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专题04 导数及应用（解答题）
考点
五年考情（2020-2024）
命题趋势
考点1 利用导
数求函数单调
性，求参数
2024 全国甲卷 Ⅰ卷
2023 Ⅱ卷 乙 甲
2022 甲卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 乙卷
2021 甲卷 Ⅰ卷
2020 Ⅰ卷 Ⅲ卷
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。
考点2 恒成立
问题
2023 甲卷
2022 甲卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
2021 乙卷 Ⅱ卷
2020 ⅠⅡⅢ卷
考点3 与三角
函数相关导数
问题
2023 Ⅱ卷 甲卷
2022 天津卷
2021 Ⅰ卷
2020 Ⅱ卷 甲卷
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。
考点04 导数
综合类问题
2024 北京 天津
2023 乙卷 北京 Ⅰ卷 天津
2022 甲卷 Ⅰ Ⅱ卷
2021 乙卷Ⅰ卷
2020 Ⅱ Ⅲ卷
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
考点05 新定
义问题
2024 上海卷
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
1
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考点01 利用导数求函数单调性，求参数
一、解答题
1．（2024·全国·高考Ⅰ卷）已知函数
(1)若
，且
，求
的最小值；
(2)证明：曲线
是中心对称图形；
(3)若
当且仅当
，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析(3)
【详解】（1）
时，
，其中
，
则
，
因为
，当且仅当
时等号成立，
故
，而
成立，故
即
，
所以
的最小值为
.，
（2）
的定义域为
，
设
为
图象上任意一点，
关于
的对称点为
，
因为
在
图象上，故
，
而
，
，
所以
也在
图象上，
由
的任意性可得
图象为中心对称图形，且对称中心为
.
（3）因为
当且仅当
，故
为
的一个解，
所以
即
，
先考虑
时，
恒成立.
此时
即为
在
上恒成立，
2
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设
，则
在
上恒成立，
设
，
则
，
当
，
，
故
恒成立，故
在
上为增函数，
故
即
在
上恒成立.
当
时，
，
故
恒成立，故
在
上为增函数，
故
即
在
上恒成立.
当
，则当
时，
故在
上
为减函数，故
，不合题意，舍；
综上，
在
上恒成立时
.
而当
时，
而
时，由上述过程可得
在
递增，故
的解为
，
即
的解为
.
综上，
.
2．（2024·全国·高考Ⅱ卷）已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若
有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当
时，则
，
，
可得
，
，
即切点坐标为
，切线斜率
，
3
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所以切线方程为
，即
.
（2）解法一：因为
的定义域为
，且
，
若
，则
对任意
恒成立，
可知
在
上单调递增，无极值，不合题意；
若
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
则
有极小值
，无极大值，
由题意可得：
，即
，
构建
，则
，
可知
在
内单调递增，且
，
不等式
等价于
，解得
，
所以a 的取值范围为
；
解法二：因为
的定义域为
，且
，
若
有极小值，则
有零点，
令
，可得
，
可知
与
有交点，则
，
若
，令
，解得
；令
，解得
；
可知
在
内单调递减，在
内单调递增，
则
有极小值
，无极大值，符合题意，
由题意可得：
，即
，
构建
，
因为则
在
内单调递增，
可知
在
内单调递增，且
，
不等式
等价于
，解得
，所以a 的取值范围为
.
3．（2024·全国·高考甲卷理）已知函数
．
(1)当
时，求
的极值；
(2)当
时，
，求
的取值范围．
4
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【答案】(1)极小值为，无极大值.(2)
【详解】（1）当
时，
，
故
，
因为
在
上为增函数，
故
在
上为增函数，而
，
故当
时，
，当
时，
，
故
在
处取极小值且极小值为
，无极大值.
（2）
，
设
，
则
，
当
时，
，故
在
上为增函数，
故
，即
，
所以
在
上为增函数，故
.
当
时，当
时，
，
故
在
上为减函数，故在
上
，
即在
上
即
为减函数，
故在
上
，不合题意，舍.
当
，此时
在
上恒成立，
同理可得在
上
恒成立，不合题意，舍；综上，
.
4．（2023·年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
5
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(2)证明：当
时，
．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为
的恒成立问题，构造函数
，利用导数证得
即可.
方法二：构造函数
，证得
，从而得到
，进而将问题转化为
的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为
，定义域为
，所以
，
当
时，由于
，则
，故
恒成立，
所以
在
上单调递减；
当
时，令
，解得
，
当
时，
，则
在
上单调递减；
当
时，
，则
在
上单调递增；
综上：当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，
，
要证
，即证
，即证
恒成立，
令
，则
，
令
，则
；令
，则
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，则
恒成立，
所以当
时，
恒成立，证毕.
方法二：
6
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令
，则
，
由于
在
上单调递增，所以
在
上单调递增，
又
，
所以当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，则
，当且仅当
时，等号成立，
因为
，
当且仅当
，即
时，等号成立，
所以要证
，即证
，即证
，
令
，则
，
令
，则
；令
，则
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，则
恒成立，
所以当
时，
恒成立，证毕.
5．（2023 年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程．
(2)若函数
在
单调递增，求
的取值范围．
【答案】(1)
；(2)
.
【详解】（1）当
时，
，
则
，
据此可得
，
所以函数在
处的切线方程为
，即
.
7
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（2）由函数的解析式可得
，
满足题意时
在区间
上恒成立.
令
，则
，
令
，原问题等价于
在区间
上恒成立，
则
，
当
时，由于
，故
，
在区间
上单调递减，
此时
，不合题意;
令
，则
，
当
，
时，由于
，所以
在区间
上单调递增，
即
在区间
上单调递增，
所以
，
在区间
上单调递增，
，满足题意.
当
时，由
可得
，
当
时，
在区间
上单调递减，即
单调递减，
注意到
，故当
时，
，
单调递减，
由于
，故当
时，
，不合题意.
综上可知：实数
得取值范围是
.
6．（2022 年全国高考乙卷数学（文）试题）已知函数
．
(1)当
时，求
的最大值；
(2)若
恰有一个零点，求a 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当
时，
，则
，
当
时，
，
单调递增；
8
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当
时，
，
单调递减；
所以
；
（2）
，则
，
当
时，
，所以当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
所以
，此时函数无零点，不合题意；
当
时，
，在
上，
，
单调递增；
在
上，
，
单调递减；
又
，
由（1）得
，即
，所以
，
当
时，
，
则存在
，使得
，
所以
仅在
有唯一零点，符合题意；
当
时，
，所以
单调递增，又
，
所以
有唯一零点，符合题意；
当
时，
，在
上，
，
单调递增；
在
上，
，
单调递减；此时
，
由（1）得当
时，
，
，所以
，
此时
存在
，使得
，
所以
在
有一个零点，在
无零点，
9
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所以
有唯一零点，符合题意；
综上，a 的取值范围为
.
7．（2022 年全国高考甲卷数学（文）试题）已知函数
，曲线
在点
处的切线也是曲线
的切线．
(1)若
，求a；
(2)求a 的取值范围．
【答案】(1)3(2)
【详解】（1）由题意知，
，
，
，则
在点
处
的切线方程为
，
即
，设该切线与
切于点
，
，则
，解得
，则
，解得
；
（2）
，则
在点
处的切线方程为
，整理得
，
设该切线与
切于点
，
，则
，则切线方程为
，整
理得
，
则
，整理得
，
令
，则
，令
，解得
或
，
令
，解得
或
，则
变化时，
的变化情况如下表：
0
1
0
0
0
则
的值域为
，故
的取值范围为
.
8．（2021 年全国高考甲卷数学（文）试题）设函数
，其中
.
10
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（1）讨论
的单调性；
（2）若
的图象与
轴没有公共点，求a 的取值范围.
【答案】（1）
的减区间为
，增区间为
；（2）
.
【详解】（1）函数的定义域为
，
又
，
因为
，故
，
当
时，
；当
时，
；
所以
的减区间为
，增区间为
.
（2）因为
且
的图与
轴没有公共点，
所以
的图象在
轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得
，
故
即
.
9．（2020 年全国高考Ⅰ卷（文）数学试题）已知函数
.
（1）当
时，讨论
的单调性；
（2）若
有两个零点，求
的取值范围.
【答案】（1）
的减区间为
，增区间为
；（2）
.
【详解】（1）当
时，
，
，
令
，解得
，令
，解得
，
所以
的减区间为
，增区间为
；
（2）若
有两个零点，即
有两个解，
从方程可知，
不成立，即
有两个解，
令
，则有
，
令
，解得
，令
，解得
或
，
所以函数
在
和
上单调递减，在
上单调递增，
11
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且当
时，
，
而
时，
，当
时，
，
所以当
有两个解时，有
，
所以满足条件的
的取值范围是：
.
10．（2020 年全国新高考Ⅰ卷数学试题）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）
【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
12
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>1,
∴
∴
恒成立；
当
时，
∴
不是恒成立.
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．
13
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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．
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
．
11．（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)
.
【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
，
14
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经检验
满足题意，故
.
即存在
满足题意.
（3）由函数的解析式可得
，
由
在区间
存在极值点，则
在区间
上存在变号零点;
令
，
则
，
令
，
在区间
存在极值点，等价于
在区间
上存在变号零点，
当
时，
，
在区间
上单调递减，
此时
，
在区间
上无零点，不合题意;
当
，
时，由于
，所以
在区间
上单调递增，
所以
，
在区间
上单调递增，
，
所以
在区间
上无零点，不符合题意；
当
时，由
可得
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
故
的最小值为
，
令
，则
，
函数
在定义域内单调递增，
，
据此可得
恒成立，
则
，
15
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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，
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
.
12．（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．
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【答案】(1)
(2)
【详解】（1）
的定义域为
当
时,
,所以切点为
,所以切线斜率为2
所以曲线
在点
处的切线方程为
（2）
设
若
,当
,即
所以
在
上单调递增,
故
在
上没有零点,不合题意
若
,当
,则
所以
在
上单调递增所以
,即
所以
在
上单调递增,
故
在
上没有零点,不合题意
若
(1)当
,则
,所以
在
上单调递增
所以存在
,使得
,即
当
单调递减
当
单调递增
所以
当
,
令
则
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
，
又
，
，
所以
在
上有唯一零点
17
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又
没有零点,即
在
上有唯一零点
(2)当
设
所以
在
单调递增
所以存在
,使得
当
单调递减
当
单调递增,
又
所以存在
,使得
,即
当
单调递增,当
单调递减，
当
，
，
又
，
而
,所以当
所以
在
上有唯一零点,
上无零点
即
在
上有唯一零点
所以
,符合题意
所以若
在区间
各恰有一个零点,求
的取值范围为
13．（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．
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【答案】（1）
上单调递增；
上单调递减；（2）
.
【详解】（1）当
时，
,
令
得
,当
时，
,当
时，
,
∴函数
在
上单调递增；
上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数
,
则
,令
，得
,
在
内
,
单调递增；
在
上
,
单调递减；
,
又
，当
趋近于
时，
趋近于0，
所以曲线
与直线
有且仅有两个交点，即曲线
与直线
有两个交点的充分必要
条件是
,这即是
,
所以
的取值范围是
.
[方法二]：构造差函数
由
与直线
有且仅有两个交点知
，即
在区间
内有两个解，取对数得方程
在区间
内有两个解．
构造函数
，求导数得
．
当
时，
在区间
内单调递增，所以，
在
内最多只有一个零点，不符合题意；
当
时，
，令
得
，当
时，
；当
时，
；
所以，函数
的递增区间为
，递减区间为
．
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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
．
20
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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
．]
14．（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
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
，当
时，
，画出
大致图像如下：
21
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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
.
15．（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）
【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.
22
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(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
．
只需证当
时，
恒成立．
当
时，
．
只需证明
⑤式成立．
⑤式
，
令
，
23
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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
，
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，
.
考点02 恒成立问题
一、解答题
1．（2024·全国·高考甲卷文）已知函数
．
24
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(1)求
的单调区间；
(2)当
时，证明：当
时，
恒成立．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【详解】（1）
定义域为
，
当
时，
，故
在
上单调递减；
当
时，
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减.
综上所述，当
时，
的单调递减区间为
；
时，
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（2）
，且
时，
，
令
，下证
即可.
，再令
，则
，
显然
在
上递增，则
，
即
在
上递增，
故
，即
在
上单调递增，
故
，问题得证
2．（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
【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；
25
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当
时，
，则
在
上单调递增；
综上：当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递减，
在
上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，
，
要证
，即证
，即证
恒成立，
令
，则
，
令
，则
；令
，则
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，则
恒成立，
所以当
时，
恒成立，证毕.
方法二：令
，则
，
由于
在
上单调递增，所以
在
上单调递增，
又
，
所以当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，则
，当且仅当
时，等号成立，
因为
，
当且仅当
，即
时，等号成立，
所以要证
，即证
，即证
，
令
，则
，
令
，则
；令
，则
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
26
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所以
，则
恒成立，
所以当
时，
恒成立，证毕.
3．（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
【详解】（1）解：因为
，所以
，即切点坐标为
，
又
，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为
， 所以
，
令
，则
，
∴
在
上单调递增，∴
∴
在
上恒成立，∴
在
上单调递增.
（3）解：原不等式等价于
，
令
，
，即证
，
∵
，
，
由（2）知
在
上单调递增，
∴
，∴
∴
在
上单调递增，又因为
，∴
，所以命题得
证.
4．（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
27
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【分析】（1）由题意求出
，由极值点处导数为0 即可求解出参数
；
（2）由（1）得
，
且
，分类讨论
和
，可等价转化为要证
，即证
在
和
上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由
，
，
又
是函数
的极值点，所以
，解得
；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，
，其定义域为
．
要证
，即证
，即证
．
（ⅰ）当
时，
，
，即证
．令
，因为
，所以
在区间
内为增函数，所以
．
（ⅱ）当
时，
，
，即证
，由（ⅰ）分析知
在区间
内为减函数，所以
．
综合（ⅰ）（ⅱ）有
．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得
，
，
且
，
当
时，要证
，
，
，即证
，化简得
；
同理，当
时，要证
，
，
，即证
，化简得
；
令
，再令
，则
，
，
令
，
，
当
时，
，
单减，故
；
当
时，
，
单增，故
；
28
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综上所述，
在
恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令
，因为
，所以
在区间
内是增函数，在区间
内是减
函数，所以
，即
（当且仅当
时取等号）．故当
且
时，
且
，
，即
，所以
．
（ⅰ）当
时，
，所以
，即
，所以
．
（ⅱ）当
时，
，同理可证得
．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当
且
时，
，即
．
5．（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
.
【详解】（1）当
时，
，则
，
，
，
此时，曲线
在点
处的切线方程为
，即
；
（2）因为
，则
，
由题意可得
，解得
，
故
，
，列表如下：
29
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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，
，
.
6．（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）
【详解】（I）
，则
，
又
，则切线方程为
；
（II）令
，则
，
令
，则
，
当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
，当
时，
，画出
大致图像如下：
所以当
时，
与
仅有一个交点，令
，则
，且
，
当
时，
，则
，
单调递增，
当
时，
，则
，
单调递减，
为
的极大值点，故
存在唯一的极值点；
（III）由（II）知
，此时
，
所以
，
令
，
30
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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
.
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
，
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，
31
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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
．
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］：
32
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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
．
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．
8．（2023 年全国新高考Ⅱ卷（文））
（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）
33
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【详解】（1）构建
，则
对
恒成立，
则
在
上单调递增，可得
，
所以
；
构建
，
则
，
构建
，则
对
恒成立，
则
在
上单调递增，可得
，
即
对
恒成立，
则
在
上单调递增，可得
，
所以
；
综上所述：
.
（2）令
，解得
，即函数
的定义域为
，
若
，则
，
因为
在定义域内单调递减，
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
是
的极小值点，不合题意，所以
.
当
时，令
因为
，
且
，
所以函数
在定义域内为偶函数，
由题意可得：
，
（i）当
时，取
，
，则
，
由（1）可得
，
且
，
所以
，
34
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即当
时，
，则
在
上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：
在
上单调递减，
所以
是
的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当
时，取
，则
，
由（1）可得
，
构建
，
则
，
且
，则
对
恒成立，
可知
在
上单调递增，且
，
所以
在
内存在唯一的零点
，
当
时，则
，且
，
则
，
即当
时，
，则
在
上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：
在
上单调递增，
所以
是
的极大值点，符合题意；
综上所述：
，即
，解得
或
，
故a 的取值范围为
.
9．（2020 年全国高考Ⅱ卷（文）数学试题）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）
【详解】（1）
，
，
.
，∴切点坐标为(1,1+e),
35
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∴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.
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．
36
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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．
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
．
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）
【详解】（1）构建
，则
对
恒成立，
37
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则
在
上单调递增，可得
，
所以
；
构建
，
则
，
构建
，则
对
恒成立，
则
在
上单调递增，可得
，
即
对
恒成立，
则
在
上单调递增，可得
，
所以
；
综上所述：
.
（2）令
，解得
，即函数
的定义域为
，
若
，则
，
因为
在定义域内单调递减，
在
上单调递增，在
上单调递减，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
是
的极小值点，不合题意，所以
.
当
时，令
因为
，
且
，
所以函数
在定义域内为偶函数，
由题意可得：
，
（i）当
时，取
，
，则
，
由（1）可得
，
且
，
所以
，
即当
时，
，则
在
上单调递增，
38
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结合偶函数的对称性可知：
在
上单调递减，
所以
是
的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当
时，取
，则
，
由（1）可得
，
构建
，
则
，
且
，则
对
恒成立，
可知
在
上单调递增，且
，
所以
在
内存在唯一的零点
，
当
时，则
，且
，
则
，
即当
时，
，则
在
上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：
在
上单调递增，
所以
是
的极大值点，符合题意；
综上所述：
，即
，解得
或
，
故a 的取值范围为
.
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）
39
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令
,则
则
当
当
,即
.
当
,即
.
所以
在
上单调递增,在
上单调递减
（2）设
设
所以
.
若
,
即
在
上单调递减,所以
.
所以当
,符合题意.
若
当
,所以
.
.
所以
,使得
,即
,使得
.
当
,即当
单调递增.
所以当
,不合题意.
综上,
的取值范围为
.
40
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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
【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
，
41
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设
，则
，
故
在
上为增函数，
而
，故
.
（ii）因为曲线
和
有公共点，
所以
有解
，其中
，
若
，则
，该式不成立，故
.
故
，考虑直线
，
表示原点与直线
上的动点
之间的距离，
故
，所以
，
下证：对任意
，总有
，
证明：当
时，有
，故
成立.
当
时，即证
，
设
，则
（不恒为零），
故
在
上为减函数，故
即
成立.
综上，
成立.
下证：当
时，
恒成立，
，则
，
故
在
上为增函数，故
即
恒成立.
下证：
在
上恒成立，即证：
，
即证：
，即证：
，
而
，故
成立.
故
，即
成立.
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；
（2）证明：
；
42
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（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.
(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
因为
，令
，则问题转化为求
的最大值．
43
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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
．
5．（2021 年全国高考Ⅰ卷数学试题）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x [0
∈
，π]时，f（x）≥ax，求a 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
.
【详解】（1）
令
，则
当
时，令
，解得：
当
时，
；当
时，
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在
上单调递增；在
上单调递减
又
，
，
即当
时，
，此时
无零点，即
无零点
，使得
又
在
上单调递减
为
，即
在
上的唯一零点
综上所述：
在区间
存在唯一零点
（2）若
时，
，即
恒成立
令
则
，
由（1）可知，
在
上单调递增；在
上单调递减
且
，
，
，
①当
时，
，即
在
上恒成立
在
上单调递增
，即
，此时
恒成立
②当
时，
，
，
，使得
在
上单调递增，在
上单调递减
又
，
在
上恒成立，即
恒成立
③当
时，
，
，使得
45
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在
上单调递减，在
上单调递增
时，
，可知
不恒成立
④当
时，
在
上单调递减
可知
不恒成立综上所述：
考点04 导数类综合问题
1（2024·北京·高考真题）设函数
，直线是曲线
在点
处
的切线．
(1)当
时，求
的单调区间.
(2)求证：不经过点
.
(3)当
时，设点
，
，
，
为与
轴的交点，
与
分别表示
与
的面积．是否存在点
使得
成立？若存在，这样的点
有几个？
（参考数据：
，
，
）
【答案】(1)单调递减区间为
，单调递增区间为
.(2)证明见解析(3)2
【详解】（1）
，
当
时，
；当
，
；
在
上单调递减，在
上单调递增.
则
的单调递减区间为
，单调递增区间为
.
（2）
，切线的斜率为
，
则切线方程为
，
将
代入则
，
即
，则
，
，
令
，
假设过
，则
在
存在零点.
46
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，
在
上单调递增，
，
在
无零点，
与假设矛盾，故直线不过
.
（3）
时，
.
，设与
轴交点
为
，
时，若
，则此时与
必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知
.所以
，
则切线的方程为
，
令
，则
.
，则
，
，记
，
满足条件的
有几个即
有几个零点.
，
当
时，
，此时
单调递减；
当
时，
，此时
单调递增；
当
时，
，此时
单调递减；
因为
，
，
所以由零点存在性定理及
的单调性，
在
上必有一个零点，在
上必有一个零点，综上
所述，
有两个零点，即满足
的
有两个.
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2．（2024·天津·高考真题）设函数
．
(1)求
图象上点
处的切线方程；
(2)若
在
时恒成立，求
的值；
(3)若
，证明
．
【答案】(1)
(2)2(3)证明过程见解析
【详解】（1）由于
，故
.
所以
，
，所以所求的切线经过
，且斜率为，故其方程为
.
（2）设
，则
，从而当
时
，当
时
.
所以
在
上递减，在
上递增，这就说明
，即
，且等号成立当且仅当
.
设
，则
.
当
时，
的取值范围是
，所以命题等价于对任意
，都有
.
一方面，若对任意
，都有
，则对
有
，
取
，得
，故
.
再取
，得
，所以
.
另一方面，若
，则对任意
都有
，满足条件.
综合以上两个方面，知
的值是2.
（3）先证明一个结论：对
，有
.
48
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证明：前面已经证明不等式
，故
，
且
，
所以
，即
.
由
，可知当
时
，当
时
.
所以
在
上递减，在
上递增.
不妨设
，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当
时，有
，结论
成立；
情况二：当
时，有
.
对任意的
，设
，则
.
由于
单调递增，且有
，
且当
，
时，由
可知
.
所以
在
上存在零点
，再结合
单调递增，即知
时
，
时
.
故
在
上递减，在
上递增.
①当
时，有
；
49
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②当
时，由于
，故我们可以取
.
从而当
时，由
，可得
.
再根据
在
上递减，即知对
都有
；
综合①②可知对任意
，都有
，即
.
根据
和
的任意性，取
，
，就得到
.
所以
.
情况三：当
时，根据情况一和情况二的讨论，可得
，
.
而根据
的单调性，知
或
.
故一定有
成立.综上，结论成立.
3．（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)
.
【详解】（1）当
时，
，
则
，
据此可得
，
函数在
处的切线方程为
，
50
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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，
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
，
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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，
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
52
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，
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
.
4．（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)
(2)证明见的解析
【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
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要证
,即证
因为
,即证
又因为
,故只需证
即证
即证
下面证明
时，
设
，
则
设
所以
,而
所以
,所以
所以
在
单调递增
即
,所以
令
所以
在
单调递减
即
,所以
；
综上,
,所以
.
54
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[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令
，则
，
所以
在
上单调递增，故
只有1 个解
又因为
有两个零点
，故
两边取对数得：
，即
又因为
，故
，即
下证
因为
不妨设
，则只需证
构造
，则
故
在
上单调递减
故
，即
得证
5．（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
【详解】（1）
的定义域为
，而
，
若
，则
，此时
无最小值，故
.
的定义域为
，而
.
当
时，
，故
在
上为减函数，
当
时，
，故
在
上为增函数，
55
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故
.
当
时，
，故
在
上为减函数，
当
时，
，故
在
上为增函数，
故
.
因为
和
有相同的最小值，
故
，整理得到
，其中
，
设
，则
，
故
为
上的减函数，而
，
故
的唯一解为
，故
的解为
.综上，
.
（2）[方法一]：由（1）可得
和
的最小值为
.
当
时，考虑
的解的个数、
的解的个数.
设
，
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
上为减函数，在
上为增函数，
所以
，
而
，
，
设
，其中
，则
，
故
在
上为增函数，故
，
故
，故
有两个不同的零点，即
的解的个数为2.
设
，
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
上为减函数，在
上为增函数，
所以
，
而
，
，
56
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有两个不同的零点即
的解的个数为2.
当
，由（1）讨论可得
、
仅有一个解，
当
时，由（1）讨论可得
、
均无根，
故若存在直线
与曲线
、
有三个不同的交点，
则
.设
，其中
，故
，
设
，
，则
，
故
在
上为增函数，故
即
，
所以
，所以
在
上为增函数，
而
，
，
故
上有且只有一个零点
，
且：
当
时，
即
即
，
当
时，
即
即
，
因此若存在直线
与曲线
、
有三个不同的交点，
故
，
此时
有两个不同的根
，
此时
有两个不同的根
，
故
，
，
，
所以
即
即
，
故
为方程
的解，同理
也为方程
的解
又
可化为
即
即
，
故
为方程
的解，同理
也为方程
的解，
所以
，而
，故
即
.
[方法二]：
由
知，
，
，
且
在
上单调递减，在
上单调递增；
在
上单调递减，在
上单调递增，且
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①
时，此时
，显然
与两条曲线
和
共有0 个交点，不符合题意；
②
时，此时
，
故
与两条曲线
和
共有2 个交点，交点的横坐标分别为0 和1；
③
时，首先，证明
与曲线
有2 个交点，
即证明
有2 个零点，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
又因为
，
，
，
令
，则
，
所以
在
上存在且只存在1 个零点，设为
，在
上存在且只存在1 个零点，设
为
其次，证明
与曲线和
有2 个交点，
即证明
有2 个零点，
，
所以
上单调递减，在
上单调递增，
又因为
，
，
，
令
，则
，
所以
在
上存在且只存在1 个零点，设为
，在
上存在且只存在1 个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为
，所以
，
若
，则
，即
，
所以只需证明
在
上有解即可，
即
在
上有零点，
因为
，
，
所以
在
上存在零点，取一零点为
，令
即可，
此时取
则此时存在直线
，其与两条曲线
和
共有三个不同的交点，
最后证明
，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以
，
58
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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.
6．（2022 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
【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.
59
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若
，则
，
下证：对任意
，总有
成立，
证明：设
，故
，
故
在
上为减函数，故
即
成立.
由上述不等式有
，
故
总成立，即
在
上为减函数，
所以
.
当
时，有
，
所以
在
上为减函数，所以
.
综上，
.
（3）取
，则
，总有
成立，
令
，则
，
故
即
对任意的
恒成立.
所以对任意的
，有
，
整理得到：
，
故
，故不等式成立.
7．（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
60
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，即证
在
和
上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由
，
，
又
是函数
的极值点，所以
，解得
；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，
，其定义域为
．
要证
，即证
，即证
．
（ⅰ）当
时，
，
，即证
．令
，因为
，所以
在区间
内为增函数，所以
．
（ⅱ）当
时，
，
，即证
，由（ⅰ）分析知
在区间
内为减函数，所以
．
综合（ⅰ）（ⅱ）有
．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得
，
，
且
，
当
时，要证
，
，
，即证
，化简得
；
同理，当
时，要证
，
，
，即证
，化简得
；
令
，再令
，则
，
，
令
，
，
当
时，
，
单减，故
；
当
时，
，
单增，故
；
综上所述，
在
恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
61
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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
．
8．（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.
【详解】(1)
的定义域为
．
由
得，
，
当
时，
；当
时
；当
时，
．
故
在区间
内为增函数，在区间
内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由
得
，即
．
由
，得
．
由（1）不妨设
，则
，从而
，得
，
①令
，
则
，
当
时，
，
在区间
内为减函数，
，
从而
，所以
，
由（1）得
即
．①
62
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令
，则
，
当
时，
，
在区间
内为增函数，
，
从而
，所以
．
又由
，可得
，
所以
．②
由①②得
．
[方法二]【最优解】：
变形为
，所以
．
令
．则上式变为
，
于是命题转换为证明：
．
令
，则有
，不妨设
．
由（1）知
，先证
．
要证：
．
令
，
则
，
在区间
内单调递增，所以
，即
．
再证
．
因为
，所以需证
．
令
，
所以
，故
在区间
内单调递增．
所以
．故
，即
．
综合可知
．
[方法三]：比值代换
证明
同证法2．以下证明
．
不妨设
，则
，
63
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由
得
，
，
要证
，只需证
，两边取对数得
，
即
，
即证
．
记
，则
.
记
，则
，
所以，
在区间
内单调递减．
，则
，
所以
在区间
内单调递减．
由
得
，所以
，
即
．
[方法四]：构造函数法
由已知得
，令
，
不妨设
，所以
．
由（Ⅰ）知，
，只需证
．
证明
同证法2．
再证明
．令
．
令
，则
．
所以
，
在区间
内单调递增．
因为
，所以
，即
又因为
，所以
，
即
．
因为
，所以
，即
．
64
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综上，有
结论得证．
9．（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.
【详解】(1)由函数的解析式可得：
，
当
时，若
，则
单调递减，
若
，则
单调递增；
当
时，若
，则
单调递增，
若
，则
单调递减，
若
，则
单调递增；
当
时，
在
上单调递增；
当
时，若
，则
单调递增，
若
，则
单调递减，
若
，则
单调递增；
(2)若选择条件①：
由于
，故
，则
，
而
，
而函数在区间
上单调递增，故函数在区间
上有一个零点.
65
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，
由于
，
，故
，
结合函数的单调性可知函数在区间
上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于
，故
，则
，
当
时，
，
，
而函数在区间
上单调递增，故函数在区间
上有一个零点.
当
时，构造函数
，则
，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
注意到
，故
恒成立，从而有：
，此时：
，
当
时，
，
取
，则
，
即：
，
而函数在区间
上单调递增，故函数在区间
上有一个零点.
，
由于
，
，故
，
结合函数的单调性可知函数在区间
上没有零点.综上可得，题中的结论成立.
10．（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．
66
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（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
【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
，
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
．
67
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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
．
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
．
68
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（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
．
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．
11．（2023·北京·统考高考真题）设函数
，曲线
在点
处的切线方程为
．
(1)求
的值；
(2)设函数
，求
的单调区间；
(3)求
的极值点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析(3)3 个
【详解】（1）因为
，所以
，
因为
在
处的切线方程为
，
所以
，
，
则
，解得
，
所以
.
69
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（2）由（1）得
，
则
，
令
，解得
，不妨设
，
，则
，
易知
恒成立，
所以令
，解得
或
；令
，解得
或
；
所以
在
，
上单调递减，在
，
上单调递增，
即
的单调递减区间为
和
，单调递增区间为
和
.
（3）由（1）得
，
，
由（2）知
在
，
上单调递减，在
，
上单调递增，
当
时，
，
，即
所以
在
上存在唯一零点，不妨设为
，则
，
此时，当
时，
，则
单调递减；当
时，
，则
单调递增；
所以
在
上有一个极小值点；
当
时，
在
上单调递减，
则
，故
，
所以
在
上存在唯一零点，不妨设为
，则
，
此时，当
时，
，则
单调递增；当
时，
，则
单调递减；
所以
在
上有一个极大值点；
当
时，
在
上单调递增，
则
，故
，
所以
在
上存在唯一零点，不妨设为
，则
，
此时，当
时，
，则
单调递减；当
时，
，则
单调递增；
所以
在
上有一个极小值点；
当
时，
，
所以
，则
单调递增，
所以
在
上无极值点；
综上：
在
和
上各有一个极小值点，在
上有一个极大值点，共有个极值点.
70
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12．（2023·天津·统考高考真题）已知函数
．
(1)求曲线
在
处切线的斜率；
(2)当
时，证明：
；
(3)证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析(3)证明见解析
【详解】（1）
，则
，
所以
，故
处的切线斜率为
；
（2）要证
时
，即证
，
令
且
，则
，
所以
在
上递增，则
，即
.
所以
时
.
（3）设
，
，
则
，
由（2）知：
，则
，
所以
，故
在
上递减，故
；
下证
，
令
且
，则
，
当
时
，
递增，当
时
，
递减，
所以
，故在
上
恒成立，
71
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则
，
所以
，
，…，
，
累加得：
，而
，
因为
，所以
，
则
，
所以
，故
；
综上，
，即
.
13．（2021·全国乙卷）已知函数
．
（1）讨论
的单调性；
（2）求曲线
过坐标原点的切线与曲线
的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2)
和
.
【详解】(1)由函数的解析式可得：
，
导函数的判别式
，
当
时，
在R 上单调递增，
当
时，
的解为：
，
当
时，
单调递增；
当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增；
综上可得：当
时，
在R 上单调递增，
72
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当
时，
在
，
上
单调递增，在
上单调递减.
(2)由题意可得：
，
，
则切线方程为：
，
切线过坐标原点，则：
,
整理可得：
，即：
，
解得：
，则
，
切线方程为：
,
与
联立得
，
化简得
,由于切点的横坐标1 必然是该方程的一个根，
是
的一个因式，
∴该方程可以分解因式为
解得
,
，
综上，曲线
过坐标原点的切线与曲线
的公共点的坐标为
和
.
14．（2021 年全国高考Ⅱ卷（文））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.
【详解】(1)由函数的解析式可得：
，
当
时，若
，则
单调递减，
若
，则
单调递增；
当
时，若
，则
单调递增，
若
，则
单调递减，
若
，则
单调递增；
73
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当
时，
在
上单调递增；
当
时，若
，则
单调递增，
若
，则
单调递减，
若
，则
单调递增；
(2)若选择条件①：
由于
，故
，则
，
而
，
而函数在区间
上单调递增，故函数在区间
上有一个零点.
，
由于
，
，故
，
结合函数的单调性可知函数在区间
上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于
，故
，则
，
当
时，
，
，
而函数在区间
上单调递增，故函数在区间
上有一个零点.
当
时，构造函数
，则
，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
注意到
，故
恒成立，从而有：
，此时：
，
74
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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.
15．（2020·全国高考Ⅱ卷）已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c 的取值范围；
（2）设a>0 时，讨论函数g（x）=
的单调性．
【答案】（1）
；（2）
在区间
和
上单调递减，没有递增区间
[方法一]【最优解】：
等价于
．
设
，则
．
当
时，
，所以
在区间
内单调递增；
当
时，
，所以
在区间
内单调递减．
故
，所以
，即
，所以c 的取值范围是
．
[方法二]：切线放缩
若
，即
，即
当
时恒成立，
而
在点
处的切线为
，从而有
，
当
时恒成立，即
，则
．所以c 的取值范围为
．
[方法三]：利用最值求取值范围
75
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函数
的定义域为：
，
设
，则有
，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
所以当
时，函数
有最大值，
即
，
要想不等式
在
上恒成立，
只需
；
所以c 的取值范围为
．
（2）
且
因此
，设
，
则有
，
当
时，
，所以
，
单调递减，因此有
，即
，所以
单调递减；
当
时，
，所以
，
单调递增，因此有
，即
，所以
单调递减，
所以函数
在区间
和
上单调递减，没有递增区间.
16．（2020·全国高考Ⅲ卷(文)）已知函数
．
（1）讨论
的单调性；
（2）若
有三个零点，求
的取值范围．
【答案】（1）详见解析；(2)
.
【详解】（1）由题，
，
当
时，
恒成立，所以
在
上单调递增；
当
时，令
，得
，令
，得
，
令
，得
或
，所以
在
上单调递减，在
76
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，
上单调递增.
（2）由（1）知，
有三个零点，则
，且
即
，解得
，
当
时，
，且
，
所以
在
上有唯一一个零点，
同理
，
，
所以
在
上有唯一一个零点，
又
在
上有唯一一个零点，所以
有三个零点，
综上可知
的取值范围为
.
17（2021·年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知函数
.
（1）讨论
的单调性；
（2）设
，
为两个不相等的正数，且
，证明：
.
【答案】（1）
的递增区间为
，递减区间为
；（2）证明见解析.
【详解】(1)
的定义域为
．
由
得，
，
当
时，
；当
时
；当
时，
．
故
在区间
内为增函数，在区间
内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由
得
，即
．
77
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由
，得
．
由（1）不妨设
，则
，从而
，得
，
①令
，
则
，
当
时，
，
在区间
内为减函数，
，
从而
，所以
，
由（1）得
即
．①
令
，则
，
当
时，
，
在区间
内为增函数，
，
从而
，所以
．
又由
，可得
，
所以
．②
由①②得
．
[方法二]【最优解】：
变形为
，所以
．
令
．则上式变为
，
于是命题转换为证明：
．
令
，则有
，不妨设
．
由（1）知
，先证
．
要证：
．
令
，
则
，
在区间
内单调递增，所以
，即
．
再证
．
78
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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．
79
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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．
考点05 函数导数新定义
1（2024·上海·高考真题）对于一个函数
和一个点
，令
，若
是
取到最小值的点，则称
是
在
的“最近点”．
(1)对于
，求证：对于点
，存在点
，使得点
是
在
的“最近点”；
(2)对于
，请判断是否存在一个点
，它是
在
的“最近点”，且直线
与
在点
处的切线垂直；
(3)已知
在定义域R 上存在导函数
，且函数
在定义域R 上恒正，设点
，
．若对任意的
，存在点
同时是
在
的“最近
点”，试判断
的单调性．
【答案】(1)证明见解析(2)存在，
(3)严格单调递减
【详解】（1）当
时，
，
当且仅当
即
时取等号，
故对于点
，存在点
，使得该点是
在
的“最近点”．
（2）由题设可得
，
则
，因为
均为
上单调递增函数，
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则
在
上为严格增函数，
而
，故当
时，
，当
时，
，
故
，此时
，
而
，故
在点
处的切线方程为
.
而
，故
，故直线
与
在点
处的切线垂直．
（3）设
，
，
而
，
，
若对任意的
，存在点
同时是
在
的“最近点”，
设
，则
既是
的最小值点，也是
的最小值点，
因为两函数的定义域均为
，则
也是两函数的极小值点，
则存在
,使得
，
即
①
②
由①②相等得
，即
，
即
，又因为函数
在定义域R 上恒正，
则
恒成立，
接下来证明
，
因为
既是
的最小值点，也是
的最小值点，
则
，
即
，③
，④
③
④得
即
，因为
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则
，解得
，
则
恒成立，因为的任意性，则
严格单调递减
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