，即切点为
；
，
，利用点斜式可得切线方程为
.
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（2）解：由
恒成立，得
，化简得：
，
即
，即
，设
，
，
令
，解得
，所以
时，
单调递增，
时，
单调递减，
所以
在
处取极大值，
，故
.
（3）证：设
，当
时，
，
，
则
，
，
，令
，则
，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
又因为
，
，所以存在唯一的
使得
，
当
时，
，
单调递增，当
时，
，
单调递减，
又
，
，且
在
处取得极大值
，
因为
，所以
，
；
因此，
在
和
各有一个零点，所以函数
在
有且只有两个零点.
20．（2026·四川南充·二模）已知函数
.
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)当
时，
是
的一个极值点，
，
是
两个不同的零点，记
，
，
.
（ⅰ）证明：
；
（ⅱ）判断
是否可能为等腰三角形，并说明理由.
【答案】(1)
0,
0
f
79
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(2)（i）证明见解析；(ii)不可能，理由见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义，求得曲线
在点
处的切线斜率，即可写出相
应的切线方程；
（2）（i）先求出函数的极值点，再根据函数有两个不同零点得到相关等式，通过构造函数并分析
其单调性来证明不等式；（ii）假设为等腰三角形，根据等腰三角形的性质得到等式，通过分析等
式是否成立来判断是否可能为等腰三角形.
【详解】（1）函数
的定义域为
.
，所以
.
所以曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
（2）函数
的定义域为
.
，
令
，则
，即
.解得
.
当
时，
，所以
，所以
.
所以当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减.所以
在
处取得极大值.所以
.
又
，所以
，
.
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（ⅰ）证明：令
，则
.
因为
，所以
恒成立，所以
恒成立，所以
是减函数.
因为
，所以
，即
，即
得证.
要证
，只证
，
因为当
时，
单调递减，所以只需证
.
由
，得
，即
.
所以
.
令
，
则
恒成立，
所以
是增函数.因为
，所以
.所以
得证.
综上，
得证.
（ii）由（i）得
，
，所以
，
又
，所以
.
，
81
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因为
，所以
.所以
.
所以若
为等腰三角形，则
，即
是
的中点，即
，
与
矛盾，所以
不可能是等腰三角形.
21．（2026·四川雅安·二模）已知函数
(1)当
时，求函数
的最小值；
(2)当
时，讨论函数
的单调性；
(3)若函数
存在两个极值点，设
为
的极小值点，
为
的零点，证明：
．
【答案】(1)最小值为
．
(2)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
；
当
时，
的单调递增区间为
和
，单调递减区间为
；
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性利用极值求最小值；
（2）分类讨论，利用函数的导数求单调区间即可；
（3）分类讨论，当
时，利用分析法，需证
，
构造函数
，利用导数求出
，即可得证.
82
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【详解】（1）当
时，
，
，
所以当
时，
，则
在
上单调递减；
当
时，
，则
在
上单调递增．
所以
，故
的最小值为
．
（2）
，
当
时，令
，得
或
，
当
时，
，
所以当
时，
，则
在
上单调递增；
当
时，
，则
在
上单调递增；此时
在
上单调递增．
当
时，
，
所以当
时，
，则
在
上单调递增；
当
时，
，则
在
上单调递减；
当
时，
，则
在
上单调递增．
当
时，
，
所以当
时，
，则
在
上单调递增；
当
时，
，则
在
上单调递减；
当
时，
，则
在
上单调递增．
综上：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
；
当
时，
的单调递增区间为
和
，单调递减区间为
；
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（3）由（2）知当
时，显然仅有一个极值点
，
当
时，
存在两个极值点，
且
，
，
又由于
且当
时，
，所以
在
存在唯一零点
．
若
，由（2）知
，则
成立．
若
，则
，要证
，只需证
，
即证
，即证
，只需证
．
设
，则
，
所以当
时，
，则
在
上单调递减，
当
时，
，则
在
上单调递增，
所以
，
设
，则
，
（
），故
在
上单调递减，
所以
，即 当
时，
，
所以
所以
在
上恒成立，故当
时，
成立．
综上，
成立．
84
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22．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数
．
(1)若曲线
在点
处的切线与直线
垂直，求实数a 的值；
(2)若函数
有三个零点
，且
．
（ⅰ）求实数a 的取值范围；
（ii）求证：
．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率结合题设即可求得答案；
（2）（ⅰ）先将问题转化成函数
除1 之外的两个零点问题，由
，令
，根据
的取值分类讨论依题推得
，再利用函数单调性与极值验证零点情况即得；（ii）依题意证得
，将待证命题
转化为当
时，
，构造函数
通过求导判断函数
单调性即可得证.
【详解】（1）由
，得
，
所以
，因为曲线
在点
处的切线与直线
垂直，
所以
，得
，所以a 的值为
．
（2）（ⅰ）
等价于
，
85
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令
，又
，可知
除了1 之外还有两个零点，
又
，令
，
当
时，
恒成立，故
在
上单调递减，不合题意；
当
时，若函数
有三个零点，则其等价函数
必有除1 外的两个零点，
因此
在
上有两个不相等的实数根,故
，解得
，
设
的两个零点为
，且
，有
，
，
故
均大于0，由此可得
在
单调递增，
单调递减，
单调递增，
而
，即
，
又因为
，
，
，
故
在
内恰有一个零点，在
内恰有一个零点，
所以
恰有3 个零点，亦即
恰有3 个零点，故实数a 的取值范围是
．
（ii）
，由
，
可得
，则有
，
要证
，代入
得，只需证明
，而
，
因此只需要证明当
时，
，令
，
可得
，故
在
上单调递增，
86
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因此当
时，
，即当
时，
，即证得
成
立．
23．（2026·河北邢台·二模）已知函数
，其中
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若
有三个零点
，
，
，其中
，函数
的两个极值点分别为
，
.
（i）求
的取值范围；
（ii）证明：
.
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可；
（2）（i）由题意可得
有三个零点，求导，令
，对函数
求导，分
，
，
三种情况，结合导数与单调性、最值的关系及零点的存在性定理讨论求解即可；
（ii）由
可得
，即
，根据极值与导数的关系令
，可得
，令
，
，求导，根据导数可得
，进而计算可证.
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【详解】（1）当
时，
，所以
，
所以
，又
，所以切线方程为
，即
；
（2）（i）函数
的定义域为
，
，
由
，得
，即
，
由题意可得
有三个零点
，
，
，
，
令
，则
，
①当
时，
，
单调递增，且当
时，
；当
时，
，
由零点存在定理可知存在正数，使得
，令
，得
；
令
，得
，所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
在
上最多有2 个零点，不符合题意；
②当
时，令
，得
；令
，得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，若
，则
，所以
，
所以
在
上单调递减，不可能有三个零点；
若
，则
，
，且当
时，
；当
时，
，
88
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故由零点存在定理可知存在
，
，使得
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减，
因为
，所以
，即
.
又
，当
时，
；当
时，
，
所以由零点存在定理可知存在三个零点
，
，
，
所以
有三个零点时，
的取值范围是
.
（ii）证明：由
，所以
，
所以
也是
的零点，所以
，
所以
，所以
，所以
.又
的两个极值点分别为
，
，
所以
，
是
，即
的两个变号根，
所以直线
与
有两个不同的交点，其横坐标分别为
，
，
而
，令
，得
；令
，得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，且
，
，
，
令
，
，则
，
因为
，所以
，所以
，
89
利用导数研究不等式证明及恒成立
考点5
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所以
，
，
，
所以
，所以
，所以
，
所以
在
上单调递增，所以
，
所以
，所以
，所以
，
所以
，所以
，所以
.
1．（2026·四川绵阳·二模）已知对任意
，不等式
恒成立，则实数
的最
大值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【分析】记
，由
，可知只要
时
恒成立即可，从
而将问题转化为
在
恒成立，令
，结合导数求出
的最
值即可求解.
【详解】原不等式等价于
，记
，注意到
，
这说明只要
时
，则当
时也有
.故下只考虑
时的情况，要使
，只需
在
恒成立，令
，
.因为
，故
，经验证，满足题意.故选：D
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2．（多选）（2026·贵州毕节·二模）已知函数
是定义在
上的奇函数，且当
时，
，则（ ）
A．方程
有三个不等实根
B．
是
的一个极值点
C．不等式
的解集为
D．当
时，
恒成立
【答案】ACD
【分析】由于当
时，
，利用导数研究
在
的单调性，结合奇函数的性质依
次判断A,B,C 选项即可，对于D，将问题转化为验证
，令
，结合导数研究其单调性以及值域情况即可求解.
【详解】选项A，函数
是定义在
上的奇函数，所以
，
当
时，
当
时，
，则
选项 A，当
时，
，
令
，则
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
，所以
对
恒成立，
在
上单调递增；
因此
时，
只有
一个根，
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由奇函数性质可知当
时，
，所以
是一个根，
又
，所以
的根为
共三个不等实根，A 正确；
选项 B，由A 可得
在
上单调递增，没有极值点，B 错误
选项 C，当
时
单调递增，且
，所以
的解集为
，
当
时，
是奇函数，
等价于
，即
，
因为
，且
对应
，即
，所以
时，
的解集为
，
综上，不等式
的解集为
，C 正确
选项 D，当
时，
恒成立即证：
化简得：
即：
，令
，
，令
，
则
，所以
在
上单调递增，
由于
，
，
所以存在
，使得
，即
，即
当
时，
，
单调递减；当
时，
单调递增，
所以
，
令
，则
，
92
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由于
在
上单调递减，则
，所以
在
上单调递减，则
，
所以
，则
，
即当
时，
恒成立，故D 正确
3．（多选）（2026·江西南昌·二模）已知
时，关于
的不等式
恒成立，
则下列判断正确的是（ ）
A．
，
B．
C．
D．
的最大值为
【答案】ABD
【分析】首先利用导数分析
的符号，然后结合不等式恒成立条件分析二次式
可判断AB；根据
是
的根结合韦达定理可判断C；由
可得
，令
，利用导数求其最大值可判断D.
【详解】已知
，设
，
，令
，解得
，
在
上递减，
上递增，最小值
，
又
时，
，故
，
，
，
时
，因此
有两个不同的正零点
，
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要使
恒成立，开口向上的二次式必须和
同号，
因此二次式的零点恰好就是
，即
.
由韦达定理
，
，因为
都是正数，故
，
，A 正确；
二次式有两个不同零点，判别式
，即
，B 正确；因为
是
的根，
故
，
，两式相乘得
，即
，C 错误；由
得
，
代入目标式化简
，令
，求导得
,当
时，
，
递增；当
时，
，
递减.因此
的最大值为
，D 正
确.
4．（多选）（2026·广西南宁·二模）已知函数
，
，则下列说法正确的
是（ ）
A．若
恒成立，则
B．
是
的极值点
C．若函数
恰有2 个正零点，则
D．若关于x 的不等式
有解，则
【答案】ACD
【分析】对于A：可得
恒成立，令
，利用导数求其最值，即可得结果；对于B：举
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反例，取
，结合定义域分析判断；对于C：令
，可得
，结合函数单调性可得
，利用导数分析其单调性和最值即
可求解；对于D：令
，分
和
两种情况讨论，结合选项C 的结论运算
求解.
【详解】由题意可知：
.对于选项A：若
恒成立，可得
恒成立，
令
，则
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递增，在
内单调递减，则
，
可得
，即
，故A 正确；对于选项B：若
，令
，解得
，此时
的
定义域为
，
不在定义域内，故B 错误；
对于选项C：由题意可知：
，令
，解得
，
令
，可得
，
构造
，则
，
因为
在定义域
内单调递增，则
，即
，
构造
，则
，
令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递增，在
内单调递减，则
即
，解得
，所以
，故C 正确；
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对于选项D：令
，
若
，可知
的定义域为
，当
趋近于
时，
趋近于
，符合题意；
若
，可知
的定义域为
，令
，
可得
，由选项C 可知：
在定义域
内单调递增，
因为
，则
，即
，
可知
有解，由选项C 可得：
，解得
；
综上所述：
，故D 正确.
5．（多选）（2026·云南玉溪·二模）设函数
，其中
，则下列说法
正确的是（ ）
A．
可能为奇函数
B．
既有极大值也有极小值
C．不等式
的解集是
D．若
恒成立，则
【答案】BCD
【分析】根据奇函数的性质，判断A，判断导函数的零点个数，判断B，根据零点，解不等式，判
断C，根据函数
和
的对称性，结合函数的零点和不等式的关系，判断D.
【详解】对A，若
为奇函数，则
，且
，则
，
，
这样
的三个零点不关于原点对称，则
不是奇函数，故A 错误；
对B，
，所以
.由
.
，
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因为
，所以
，
所以
有两个不相等的零点，不妨设为
，
，得
或
；
，得
.所以函数的增区间为
和
，减区间为
，所以
是
的极大值点，
是
的极小值点，故B 正确；
对C，当
时，
，当
时，
，当
时，
，当
时，
，所以
的解集为
，故C 正确；
对D，
与
关于
对称，若
恒成立，则
的零点
关于
直线
对称，所以
，故D 正确.
6．（2026·四川广元·二模）关于
的不等式
恒成立，则实数
的取值范
围为__________．
【答案】
【分析】先分类讨论
的范围，再根据题意去绝对值，利用导数即可求解范围．
【详解】
，其中
，
当
时，
，所以
恒成立，
当
时，
，即
，所以
，当
时，
，
则
或
，
设
，
，则
，
所以当
时，函数
单调递增，且
，
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同理可得，当
时，函数
单调递减，且
，
所以不等式
不满足题意；
则
，设
，
则
，令
，
则
，当
时，
，则
在
单
调递减，则
，所以
，则
在
单调递减，则
，所以
．
7．（2026·陕西咸阳·二模）已知
，若对于任意
，不等式
恒成立，则
的取值范围为________.
【答案】
【分析】将原不等式拆分为左右两个独立的不等式，对于拆分后的每个不等式，将参数
分离出来，
转化为
或
在
上恒成立的形式，因此利用导数法求函数
、
在区间
的最值即可
【详解】左侧不等式：
，整理得
设
，求导得
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增
的最大值在端点处取得，经计算
，
最大值为
，
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故
，右侧不等式：
，整理得：
设
，求导得
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增
最小值在
处：
，故
，综上，
的取值范围为
8．（2026·广东肇庆·二模）已知关于
的不等式
恒成立，则
的取值范围是
________．
【答案】
【分析】先将不等式变形构造得到
恒成立，构造函数
，利用单调
性可得
，再构造函数
，利用导数研究函数的最大值.
【详解】因为
且
，所以
，即
，
令
，易知
恒成立，则
单调递增．因为
，
所以
，则
，即
，设
，则
，
当
时，
单调递减，当
时，
单调递增，
所以
，所以
，则
的取值范围为
．
9．（2026·湖北·二模）已知函数
，且
对
恒成立，则
的最大
值为__________.
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【答案】
/
【分析】求得
，令
，求得
，得到
的单调性
和最小值
，分
和
，两种情况讨论，得到存在唯一的
使得
和
，代入得
，令
，利用导数
求得
的单调性与最大值，即可求解.
【详解】由函数
，可得
，
令
，可得
，令
，即
，解得
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
所以
在
处取得最小值
，
若
，可得
恒成立，所以
在
上单调递增，
当
时，
，可得
，不满足
恒成立，不符合题意；
当
时，因为
在
上单调递减，在
单调递增，
且当
时，
；当
时，
，如图所示，
所以存在唯一的
使得
，即
，
当
时，
，
在
上单调递减；当
时，
，
在
上
100
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单调递增，所以
时，函数
取得最小值
，
将
代入可得
，整理得
，
再将
和
代入
，可得
，
令
，可得
，
令
，即
，解得
或
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减，所以
在
处取得极大值，也是最大值，且
，所以
的最大值为
.
10．（2026·上海闵行·二模）已知
，若不等式
的解集中有且仅有两个整
数，则
的最小值为______.
【答案】
【分析】先根据不等式结合符号法计算，再构造函数令
，再应用导函数正负得出函数单
调性进而得出最值，最后分类讨论结合有且仅有两个整数列式计算求解.
【详解】因为不等式
，则
或
，
即得(1)
或(2)
，令
，
，所以当
单调递增；当
单调递减；所以
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，
因为
，且
，所以
时，
，
当
时，(1)无解，(2)有两个整数解1 和2，所以
满足题意；
当
时，(1)有一个整数解3，(2)有两个整数解1 和2，所以
时有三个整数解不满
足题意；
当
时，(1)有一个整数解3，(2)有一个整数解1，所以
满足题意；
当
时，(1)至少有两个解3 和4，(2)至少有一个整数解1，所以
时有至少三个
整数解不满足题意；
当
时，(1)整数解无限，(2)无解，所以
时有无数个整数解不满足题意；
综上，符合解集中有且仅有两个整数，则
的范围是
，所以
的最小值为
.
11．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数
（
）．
(1)求
的单调区间；
(2)当
时，设
的两个极值点为
，
，求
的最小值；
(3)当
时，不等式
恒成立，求实数
的取值范围．
【答案】(1)当
时，
在
上单调递减；
当
时，
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增；
当
时，
时，
，
单调递减；
时，
，
102
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单调递增．
(2)
(3)
【分析】（1）求导，利用导数结合
分类讨论
的单调性；
（2）利用已知条件，求出
，构造函数并求导，利用函数单调性求最小值；
（3）化简已知不等式，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性，进而求出
的取值范围．
【详解】（1）函数
求导得
，
当
时，
，仅当
时导数为0，则
在
上单调递减；
当
时，
，
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增；
当
时，
，
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增．
综上，当
时，
在
上单调递减；
当
时，
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增；
当
时，
时，
，
单调递减；
时，
，
单调递增．
103
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（2）当
时，
，故
的两个极值点为
，
，
，
，
令
，
，求导得
，
当
时，
，故
，
在
上单调递增，最小值在
处取得：
．
（3）
，
，整理得
，
令
，求导得
，
令
，求导得
，
在
上单调递增，
，
当
时，
，故
，
在
上单调递增，
需
，解得
，结合
，得
；
当
时，存在唯一
使得
，即
，
在
单调递减，
单调递增，故
，代入
得
，解得
，即
，
令
，
，故
在
上单调递减，
故：
，综上可得，
．
104
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12．（2026·河南开封·二模）已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)求证：对任意
，不等式
恒成立．
【答案】(1)
的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为
．
(2)证明见解析
【分析】（1）对
求导，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；
（2）要证明
只需证明
，再通过构造函数证明结论.
【详解】（1）函数
的定义域为
，求导得
，
当
时，
，故
，函数单调递增；
当
时，
，故
，函数单调递减．
因此，
的单调递增区间为
，单调递减区间为
．
（2）要证
，两边取自然对数（因
单调递增，不等号方向不变），即证
，由对数运算法则，化简得
．
方法一
，
即证
．由
，可知
，结合
在区间
上单调递
增，所以
得证，原不等式成立．
105
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方法二 令
，因为
，所以
，即
．
由三角恒等式
，代入
，
得
，令
，需证
，
求导得
，化简得
，
因为
，所以
，即
在
上单调递增．
接下来只需证明不等式
．
因
在
上单调递增，故
，
因此，当
时，
，即
恒成立．
综上，对任意
，不等式
恒成立．
13．（2026·安徽池州·二模）已知
．
(1)当
时，求函数
的单调性；
(2)当
时，判断曲线
与直线
交点的个数，并证明；
(3)设
，若存在实数
，使关于
的不等式
的解集为
，求
的最小值．
参考数据：
，
，
，
，
．
【答案】(1)
在
单调递增，在
单调递减
(2)1 个，证明见解析
(3)3
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【分析】（1）求导，根据导数的正负即可求解；
（2）解法一：由局部放缩及局部求导即可证明；解法二：整体求导判断出
单调性，作出简图
即可判断；
（3）解法一：穷举验证法，分类讨论
得值求解；解法二：参变关联法，分类讨论
和
，
结合
的解集为
，列出不等式即可求解．
【详解】（1）求导得
，令
，解得
，
当
时，
，则
在
单调递增，
当
时，
，则
在
单调递减．
（2）解法一： 由题意得
，
①当
时，
，所以
，
②当
时，求导得
，所以
在
单调递减，
又
，
，
所以曲线
与直线
交点的个数为1．
解法二：求导得
，
令
，求导得
，
令
，则
，令
得
，
当
时，
，则
在
单调递增，
当
时，
，则
在
单调递增，所以
，
107
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所以
在R 上单调递减，又
，
，所以
有唯一根，记为
，故
在
单调递增，
单调递减，
取
，有
；取
，有
，画出简图如图所示，
所以曲线
与直线
交点的个数为1．
（3）解法一：①当
时，由（1）知
在
单调递增，
单调递减，
取
，有
；取
，有
，若
，左边找点：取
，
则
，（这里用到了
，
，
，
）
右边找点：取
，
则
，不满足题设条件，舍；
若
，当
时，
，
当
时，
，所以
的解集为R，舍；
②
时，取
，有
；取
，有
，
108
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由②
的解集为
时，则
（*），又
，所以（*）不成立，
舍；
③当
时，取
，有
；取
，有
，
同理，当
时，
，
当
时，求导得
，所以
在
单调递减，
所以
的解集为
时，则
（
），
又
，
，所以（
）成立，
综上，
的最小正整数为3．
解法二：由
，取
，有
；取
，有
，
若
时，
，
若
时，对
求导得
，所以
在
单调递减，
所以
的解集为
时，则
，即
且
，即
（
），由（*）和（
）得
，令
，
显然
单调递增，因为
，
，
所以
的根为
（
），其中
，所以
的解为
，
由（*）得
，由（
）得
，结合
，
，所以
的最小正整数为
3．
109
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14．（2026·新疆·二模）设函数
.
(1)求
的极值；
(2)已知实数
，若存在实数
使不等式
成立，求
的取值范围；
(3)已知不等式
对满足
的一切实数
，
成立，求实数
的取值范
围.
【答案】(1)极小值为
，不存在极大值
(2)
(3)
【分析】（1）对函数求导，利用导数的符号判断函数的单调性，即可求得函数的极值；
（2）依题意，将问题转化成不等式
在
上能成立问题，利用导数求出
的
最大值即可；
（3）设
，将不等式化成
，令
，由
函数的单调性可得
，再令
，利用求导推出
，即可求得参
数
的取值范围.
【详解】（1）
，则
.
当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
从而
在
处取到极小值，极小值为
，不存在极大值.
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（2）由
可得
，
即
(*)，因为
，所以
，所以
，
由（1）可得
在
上单调递增，故(*)式即
，
可得
，即
，可得
，令
（
），则
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
的极大值，即最大值为
，
由题意，存在实数
使不等式
成立，可得
.
（3）不等式
对满足
的一切实数
成立，
则有
，不妨设
，则
，且
，
即
，所以
，
令
，显然有
在
上单调递增，
从而
，令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
从而可得
，
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依题意，
的最小值为
，故有
，即实数
的取值范围为
.
15．（2026·黑龙江大庆·二模）已知函数
有两个不同的零点，分别记为
，且
.
(1)求实数
的取值范围；
(2)若
，不等式
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)有两组正实数
，且
.证明：
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由参变分离得
有两个不同的零点，求导分析单调性，结合函数图像即可求
解；
（2）由题知
，不等式转化为
，令
，则
，进而得
，令
，求导再利用导数确定最值即可；
（3）设
，再证：
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即可.
【详解】（1）函数
有两个不同的零点，
所以
，即
有两个不同的解，
令
，由
得
，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
当
时，
，所以
在
上单调递减，所以
，
当
时，
；当
时，
，所以
.
注：函数
的图像如下，
（2）因为
有两个不同的零点
，
由题知
，且
，即
，相减得到：
因为
恒成立，即
恒成立，
所以
恒成立.设
，则
时，不等式
恒成立，
因为
进而得
在
时恒成立，
113
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设
，则
，
即
，
又因为
且
，则
，所以当
时，
，
即
，故
在
单调递增，
因为
，所以
恒成立，故
满足题意.
当
时，若
，由
，则
在
单调递减，
所以当
时
，与题设不符.综上所述，正数
的取值范围
.
（3）令
，则
，
当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减.
所以
为
极小值点，即最小值点，所以
即
当且仅当
时等号成立.
由（2）知：
，进一步取
，则
；
不妨假设
则
，故
114
三次函数的图象及性质
考点6
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进一步：
另外：
，又
，当且仅当
时等
号成立则
.
即
.
1．（2026·湖北·二模）函数
的极大值点为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】求得
，得出函数
的单调性，结合极值点的定义，即可求解.
【详解】由函数
，可得
，当
或
时，可得
；当
时，
，所以
在
递增，在
递减，所以
是函数
的极大值点.
2．（2026·福建漳州·二模）已知
是函数
的一个极值点，
115
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则
（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【详解】由题意得：
，
又
是
的一个极值点，所以
，所以
，所以
，所以
.
3．（2026·上海奉贤·二模）已知函数
的表达式为
，
，则
下列命题正确的是（ ）
A．函数
的零点的个数一定是3 个
B．若集合
的解集是
，则实数对
有2 对
C．函数
必存在极值
D．函数
在
处的切线方程为
，则
【答案】B
【详解】A：当
时，
，若当
或
时，零点个数不为3，所以A 错.
B：若满足条件，则
在
处为零，且在
时
，由
，得
，即
或
，当
时，
，为满足条件，
，当
时，同理可得
，当
时不满足题意，所以实数对
有
对：
和
，B 对.
C：求导
，
，接着判断
，把判别
式看作关于
的函数，则
，
，
116
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当
时，
，
，所以
有两个零点，有极值，
当
时，
，此时当
，
，
有两个零点，有极值，
当
，
，
恒成立，函数在定义域上单调递增，
所以当取值
时，
，无极值，所以C 错.
D：在
处的切线方程为
，求导
， 得
，得
或
，D 错.
4．（多选）（2026·山东济南·二模）已知函数
，则（ ）
A．
有两个极值点
B．
当且仅当
C．当
时，
D．若
，则
【答案】ABC
【分析】对函数
求导分析其单调区间与极值点，再结合选项逐一判断.
【详解】已知
，求导得
，
令
，得
或
，当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，极大值
，极小值
，
因式分解得：
，
对于A 选项：
有两个极值点
有两个实数根
和
，
且在这两点左右两侧导数异号，因此这两个点都是极值点，故A 正确；
对于B 选项，因为
，其中
，
117
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要使
，必须有
且
，解
，得
，此时自然满足
，
因此不等式解集为
，故B 正确；
对于C 选项：当
时，
，当
时，
，
且
，故两者均处于
的单调递增区间
，
，因为
，所以
，即
，
又函数在
上单调递增，故
，故C 正确；
对于D 选项：取
，计算得
，为了使和为4，
需要
，令
，即
，分解得
，解得
或
，
若取
，满足
，但此时
，
因此原命题不一定成立，故D 错误.
5．（多选）（25-26 高二下·山东威海·月考）已知函数
，其中
.则下列
说法正确的是（ ）
A．函数
必有零点
B．若
，则
的对称中心为
C．若
有两个极值点，则
的取值范围是
D．存在实数
，使得
在
上单调递减
【答案】AB
【分析】A 由零点存在定理判断；B 化简
，结合
的性质以及图象变换得出；
C 求导，根据
得出；D 利用导函数的图象与性质推出矛盾.
118
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【详解】选项A：
，
，
当
时，
，此时
，
由零点存在定理可知
在
上必有零点，故A 正确；
选项B：当
时，得
，
的对称中心为
，将
的图象向右平移1 个单位，
再向上平移2 个单位后得
，所以其对称中心为
，故B 正确；
选项C：若
有两个极值点，则
有两个不相等的实根，
所以
，解得
，得
或
，故C 错误；
选项D：若
在
上单调递减，则
对任意
恒成立，
因为
是开口向上的二次函数，故
不能恒成立，故D 错误.
6．（多选）（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数
，则（ ）
A．
是函数
的一个极值点
B．
是函数
的一个极值点
C．直线
是曲线
在
处的切线
D．直线
是曲线
在
处的切线
【答案】AC
【分析】本题主要考查极值点的判断和曲线某点处切线方程的求解，通过导函数的符号判断函数的
单调性，进而确定极值点；对于切线方程，由导数的几何意义可知，切线的斜率等于该点处的导函
数值，再结合点的坐标，利用点斜式方程求出切线方程.
【详解】由题意知
，令
，则
或
，
119
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当
时，
，所以
单调递增；当
时，
，所以
单调递减，
因此
是函数
的一个极值点，A 正确；
因为
，所以
不是函数
的极值点，B 错误；
当
时，
，
，所以切点为
，斜率为
，所以切线方程为
，即
，所以C 正确，D 错误.
7．（2026·湖北十堰·二模）已知函数
，则（ ）
A．
为奇函数
B．3 是
的极大值点
C．曲线
在点
处的切线方程为
D．若
，则
在
上存在最大值
【答案】AC
【详解】A，
，显然
是奇函
数，正确；
B，
，易得
在
，
上单调递增，在
上单调递减，
所以
在
处取得极小值，错误；
C，
，
，故曲线
在点
处的切线方程为
，即
，正确；
D，
，
在
处左增右减，故
为极大值点，极大值
，
120
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在
上单调递增，且
时，
，所以
在
上不一定存在最大值，
错误.
8．（多选）（2026·重庆九龙坡·二模）已知函数
，则（ ）
A．存在
，使得
在
上是单调函数
B．若
有三个不同的零点，则
C．当
时，过原点且与曲线
相切的直线恰有一条
D．若
恰有个不同的实数根，则
的取值范围关于原点对称
【答案】BCD
【分析】首先要根据题目中的函数方程，通过求导的方式得出函数的单调性，极值，然后再根据每
一个选项的条件，分别进行解答.
【详解】函数
，求导可得
，令
，即
，解得
，当
时，
，
单调递增，当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
极大值为
，
极小值为
，
选项A：函数
在
上单调性发生了变化，所以
不是单调函数；
选项B：函数
要有三个不同的零点，则要求
的极大值大于
且极小值小于
，
即
，解得
；选项C：当
时，函数
，设切点坐标为
，切线斜率为
，则切线方程为
，化简
可得
，根据题目可知，切线经过原点，代入
，
可得
，
121
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解得
，因为
只有唯一解，所以当
时，过原点且与曲线
相切的直线恰有一条；
选项D：令
，要使
有个不同的实数根，则要求
有个不同的实数根
，
，
，且每个
有个不同的实数根，设
满足题意，则方程
的三个实数根均满足
，当参数为
时，方程变为
，三个实数根为
，
此时要求根满足
，该条件等价于
，由于
和
满足题意
的条件完全相同，故
的取值范围关于原点对称.
9．（多选）（2026·云南玉溪·二模）设函数
，其中
，则下列说法
正确的是（ ）
A．
可能为奇函数
B．
既有极大值也有极小值
C．不等式
的解集是
D．若
恒成立，则
【答案】BCD
【分析】根据奇函数的性质，判断A，判断导函数的零点个数，判断B，根据零点，解不等式，判
断C，根据函数
和
的对称性，结合函数的零点和不等式的关系，判断D.
【详解】对A，若
为奇函数，则
，且
，则
，
，
这样
的三个零点不关于原点对称，则
不是奇函数，故A 错误；
对B，
，所以
.
由
.
122
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，
因为
，所以
，所以
有两个不相等的零点，不妨设为
，
，得
或
；
，得
.所以函数的增区间为
和
，减
区间为
，所以
是
的极大值点，
是
的极小值点，故B 正确；
对C，当
时，
，当
时，
，当
时，
，当
时，
，所以
的解集为
，故C 正确；
对D，
与
关于
对称，若
恒成立，则
的零点
关于
直线
对称，所以
，故D 正确.
10．（多选）（2026·浙江杭州·二模）已知函数
，则（ ）
A．
，
是增函数
B．
，
是奇函数
C．若
有三个不同的零点
，
，
，则
D．过点
且与曲线
相切的直线恰有3 条，则
【答案】ACD
【分析】选项A：根据导数与单调性的关系判断即可；选项B：根据奇函数的定义判断即可；选项
C：根据函数零点的定义，结合韦达定理求解即可；选项D：利用导数的几何意义求得切线方程，
代入点
得
，则函数
与直线
的图象有3 个不同的交点，利用
导数与极值的关系判断即可.
【详解】已知
，则
.
123
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选项A：若
是增函数，只需
，只需
即可，所以
.所以
，
是
增函数，故A 正确.选项B：
，
，
则
，故
不是奇函数，故B 错误.选项C：若
有三个不同的零点
，
，
，
则
有3 个根.其中一个零点为
，另外两个零点为
的两个根
，
，则
.所以
，故C 正确.
选项D：设切点为
，
，
所以切线方程为
.
又切线过
，所以
，即
.
切线恰有3 条，等价于
有3 个不同的实数解，即函数
与直线
有3
个交点.
.令
，即
，解得
或
.
当
时，
，当
时，
，
所以
在
、
上单调递减，在
上单调递增，
所以极小值为
，极大值为
，
所以当
时，
与
有3 个交点.
所以当
时，过点
且与曲线
相切的直线恰有3 条，故D 正确.
11．（多选）（2026·浙江温州·二模）已知函数
的极大值点和极小值点分别
124
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记为
和
，过点
，
分别作x 轴的平行线交
的图象于点C，A，过
点M，N 构造矩形
，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．点M 为线段CD 的三等分点
C．当
时，四边形ABCD 为正方形
D．当
时，四边形
为菱形
【答案】AC
【分析】利用求导推理得到
，
，可判断A；写出直线
的方程，与曲线方程联立，
求出
的坐标，计算
与
的长可判断B；将
的值代入利用平面几何知识即可判断C，D.
【详解】由
求导得
，
因
，由
，可得
或
，由
可得
，
即函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
故函数的极大值点为
，极小值点为
，则
，故A 正确；
由图知
分别是函数图象在点
处的切线.因
，
将直线
的方程
与
联立，消去
，得
，
即
，解得
；再将直线
的方程与
联立，消去
，
得
，即
，故得
，
因四边形
是矩形，则
，
即点M 为线段CD 的四等分点，故B 错误；
125
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对于C，由上分析知，
，当
时，
，
又四边形
是矩形，故此时ABCD 为正方形，故C 正确；
对于D，因
，且
，则四边形
为平行四边形，
又
，当
时，
，故D 错误.
12．（多选）（2026·陕西·二模）已知
，则下列说法正确的是（ ）
A．
在定义域内单调递增
B．
的对称中心为
C．已知
，
为方程
的两个根，
且
，则
的取值范围为
D．若
，则
的最小值为
【答案】ABD
【分析】A 利用导函数判断单调性；B 根据二阶导函数的零点求对称中心；C 根据对称性和单调性
以及韦达定理求出；D 根据对称性和单调性以及基本不等式求解.
【详解】因为
，所以
，
则
在定义域内单调递增，故A 正确；
，得
，故
的对称中心为
即
，故B 正确；
因为
，
为方程
的两个不同根，所以
，
因为
，所以
，则
，
故
，得
，故C 错误；因为
，
126
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所以
，
则
，即
，
因为
，所以
，等号成立时
，故D 正确.
13．（多选）（2026·安徽池州·二模）已知
，则（ ）
A．
的导函数
关于直线
对称
B．曲线
在
处的切线方程为
C．函数
的极小值点为
D．函数
的极大值点为0
【答案】BCD
【分析】求出
的导函数，根据二次函数的性质求得其对称轴，判断A；利用导数的几何意义
求得曲线
在
处的切线方程，判断B；利用导数求出函数
的极小值点和极大值点
判断C，D.
【详解】函数
的定义域为
，
，
所以导函数
关于直线
对称，所以A 错误；因为
，
所以曲线
在
处的切线方程为
，即
，所以B 正确；
因为
，所以当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增.
所以函数
的极小值点为
，函数
的极大值点为0，所以C，D 正确.
127
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14．（多选）（2026·四川·二模）已知函数
，则下列说法正确的是（
）
A．若
为
的极小值点，则
的取值范围为
B．存在
，使得
在
上有且仅有一个零点
C．当
时，过点
存在两条直线与曲线
相切
D．存在
，使得
【答案】ABD
【分析】对A，对
求导，再利用极值的定义，即可求解；对B，当
，求出
的单调区
间，进而可得方程
的解满足题意，即可求解；对C，设出切点
，
根据条件，将问题转化成判断方程
解的个数，即可求解；对D，令
，
，
将问题转化成方程
有解，即可求解.
【详解】对于A，因为
，令
，得到
或
，
若
为
的极小值点，则
，解得
，所以A 正确，
对于B，因为
，当
时，则
的增区间为
，减区间为
，又
，若
，即
，
解得
，此时
在
上有且仅有一个零点，故B 正确，
128
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对于C，设切点为
，则
，又
，
则切线方程为
，又切线过点
，
则
，整理得到
，
令
，则
，令
，得到
或
，
当
时，
，当
时，
，当
时，
，
所以
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，在区间
上单调
递增，又
时，
，
时，
，且
时，
，
时，
，
所以
与
轴有个交点，即
有个解，故C 错误，
对于D，令
，
，
则
，
令
，得到
，所以D 正确，
15．（多选）（2026·山东枣庄·二模）已知函数
，则（ ）
A．
是
的极小值点
B．
有三个不同零点
C．当
时，
D．当
时，
【答案】ACD
【分析】根据导数求函数极小值点判断A，分解因式求函数零点判断B，根据单调性判断C，换元
后利用单调性求值域判断D.
【详解】因为
，所以当
时，
，
单调递减；
129
导数中的双变量问题
考点7
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当
时，
，
单调递增，所以
是
的极小值点，故A 正确；
因为
，所以函数只有
两个零点，故B 错误；
因为当
时，
，
单调递减，且
，所以
，故C 正确；
当
时，令
，由A 选项知
在
上递减，在
上递增，
所以
，又
，所以
，所以
，故D 正
确.
16．（2026·宁夏吴忠·二模）已知函数
的图象在点
处的切线斜率为
，
且
时，
有极值，则
_____．
【答案】2
【分析】根据导数的几何意义以及极值点的性质求
，并结合单调性检验即可.
【详解】因为
，则
，由题意可得
，
解得
，则函数
，
，令
，解得
或
；令
，解得
，可知函数
在
上单调递增，在
上单调递减，则函数
在
处取到极大值，即
，
符合题意，所以
.
1．（2026·重庆渝中·二模）已知函数
，
．
(1)求曲线
在
处的切线方程；
0,
0
f
130
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(2)求
在
上的单调区间；
(3)若
，
，且
，满足
，求证：
．
（参考数据：
）
【答案】(1)
(2)
的增区间为
，无减区间
(3)证明见解析
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）对函数求导，应用导数的符号研究函数的单调区间；
（3）根据题设分析，令
并应用极值点偏移思想构造
，
，再应用导数研究函数符号，结合
即可证.
【详解】（1）由题设
且
，则
，所以切线方程为
；
（2）设
，令
，则
，
在
上，
，
单调递减，在
上，
，
单调递增，
，
，
，
在
上，
，
单调递减，在
上，
，
单调递增，
所以
，即
，故
的增区间为
，无减区间；
（3）由（1），（2）知，
在
上单调递增，
若
，
，必有
，
131
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若
，
，必有
，
若
，必有
，
，矛盾，令
，
（
），
，
则
，所以
单调递增，
，
在
上，
，
单调递减，
，
，
，所以，
，
所以，
，即
，原不等式成立.
2．（2026·四川达州·二模）已知
，
.
(1)求
的单调区间；
(2)若方程
有两个不相等的实数根
.
（i）求
的取值范围；
（ii）若
恒成立，求实数
的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
.
(2)（i）
（ii）
【分析】（1）直接求导分析
的符号即可求解；
（2）（i）设
，把问题转化为
与
有两个交点，利用导数求出
的最值即可求解；
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（ii）设
，则方程变为
，设两根为
，
则
，利用比值换元法证明对数均值不等式可得
，然后再根据基本不
等式即可求解.
【详解】（1）
定义域为
，
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
所以
单调递减区间为
，单调递增区间为
.
（2）（i）方程
等价于
，
设
，问题转化为
与
有两个交点，
，
时，
，
令
，
，所以
在
上单调递增，
且
，故存在唯一
满足
，即
，
并且当
时，
，当
时，
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，
，
又因为
和
时，
，所以当
时方程有两个不等实根.
故
的取值范围为
.
（ii）原方程变形得：
，设
，则方程变为
，
设两根为
，则
，
且满足
，不妨设
，下面证明
，
133
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令
， 则不等式变形为
，
令
，
，
所以
在
上单调递增，所以
，即不等式
成立，变
形可得
，由基本不等式可得
，要使不等式恒成立，
只需
，故
的取值范围为
.
3．（2026·四川成都·二模）已知函数
在
处的切线方程为
．
(1)求
，
；
(2)设
是方程
的两根，求证：
．
（注：
…是自然对数的底数）
【答案】(1)
.
(2)证明见详解.
【分析】（1）求导得
，结合
，列出方程组求解；
（2）令
，根据导数结合零点存在定理求出
单调性，易得
的一个根为
，再利用零点存在定理找到另一个根
的范围即可证明.
【详解】（1）由题意可得
，
134
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因为
在
处的切线方程为
，
所以
，即
，解方程得
.
（2）令
，
，
由题意可知方程
的两根
，
即为函数
的两个零点，不妨设
.
求导
，因为
在区间
上单调递增，
在区间
上单调递
减，所以函数
在区间
上单调递增，又
，
，
根据零点存在定理可知存在唯一的
使得
.
所以当
，
，函数
在区间
上单调递减；
当
，
，函数
在区间
上单调递增.由
，得
，从而
，又因为
，
，所以
，故
.
4．（2026·安徽滁州·二模）已知函数
．
(1)讨论
的极值；
(2)若
有两个零点
，
①求实数
的取值范围；
②当
取得最小值时，求实数
的值．
【答案】(1)答案见解析
135
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(2)①
；②
【分析】（1）先求导，分
和
两种情况讨论即可求解；
（2）①由（1）分
和
两种情况讨论，当
时，
的极大值为
令
，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解；
②由①知
，又
，得
，即
，令
，
则
，又
，令
，利用导数研究单调性，进而得当
取最小值时，
取最小值，即
取最小值，令
，利用导数研究单调性即
可求解.
【详解】（1）由题意得：
，
当
时，
恒成立，此时
单调递减，无极值；
当
时，令
，解得
，
令
，解得
，
故
在
单调递增，在
单调递减．
在
处取极大值，为
，无极小值．
综上所述：当
时，
无极值；
当
时，
的极大值为
，无极小值．
136
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（2）①由（1）知：当
时，
单调递减，此时
最多有一个零点，不符合题意；
当
时，
的极大值为
．
令
，则
，
故
在
单调递减，在
单调递增．
，即
，
又
，
，故
在
存在一个零点．
又由对数函数及幂函数性质，当
足够大时，
，
故
在
存在一个零点．∴若
有两个零点，则
．
②由①知
在
存在一个零点，
在
存在一个零点，且
，
所以
，
，
得：
．
令
，则
，又
，
令
，则
，令
，则
，
在
单调递增，又
，故
，即
在
单调递增．
∴当
取最小值时，
取最小值，即
取最小值．
令
，则
，
137
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令
，则
，
在
单调递增，又
，
，
，使得
，当
时，
，当
时，
，
且有
，即
，此时
，
且
在
单调递减，在
单调递增，∴
在
处取得最小值，
故
取得最小值时
．
5．（2026·广东佛山·二模）已知函数
，
为
的导函数，曲线
关于点
对称.
(1)求
的值；
(2)
，
恒成立.
（i）求b 的值并探究
的零点个数；
（ii）若
，且
，证明：
.
【答案】(1)
(2)（i）
，
有个零点；（ii）证明见详解.
【分析】（1）对
进行求导，又曲线
关于点
对称，得到
化简即可求出；
（2）（i）若
恒成立，即
恒成立，分类讨论
138
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即可求出b 的值，继而得到
，再令
，分类讨
论并结合对称性即可求出；
（ii）先求出
的图像关于
对称，判断
的单调性，再设
，求导判断即可证明.
【详解】（1）对
进行求导，得
，
又曲线
关于点
对称，
，
即
，即
，
.
（2）（i）由（1）知，
，
，
若
恒成立，即
恒成立，
若
，取
，则
，不合题意，
若
，
，此时
，故 b 的值为
.
，
记
，则
，
当
时，
单调递增，且
，
故存在
，使得
，
当
时，
，
，无零点；
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
139
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又
，
时，
有
一个零点，
由对称性可得
时，
有
一个零点，
综上，
有个零点.
（ii）
，
，
故
的图像关于
对称，
由（i）得，当
时，
，
单调递增；
时，
，
单调递减，
由对称性可知，
时，
单调递增；
时，
单调递减，
当
时，
，下证此时
，
设
，则
，
当
时，
单调递增，
,
即
，又
，
，即
，
当
时，显然
，当
时，显然
，
综上，
得证.
6．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数
，
．
(1)讨论
的单调性；
(2)若
在
上有两个零点，求实数
的取值范围；
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(3)若函数
有两个极值点
，
，证明：
．
【答案】(1)
时，
在
上单调递增，
时，
在
上单调递减，在
上单调递增
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出导数，分类讨论
的取值情况来判断单调性；
（2）分离参数，求解新函数的极值可求答案；
（3）设
，把目标式用表示，利用导数判断单调性可证.
【详解】（1）
的定义域为
，
．
当
时，
在
上单调递增；当
时，由
得
，
由
得
，由
得
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增．
综上，
时，
在
上单调递增，
时，
在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）因为
在
上有两个零点，所以
，
由
得
，令
，则
，
所以
，时，
时，
，
141
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所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
有极大值，也就是最大值为
，
又
无限趋近
时，
无限趋近于0，
所以
在
上有两个零点时，
，所以
，即
的取值范围是
．
（3）因为
有两个极值点
，
所以
，有两个实数根
，
所以
可得
，
设
，将
代入，得
，所以
，
所以要证
，只需证
，即
．
设
，则
．
令
，则
，可知
在
上为增函数．
又
，所以
时，
在
上为增函数．
所以
，即
成立，所以
成立．
7．（2026·湖北·二模）函数
.
(1)当
时，求函数
在
的单调区间；
(2)若存在
，使得
成立，求
的取值范围；
(3)若函数
有两个零点
、
，且
，求
的取值范围.
142
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【答案】(1)单调递减区间是
，单调递增区间是
(2)
(3)
【分析】（1）求得
，令
，利用导数求得
在
单调递增，得到
在
单调递增，结合
，即可求解；
（2）根据题意，转化为
有解，令
，得到
有解，构造函数
，
求得
，得到
的单调性和最小值，再结合函数
为单调递增，即可求解.
（3）根据题意，转化为
有两个不同的解，由（2）得到
，求得化简得到
，令
，求得
，令
，利用导数求得
为增函数，得到
，得到
在
递增，
求得
，即可得到答案.
【详解】（1）解：当
时，
，可得
，
令
，可得
，
因为
和
在
为单调递增函数，可得
在
单调递增，
143
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所以
，所以
在
单调递增，
又因为
，
所以当
时，
；
时，
；
所以函数
的单调递减区间是
，单调递增区间是
.
（2）解：由不等式
，可得
，
即
，
因为存在
，使得
成立，即
在
上有解，
令
，则
有解，
构造函数
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
递减，在
递增，所以
，即
，
又因为函数
在
单调递增，
所以当
时，可得
，即
，
所以实数
的取值范围为
.
（3）解：函数
有两个零点
，即
有两个不同的解，
即
有两个不同的解，
令
，且
为单调递增函数，可得
，
当
时，
的两个解为
，即
，则
，即
，
144
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令
，则
，且
，所以
，
，
所以
，
构造函数
，可得
，
令
，
则
，
所以
在
单调递增，则
，
所以
恒成立，所以
在
单调递增，
可得
，
又因为
时，
，所以
.
8．（2026·浙江台州·二模）已知
，函数
.
(1)当
时，求函数
的极小值；
(2)证明：当
时，对任意
，
，都有
；
(3)若存在
，
，
，使得
成立，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数研究函数的极小值，即可得；
（2）首先应用导数确定
为增函数，再得到
为增函数，利用单调性即可证明；
145
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（3）设
，
，从而得到
能成立，利用导数及分析法求右侧的最小
值，即可得.
【详解】（1）由
，得
.
令
，解得
，
，
当
时，
；当
时，
；
当
时，
.
所以
在
、
上单调递增，在
上单调递减，
因此，
的极小值为
；
（2）当
时，
，其中
时取等号，
所以
为增函数，
对任意的
，
，不妨设
，则
，
又
，
所以
为增函数，得
，即
，
故
；
（3）由题意，不妨设
，
，
因为
，所以
，
整理得
，
，
146
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令
，
，
.
①当
时，
，
此时
.
②当
时，令
，解得
，
因此，
在
上单调递减，在
上单调递增，故
，
法一：因为
，
又因为
，得
，即
所以
，
记
，
，
则
，
因为
，所以
，
即
，
因此，当
时，
，
又
，
147
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综上，
，
法二：求
最小值的第二种解法.
令
，因为
，
，所以
，
下证：
，
因为
，
只需证：
，
只需证：
，
令
，则
，
因为
，
所以
，即
恒成立，
因此，
，
令
，则
，对于
，
，
所以
，当且仅当
时，
.
所以a 的取值范围是
.
148
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9．（2026·吉林·二模）已知函数
，
．
(1)求
，
的单调区间；
(2)已知
，函数
，讨论
的极值点的个数；
(3)若
，
，求t 的取值范围．
【答案】(1)
和
的单调增区间均为
，单调减区间均为
；
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）对
求导，令
可得其单调增区间，令
可得其单调减区间，同理
可得
的单调区间.
（2）求导得
解析式，令
，得
的零点，分别讨论
、
、
和
四种情况，利用导数判断
的正负，可得其单调区间，分析即可得答案.
（3）结合
的任意性，已知条件可转化为
，
分别构造函数
和
，可将不等式再转化为
，得到
在
上单调性相同.利用导数求出
和
的单调区间，结合图形与条件，分析求解，即可得答案.
【详解】（1）由
，
，得
，
因为
恒成立，所以令
，解得
或
，
当
或
时，
，则
单调递增，
当
时，
，则
单调递减，
149
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所以
的单调增区间为
，单调减区间为
；
由
，
，得
，
令
，解得
或
，
当
或
时，
，则
单调递增，
当
时，
，则
单调递减，
所以
的单调增区间为
，单调减区间为
；
（2）
，
则
，
令
，解得
或
或
（
）.
当
时，
，
恒成立，
则当
时，
，则
单调递减，
当
时，
，则
单调递增，
所以
只有1 个极小值点
；
当
时，
，
恒成立，
则当
时，
，则
单调递减，
当
时，
，则
单调递增，
所以
只有1 个极小值点
；
当
时，
，
当
或
时，
，则
单调递减，
当
或
时，
，则
单调递增，
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此时
有3 个极值点
；
当
时，
，
当
或
时，
，则
单调递减，
当
或
时，
，则
单调递增，
此时
有3 个极值点
；
综上，当
或
时，
有一个极值点；当
或
时，
有3 个极值点.
（3）由
，结合
的任意性，
可得
，则有
，
所以有
，
即
，
设
，
，
则
，所以
在
上单调性相同.
由
，则
，
令
，解得
或
，
其中
，
当
时，
，则
单调递减，
当
时，
，则
单调递增，
所以
的单调减区间为
，单调增区间为
；
由
，则
，
因为
恒成立，所以令
，解得
或
，
151
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当
或
时，
，则
单调递增，
当
时，
，则
单调递减，
所以
的单调增区间为
，单调减区间为
；
要使
与
在
上单调性相同， 分以下情况讨论：
①当
时，在
上，函数
存在递增区间，而
单调递减，
故不满足题意；
②当
时，在
上，函数
与
均单调递减，
且对任意
，
，
故满足题意；
③当
时，
，
函数
均在
上单调递减，在
上单调递增，
又
不恒为0，即
不恒为常数，
故存在
（
），使得
，且
，
若
，则当
时，
，且
，
故存在
，使得
，
故不满足题意；
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同理可得，若
，当
时，
，且
，
故存在
，使得
，故也不满足题意；
④当
时，在
上，函数
与
均单调递增，
对任意
，
，故满足题意.
综上所述，t 的取值范围是
.
10．（2026·江西赣州·二模）已知函数
，
，
(1)求函数
的极值；
(2)若
，当
时，
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)若
，函数
，若存在
，
，使得
，求证：
．
【答案】(1)当
时，函数无极值；当
时，函数
的极大值为
，无极小值.
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得
，再分
与
讨论求解即可；
（2）将问题转化为当
时，
恒成立，进而构造函数
，分
与
讨论求解即可；
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（3）根据
得
，进而结合余弦的和差角公式得
，故将问题转化为证明
，设
，令
，进一步转化为证明
，最后构造函数即可证明.
【详解】（1）解：
，定义域为
，
，
当
时，
恒成立，故函数
在
单调递增，无极值；
当
时，令
得
，
故当
时，
，函数
单调递增，
当
时，
，函数
单调递减，
所以，当
时，函数
取得极大值
，无极小值.
综上，当
时，函数无极值；当
时，函数
的极大值为
，无极小值.
（2）
，
因为
，当
时，
恒成立，
所以，当
时，
恒成立，
令
，
，
，
令
，
则
在
恒成立，即
在
单调递增，
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故当
，即
时，
，
在
单调递增，
在
恒成立；当
，即
时，当
时，
，
所以，存在
，使得
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
故由
可知，
时，
，满足
在
恒成立矛盾；
综上，当
时，
在
恒成立，即
恒成立.
（3）解：
，函数
，
，
因为存在
，
，使得
，
所以
，整理得
，
所以
所以
，
因为
，
所以
，
因为
，
，则
，
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故要证
，只需证
，
不妨设
，令
，故只需证
，只需证
，
令
，则
在
上恒成立，
所以
在
上单调递减，
所以
，即
成立，所以
成立.
11．（2026·湖南岳阳·二模）已知函数
.
(1)求函数
的极值；
(2)若存在两个不相等的正实数
，
，使得
（i）求证：
；
（ii）设，为正实数，证明：
和
中至少有一个小于
.
【答案】(1)极大值为
，无极小值
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据导数与极值的关系求解即可.
（2）（i）根据题意设
，结合单调性将证明
转化为证明
，构造
函数
，根据导数与单调性、最值的关系证明即可.
（ii）由（1）可知，当
时，
单调递增；当
时，
单调递减.
①当
时，
，故
，符合题意；
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②当
时，若
，则
，符合题意；若
，则
.
当
时，
，构造函数
，结合导数证明即可.
【详解】（1）由题意知，
的定义域为
，
.
令
，即
，解得
.
故当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减；
故
有极大值，为
，无极小值.故函数
的极大值为
，无极小值.
（2）（i）因为
，
，不妨设
，要证
，即证
，
因为
在
上单调递减，故只需证
.又
，只需证
.
令
，
.
，
当
时，
，
，故
，所以
在
上单调递增，
因此
，即
.
157
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又
，所以
，因此
.
（ii）由（1）知，当
时，
单调递增；当
时，
单调递减.
①当
时，
，故
，符合题意；
②当
时，若
，则
，符合题意；
若
，则
，即
.
当
时，
.令
，
则
，
令
，则
，
在
上单调递减，
所以
，所以
，
在
上单调递增，
则
，即
，
.令
，则
，
故若
，则
，符合题意.
综上，
和
中至少有一个小于
.
12．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知
为定义在
上的奇函数且连续可导，令
.当
时，有
.
158
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(1)讨论
在区间
上的单调性，并证明：当
时，
；
(2)当
时，解不等式：
；
(3)我们可以找到满足题意的一个函数
.现在利用这个函数，重新构造函
数
，记
，若实
满足
，证明：
.
【答案】(1)
在
上单调递增，证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对
求导，结合已知条件和
的奇偶性，推导
在
上的符号，进
而判断函数单调性；
（2）原不等式等价于
，
即
，结合函数单调性证明即可；
（3）求导分析
在
上单调性，结合题干可得
，将证明
，转化为证明
.构造函数
，求导分析单调性和极值即可.
159
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【详解】（1）当
时，
，
∴
为奇函数.
当
时，
，
∴
，∴
在
上单调递增，
∵
为奇函数，∴
在
上单调递增.
令
，
，
∴
，∴
在
上单调递增，
∴
，∴
.
（2）
等价于
，
即
，
∵
，∴
，
，
由（1）知
在
上单调递增，∴
，即
，
160
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故原不等式的解集为
.
（3）由
，
可得
，整理得
，
∵
，∴
在
上单调递增，
，且
，故
.
要证
，只需证
，
只需证
，只需证
，即证
.
令
，
，
令
，∴
，故
在
上单调递增，
所以
，故
在
上单调递减，
，即
成立，故
.
13．（2026·内蒙古包头·二模）已知函数
.
(1)讨论
在
上的单调性；
(2)已知
为
的导数，若两个不相等的实数
满足
，求证：
.
161
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【答案】(1)
在
上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，对
的范围分为
，
以及
，结合二次求导和导函数
的正负，即可求解单调性，
（2）先利用导数求证
时，有
，进而可证明
，结合正弦函数的有界性即可
求证.
【详解】（1）求导可得
（a）当
时，
，则
，
在
单调递增
（b）当
时，
，则
，
在
单调递增
（c）当
时，设
，
则
，由于
均在
上单调递增，故
在
上单
调递增，
，
则存在
使得
满足
则
，
单调递减，则
，
单调递增，
，
所以
，则
，
在
单调递增；
综上所述：
在
上单调递增.
162
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（2）由题意可得
不妨设
，则
先证明当
时，有
，设
，
则
，所以
在
单调递减，
＝0，即当
，有
，
于是有
所以
，故有
，又
，且
不能同时取到等号，
故
，从而
.
14．（2026·浙江宁波·二模）已知函数
．
(1)若
，求曲线在点
处的切线方程；
(2)若
有两个极值点
，
，且
，
（ⅰ）求
的取值范围；（ⅱ）求证：
．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）
（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何性质求出斜率，进而求出切线方程；
（2）（ⅰ）求导，利用导数讨论极值点及单调性，进而求解
的取值范围；
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（ⅱ）利用函数单调性转化不等式，再通过构造函数，求导，利用导数讨论函数单调性，进而证明
结论．
【详解】（1）
时，
，则
，
求导得
，则
，
切线方程为
，即
．
（2）（ⅰ）由于
有两个极值点
，
，
故
有两个变号零点，等价于方程
有两个不同的解；
设
，则
，令
，
，则
，
令
得
，令
得
，
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
时，
，当
时，
，且
，
，即
的取值范围为
．
（ⅱ）由（ⅰ）得，
．
，
欲证
，只需证
，
构造
，
，则
，
令
，则
，当
时，
，
即
在
上单调递增，且
，
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在
时恒成立，
，
当
时
，当
时，
，
在
上单调递减，在
上单调递增，
，故
，
设方程
的两根为
，
，不妨
，
则由
得
，
由韦达定理得
，
，
，且
是方程
的两根，
是
的两根，
则
，
，
，命题得证．
15．（2026·河北沧州·二模）已知函数
，
.
(1)讨论函数
的单调性.
(2)若存在
，使得
.
（i）求
的值；
（ii）证明：
【答案】(1)当
时，函数
在区间
上单调递增；当
时，函数
在区间
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，
上单调递减，在区间
上单调递增；
当
时，函数
在区间
上单调递减.
(2)（i）1；（ii）证明见解析
【分析】（1）首先求函数
的导数，令
利用二次求导，分
，
和
三种情况讨论，可求得函数
的单调性；（2）根据函数有三个零点，结合（1）可得
，进而计算可得
，
，（i）可求
的值；（ii）所证不等式
可化为
，利用函数单调性以及
的范围可证结论.
【详解】（1）因为
，
，
则
，
令
，
，
当
时，
，此时函数
在区间
上单调递增；
当
时，函数
的对称轴为
，
，
当
时，
，
，
当
时，即
时，
在区间
上恒成立，
此时函数
在区间
上单调递减；
当
时，即
时，
有两个不等实根分别为
，
，
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此时函数
在区间
，
上单调递减，
在区间
上单调递增；
当
时，
，
，此时
在区间
上恒成立，
所以函数
在区间
上单调递增.
综上所述，当
时，函数
在区间
上单调递增；
当
时，函数
在区间
，
上单调递减，
在区间
上单调递增；
当
时，函数
在区间
上单调递减.
（2）依题意可知，
，
，
为函数
的三个零点，由（1）可知，当
时，符合题意，
又
，且
，则
，
又
，所以
是函数
的一个零点，因为
，则
，
当
时，
，又
，
所以
在区间
上存在唯一零点
，
同理可得，
在区间
上存在唯一零点
，
又因为
，且
，所以
，
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据此可知，当
时，
有三个零点
，
，
，且
，
.
（i）
.
（ii）证明：由上可知
，又函数
在区间
上单调递增，
且
，所以
，
又因为
，所以
，所以
，即
成立.
16．（2026·山西太原·二模）已知函数
，若
有三个实数解
，且
.
(1)求实数
的取值范围；
(2)求证：①
；②
.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）将方程的解的问题转化为函数
与
的交点问题，借助于求导判断
函数
的单调性，进而得到函数的简图，数形结合即得参数范围；
（2）①构造函数
，求导判断得到
在区间
上单调递
增，推得
，再由
在区间
上的单调性即可得证；②结合图形，判断函
数
的图象总在直线
上方，
的图象总在直线
上方，设直线
与直线
的交点横坐标分别为
，则得
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，即可得证.
【详解】（1）令
，可得
.
设
，则函数
的图象与
有三个交点.
当
时，
，则
.
则函数
在区间
上单调递减；
当
时，
，则
.
当
时，
；当
时，
，
则函数
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，则
当
时，
，当
时，
，
如图，
要使直线
与函数
的图象有三个交点，需使
.
即实数
的取值范围为
.
（2）①由（1）可知
.设
，
则
，
当
时，因
，则
，故
在区间
上单调递增，
故
，即
，则
.
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又
，故
.因
，
由（1）知
在区间
上单调递减，则
，即
.
②过点
和
的直线的方程为
，
由图知直线即为曲线
的割线.
当
时，
，
则函数
的图象总在直线上方.
过点
且与函数
的图象相切的直线
的方程为
.
当
时，
，
则函数
的图象总在直线
上方，如图所示.
设直线
与直线
的交点横坐标分别为
，
则可知
，故
.
170
