培优专题05函数与导数6大重难题型（大题专练）（教师版）_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_62027年高考数学大题突破+限时集训（多地区使用）

培优专题 05 函数与导数 6 大重难题型题型 01 导数与切线、函数单调性问题
命题方向一 导数的切线方程以及切线条数问题
命题方向二 利用导数研究函数的单调性（不含参数）
命题方向三 利用导数研究函数的单调性（含参数）
命题方向四 利用函数的单调性确定参数值或取值范围
题型 02 导数与函数的极值、最值问题
命题方向一 利用导数研究函数最值
命题方向二 利用导数研究函数极值点、极值问题
题型 03 导数与函数的零点、隐零点、极值点偏移相关问题
命题方向一 确定零点个数的判断问题
命题方向二 由函数零点或极值点求参数问题
命题方向三 极值点偏移问题
命题方向四 隐零点问题
题型 04 导数与不等式恒（能）成立问题
命题方向一 利用导数证明不等式
命题方向二 利用导数研究不等式恒成立问题
命题方向三 利用导数研究不等式能成立问题
命题方向四 利用导数研究端点效应问题
题型 05 函数与导数的创新交汇问题
命题方向一 导数与三角函数交汇的组合型函数问题
命题方向二 导数与数列交汇的函数及不等式问题
题型06 导数的新定义与创新问题
题型01 导数与切线、函数单调性问题抓关键 · 破难点
一、曲线切线方程的5个高频结论
1.切点已知求切线
◎结论① 导数法:求切点处的导数，即切线斜率→利用点斜式得切线方程.
2.切点未知求切线
◎结论② 三步法:设切点坐标→利用导数求斜率→利用点斜式写切线方程→根据切线满足的性质列方程
→求解切点坐标.
◎结论③ 点斜式方程法:设斜率→根据已知的定点用点斜式写出切线方程→设切点坐标→代人切点坐标
列方程→求解切点坐标.
3.求公切线问题
◎结论④ 对号入座法:根据两曲线分别求出切线方程→根据两切线方程斜率、截距对应相等列方程组→
解方程组得解.
4.公切线数量问题
◎结论⑤ 单切点法:设出两个切点中的一个切点→根据这个切点利用三步法求切线方程→依据另一个切
点坐标建立方程→方程解的个数即公切线条数.
二、利用导数求解函数单调性问题的技法
第①步 求导化简定义域：化简应先通分，然后能因式分解要进行因式分解，定义域需要注意是否是一个
连续的区间.
第②步 变号保留定号去：变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分；定号部分：已知恒正或
恒负，无需单独讨论的部分.
第③步 恒正恒负先讨论：变号部分因为参数的取值恒正恒负；然后再求有效根.
第④步 根的分布来定参：此处需要考虑根是否在定义域内和多根之间的大小关系.
第⑤步 判断定义域是否符合取值范围
刷经典 · 通方法
🎯命题方向一 导数的切线方程以及切线条数问题
1.（2026·广东深圳·模拟）已知函数 ，其中 .
（1）若曲线 在 处的切线过原点，求 的值.
（2）当 时，
（）判断过点 的切线条数，直接写出结果；
i（ ）判断过点 的切线条数并说明理由.
ii
【答案】（1） ；
（2）（）过点 的切线分别有1条、0条；（ ）2条，理由见详解.
i ii
【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程，根据切线过原点，将原点坐标代入求参数值；
（2）（）（ ）设切点为 且 ，应用导数的几何意义求切线方程，根据点在切线上得到
i ii
相关方程，再应用导数研究对应函数的零点个数，即可得.
【详解】（1）由题设 ，则 ，且 ，
所以曲线 在 处的切线为 ，
由切线过原点，则 ，可得 ，所以 ；
（2）由题设 ，则 ，设切点为 且 ，
所以切线方程为 ，则 ，
（）若切线过点 ，则 ，可得 ，即过点 的切线仅有一条；
i
若切线过点 ，则 ，令 ，则 ，
所以 时 ， 时 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时 ， 时 ， 时 ，
所以 在 上无零点，即没有过点 的切线；
（ ）切线过点 ，则 ，令 ，则 ，
ii
所以 时 ， 时 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时 ， 时 ， 时 ，
所以 在 上有2个零点，即过点 的切线有2条.
1 
f x x1 ln1xaxaR
2. （2026·山东烟台诊断性·测试）已知函数  2   ， fx 为 f x 的导
f00
函数，且 ．
f x  1, f 1
（1）求 在点 处的切线方程；
f x0 f x0
（2）证明：当1 x0时， ；当x 0时， ．
2ln21x4y4ln230
【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，点斜式求出切线方程
f x 1, f 00
（2）利用二次求导得到函数 在 单调递增，又 即可证明.
1 1  1
fx lnx1 x1  a.
【详解】（1）
f
x的定义域为1,，
2

2

 x1
f01a0
因为 ，所以a 1.
1  3 1 1
f x x1 ln1xx，f 1 ln21，f1 ln2
 
所以 2  2 2 4，
3  1 1
y ln21  ln2 x1
所以，函数 f x 在点  1，f 1 处的切线方程为  2    2 4   ，
2ln21x4y4ln230
整理得 .1 x
gx fx lnx1
（2） 2 2x1 ，
1 2x12x 1 1 x
gx    
则 2x1 4x12 2x1 2x12 2x12 ，
gx0 gx gx0 gx
当1 x0时， ， 单调递减；当x 0时， ， 单调递增；
gx g00 fx0 f x 1, f 00
所以当x 1时， ，即 ，所以 在 单调递增，又 ，
f x0 f x0
故当1 x0时， ；当x 0时， .
3. （2026·江苏苏北七市·二调）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）若曲线 经过点 ，且在 处的切线为 ．证明：除切点 外，曲线 在
直线 的下方．
【答案】（1）①当 时， ，则 在 上单调递增;
②当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）证明见详解
【分析】第1问将讨论函数单调性问题，转化为讨论导函数的正负问题即可，第 2问将要证明曲线
在直线 的下方，转化为函数不等式问题即可，
【详解】（1）因为 的定义域为 ，
导函数 .
的
①当 时， ，则 在 上单调递增.
②当 时，令 ，得 ；令 ，得 ；所以， 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）因为曲线 经过点 所以 ，解得 ．
所以 ．因为 ，所以 的方程为 .
要证除切点 外，曲线 在直线 的下方，
即证： ，只需证： .
设 ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 .
所以当 时， ，所以原命题得证.
f xex ax2 x,gx3lnx3
4. （2026·海南部分学校·联合调研）已知函数 .
fx f x fx a
（1）若 是 的导函数，且0为 的极值点，求 ；
f x gx
a0 l x0 l
（2）当 时，过原点的直线 与 的图象相切，证明：当 时， 在 图象的上方.
1
【答案】（1）a 
2
（2）证明见详解
【分析】（1）借助极值点定义可得
fx
的导数在x0处为0，可求出a，再借助导数研究单调性检验
0是否为极值点即可得；
（2）借助导数的几何意义可得l: y e1x，则只需证：当x0时， e1x3lnx3，构造函数
xe1x3lnx3，借助导数研究其单调性后即可得其最小值，即可得解.fxex 2ax1 hx fxex 2ax1 hxex 2a
【详解】（1） ，令 ，则 ，
1
a 
fx h0e0 2a12a0
由0为 的极值点，则 ，即 2；
1
a 
hxex 1 hx0 hx0
检验：当 2时， ，则当x0时， ，当x0时， ，
fx 0, ,0
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
1
a 
fx
故0为 的极值点，故 2符合题意；
f xex x f x  x , f x 
（2）当a0时， ，设l与 的切点为 0 0 ，
fxex 1 ex 0 x   ex 0 1  x x 1ex 0 0
由 ，则有 0 0，即 0 ，
x 1 l: y e1x x0 e1x3lnx3
解得 0 ，故直线 ，则只需证：当 时， ，
3
e1x3
xe1 
令xe1x3lnx3，则 x x ，
3 3
x x
x0 x0
则当 e1时， ，当 e1时， ，
 3   3 
0, ,
故x在   e1  上单调递减，在  e1  上单调递增，
 3  3 3 e1
x e1 3ln 33ln 3ln10
 
故 e1 e1 e1 3 ，
x0 gx
x0 l 的
即 恒成立，即当 时， 在 图象 上方.
🎯命题方向二 利用导数研究函数的单调性（不含参数）
5. （2026·青海西宁·一模）已知函数 ．
（1）求函数 的单调区间；（2）点 是函数 图象上任意一点，求点 到直线 距离的最小值．
【答案】（1）单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
（2）
【分析】（1）确定函数的定义域，求导，求 ， 在定义域内的解得单调区间；
（2）设点 （ ），利用点到直线的距离公式构造新函数求解最值即可；或者根据几何
性质，当曲线上过一点的切线与已知直线平行时，切点到直线的距离即所求最值.
【详解】（1）函数 的定义域为 ，对函数求导得 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，
所以函数 单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
的
（2）解法一：设点 （ ），
所以点 到直线 的距离为 ，
令 ，则 ，
令 ，得 （舍去）或 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以 在 处取到极大值 ，也是最大值，
所以 ，当且仅当 时等号成立，即点 到直线 距离的最小值为 ．
解法二：直线 的斜率 ，
设 （ ），又 ，令 ，
得 ，解得 （舍）或 ，所以点 的坐标为 ，
所以曲线 上与直线 平行的切线的切点为 ，
由题意知点 到直线 距离的最小值即为点 到直线 的距离，
又点 到直线 的距离 ，
所以点 到直线 距离的最小值为 ．
6.（2026·四川内江·模拟）已知函数 ， 为 的导函数，
（1）当 时，讨论 的单调性；
（2）若 有两个零点，
（i）求 的取值范围；
（ii）记 较小的一个零点为 ，证明： .
【答案】（1）在 上单调递减，在 单调递增；
（2）（i） ；（ii）证明见详解.
【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性；
（2）（i）先讨论单调性，根据 有两个零点得出最小值 ，即可得 的取值范围；
（ii）结合（i）知，要证 ，即证 ，即 ，分和 进行证明.
【详解】（1）当 时， ，函数 的定义域为 ，
，
当 时， ，函数 单调递减；当 时， ，函数 单调递增.
综上所述，函数 在 上单调递减，在 单调递增.
（2）（i）函数 的定义域为 ， ，
①当 时， ，函数 在 单调递减， 至多有一个零点，不符合题意；
②当 时，令 ，解得 ，
当 时， ，函数 单调递减；
当 时， ，函数 单调递增.
∴当 时， 取得最小值，最小值为 .
因为函数 有两个零点，且 时， ， 时， ，所以 .
设 ，易知函数 在 单调递增.因为 ，所以 的解集为 .
综上所述，实数 的取值范围是 .
（ii）因为 ，由 ，结合（i）知 ，
要证 ，即证 ，即 ，
当 时，因为 ， ，不等式恒成立；
当 时，由 得 .即证 .
即证 .即证 .
设 ， ，由 ，
所以 在 单调递增.所以 ，故原不等式成立.所以 .
🎯命题方向三 利用导数研究函数的单调性（含参数）
x2
f x2alnx a2x,aR
7. （2026·江苏南京市六合区名校联盟·一调）已知函数 2 ．
a 0 f (x) x 1
（1）若 ，求 在 处的切线方程；
f x
（2）讨论 的单调性．
【答案】（1）2x2y10；
（2）答案见详解.
【分析】（1）利用导数求斜率，然后求出切点坐标，利用点斜式可得切线方程；
a
（2）求导，对参数 分类讨论即可.
x2
【详解】（1）若 ，则 f x 2x， fx x2 ，所以 f11 ， f 1 3 ，
a 0 2 2
3
故 f x 在 处的切线方程为y x1 ，即 ．
x 1 2 2x2y10
2a x2 (a2)x2a (x2)(xa)
f(x) x(a2) 
（2） ，且 ，
x x x x(0,)
当a0时，x(0,2)时 f(x)0，x(2,)时 f(x)0，
所以， f (x)在(0,2)上单调递减， f (x)在(2,)上单调递增；
当0a2时，x(0,a)时 f(x)0，x(a,2)时 f(x)0，x(2,)时 f(x)0，
所以， f (x)在(0,a)、(2,)上分别单调递增， f (x)在(a,2)上单调递减；
当a 2时，x(0,)时 f(x)0恒成立，故 f (x)在(0,)上单调递增；当a 2时，x(0,2)时 f(x)0，x(2,a)时 f(x)0，x(a,)时 f(x)0，
所以， f (x)在(0,2)、(a,)上分别单调递增， f (x)在(2,a)上单调递减．
综上，当a0时， f (x)在(0,2)上单调递减， f (x)在(2,)上单调递增；
当0a2时， f (x)在(0,a)、(2,)上分别单调递增， f (x)在(a,2)上单调递减；
当a 2时， f (x)在(0,)上单调递增；
当a 2时， f (x)在(0,2)、(a,)上分别单调递增， f (x)在(2,a)上单调递减．
x2 a
8 .（2026·湖北武汉3月调研）已知函数 f x alnxa1x .
2 2
y  f x  1, f 1
（1）当a 1时，求曲线 在点 处的切线方程；
f x
（2）讨论 的单调性；
f x
（3）若 有极小值，且
fx0，求a的取值范围.
【答案】（1）4x y10
f x 0, f x 0,a a,
（2）当a0时， 在 上单调递增；当a 0时， 在 上单调递减，在 上
单调递增.
0,1
（3）
f1
【分析】（1）利用导数求得 ，进而利用导数的几何意义可求得切线方程；
f x
（2）求导，分a0和a 0两种情况讨论可求得 的单调性；
f x a1a2lna0
（3）结合（2）可得a 0时， 有极小值，进而结合题意可得 ，进而求解即可.
x2 1
【 详 解 】 （ 1 ） 当 时 ， f x lnx2x ， 所 以 fx x 1 2， 所 以
a 1 2 2 x
1
f11 24，
112 1
f 1 ln121 3
又 ，
2 2
y  f x  1, f 1 y34x1
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即4x y10.
x2 a
f x alnxa1x
（2） ，
2 2
a x2 a1xa xax1
得 fx x a1  ，函数 f x 的定义域为 0, ，
x x x
x0, fx0 f x 0,
若a0，可得 时， ，所以 在 上单调递增；
x0,a fx0 f x 0,a
若a 0时，当 时， ，所以 在 上单调递减；
xa, fx0 f x a,
当 时， ，所以 在 上单调递增；
f x 0,
综上所述：当a0时， 在 上单调递增；
f x 0,a a,
当a 0时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
f x
（3）由（2）可知当a 0时， 有极小值，
a2 a a2 a
f a alnaa1a  alna
极小值为 ，
2 2 2 2
a2 a
a
此时极小值也是最小值，由 f x0，可得  alna 0 ， 1a2lna0 ，
2 2 2
2
又 ，所以 .令ga1a2lna，求导得ga1 0，
a 0 1a2lna0 a
ga 0, g1112ln10
所以 在 上单调递减，又 ，
a0,1 ga g10 a1, ga g10
当 时， ，当 时， ，
a0,1 ga0 f x0 0,1
所以 时， ，此时满足 ，所以a的取值范围 .f xa(x1)2 xlnx aR
9. （2026·黑龙江实验中学高三联合·模拟）已知函数 ， ．
f x
（1）讨论 的单调性；
1 1
 a0 f x2a 1
（2）当 2 时，求证： 2a ．
【答案】（1）当a0时，函数 f x 在区间 0, 上单调递增；
 1   1 
当
a0
时，函数
f
x在区间

0,
2a


上单调递增，在区间


2a
, 

上单调递减．
（2）证明见详解
【分析】（1）求出
fx
，当a0时，根据
fx
的形式可判断
fx0，当a0时，同样依据
 1   1 
fx 的形式可判断 fx 在

0,
2a


、


2a
, 

上符号，从而得到单调性区间；
1 1
（2）根据（1）中的单调性得到 f x ，根据恒成立得 a1 ln2a2a 1在
4a 2a
max
1 1 1
 a0上恒成立，gaa ln2a, a0，求出其导数后可判断该函数为增函数，从
2 4a 2
而得不等式恒成立.
f xa(x1)2 xlnx aR 0,
【详解】（1）由题意可知，函数 ， 的定义域为 ，
x12ax1
fx
导数 x ，x0当a0时，x0,， fx0；
 1   1 
x 0, x  ,
当 a0 时，   2a  ， fx0；   2a  ， fx0；
a0 f x 0,
综上，当 时，函数 在区间 上单调递增； 1   1 
0,  ,
当 a0 时，函数 f x在区间   2a  上单调递增，在区间   2a  上单调递减．
1
 a0
（2）由（1）可知，当 2 时，
 1   1 
0,  ,
函数 f x在区间   2a  上单调递增，在区间   2a  ，上单调递减．
2
 1  1  1  1
f x a 1  ln  a1 ln2a
所以 max   2a   2a   2a   4a ，
1 1 1
f x2a 1 a1 ln2a2a 1
要证 2a ，需证 4a 2a ．
1 1
a ln2a0, a0
即需证 4a 2 恒成立，
1 1 1 2 (2a1)2
gaa ln2a, a0 ga1   0
令 4a 2 ，则 4a2 2a 4a2
 1   1
 ,0 ga g  0
所以函数ga在区间   2   单调递增，故   2   ，
1 1 1 1
a ln2a0  a0  a0 f x2a 1
所以 4a ， 2 恒成立，所以当 2 时， 2a ．
🎯命题方向四 利用函数的单调性确定参数值或取值范围
x33axa,x0

10. （2026·甘肃陇南康县第一中学等三校·一模）已知函数
f x
 x2 a  ex,x0

（1）当a 1时，求曲线 y  f x 在点  2, f 2 处的切线在 y 轴上的截距；
f x , a
（2）若函数 在 上单调递增，求 的值；
s
（3）若函数 f x在x s处取得极小值，求 f s 的取值范围.【答案】（1）17 （2）0
s s  1 
0   ,0
（3）当 a0 时， f s ，当 a0 时， f s   2   .
y
【分析】（1）对函数求导，然后将切点代入进而求得切线方程，即可得到切线在 轴上的截距.
a
（2）先求出分段函数的导数，然后根据函数的单调递增区间列出不等式，进而求得 .
a 0,a 0,a0
（3）分 三种情况讨论函数的极值，进而得到结果.
【详解】（1）当a 1时，当x0时， ，所以 f29，又 f 21，
曲线 y  f x 在点  2, f 2 处的切线为 y 9x17 ，令x0，得 y 17 ，
y  f x  2, f 2 y
曲线 在点 处的切线在 轴上的截距为17.
f x
x0
（2）因为函数 在 处连续，
f x , f x ,0 0,
所以 在 上单调递增等价于 在 和 上单调递增，
 3x2 3a,x0

因为
fx
 x2 2xa  ex,x0 ，

x0 fx3x2 3a0 3x2 3a a0
当 时， 恒成立，所以 ，所以 ，
当x0， fx  x2 2xa  ex 0 恒成立，所以x2 2xa0所以 a0 ，所以 a 的值是0.
f x
a0
（3）当 时，根据（2）函数 无极值点，不合题意，
a0 fx0 x  a,x  a
当 时，令 ，得到 1 2 （舍）
x, fx, f x
所以 的变化情况如下表：
   
x , a  a  a,0 0 0,
fx
+ 0 - 无定义 +f x 极大值 极小值
  
s
0
因为 f 0a，所以 f s ，当 时，令 fx0，
a0
2 44a 2 44a
x  ,x 
即x2 2xa 0，得到 1 2 2 2 （舍）
x, fx, f x
所以 的变化情况如下表：
x ,0 0 0,x  x x ,
1 1 1
fx
+ 无定义 - 0 +
f x 极大值 极小值
  
s x x x 1 s  1 
 1  1  1    ,0
所以 f s f x 1   x 1 2 a  ex 1 2x 1 ex 1 2ex 1 ，所以 f s   2   ，
s s  1 
0   ,0
 
综上，当 a0 时， f s ，当 a0 时， f s  2 .
1
11. （2026·河北唐山·一模）函数 f(x)alnxx ， .
x g(x) xlnxx1
f (x) (0,)
（1）若 在 上单调递减，求a的取值范围；
y f(x) y  g(x) x 1
（2）若曲线 与 在 处有相同的切线，
（i）求a的值；
f (x ) g(x ) x x 1
（ⅱ）若 1 2 ，证明： 1 2 .
【答案】（1）a2；
（2）（i）a 2；（ⅱ）证明见详解.
【分析】（1）求出 f (x)的导数，由给定区间及单调性建立不等式求解.（2）（i）利用 f (x)与g(x)在x 1处的导数值相等求出a；（ⅱ）按 x 1 1,x 1 1,0 x 1 1 分段讨论，
结合极值点的偏移方法推理得证.
1 a 1
【详解】（1）函数 f(x)alnxx 在 上单调递减，则 ， f(x) 1 0，
x (0,) x 0 x x2
1 1
即 ，a x ，而x 2，当且仅当 时取等号，因此 ，所以a的取值范围是 .
x 0 x x x 1 a2 a2
g(x)lnx
（2）（i）由g(x) xlnxx1，求导得 ，
由曲线y f(x)与y  g(x)在x 1处有相同的切线，得 f(1)  g(1)，即a20，
a 2 y f(x) y  g(x) x 1 y 0 a 2
解得 ，此时曲线 与 在 处的切线都为 ，符合题意，所以 .
1
（ⅱ）由（1）及（i）知，函数 f(x)2lnxx 在 上单调递减，且 ，
x (0,) f(1)0
g(x)lnx
，当0 x1时，g(x)0；当x 1时，g(x)0，
函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，且g(1)0，
x 1 f(x )0 g(x )0
当 1 时， 1 ，而 2 ，不符合题意；
x 1 g(x )0 x 1 x x 1
当 1 时， f(x )0，则 2 ， 2 ，因此 1 2 ，符合题意；
1
0 x 1 f(x ) g(x ) 0,1
当 1 ， 1 的取值集合为(0,)，而 2 在x (0,1)的取值集合为 ，
2
x (1,) f (x ) g(x )
在 2 的取值集合为(0,)，因此 1 2 能成立，
x x 1
当x (0,1)时， 1 2 ；
2
1 1 2x1 x2 x2
(1,) f(x)g( ) (lnx ),x(0,1)
当x 2 (1,)时， x 1 ， x x 2x1 ，
x2 x2 1 (2x1)2 2(x2 x2) (1x)(2x2 1)
(x)lnx ,0 x1 (x)   0
令 2x1 ，求导得 x (2x1)2 x(2x1)2 ，
1
函数 在 上单调递增， ，即 f(x) g( )，
(x) (0,1) (x)(1)0 x1 1
f(x ) g( ) g(x ) g( )
因此 1 x ，而 f (x ) g(x )，则 2 x ，又函数 在 上单调递增，
1 1 2 1 g(x) (1,)
1
x 
于是 2 x ，即x x 1，所以x x 1.
1 1 2 1 2
题型02 导数与函数的极值、最值问题
抓关键 · 破难点
一、利用导数求解函数最值的解题技法
函数 最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数 最小值为极小值与靠近极
大值的端点之间的最小者．
一般地，设 是定义在 上的函数， 在 内有导数，求函数 在
上的最大值与最小值可分为两步进行：
第①步 求 在 内的极值（极大值或极小值）；
第②步 将 的各极值与 和 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
二、求解可导函数 极值相关问题的解题技法
第①步 先确定函数 的定义域；第②步 求导数 ；第③步 求方程 的根；
第④步 检验 在方程 的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，
那么函数 在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数
在这个根处取得极小值.
第⑤步 通过函数的极值点个数问题求参数的取值范围.
刷经典 · 通方法
🎯命题方向一 利用导数研究函数最值
1.（2026·山东济宁·阶段检测）已知函数 在 上单调递增.
（1）求a的值；（2）解不等式 （ 为函数的 导函数）.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）由题意可得 在 上恒成立，构造函数 ，利用导数研究
其单调性后可得其最小值 ，再令 ，利用导数研究其单调性.
（2）构造函数 ，利用导数研究其单调性即可得解.
【详解】（1） ，
由函数 在 单调递增，则 在 上恒成立，
令 ，即 在 上恒成立，
若 ，则当 时， ，不符题意；故 ，
，
当 ， ，当 ， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，则有 ，
令 ，则 ，当 ， ，当 ， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，
故当且仅当 时， 恒成立，即 ；
（2）由 ，则 ，，则 ，令 ，
则 ，
故 在 上单调递减，又 ，
故当 时， ，即 ，
2.（2026·高三上辽宁·开学考试）已知函数 在 上单调递增.
（1）求 的值；
（2）设 ，证明： 存在最小值且最小值小于1.
【答案】（1）
（2）证明见详解
【分析】（1）求出函数的导数后根据导数非负结合分类讨论可求 的值；
（2）求出 的导数，根据虚设零点可求最小值，结合基本不等式可证最小值小于1.
【详解】（1） ，
因为 在 上单调递增，故 ，而 时， ，故 即 ；
而 时， ，故 即 ，故 .
（2） ,故 ，
设 ，则 ，故 即 在 上单调递增.
而 ， ，故 在 存在一个零点 且：
当 时， ；当 时， ，故 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ，而 ，故 ，
故 ，
而 ，双勾函数 在 为减函数，故 ，故 .
🎯命题方向二 利用导数研究函数极值点、极值问题
3．（2024·新课标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）
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析 和 两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得 ，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知 有零点，可得 ，进而利用导数求
的单调性和极值，分析可得 ，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当 时，则 ， ，可得 ， ，
即切点坐标为 ，切线斜率 ，
所以切线方程为 ，即 .
（2）解法一：因为 的定义域为 ，且 ，
若 ，则 对任意 恒成立，可知 在 上单调递增，无极值，不合题意；若 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
则 有极小值 ，无极大值，
由题意可得： ，即 ，
构建 ，则 ，可知 在 内单调递增，且 ，
不等式 等价于 ，解得 ，所以a的取值范围为 ；
解法二：因为 的定义域为 ，且 ，
若 有极小值，则 有零点，令 ，可得 ，
可知 与 有交点，则 ，
若 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增，
则 有极小值 ，无极大值，符合题意，
由题意可得： ，即 ，构建 ，
因为则 在 内单调递增，可知 在 内单调递增，且 ，
不等式 等价于 ，解得 ，
所以a的取值范围为 .
4．（2025·全国高考·二卷）已知函数 ，其中 ．
（1）证明： 在区间 存在唯一的极值点和唯一的零点；（2）设 分别为 在区间 的极值点和零点.
（i）设函数 .证明： 在区间 单调递减；
（ii）比较 与 的大小，并证明你的结论．
【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）证明见详解；（ii） ，证明见详解.
【分析】（1）先由题意求得 ，接着构造函数 ，利用导数工具
研究函数 的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数 在区间 上存
在唯一极值点；再结合 和 时 的正负情况即可得证 在区间 上存在唯一零
点；
（2）（i）由（1） 和 结合（1）中所得导函数 计算得到
，再结合 得 即可得证；
（ii）由函数 在区间 上单调递减得到 ，再结合 ，
和函数 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【详解】（1）由题得 ，
因为 ，所以 ，设 ，
则 在 上恒成立，所以 在 上单调递减，
，令 ，所以当 时， ，则 ；当 时， ，则 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 在 上存在唯一极值点，
对函数 有 在 上恒成立，
所以 在 上单调递减，所以 在 上恒成立，
又因为 ， 时 ，所以 时 ，
所以存在唯一 使得 ，即 在 上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知 ，则 ， ，
，则
，
，
，即 在 上单调递减.
（ii） ，证明如下：由（i）知：函数 在区间 上单调递减，
所以 即 ，又 ，
由（1）可知 在 上单调递减， ，且对任意 ，所以 .
f x x2 bxlnx
5. （2026·江苏扬州适应性·调研）已知函数
y  f x
（1）若b 1时，求函数 的切线l斜率的最小值；f x
（2）若b0，求证：函数 在其定义域内存在极小值；
u f x1  x 0 xu 
（3）如果存在 ，使得 解集为 ，试求出b的取值范围．
【答案】（1）ln2
（2）证明见详解
,2
（3）
f x x2 xlnx
【分析】（1）由题意得 ，求出导数，构造函数，利用导数研究其单调性及最值.
fx2xblnxb hx2xblnxb hx
（2）先求出导数 ，令 ，利用导数得到 的单调性，进而
根据零点存在定理即可得证.
1
（3）令 px x blnxx0 ，将不等式 f x1，转化为 px0的解集为 x 0 xu ，求出
x
px
导数，分b0，0b2和b2三种情况讨论 的单调性，极值点及零点情况.
f x 0, f x x2 xlnx
【详解】（1）函数 的定义域为 .由b 1，可得 ，
 1
fx2x lnxx 2xlnx1 1 2x1
所以   x   ，设gx2xlnx1，则 gx2 x  x ，
1
令gx0，因为 ，所以解得x .
x 0 2
 1
1 0,
所以当
0 x
2
时，gx0，gx
在

 2

 上单调递减；
1 
1 ,
当
x
2
时，gx0，gx
在

2

 上单调递增，
1 1 1
1 g 2 ln 1ln2
所以当
x
2
时，gx
取到最小值

2

 2 2 ，即切线的斜率的最小值为 ln2 . 1
fx2xb lnxx 2xblnxb
（2）函数 f x 的定义域为 0, .   x   ，
b 2xb
令hx2xblnxb，则hx2  .
x x
2xb
因为 ，所以 ，又因为
，所以hx 0，所以hx
在
0,
上单调递增.
b0 b0 x 0 x
h12bln1b2b0 hx
又因为 ，当x0时，blnx，所以 ，
hx 0, x 0,1 hx 0 fx 0
又因为 在 上连续，所以存在 0 ，使得 0 ，即 0 ，
0 x x hx0 fx0 f x 0,x 
所以当 0时， ，即 ， 在 0 上单调递减；
x x hx0 fx0 f x x ,
当 0时， ，即 ， 在 0 上单调递增；
x x f x f x
所以 0是 的极小值点，所以函数 在其定义域内存在极小值；
1
（3） f x1等价于 ，即x blnx0x 0 ，
x2 bxlnx10 x
1
令 px x blnxx0 ，
x
u f x1  x 0 xu 
若存在实数 ，使得关于x的不等式 的解集为 ，
1 b x2 bx1
即 px0的解集为  x 0 xu  ， px1 x2  x  x2 ，令mx x2 bx1.，
mx0 px0 px
①当b0时， ，即 ，函数 单调递增，
1
又 p11 bln10，所以当 时， px0成立，符合题意；
1 0 x1
mx x2 bx1 Δb2 4b2 40
②当0b2时， 的判别式 ，
mx0 px0
所以 在x 0时恒成立，即 在x 0时恒成立，
1
即 px 在 0, 上单调递增.因为 p11 bln1=0，所以 是 px 唯一的零点，
1 x 1px0 px0
当0 x1时， ；当x 1时， ，
px0  x 0 x1 
能满足使 的解集为 ，符合题意；
mx x2 bx1 Δb2 4b2 40
③当b2时， 的判别式 ，
mx0
故 有两个不相等的实数根，
x x b0,x x 10
由韦达定理可知， 1 2 1 2 ，因此两根均为正根，且0x 1x ，
1 2
px 0,x  x ,x  x ,
则可知 在 1 上单调递增，在 1 2 上单调递减，在 2 上单调递增，
px x x x x
所以 在 1时取到极大值，在 2处取到极小值.
1
又因为 p11 bln1=0，所以 px 0,px 0，
1 1 2
px px 0,x  x
又当x0时， ，所以 在 1 上存在一个零点 3，
x , x px0 0,x 1,x 
在 2 上存在另外一个零点 4，所以 的解集为 3 4 ，
px0  x 0 xu 
与 的解集为 相矛盾，故不符合题意.
,2
综上可知，b的取值范围为 .
6.（2026·江苏南京、盐城·一模） 已知函数 ，直线 与曲线 相切．
（1）求实数 的值；
（2）若 是函数 的极大值点，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数 ；（2）利用导数讨论单调性，得出函数的极值，再解不等式即可.
【详解】（1）设直线 与曲线 相切于 ，
因为 ，所以切线斜率为 ，
所以 ，则 ，所以切点为 ，
又因为切点 在直线 上，所以 ，所以 ．
（2） ，
则 ．
当 时， ， ， ， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 是 的极小值点，不满足题意；
当 时， ， ， ， ， ， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是 的极小值点，不满足题意；当 时， ， ，
所以 在 上单调递增，所以 不是 的极值点，不满足题意；
当 时， ， ， ， ， ， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是 的极大值点，满足题意，综上， 的取值范围是 ．
7．（2026·湖南雅礼3月·检测）已知函数 ．
（1）当 时，求函数 的极值；（2）若在其定义域内有两个不同的极值点，求实数 的取值范围．
【答案】（1）极小值为 ，无极大值
（2）
【分析】（1） ， ，求导利用导数确定极值即可；
（2）根据题意可得， 在 上有两个不同的根，令 ，求导分析单调性，结合图像确
定参数范围即可.
【详解】（1）当 时， ，则 ，令 ，解得 ．
当 时， ，此时 单调递减；当 时， ，此时 单调递增．
故函数 在 处取得极小值，极小值为 ，无极大值.
（2）由题意知，函数 的定义域为 ， ，又 在定义域内有两个不同的极值
点，则方程 在 上有两个不同的根，即方程 在 上有两个不同的根，
即方程 在 上有两个不同的根，令 ， ，则 ，
则当 时， ，当 时， ，则函数 在 上单调递增，在 上
单调递减，所以 ，因为 ，当 时， ，当 时， 0，
当 时， ，所以 函数图像如下，又 在 上有两个不同的根，所以实数 的取值范围为 ．
题型03 导数与函数的零点、隐零点、极值点偏移相关问题
抓关键 · 破难点
一、函数 在区间 上零点个数的速判策略
◎一判符号 查看函数 是否在区间 的某个子区间上恒为正或恒为负，若存在，将其排除.
◎二研性质 研究 在剩余区间上的单调性(通过导函数值的正负判断，有时也会利用极限思想判断).
◎三验证 在每一个单调区间上验证零点是否存在.
二、“找一设一代”三步法速破函数隐零点问题
◎一找 （找零点） 据题意，把问题转化为关于函数零点的问题，由函数的单调性、函数零点存在定理等
确定零点所在区间，解题难点是取点，常见取点技巧如下。
（1）不含参函数：常取 ， ， 等特殊值，若函数解析式中含有“指、对结构”,还可取
或 这样的数.
（2）含参函数：可先根据具体函数解析式的结构猜对应方程的根，若猜不出来，则找易于计算函数值且
能判断函数值符号的自变量代入，若还是找不到，则考虑利用极限思想求解
◎二设 （设零点） 将零点设为 ，由导数值等于 得出零点 所满足的关系式，无须求出具体的零点数值.
◎三代 （巧代换） 根据零点满足的关系式，整体代入待求式化简即可.
三、极值点偏移问题的解题策略
x x +x <2x
f (x) f (x )=f (x ) 0 f (x) 1 2 0
若已知函数 满足 1 2 ， 为函数 的极值点，求证： .
x
f (x) f (x) 0
（1）讨论函数 的单调性并求出 的极值点 ；
(−∞,x ) (x ,+∞)
f (x) 0 0
假设此处 在 上单调递减，在 上单调递增.
F(x)=f(x +x)−f(x −x)
0 0
（2）构造 ；
F(x)=f(x)−f(2x −x)
0
注：此处根据题意需要还可以构造成 的形式.
f (x +x)
F'(x) F(x) F(x) 0
（3）通过求导 讨论 的单调性，判断出 在某段区间上的正负，并得出 与
f (x −x)
0
的大小关系；F(x)>F(x )=f (x )−f (x )=0
F(x) (0,+∞) 0 0 0
假设此处 在 上单调递增，那么我们便可得出 ，从而得到：
x>x f (x +x)>f (x −x)
0 0 0
时， .
x <x <x f (x +x) f (x −x)
1 0 2 f (x) f (x )=f (x ) 0 0
（4）不妨设 ，通过 的单调性， 1 2 ， 与 的大小关系得
出结论；
x>x f (x +x)>f (x −x) x <x <x
0 0 0 1 0 2 f (x )=f (x )
接上述情况，由于 时， 且 ， 1 2 ，
f(x )=f(x )=f [x +(x −x )]>f [x −(x −x )]=f(2x −x )
1 2 0 2 0 0 2 0 0 2
故 ，
x <x 2x −x <x (−∞,x )
1 0 0 2 0 f (x) 0
又因为 ， 且 在 上单调递减，
x <2x −x x +x <2x
1 0 2 1 2 0
从而得到 ，从而 得证.
x +x x +x x +x
f '( 1 2 )<0 1 2 x 1 2
（5）若要证明 2 ，还需进一步讨论 2 与 0 的大小，得出 2 所在的单调区间，从
x +x
x +x <2x 1 2 <x
而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为 1 2 0 ，故 2 0 ，
x +x
(−∞,x ) f '( 1 2 )<0
由于 f (x) 在 0 上单调递减，故 2 .
刷经典 · 通方法
🎯命题方向一 确定零点个数的判断问题
1.（2026·河北石家庄3月·检测）已知函数 ，记 的导函数为 .
（1）当 时，求 的零点个数；
（2）若 是定义域上的增函数，求 的最小值；
（3）若 使 ，求 的取值范围.
【答案】（1）1（2）
（3）
【分析】（1）先利用导数求出函数的单调区间，再根据零点的存在性定理即可得解；
（2）令 ，则 恒成立，利用分离参数法求解即可；
（3）法一：由题可知 ，使 ，分离参数可得 ，令
，则原问题等价于 ，利用倒数求出 即可得解.
法二：求导，再分 ， ， 和 四种情况讨论，进而可得出答案.
【详解】（1）当 时， ， ，且等号不恒成立，
故 在 上单调递减，
由于 ，从而 在 上有且只有一个零点；
（2） ，令 ，
又 是定义域上的增函数，则 恒成立，则 恒成立，
而 的最大值为1，所以 ，故 的最小值为 ；
（3）法一：由题可知 ，使 ，又 ，所以 ，故 ，
令 ，则原问题等价于 ，
设 为 的极大值点， ，
令 ， ， ，令 ， ，
当 时， ，当 时， ，故 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ， ，
故 在 上存在唯一零点 ，故 时， ， 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ，故 时， ，且等号不
恒成立，所以 在 上单调递增，此时 ，
又 为 的极大值点，故 ，且 ，即 ，
而 ，故 ，则 ，得 ，故 ，
由 ，得 ，且 ，
当且仅当 时两等号同时成立，故 时， 为 所有极大值中最大的，
又 时， ，又 时， ，故 的最大值为 ，
故 ，故 的取值范围为 .
法二：由 ，得 ，
①当 时， 时， ， 在 上单调递减，
所以当 时， ，符合题意；
②由（2）知，当 时， 在 上单调递增，所以当 时， ，
所以 在 上单调递增，故 ，不符合题意；
③当 时， ，符合题意；
④当 时， ，
令 ，则 ，当 时， ，从而 ，故 在 上单调递增，此时 ；
当 时，令 ，则 ，
易知 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ， ，
故存在 ，使 ，
故当 或 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，又 ，
所以当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
由 ，得 在 时恒成立，
综上可知 在 上恒成立，则 在 上恒成立，不符合题意，
综上，实数 的取值范围为 .
🎯命题方向二 由函数零点或极值点求参数问题
f xlnxax1
2. （2026·山东临沂·一模）已知函数 ．
f x
（1）求 的单调区间；
f x 0,e
（2）已知 在 上有且仅有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）当a0时， f x 的单调递增区间为 0, ，无单调递减区间；当a0时， f x 的单
 1 1 
0, ,
调递增区间为 ，单调递减区间为 .
 a a 
2 
,1
（2） 
e a
【分析】（1）求导后讨论 的取值，从而判断导函数的正负，确定单调区间.
a
（2）根据（1）的结论，以及零点存在定理确定不等式，进而求解 的取值范围.
1 1ax
【详解】（1）已知 f xlnxax1，其定义域为0,.求导 fx a .
x x
a0 x0 1ax0 fx0 f x 0,
当 时，因为 ，所以 ，即 .所以 在 上单调递增.
1ax 1
0 x
当a0时，令
fx0
，即 x ，因为x0，所以1ax0，解得 a .
1  1
当 0 x a 时，1ax0，则 fx0，所以 f x 在   0, a  上单调递增；
1 1 
当 x  a 时，1ax0，则 f′x0，所以 f x 在  a ,  上单调递减.
a0 f x 0, a0 f x
综上，当 时， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；当 时， 的单调递增
 1 1 
0, ,
   
区间为 a，单调递减区间为a .
a0 f x 0, f x 0,e
（2）由（1）可知，当 时， 在 上单调递增，所以 在 上至多有一个零点，
 1 1 
0, ,
不符合题意.所以a0，此时 f x 在   a  上单调递增，在  a  上单调递减.
f x 0,e x 0 f x 
要使 在 上有且仅有两个零点，当 趋近于 时， 趋近于 ,
 1
f 0
  
a


所以根据零点存在定理，则需满足 f e0 ， ，解得 .

 1 1 1 1
0 e f ln a 1lna 0
 
 a a a a 0a12 1 1
a  0 e a 
f elneae12ae<0 ，化简得2ae0，解得 e .又因 a 可得 e.
2 
,1
 
综上，a的取值范围是e .
f x x3ax2 bxc.
3. （2026·山东青岛·一模）设函数
y  f x  0, f 0
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
f x
ab4
（2）设 ，若函数 有三个不同零点，求c的取值范围；
a2 3b＞0 f x
（3）求证： 是 有三个不同零点的必要而不充分条件.
 32
0,
【答案】（1） ;（2） ;（3）见详解.
y bxc  27
【分析】（1）求函数f（x）的导数，根据 f 0c， f0b求切线方程；
f x
（2）根据导函数判断函数f（x）的单调性，由函数 有三个不同零点，求c的取值范围；
（2）从两方面必要性和不充分性证明，根据函数的单调性判断零点个数.
f x x3ax2 bxc fx3x2 2axb f 0c f0b
【详解】（1）由 ，得 ．因为 ， ，
y  f x  0, f 0 y bxc
所以曲线 在点 处的切线方程为 ．
f x x34x2 4xc fx3x2 8x4
ab4
（2）当 时， ，所以 ．
2
x
令 f�( x) =0 ，得3x2 8x40，解得x  2或 3．
f x f�( x) ,
与 在区间 上的情况如下：
 2 2  2 
x ,2 2  2,     , 
 3 3  3 f�( x)  0  0 
32
f x c c
  
27
32  2
所以，当c0且 c 27 0 时，存在x 4,2 ， x 2    2, 3  ，
1
 2 
x   ,0
3   3  ，使得 f x  f x  f x 0．
1 2 3
 32
c 0,
由 f x 的单调性知，当且仅当   27  时，函数 f x x34x2 4xc有三个不同零点．
 4a2 12b0 fx3x2 2axb0 x,
（3）当 时， ， ，
f x , f x
此时函数 在区间 上单调递增，所以 不可能有三个不同零点．
 4a2 12b0 fx3x2 2axb x
当 时， 只有一个零点，记作 0．
x,x  f�( x) >0 f x ,x 
当 0 时， ， 在区间 0 上单调递增；
xx , f�( x) >0 f x x ,
当 0 时， ， 在区间 0 上单调递增．
f x
所以 不可能有三个不同零点．
f x  4a2 12b0
综上所述，若函数 有三个不同零点，则必有 ．
a2 3b0 f x
故 是 有三个不同零点的必要条件．
当ab4， c0 时，a2 3b0， f x x34x2 4x xx22 只有两个不同零点，所以
a2 3b0 f x
不是 有三个不同零点的充分条件．
a2 3b0 f x
因此 是 有三个不同零点的必要而不充分条件．f xalnx2x2aaR
4.（2026·广东东莞3月质量·检测）已知函数 .
f x  1, f 1
（1）当a 1时，求函数 的图象在点 处的切线方程；
f x a
（2）若 有两个零点，求实数 的取值范围；
gxax2ex 2a y  f x y gx a
（3）设 ，若函数 与 共有4个不同的零点，是否存在实数 ，使
a
得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）x y10
2
（2）a
e
（3）不存在，理由见详解
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求得答案；
f x
（2）求导，判断 的单调性，求出极值，列式运算得解；
gxax2ex 2a  f  ex y  f x y gx f x gx
（3）由 ，得 与 的零点个数相同，所以 与
y gx x x x  x  y  f x x x x  x 
各有两个零点，设 的两个零点为 1， 2 1 2 ， 的两个零点为 3， 4 3 4 ，
a
可得x lnx ln lnx x ，分x  x  x  x 和 讨论即可.
1 3 2 4 2 1 2 3 4 x 1 x 3 x 2 x 4
a
【详解】（1）由 fx 2aR ，当 时， f11， f 10，
x a 1
f x  1, f 1 y x1
故 的图象在 处的切线方程为 ，即x y10.
a
（2）由
fx 2aR
，
x
fx0 f x 0, f x
当a0时，令 ， 在 上递减， 最多一个零点，与题意不符；
 a a 
a x 0, x ,
当 a 0 时，令
fx0，则 x
2 ，则当

 2

 ，
fx0；当 
2

 ，
fx0， a a 
0, ,
所以 f x 在   2   单调递增，在  2   上单调递减，
a a  a
f x  f aln a a 1ln
故 极大值  2   2   2   ，且lim f x， lim f x.
x0 x
 a
f x a 1ln 0 2
故 f x 有两个零点，即 极大值   2   ， a  e .
gxax2ex 2a  f  ex y  f x y gx
（3）由于 ，所以 与 的零点个数相同.
f x gx
依题意共有4个不同的零点，所以 与 各有两个零点.
y gx x x x  x  y  f x x x x  x 
不妨设 的两个零点为 1， 2 1 2 ， 的两个零点为 3， 4 3 4 ，
a
则有x lnx ln lnx x ，
1 3 2 4 2
 2
lnx  x 2
  3 a 3
f x alnx 2x 2a 0 
因为 3 3 3 ，得 2 ，①
 
 f x 4 alnx 4 2x 4 2a 0  lnx 4  a x 4 2
2
所以lnx lnx  x x  ，②
3 4 a 3 4
x lnx  x x lnx  x
又lnx x，则 1 3 3， 2 4 4，若四个零点成等差数列，则有两种情况：
x  x  x  x lnx lnx x x
（1）当 1 2 3 4时，即 3， 4， 3， 4成等差数列，则有lnx lnx x x ，③
3 4 3 4
lnx x 2lnx
3 3 4

由②③得 a 2 ，代入①得 lnx  x 2 ， lnx x 2 ，④ 又  lnx x 2x ，⑤
3 3 4 4 4 4 3
2x 22x 4
 3 4  x  x 1
将④代入⑤式可得 2x 22x 4 3 ，

4 3
x
ln 4 1
由等差数列性质及x  x 1，可得x x lnx lnx 1，从而有 x ，
4 3 4 3 4 3 31 e
可得x
4
ex
3
，解得x
3

e1
，x
4

e1
，这与④矛盾，故实数a不存在；
lnx x lnx x
（2）当x 1 x 3 x 2 x 4时，即 3， 3， 4， 4成等差数列，则lnx 3 lnx 4 x 3 x 4 ，③
lnx lnx 2x
3 4 3

由②③得 a 2 ，同理得 lnx  x 2 ， lnx x 2 ，④ 又  x x 2lnx ，⑥
3 3 4 4 3 4 4
x x 42x 4e4
将④代入⑥式可得   x 3 3 x 4 4 2x 4 4 3  x 4  x 3 4 ，代入③可得x 4 e4x 3 ，解得 x 3  e4 4 1 ， x 4  e4 1 ，
a a
这与④矛盾，故实数 不存在.综上所述，不存在实数 使得四个零点成等差数列.
f(x)lnxa x14
5. （2026·广东深圳市第一次·调研）已知函数 .
a  3 f(x)
（1）当 时，求 的单调区间；
f(x)
（2）若 有两个零点.
a
（i）求 的取值范围；
2
f(x)
（ii）证明： a2 11.
【答案】（1）单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为 (2,) ；
（2）（i）a(0,2 2)；（ii）证明见详解
【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性.
2
f(x) lnx  2
（2）（i）方法一：求导，对 a 进行讨论，结合函数单调性可求解 max 0 x ，即可构造函
0
2
数h(x)lnx 2(x0)，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对 进行讨论，换
x ag(t)
ft
元 t  x1 ， t 1 ， g(t)at2 2ta ，则 2t  t2 1  ，
可求解[f(x)]  f x lnx a x 14，即可结合解法一求解，解法三：求导，对a进行讨论，
max 0 0 0
lnx4 lnx4
a y 
结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得 ，构造函数 ，利用导数求解
x1 x1
函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数 f x 的最大值，进而构造函
2
数m(x)lnx x2(x1)，利用导数求解单调性，即可得证.
x
1 3 2 x1 3x
【详解】（1）由于 fx   (x0)
x 2 x1 2x x1
fx0
x2
fx0
x(0,2) f(x) (0,2)
令 ，则 ，令 ， ， 在 上单调递增；
fx0 x(2,) f(x) (2,)
令 ， ， 在 上单调递减；
f(x) (0,2) (2,)
于是 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
1 a 2 x1ax a2x2 4x4
fx    (x0)
（2）（i）解法1 由于 x 2 x1 2x x1 2x x1(2 x1ax)
a0 2 x1ax0 fx0 f(x) (0,) x
若 ， ， ，于是 在 上单调递增，至多与 轴只有一个交点，
a0 fx0 a2x2 4x40
矛盾；于是 ，令 ，则等价于 ，
 
2 1 1a2
易得 ，因为 ，则x 0，
1616a2 0 x0 a2
 
2 1 1a2
令x  ，则 在 上单调递增，在 上单调递减，
0 a2 f(x)
0,x
0
 x
0
,f(x)  f x lnx a x 14
则 max 0 0 0 ，
4x 1 2 x 1 2
a2  0 a  0 f(x) lnx  2
因为a2x 2 4x 40即 x 2 ， x ，所以 max 0 x ，
0 0 0 0 0
2
lnx  20
显然 f x 0不符合题意，故 f x 0，即 0 x ，
0 0 0
2 1 2
h(x)lnx 2(x0) hx  0
令 x ， x x2 ，则 h(x) 在 (0,) 上单调递增，且 h(1)0 ，
2
hx lnx  20
由于 0 0 x ，所以x 1，
0 0
a 1 1 1
  t  (0,1)
由于2 x 2 x ，令 x ， y t2 t 在 (0,1) 上单调递增，则 a(0,2 2) ，
0 0 0
 
2 1 1a2 2 2 1  1  1
于是x     ， f   a 10，
0 a2 a 2 e4 e4  e4
 1 
x  ,x
由零点存在定理，存在 1  e4 0  使得 f x 0，
1
x0 lnx x1 ln 4 x  4 x 1 lnx44 x 4
当 时，易证 ，则 即 ，
f(x)lnxa x14lnxa x 444 x a x  4 x(4a4 x)
由于 ，
256
x 
取 x 2 x 0 , ，且 2 a4 ，则 f x 2 0 ，
x x ,x  f x 0
由零点存在定理，存在 3 0 2 使得 3 ，
a(0,2 2) f(x) (0,)
所以当 时， 在 上有两个零点.
1 a
fx 
解法2 由于 x 2 x1，x0，a0 2 x1ax0 fx0 f(x) (0,) x
若 ， ， ，于是 在 上单调递增，至多与 轴只有一个交点，
g(t)
ft
矛盾：于是 a0 ，令 t  x1 ， t 1 ， g(t)at2 2ta ，则 2t  t2 1  ，
1 1a2
t 
令g(t)0，则
a
，
1 a2 1 1 a2 1 1 a2 1
0 t 
由于 a a ，令 2 a ，x t2 1，
0 2
t1,t  g(t)0 ft0 f(x) 0,x 
当 2 时， ，即 ，于是 在 0 上单调递增，
tt ,
g(t)0
ft0
f(x)
x ,
当 2 时， ，即 ，于是 在 0 上单调递减，
[f(x)]  f x lnx a x 14 f x 0 lnx a x 140
于是 max 0 0 0 ，若 0 ，即 0 0 ，
2 x 1 2
a  0 lnx  20
由 fx 0，则 x ，可得 0 x ，同解法1；
0 0 0
1 a 2 x1ax
fx  
解法3 由于 x 2 x1 2x x1 ， x0 ，
a0 2 x1ax0 fx0 f(x) (0,) x
若 ， ， ，于是 在 上单调递增，至多与 轴只有一个交点，
1
g(x) a
矛盾；于是a0，设g(x)2 x1ax， x1 ，
a1 gx1a0 g(x) (0,) g(0)20
若 ，则 ， 在 上单调递减，且 ，
 
2 1 1a2
不妨令 ，则x ，
2 1x ax0 a2
32 1a2 22 1a2
x  
于是取 1 a2 a2 ，则gx 0，
1g(x) (0,) x (0,) gx 0
且 在 上连续，由零点存在定理，存在唯一 0 ， 0 ，
f(x) 0,x  x , f(x) x
于是 在 0 单调递增，在 0 单调递减，则 存在唯一极大值点 0；
1  1   1 
若0a1，令gx0，则 x a2 1 ，于是g(x)在   0, a2 1  上单调递增，在  a2 1,  单调递
 1  1
减，由于g(0)0，则 g  a2 1   0 ，gx 0，且 x 1  a2 1 ，
1
g(x) (0,) x (0,) gx 0
且 在 上连续，由零点存在定理，存在唯一 0 ， 0 ，
f(x) 0,x  x , f(x) x
于是 在 0 单调递增，在 0 单调递减，则 存在唯一极大值点 0；
综上所述：若
a0
，
f(x)
有一个极大值点
x
0；
2 x
0
1ax
0，
2x 1
2
f(x)  f x lnx a x 14lnx  0 4lnx  2
于是 max 0 0 0 0 x 0 x ，
0 0
f x 0 f(x)
若 0 ，则 至多只有一个零点，矛盾；
 
2 1 1a2
2 2 1
若 ，由于x     ，同解法1；
f x 0 0 0 a2 a 2 e4
lnx4 lnx4
a y 
解法4 令 f(x)0，则 x1 ，x0，于是函数y a与函数 x1 的图象在(0,)上有
x1 lnx4 2
 lnx2
x 2 x1 x
两个交点，由于y  ，
x1 2 (x4)3
2 2 1
g(x) lnx2 g(x)  0
设 x ，x0， x2 x ，
g(x) (0,) g(1)0
于是 在 上单调递减，且 ，lnx4
y 
于是x(0,1)时，g(x)0，y0， x1 在(0,1)上单调递增；
lnx4
y 
x(1,)时，g(x)0，y0， x1 在(1,)上单调递增：
lnx4 lnx4 lnx4
lim  lim 0 y 
且x0 x1 ，x x1 ，所以函数 x1 的图象如图所示，所以0a2 2 ，
2
f(x) lnx  2
（ii）根据（i）可知， max 0 x ，
0
 
  2 1 a2 1
2 1 a2 1 2
x  
其中x 0  a2 ，则 0 a2 a2 11 ，
2 2
lnx  2 x x 1 lnx  x 20
下证： 0 x 0 0 即证： 0 x 0 .
0 0
2 1 2 x2 x2 (x2)(x1)
m(x)lnx x2(x1) mx  1 
设 x x x2 x2 x2 ，
mx0 x2 m(x) (1,2) (2,)
令 ， ，于是 在 上单调递增，在 上单调递减，
.
m(x)m(2)ln210
则 ，即证
🎯命题方向二 极值点偏移问题
ex
f x lnxxa
6 .（2026·广东普宁市第二中学3月·检测）已知函数 x ．
f x0
（1）若 ，求a的取值范围；f x x ,x x x 1
（2）证明：若 有两个零点 1 2，则 1 2 ．
(,e1]
【答案】（1）
（2）证明见的详解
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
ex 1  1 1
xex 2 lnx x 0
  
（2）利用分析法，转化要证明条件为 x  2 x ，再利用导数即可得证.
f(x) (0,)
【详解】（1）[方法一]：常规求导 的定义域为 ，则
f(x)   1  1   ex  1 1 1  1 1  ex    1 1   x1  ex 1  
 x x2  x x x  x x  x 
fx0 x1 x(0,1), f(x)0, f(x)
令 ,得 当 单调递减
x(1,), f(x)0, f(x) f(x) f(1)e1a
当 单调递增 ，
f(x)0 e1a0 ae1 a (,e1]
若 ,则 ,即 ，所以 的取值范围为
f x0 elnxx xlnxa0
[方法二]：同构处理：由 得：
t  xlnx,t 1 f tet ta0 aet t
令 ，则 即
gtet t,t1, g'tet 10 gtet t 1,
令 ，则 ，故 在区间 上是增函数
gt  g1e1 ae1 a (,e1]
故 min ，即 所以 的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
1
x 
由题知, f x 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x <1<x ，要证x x 1,即证 1 x
1 2 1 2 2
1  1   1 
因为 x 1 , x 2 (0,1) ,即证 f x 1  f  x 2   又因为 f x 1  f x 2 ,故只需证 f x 2  f   x 2  ex 1 1 ex 1  1 1
lnxxxex lnx 0,x(1,) xex 2  lnx  x  0
即证 x x ，即证 x  2 x
ex 1 1 1
xex 0,lnx x 0
 
下面证明x1时， x 2 x
ex 1
g(x) xex,x1
设 x ，
1 1   1 1  1  1 1 1  1
g(x)



ex ex xex 

 

1

ex ex

1

则  x x2    x2  x x  x
 1ex 1  x1ex 1 
  1  ex   ex 
 x x  x  x 
ex 1 1  x1
设 x x x1,x   x  x2   ex  x2 ex 0 ，所以x1e,而 e 1 x e
ex 1 ex 1
ex 0 xex 0
所以 x ,所以g(x)0所以g(x)在(1,)单调递增，即g(x) g(1)0,所以 x
1 1 1 1 1  2xx2 1 (x1)2
h(x)lnx x ,x1 h(x)  1   0
   
令 2 x ， x 2 x2  2x2 2x2
1 1
lnx x 0
 
所以h(x)在(1,)单调递减，即h(x)h(1)0,所以 2 x ；
ex 1  1 1
xex 2 lnx x 0
  
综上, x  2 x ,所以x x 1.
1 2
[方法二]：对数平均不等式
ex ex ex 1
f x ln a t  1 f 't1 0
由题意得： x x ，令 x ，则 f ttlnta， t
gttlnta 1, gt0
所以 在 上单调递增，故 只有1个解ex ex ex 1 ex 2
f x ln a t  
又因为 x x 有两个零点x ,x ，故 x x
1 2 1 2
x x
1 2 1
两边取对数得：x lnx  x lnx ，即lnx lnx
1 1 2 2 1 2
x x
x x  1 2 *
又因 为 1 2 lnx 1 lnx 2 ，故 x 1 x 2 1，即x 1 x 2 1
x x
x x  1 2 *
下证 1 2 lnx lnx
1 2
x x x x x x x
x x  1 2 lnx lnx  1 2 ln 1  1  2
因为 1 2 lnx lnx 1 2 x x x x x
1 2 1 2 2 2 1
x
t  1 1 1
不妨设 x ，则只需证2lntt
2 t
2
1 2 1  1
构造 ht2lntt t ,t 1 ，则 h't t 1 t2    1 t   0
1
ht2lntt
1, hth10 2lntt
1
故 t 在 上单调递减，故 ，即 t 得证
7.（2026·河北承德3月·检测）已知函数 ，其中 ．
（1）求 的单调区间；
（2）若函数 有两个不相等的零点 ．
（）求实数a 的取值范围；
i
（ ）证明：
ii
【答案】（1）答案见详解；
（2）① ；②证明见详解.【分析】（1）求出函数 的定义域及导数，再分类讨论求出函数的单调区间.
（2）（）由（1）的结论，结合极大值、最小值及零点存在性定理求出范围；（ ）根据给定条件，构造
函数并利i用极值点偏移推理得证. ii
【详解】（1）函数 的定义域为 ， ，
求导得 ，
当 时，由 ，得 ；由 ，得 ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ；由 ，得 或 ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 恒成立，函数 在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ；由 ，得 或 ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时，函数 的递减区间为 ，递增区间为 ；
当 时，函数 的递减区间为 ，递增区间为 ；
当 时，函数 的递增区间为 ；
当 时，函数 的递减区间为 ，递增区间为 .
（2）（）由（1）知，当 时，函数 在 上单调递增， 最多一个零点，不符合题意；
i
当 时，函数 在 处取得极大值 ， 最多一个零点，不符合题意；
当 时，函数 在 处取得极大值 ， 最多一个零点，不符合题意；当 时， ，
由函数 有两个不相等的零点 ，得 ，则 ，
当 从大于0的方向趋近于0时， 趋近于正无穷大，函数 在 上有唯一零点；
而 ，函数 在 有唯一零点，
因此当 时，函数 有两个不相等的零点，所以实数a 的取值范围是 .
（ ）由（）知，当 时，函数 有两个不相等的零点 ，不妨令 ，
ii i
令函数 ，求导得
，函数 在 上单调递减，
则 ，即当 时， ，于是 ，
因此 ，又 ，函数 在 上单调递增，
则 ，所以 .
8.（2026·重庆高三上·开学考试）已知函数 有两个极值点 且 .
（1）求实数 的取值范围；
（2）证明: .
【答案】（1）
（2）证明见详解.
【分析】（1）由已知可得 有两个根，转化为函数 与函数 有两个交点，结合图象求解；
（2）由 ， ，得 ，令 ，用 表示 ，代入 ，构造函数证明.
【详解】（1）由已知可得 ，因为 有两个极值点，所以 有两个根，
所以函数 与函数 有两个交点，对函数 ， ，
当 时 ；当 时， .
所以函数 在 单调递增，在 单调递减，
当 时，取得最大值 ，且 时， ； 时， ，所以函数 的图象如图所示，
所以若函数 与函数 有两个交点，则 ，所以实数 的取值范围是 .
（2）由（1）可知 ， ，所以 ①， ②，
- 得 ，
① ②
令 ，则 ，所以 ， ，所以 ，
令 ，则 ，令 ，则 ，
所以 在 单调递减，所以 ，所以 在 单调递增，所以 ，
即 ，得 ，又 ，所以 ，即 ，得证.
🎯命题方向三 隐零点问题
9．（2026·江西九江·模拟）已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；（2）若 的极小值小于 ，求m的取值范围；
（3）当 时，证明： 有2个零点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数 的取值分类讨论，得到 时，极小值 ，构造函
数 ，求导推得 ，即可求得不等式 的解集；
（3）由 得 ，令 ，则 ，令
，求导判断 在区间 上单调递增，结合零点存在定理，推得
，使得 ，求出 的最小值为 ，由 可得 ，
，故得 的最小值 ，由 即可判断函数 ，即函数 的零点个数.
【详解】（1）当 时， ，则 ，所以 ， ，
则曲线 在点 处的切线方程为 ，整理得： ．
（2）函数 的定义域为 ，且 ，
① 当 时，易得 ， 在 上单调递减，则 无极小值，不合题意；
② 当 时，由 ，得 ，即 在 上单调递增；
由 ，得 时，即 在 上单调递减，所以 的极小值为： ，
因为 的极小值小于 ，所以 ，即 ．
令 ，则 ，
所以当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
因为 ，所以由 可得 .
（3） ．令 ，得 ，
令 ，则 与 有相同的零点，
且 ．
令 ，则 ，
因为 ，则 ，所以 在区间 上单调递增，
又 ， ，所以 ，使得 ，
所以当 时， ，即 ；当 时， ，即 ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 的最小值为 ．
由 ，得 ，即 ，
令 ， ，则 ，则 在 单调递增．因为 ，所以 ，则 ，所以 ，从而 ， ，
所以 的最小值 ．
当 趋近于0时， 趋近于0或 时， 趋近于 ，又因 ，所以 ，
所以 有2个零点，故 有2个零点．
10.（2026·黑龙江哈尔滨·模拟）已知函数 ．
（1）若 ，求 在 上的最值．
（2）若 且 ，关于 的方程 在 上仅有一个实根 ．
（ⅰ）证明： ；
（ⅱ）求 的最大值．
【答案】（1）最小值为 ，最大值为
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的极值，然后与端点值进行比较即可求得最值；
（2）（ⅰ）令 ，并用导数研究其单调性，根据单调性找到隐零点，结合
函数在区间单调性即可确定根的唯一性，即可证明.
（ⅱ）先求得 ，然后
，利用导数求出单调区间，即可求解最大值.
【详解】（1）若 ，则 ，所以 ，
令 ，可得 或 ，令 ，可得 或 ，令 ，可得 ，故 在 单调递减， ， 单调递增.
所以. 在 处取得最大值 ， 在 处取得最小值
，又 ，
所以 在 上的最小值为 ，最大值为 ；
（2）（ⅰ）令 ，
则 ，
令 ，显然 在 上单调递增，又 ， ，
所以存在唯一的 ，满足 ，即 ，
且当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
是 在 上的极小值，也是最小值，又因为 ，
要使 在 上仅有一个实根 ，必需 ，所以 ；
（ⅱ）由（ⅰ）知， ，
将 代入，得 ，所以 ，所以
，
令 ，
则 ，
令 ，可得 ，令 ，可得 ，故 在 单调递减， 单调递增.即 在 处取得最大值 .故 的最大值为 .
11.（2026·辽宁沈阳·模拟）已知函数 ．
（1）若 ，求 在 上的最值．
（2）若 且 ，关于 的方程 在 上仅有一个实根 ．
（ⅰ）证明： ；
（ⅱ）求 的最大值．
【答案】（1）最小值为 ，最大值为
（2）（ⅰ）证明见详解；（ⅱ）
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，求出函数的极值，然后与端点值进行比较即可求得最值；
（2）（ⅰ）令 ，并用导数研究其单调性，根据单调性找到隐零点，结合
函数在区间单调性即可确定根的唯一性，即可证明.
（ⅱ）先求得 ，然后
，利用导数求出单调区间，即可求解最大值.
【详解】（1）若 ，则 ，所以 ，
令 ，可得 或 ，
令 ，可得 或 ，令 ，可得 ，
故 在 单调递减， ， 单调递增.
所以. 在 处取得最大值 ， 在 处取得最小值，又 ，
所以 在 上的最小值为 ，最大值为 ；
（2）（ⅰ）令 ，
则 ，
令 ，显然 在 上单调递增，又 ， ，
所以存在唯一的 ，满足 ，即 ，
且当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
是 在 上的极小值，也是最小值，又因为 ，
要使 在 上仅有一个实根 ，必需 ，所以 ；
（ⅱ）由（ⅰ）知， ，
将 代入，得 ，所以 ，所以
，
令 ，
则 ，
令 ，可得 ，令 ，可得 ，
故 在 单调递减， 单调递增.
即 在 处取得最大值 .故 的最大值为 .题型04 导数与不等式恒（能）成立问题
抓关键 · 破难点
一、利用导数证明或判定不等式问题
1.不含参数不等式问题的解题技法（证明： ）
技法（1）移项：构造函数 ，转化为证明 的最小值大于 .
技法（2）放缩：证明 （注意两个等号不能同时取到），一般情况下， 的图象为
公切线.
技法（3）转化：适当对不等式变形，转化为 （这个是原不等式成立的充分条件，但不
是必要条件）.
2.含参不等式证明问题的求解技法
（1）单参分类讨论：含单一参数的不等式证明问题往往直接移项构造函数，分类讨论含参数的最值；或
将参数归类处理，结合放缩求解.
（2）多参注意消元：多参问题往往需先消参，转化为单参问题求解.
二、不等式恒成立与能成立求参问题速破策略
变形换元：对不能直接分参或分类讨论的不等式变形，常见变形方法有“同乘除”“指对互化”等.
分析新元的取值范围：若新元的结构较复杂,则需构造函数，利用导数研究新元的取值范围.
构造函数找最值：根据换元后代数式的结构特征，分离参数或直接分类讨论求函数最值或极值，进而求参
数的取值范围.分离参数后不等式恒(能)成立的类型:若 恒(能)成立，则 ;若
恒(能)成立，则 .
三、双变量恒（能）成立的解题模型
模型一：任意—任意型： ， ， 成立 .
模型二：任意—存在型： ， ， 成立 .
模型三：存在—存在型： ， ， 成立 .
四、利用导数研究端点效应问题
第①步：利用端点处函数值或导数值满足的条件，初步获得参数的取值范围，这个范围是不等式恒成立的
必要条件.
第②步：利用所得出的参数范围判断函数在定义域内是否单调.
第③步：若函数在限定参数范围内单调，则必要条件即为充要条件，问题解决.若不单调，则需进一步讨
论，直至得到使不等式恒成立的充要条件.刷经典 · 通方法
🎯命题方向一 利用导数证明不等式
1. （2026·云南民族大学附属中学·适应性训练））已知函数 （ ）， .
（1）若 ，证明： ， ；
（2）求函数 的零点个数.
【答案】（1）证明见详解；
（2） 有 个零点.
【分析】（1）要证： ， ，只需证： ， ，令
，故只需证： ， 即可，利用导数分析函数
单调性，证明即可；
（2）利用导数研究函数 的单调性，求得函数 的最大值，利用极限结合单调性判断即可.
【详解】（1）当 时， ，
要证： ， ，只需证： ， ，
令 ，
故只需证： ， 即可，
，当 时， ，故 ，即 在 上单调递减.
又 ，
所以当 时， ，即 ，
故 ， .
（2）
定义域为： ， ，
令 ，即 ，判别式 ，
所以方程有两个实根： 或
因 ，故 （舍去）， ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减；
故 在 处取得最大值
由于 ，所以 ，所以 ，
设 ， ，
，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ，所以 ，当 时， ，当 时， .
由于 ，即 是 的一个零点.
又 在 单调递增，在 单调递减；
则函数 的零点有 个.所以，当 时， 有 个零点.
2. （2026·湖北十一校第二次·联考）已知 ，其中 ．
（1）求证：当 时， ；
（2）讨论 取不同值的时候，函数 的零点个数；
（3）证明： ，其中 ．
【答案】（1）证明见详解
（2）当 时， 有且仅有1个零点；当 时， 有且仅有2个零点
（3）证明见详解
【分析】（1）借助导数求导后，利用导数定义判断即可得；
（2）分 及 进行讨论，利用导数可研究函数单调性，再利用函数单调性与零点存在性定理判断
即可得；
（3）令 ，可得 ，再累加求和即可得证.
【详解】（1） ，
令 ，则 ，
而 且 ，所以 ，即 在 上单调递增， ，所以 ，即 在 上单调递增，所以 ；
（2）① 时， ， ，
所以 在 上单调递增，又 ，则此时 有且仅有1个零点；
② 时， 在 上小于0，在 上大于0，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 且 ，则存在唯一的 ，
即 在 和 上大于0，在 上小于0，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
又 时， ，
则 在 上存在唯一零点，在其余区间有且只有1这一个零点，
此时函数 有且仅有2个零点；综上所述，当 时， 有且仅有1个零点；
当 时， 有且仅有2个零点；
（3）令 ，且 时，得 ，再令 ，
代入化简可得 ，
则，则 .
🎯命题方向二 利用导数研究不等式恒成立问题
f(x) xeax(aR)
3. （2026·山东聊城·一模）已知函数 ．
f(x)
（1）讨论 的单调性；
x0 f(x)ex 1
（2）当 时， 恒成立，求a的取值范围；
1
（3）若 f(x)有最大值e ，记曲线 y  f(x) 在点 x 0 , f x 0  处的切线方程为 y  g(x) ，证明：当
x 2 x  x
0 时，存在 使 ，且 1 0．
【答案】（1）答案见详解；
 1
,
（2） ；
 2
（3）证明见详解.
【分析】（1）求导，结合导数分a0，a0，a0三种情况进行讨论求解；
1 1 1
1
（2）利用导数分 a ， a  两种情况，当 a 时， gx xeax ex 1 xe2 x ex 1，再证
2 2 2
1
1 x ；当a  时，可根据导数推出不成立；
xe2 ex 10 2
（3）先由极值求a，根据导数的几何意义求出gx ，令hx f xgx ，再利用导数确定其零点
即可证明．
【详解】（1）
fxeax1ax,xR，
当a0时， fx10，所以 f x 在 , 上单调递增，1
当
a0
时，令 fx0 ，解得x
a
，
1 1
当x 时， fx0 ， f x单调递减；当x 时， fx0 ， f x单调递增，
a a
1
当 时，令 fx0 ，解得x ，
a0 a
1 1
当x 时， fx0 ， f x单调递增；当x 时， fx0 ， f x单调递减，
a a
综上，当a0时， f x 在 , 上单调递增；
 1  1 
当 a0 时， f x 在  , a   上单调递减，在   a ,   上单调递增；
 1  1 
当 a0 时， f x 在  , a   上单调递增，在   a ,   上单调递减．
（2）当x0时， f xex 1恒成立，即xeax ex 1，移项可得xeax ex 10，
令gx xeax ex 1,x0， gxeax1axex ，
令hxeax1axex，hxeax 2aa2x  ex ，h02a1，
1
1
①a 2 时，又 x0 ，所以 gx xeax ex 1 xe2 x ex 1 ，
1  1 x 1 x 1 1 x 
令 1 x ，ux  x1  e2 ex e2  x1e2 ，
ux xe2 ex 1,x0 2   2 
1 1 x 1 1 1 x
令vx x1e2 ,x0，vx  e2 0，
2 2 2

vx
在
0, 单调递减，vxv00，即ux0，
ux
在
0, 单调递减，uxu00，
1
1
即 gx xeax ex 1 xe2 x ex 10 ，故a 时符合题意；
2
1
②当a  时， h02a10 ，
2
故x 0, ，x0,x  时，hx0，hx 单调递增，hxh00，
0 0
1
x0,x 时， gx0 ， gx单调递增， gx g00 ，故a  时不符合题意；
 2
0
 1
综上， 的取值范围是 , ；
a  2
1  1 1 1
f x  f   e1 
（3）证明：因为 有最大值 ，所以 ，   ，解得 ．
f(x) e a0 max  a a e a1
当a1时， f x xex ， fxex1x ，
已知曲线y  f x 在点  x , f x  处的切线方程为y  gx，
0 0
则切线斜率k  fx ex 0 1x  ，又 f x  x ex 0 ，
0 0 0 0
根据点斜式方程可得切线方程为yx ex 0 ex 0 1x xx  ，
0 0 0
即gxex
0
1x xx x ex
0．
0 0 0
令hx f xgx xex ex 0 1x xx x ex 0，则hx 0．
0 0 0 0
hxex1xex
0
1x 
，
0
令mxex1xex
0
1x  ，mxexx2
，
0
当x x 时，又x 2， mxexx20，mxmx 0，
0 0 0即hx0，hx在x ,单调递增，hxhx 0，故此时不存在 使 f x  gx ；
0 0 1 1
当
x x 时，mxexx20，解得x2，x2时，mx0，mx
单调递减，
0
2 x x 时，mx0，mx 单调递增，
0
又 x时，mx，mx 0， mx m2mx 0 ，
 0 极小值 0
x ,x ，使得mx 0，则当 x x 时，mx0，即hx0，hx单调递增，
2 0 2 2
当x  x x 时，mx0，即hx0，hx 单调递减，
2 0
又 x时，hx，hx 0， hx hx hx 0 ，
 0 极大值 2 0
x  x 使得hx 0，即 f x  gx  ，
1 0 1 1 1
综上，当x 2时，存在x使 f x  gx  ，且x  x ．
0 1 1 1 1 0
4. （2026·甘肃陇南·二诊）已知函数 ．
（1）讨论函数 的单调区间；
（2）若曲线 在 处的切线垂直于直线 ，对任意 恒成立，
求实数b的最大值；
（3）若 为函数 的极值点，求证： ．
【答案】（1）当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，在
上单调递减．
（2）
（3）证明见详解【分析】（1）求出 ，然后对 分类讨论求解函数 的单调区间；
（2）由题意得 即可求得 ，得到 的解析式．对任意 恒成立，
即对任意 恒成立，令 ，问题转化为求 的
最小值，利用导数求解即可；
（3）因为 为函数 的极值点，所以 ．要证明不等式 成立，只需证
．令 ，证得 ， ．分两种情况证明：
当 时，由 即证得结论；当 时，得 ，只需证
，即证 对 成立，构造函数
，结合函数的单调性证明即可．
【详解】（1） ，定义域为 ，所以 ，
当 时， ，故 在 上单调递增，
当 时，由 ，得 ；由 ，得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
综上：当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减．
（2）因为 ，曲线 在 处的切线垂直于直线 ，
则 在 处的切线的斜率为 ，即 ，解得： ，则 .
对任意 恒成立，即对任意 ，
即对任意 恒成立，令 ，
，令 ，得 ，
当 时， ， 为减函数；当 时， ， 为增函数；
， ，则实数b的最大值 ．
（3）函数 ，
因为 为函数 的极值点，所以 ，所以 ，
要证明不等式： 成立，只需证 ，
令 ，
当 时， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以 ，即 ，所以 ，
当 时，因为 ，所以 ．
当 时，因为 ，所以 ，所以 ，
要证 成立，只需证 ，
即证 对 成立．
令 ，因为 ，
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减，
所以 ，即 时， 成立．综上所述，原不等式成立．
🎯命题方向三 利用导数研究不等式能成立问题
x2 axb
f x
5. （2026·江苏扬州市第一次·调研）已知函数 ex 的一个极值点是x2．
（1）求a与b的关系式；
f x
（2）求出 的单调区间；
2
f x gx  
（3）设a0， gxa2ex2 ，若存在 x 1 ,x 2 0,3 ，使得 1 2 e2 成立，求实数a的取值
范围．
【答案】（1）ba2
（2）当a2时，函数 f x 的单调递增区间为 2,a ，单调递减区间为 ,2 和 a, ；
a 2 f x a,2 ,a 2,
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ．
0,3
（3）
fx
x2
f20
ba2
【分析】（1）求出 ，利用极值点是 ，得到 ，从而求出 ；
fx0
x2 xa a
（2）令导函数 ，求出两个根 或 ，通过两个根的大小对 进行分类讨论，列表判断
函数的极值点以及单调性，从而得到答案
gx f x
（3）利用导数研究函数的单调性，分别求出 和 的最值，将不等式能成立问题转化为最值问题，
求解即可．
x2 axb
f x
【详解】（1）因为 ex ，
2xaex   x2 axb  ex x2 2axab
fx 
所以  ex2 ex ，x2 axb
f x
因为函数 ex 的一个极值点是x2，所以
f20，即ba；
x2 2ax2a x2xa
fx 
则有 ex ex ，
x22
fx 0
当 a 2 时， ex ，函数 f x在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
ba2
所以 .
x2 2ax2a x2xa
fx 
（2） ex ex ，由（1）可知a2.
a2
fx0
x2 xa
①当 时，令 得 或 ，列表如下：
x ,2 2 2,a a a,
fx
- 0 + 0 -
x2 f x
满足 是函数 的极值点；
a 2
fx0
x2 xa
②当 时，令 得 或 ，列表如下：
x ,a a a,2 2 2,
fx
- 0 + 0 -
x2 f x 的
满足 是函数 极值点.
a2 f x 2,a ,2 a,
所以当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ；
a 2 f x a,2 ,a 2,
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 和 ．
x2 axa
f x
（3）由（1）（2）知， ex ， 且a0时， f x 在 0,2 单调递增，在 2,3 单调递减，92a
f 3 0
又因为 f 0a0 ， e3 ，
4a
f 2
所以 f x 在 0,3 上的最大值为 e2 ，最小值为 f 0a
a0
gxa2ex2 0,3
又当 时，函数 在 单调递增，
a2
g0
所以gx
在
0,3 上的最大值为g3a2e，最小值为
e2 ．
2
f x gx  
因为存在 x 1 ,x 2 0,3 ，使得 1 2 e2 成立，
2 2
  f x gx 
即存在 x 1 ,x 2 0,3 ，使得 e2 1 2 e2 成立，
 2
aa2e

 e2

即 4a a2 2 ，又 ，所以解得 ，

 
 e2 e2 e2 a0 0<a<3
0,3
所以实数a的取值范围为 ．
f x x2eax a 0
6.（2026·陕西汉中阶段·检测）已知函数 ，其中 ．
f x 0, f 0
（1）求 在 处的切线方程；
f x
（2）求函数 的极值；
（3）若关于x的不等式
f xea2
在
a,
上有解，求实数a的取值范围．
y0
【答案】（1）
4
（2）极大值 ，极小值0
a2e2
0,1
（3）【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程即可；
fx xeax2ax
（2）求导 ，令 fx0，根据导数的符号确定函数单调性，进而得到极值即可；
gxx2
（3）x2eax ea2在 a, 上有解，即x2 eaax ，令 ，则gx 在 a, 上单调递增，令
hxeaax hx gx a2 hx 1
， 在
a,
上单调递减，则 min max ，然后求解即可.
f xx2eax fx2xeax ax2eax xeax2ax f00 f 00
【详解】（1）  ， ， ，且 ，
\ f ( x) 0, f 0 y0
在 处的切线方程为： .
2
（2）令 fxxeax2ax0，得 或 x ，
x 0 a
 2
当
x, 和x0,
时， ，则函数 单调递增；
  a fx0 f x
 2 
当
x ,0时，
，则函数 单调递减，
 a  fx0 f x
2  2 4
x
为函数 的极大值点，极大值为
f  
；
a f x  a a2e2
f 00
x 0 为函数 f x 的极小值点，极小值为 .
x x2eax ea2 a, x2 eaax a,
（3）根据题意关于 的不等式 在 上有解，即 在 上有解，
gxx2 x a,   hxeaax x a,  
 
设 ， ， ， ，
gxx2 gx a2 hxeaax
由于
a 0
， 在
a,
上单调递增， min ， 在
a,
上单调递减，
hx 1 0,1
max ，则a2 1，解得 0a1 ，实数a的取值范围为 .
lnx1
f x
7.（2026·辽宁盘锦3月·检测）已知函数
(x1)2
1 
（1）求出函数 f x 在 e ,e   上的最值
lnex2axa  x21 
（2）若关于x的不等式 存在唯一的整数解，求实数a的取值范围．1
【答案】（1） f x  ； f x 0
max 4 min
1ln2 1
（2） , 
 9 4
【分析】（1）求导，利用导数研究函数的单调性，结合区间端点函数值比较大小即可求解最值；
lnx1
a f x
（2）把不等式lnex2axa  x21  化为 x12 ，由
f
x的单调性结合端点函数值分析求解.
1
2lnx1
【详解】（1）因为 x    1 e ,e    ， f x ( l x nx   1) 1 2 ，所以 fx x x13 ，
1 1
tx 2lnx1 y
令 fx0 ，令 x ，因为函数 x ， y2lnx1 在 0, 上单调递减，
1
所以
tx 2lnx1
在
上单调递减，又t112ln110，
x 0,
1
tx 2lnx10
所以方程 得解为 ，
x x=1
fx
， f x 的变化情况如下表所示．
x
1 

1
,1

 1
1,e
e
e e 
fx
+ + 0
 
2
单调递 1 单调递
f x 0
增 4 减
e12
1 
所以， 在区间 ,1上单调递增，在区间 1,e 上单调递减.
f x e 
1 1
当 时， 有极大值 ， f 1 也是 的最大值.
x=1 f x 4 4 f x
2
1 f e 1
又因为 f 
e


0 ， e12 ，所以 f e f 
e


，所以
0
为
f
x的最小值.
lnx1
a f x
（2）因为 ，所以不等式lnex2axa  x21  可化为 x12 ，
x 0lnx1
由（1）可知 f x
x2
在区间0,1上单调递增，在区间1,上单调递减.
1 1ln2
f 1 f 2  f 1
因为 的最大值 ， ，
f x 4 9
lnex2axa  x21 
所以xN*， x1 时， f x 最大，所以不等式 ，
f 1a
1ln2 1
即a f x 存在唯一的整数解只能为1，所以   f 2a，所以 9 a 4
1ln2 1
所以a的取值范围为 , .
 9 4
🎯命题方向四 利用导数研究端点效应问题
4
8.（2026·河北秦皇岛阶段·检测）设函数 f xax blnxa,bR ．
x
b4 f x
a
（1）当 时，若函数 有2个极值，求实数 的取值范围；
b2a2 f x
a
（2）当 时，若函数 的最小值为4，求实数 的值；
f x0
t xt
（3）当 时，求证：总存在实数 ，当 时， ．
1,0
【答案】（1）
a1 a2e
（2） 或 ．
（3）证明见详解
a0

 2
 0
【分析】（1） 时， 4 ，求导 ax24x4 ，则 a ，求解
b4
f xax
x
4lnx x0 fx
x2   1616a0
即得；
4
（2）当 时， f xax 2a2lnx x0 ，求导后，分类讨论得函数的单调性与最值，由此
b2a2 x
求出答案；
4
（3）当 时， f xax blnxaxblnx ．设gxaxblnx axb xb  xlnx  ，又设
x
2
 b
x0 y x2 x   
y xlnx 2x axb x 0  a2
 b
y xlnx x0 ，求导后y x 2x 2 ，又由 axb x 0 ，得 x    a   ，由此得到答案.
4 4 4 ax24x4
【详解】（1）当 时， f xax 4lnx x0 ， fxa   ，
b4 x x2 x x2
ax24x4
若函数 有2个极值，则
fx
在 有两个零点.
f x x2 0,
a0

 2
 0
所以 a ,解得 ．故实数 的取值范围为 ．
  1616a0 1a0 1,0
a
4
（2）当 时， f xax 2a2lnx ， ，
b2a2 x x 0
4 2a1 ax22a1x4 x2ax2
fxa    ．
x2 x x2 x2
a0 fx0 f x 0, f x
当 时， ， 是 上的减函数， 无最小值，舍去；
2 2
0 x x
当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，
a 0 fx0 a fx0 a
 2 2 
所以 在0, 上单调递减，在 ,上单调递增，
f x  a a 
2 2
所以 的最小值为 f  22a2a2ln ．
f x a a
2  2
由
22a2a2ln 4
，得
a1 1ln 0
，解得 或 ．
a  a a1 a2e
4
（3）当 ， 时，有 f xax blnxaxblnx ．
a 0 b0 x
axb
方法一：设gxaxblnx x0
，则
gx
，
x
 b  b   b   b 
所以 gx在

0,
a


上单调递减，在


a
,

上单调递增， gx
min
g


a


b

ln


a


1

．
b b
 e t
当 a 时， gx0 恒成立，所以存在 a ，当 时， gx0 ，
xt
 b
即当 xt 时， f x0 ．当 
b
a e 时， g

  
b
a

  0 ，以下证明
b
a e
 b
a，且
g

e  a

0
．b
令
  xe ，hxex x2 ，则hxex2x，
a
 ex2x  ex20 hxex2x e,
因为 ，所以 是 上的增函数，
hxhe0 hxex x2 e,
由 ，得 是 上的增函数，
hxhe0
xe
所以 ，故当 时，ex  x2  x．
故 b a e  b a， g    e  b a    ae  b a blne  b a a    e  b a      b a    2   0 ，
 b  b 
由零点存在性定理知，存在
t


a
,e a 

，使gt0，故当
时， gx0 ，即当 时， f x0 ．
xt xt
1 1 x2
方法二：设gxaxblnxaxb xb  xlnx  ，又设 ， ，则y   ，
y xlnx x 0 2 x x 2x
2
 b
x 
 
易知当 时， y 22ln20 ，故 y xlnx0 ．又由 axb x 0 ，得  a ，
x4 min
b 2
当 ， 时，取 为  与4中的较大者，
a 0 b0
t
a
gx0 f x0
xt xt
则当 时，恒有 ，即当 时， ．
2
9.（2026·浙江杭州阶段·检测）已知实数 ，设 f x ax3x2 ．
a 0 3
(1,-1)
（1）若 a3 ，求函数y f x 的图象在点 处的切线方程；
x 1, f x  f x 1
（2）若对于任意的x 1 2, ，总存在 2 ，使得 1 2 ，求a的取值范围．
4xy30
【答案】（1）
3 3
（2） , 
4 2
f1, f 1
【分析】（1）求出 ，写出切线方程即可；
1
B{ |x(1,), f(x)0}
（2）求函数单调区间、极值、零点， ，集合 ，由题
A{f(x)|x(2,)} f(x)3
2
意知 ，由 时不成立知 ，
AB 0A 2a
3
讨论 与1的大小关系求出满足 的 的取值范围.
2a AB a
f x x22x3 f 11 fx2x6x2 f14
【详解】（1）因为 a3 ， ， ，所以 ，则 .
1,1 y14x1
故点 处的切线方程为 ，即
4xy30.
1
（2）由已知有 fx2x2ax2(a0)，令 f(x)0 ，解得 x 0 或 x a ，列表如下：
x (,0) 0 (0, 1 ) 1 ( 1 ,)
a a a
 
f(x) 0  0
1
f(x) 0
  3a2 
1 1
(0, ) ( ,)
所以 的单调增区间是 ，单调减区间是 和 ，
f(x) a (,0) a
1
x
当 时， 取极小值 ，当 时， 取极大值，
x 0 f(x) 0 a f(x)
3 3 3
f(0) f( )0 x(0, ) x( ,)
由 知，当 时， ，当 时，
2a 2a f(x)0 2a f(x)0.
x 2, x 1, f x  f x 1
因为对于任意的 1 ，总存在 2 ，使得 1 2 ，
3 3
当 f x 0时，不成立，故 f x 0，所以 2 ，所以 a.
1 1 2a 4
1
B{ |x(1,), f(x)0},
设集合 集合
A{f(x)|x(2,)}, f(x)
f x  f x 1
则“对于任意的x 1 (2,)，都存在x 2 (1,)，使得 1 2 ”等价于 AB.
下面分两种情况讨论：
3 3
当
1
即
a
时，有 且此时 在 上单调递减， 的值域为
, f(1)
，
2a 2 f(1)0 f(x) (1,) f(x)
1
B( ,0)
故 ， ，所以A不是B的子集.
f(1) A(, f(2))3 3 3
1 2 a
当 即 时，有 且此时 在 上单调递减，故 ，因而
2a 4 2 f(2)0 f(x) (2,) A(, f(2))
A(,0)
，
(,0)00, f(1)
由 f(1)0 有 f(x) 在 (1,) 上的值域为 ，所以 (,0)B ，所以 AB 满足题意.
3 3
[ , ].
综上， 的取值范围为
a 4 2
题型05 函数与导数的创新交汇问题
抓关键 · 破难点
高考数学越来越注重在知识的交汇处命题，函数的创新交汇问题能有效体现函数的应用性，命题情况如下：
一、与三角函数交汇：与三角函数交汇的组合型函数问题，难点在于灵活运用三角函数的有界性分析转化
问题.
二、与数列交汇：函数与数列的交汇问题，难点在于函数与数列性质的相互转化.
刷经典 · 通方法
🎯命题方向一 导数与三角函数交汇的组合型函数问题
f xπxsinxkcosxkR
1. （2026·甘肃省一模）已知函数 .
π
（1）若曲线y  f x在x 处的切线平行于 轴，求 的值；
2 k
xy  f x 0,2π
（2）当k 1时，求函数 在 内的极大值点和极小值点的个数；
y  f x
（3）证明：对任意kR，曲线 上存在四个不同的点共圆.
【答案】（1）k 1
（2）极大值点有2个，极小值点有1个
（3）证明见详解
π
f 0
【分析】（1）利用导数的几何意义得出   即可求出；
2
 π π   3π 3π 
x 0, ,π π, ,2π
（2）分 
 2


、
2


、
 2


、
 2


四种情况讨论导函数的正负性得出
f
x的单调性；
（3）求证 y  f x 的图象关于x  π对称，在曲线上找出两对对称点，根据对角互补可证；或根据对称
性设出过三点的圆的一般方程，再检验对称点也满足方程.
f xπxsinxkcosxkR fxk1sinxπxcosx
【详解】（1）由 得 ，
π π  π π
π f k1sin  π cos k1
当x 时，     ，
2 2 2  2 2
π
π f k10
因为曲线
y  f
x在x
2
处的切线平行于 轴，所以 
2


，解得
k 1
；
x
f xπxsinxcosx fxπxcosx2sinx
（2）由k 1得 ，得 ，
gx fxπxcosx2sinx gxπxsinx3cosx
令 则 ，
 π  π
x 0, 0,
①当 
 2


时，
cosx 0,sinx 0
，则 gx0 ，所以 fx在
 2


上单调递减，
π
f0π0, f 20
因为   ，
2 π
x  0, π
则 1   2   使当 0 x x 1 时 fx0 ；x 1  x 2 时 fx0 ，
 π
x ,
则
y  f
x在0,x 单调递增，在
 1 2


单调递减，所以
x
为
y  f
x的极大值点；
1 1
π  π 
x ,π ,π
②当  2   时， cosx0,sinx 0 ，则 fx0 ，所以 y  f x在 2   上单调递减，
 3π  3π
x π, x π,
当   2   时， cosx0,sinx0 ，则 fx0 ，所以 y  f x在   2   上单调递增，
又 fπ0 ，所以π为 y  f x 的极小值点；
3π  3π 
x ,2π ,2π
③当 
 2


时，
cosx 0,sinx0
，则 gx0 ，所以 fx在
 2


上单调递减，
3π
f 20, f2ππ0
因为   ，
 2 
3π 
x  ,2π 3π
所以 2   2   使当 2  x x 2 时 fx0 ； x 2  x2π 时 fx0 ，
3π 
,x
则 y  f x在  2 2   单调递增，在x ,2π单调递减，所以 x 为 y  f x的极大值点；
2 2
y  f x 0,2π
所以曲线 在 的极大值点有2个，极小值点有1个；
y  f x
（3）因为在 中，
f πx ππxsinπxkcosπx xsinxkcosx
 
f πx ππxsinπxkcosπx xsinxkcosx
 
所以 f πx f πx ，即曲线 y  f x 的图象关于x  π对称，
法一：假设 y  f x,xπ, 上存在不同两点A,B，其关于x  π的对称点为A',B' ，则四边形AA'B'B为等腰梯形，因为等腰梯形的对角互补，故该四边形为圆内接四边形，
y  f x
所以曲线 上存在四个不同的点，使得这四个点共圆.
法二：在曲线 y  f x 上取不同的四点A,B,C,D，其中A,B和C,D分别关于x  π对称，
不妨设A

πa, f
πa
,B

πa, f
πa
,C

b, f
b
，D

2πb, f
2πb
，
f πa f πa, f b f 2πb
则 ，
x  π
因为经过A,B,C 三点的圆有且只有一个，且圆心在对称轴 上，
故设该圆M 的方程为x2  y2 2πxEyF 0，
因为点C 在圆M 上，所以b2 f(b)2 2πbEf bF 0，
将点D的坐标代入圆M 的方程的左边得：
(2πb)2 f(2πb)2 2π2πbEf 2πbF b2f (b)2 2πbEf bF  0
即点D

2πb, f
2πb
也在圆M 上，所以存在A,B,C,D同在圆M 上.
2. （2026·广东东莞·模拟）已知函数
（1）判断 是否为周期函数，并说明理由；
（2）求 的最大值和最小值；
（3）设 证明：
【答案】（1）是周期函数，利用周期函数定义判断；
（2）最大值为 ，最小值为 ；
（3）证明见详解.
【分析】（1）由周期函数的概念结合正弦函数的周期性即可判断；（2）由（1）确定函数在一个周期 上的单调性，即可求解；
（3）由（2）令 ，得： ，通过累加即可求证；
【详解】（1） 是周期函数，
理由如下： 由三角函数周期性知： ， ，
因此： ，
即 是 的一个周期，故 是周期函数；
（2）由（1）可知求 在 上的最值即可.
对 求导得： ，
令 ，得 或 ，
在一个周期 内，当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 ， 单调递增，在 单调递减，
又 ， ，
， ，
所以 的最大值为 ，最小值为 ；（3）记 ，
由（2）知对任意实数 ，都有 ，
对 ，令 ，得： ，
将上述 个不等式累加，左边整理得：
右
边为 ，因此： ，整理得： ，
由 ， ，得 ，
因此： ，得证.
f x2sinxax
3. （2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知函数 .
f x 0,π
（1）当a1时，求函数 在 上的值域；
 π
x 0,
（2）若对任意   2  ，都有 f x xcosx，求实数a的取值范围；
n 1 1 1 1 8
tan tan tan  tan 
 nN*

（3）证明：2n4 22 32 42 (n1)2 3π .
 π
π, 3
【答案】（1） 
 3
,1
（2）（3）证明见详解
【分析】（1）当a1时，利用导数求出 f(x)的单调区间，进而可得 f(x)的极值和边界值.
 π
hx2sinxxcosxax,x 0,
（2）由题意，构造函数 
 2


，利用导数可得 hx的单调性，分别讨论
π π
a
2
、1a
2
和
a1
三种情况，分析可得 hx的正负，进而可得
h(x)
的单调性，分析求解.
x sinx x
（3）由（2）得tan   ，对不等式进行放缩，根据裂项相消求和法，可证左侧不等式成立；
2 1cosx 2
4 π 4
构造函数 px xtanx,0 x ，利用导数求出 px的单调性和极值，分析可得 x tanx，对
π 4 π
不等式进行放缩，根据裂项相消求和法，可证右侧不等式成立.
【详解】（1）当a1时， f x2sinxx,x0,π ，则 fx2cosx1，
1 1 π
π
fx0 cosx  0x fx0 cosx  xπ
令 ，则 2，即 3 ；令 ，则 2，即3 .
 π π  π π
0, ,π f 00, f  3 , f ππ
所以 f x 在   3  上单调递增，在  3  上单调递减，又  3   3 ，
 π
π, 3
所以 f x 的值域为   3  .
 π
hx2sinxxcosxax,x 0,
（2）由 f x xcosx，得2sinxxcosxax0，设   2  ，则
h00
，
hx2cosxcosxxsinxacosxxsinxa gxcosxxsinxa gx xcosx
，设 ，则 ， π  π
x 0, 0,
所以当

 2
 时，gx0，所以hx
在

 2

上单调递增，
π π
1ah0hxh  a
 
所以 2 2 .
π  π
①当
a 2时，hx0,hx
在


0,
2
 上单调递减，则hx0，不满足题意；
π  π
②当 1a 2 时， x 0    0, 2  ，使得hx 0 0，
0 x x hx0,hx 0,x  hxh00
当 0时， 在 0 上单调递减，则 ，不满足题意；
 π
0,
③当a1时，hx0,hx
在

 2
 上单调递增，则hxh00，满足题意.
a1 a
,1
综上可得 ，即实数 的取值范围是 .
 π
x 0, ,2sinxxcosxx0
 
（3）证明：由（2）得，当a1时，任意  2 恒成立，即
x sinx x
tan  
2 1cosx 2 ，
1 1 1 1 1
tan    
 nN*
所以 (n1)2 (n1)2 n1n2 n1 n2 ，
1 1 1 1
tan tan tan  tan

所以 22 32 42 (n1)2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n
           

2 3 3 4 4 5 n1 n2 2 n2 2n4 .
4 π 4 1 4cos2xπ
px xtanx,0 x px  
令 π 4 ，则 π cos2x πcos2x ， π
x  0,
存在 0   4  ，使得 px 0.
0
 π
x x ,
则当x0,x  时， px0；当   0 4  时， px0，
0
 π π
x , p0 p 0
于是 px 在 0,x  上单调递增，在   0 4  上单调递减，而  4   ，
0
4
π
px0 0x x tanx
所以 ，即当 4 时，π .
tan
1

4

1

8 1

1  nN*
 
所以 (n1)2 π (n1)2 π2n1 2n3 ，
1 1 1 1 81 1 1 1 1 1 
tan tan tan  tan       
   
所以 22 32 42 (n1)2 π3 5 5 7 2n1 2n3
81 1  8
  
 
π3 2n3 3π .
n 1 1 1 1 8
tan tan tan  tan 
 nN*

综上所述，2n4 22 32 42 (n1)2 3π .
4.（2026·东北师大附中 哈尔滨师大附中 辽宁省实验中学第一次联合·模拟）
已知函数 f xexaaR ．
f x 0,0 y ex a
（1）若函数 过原点 的切线为 ，求实数 的值；
（2）若函数 f x 的图象与 O:x2  y2 r2(r 0) 相交于两个不同点 A ，B，记直线 AB 的斜率为 k ．
（i）当r  2时，求实数a取值范围；
2 3
（ii）当r  时，证明：k  ．
3 3
【答案】（1）a0（2）（i）a 1；（ii）证明见详解；
【分析】（1）根据导数的几何意义求解；
x2 2
（2）（ⅰ）法一：设ux
e2x
( 2  x 2)，分析 ux的单调性，求出
a
的范围；
法 二 ： gx x2 e2x2a 2( 2  x 2)， 通 过 分 析 gx 的 单 调 性 与 零 点 ， 结 合
x
tx (1 x 2)的取值范围，求出 的范围；
e2x a
2 2  2 2
（ⅱ）将 参数化为圆上的点 cos, sin ，代入 得a  cosxln( sinx)，利用三角
A,B 3 3  y exa 3 3
1
k 
恒 等 式 得 tan  1  2 ， 构 造 xhxh   4 πx     2 π xπ   分 析 单 调 性 ， 证 得
2 3 3 
4π
  ，从而推出 的取值范围.
1 2 3 k
【详解】（1）设切点为  x ,ex 0 a ， fxexa，所以 fx ex 0 a=e，所以x a 1，
0 0 0
所以函数 f x 在x x 处的切线为yex 0 a ex 0 axx  ，
0 0
将 0,0 代入得0ee0x  ，解得x 1，a0
0 0
（2）（ⅰ）当r  2时，原问题 x2 e2x2a 2有两个不等实根．
x2 2 2x2  x2 2  2x2x1
法一：设ux ( 2  x 2)，则ux 
e2x e2x e2x
∴当 2 
x1时，ux0，当1
x
2时，ux0
   
ux在  2,1 递减， 1, 2 递增，ux u1e2 ，u  2  0，e2a  e2,0  ，a1
极小值
法二：gx x2 e2x2a 2( 2  x 2)，gx2x2e2x2a，令mx2x2e2x2a，
则mx24e2x2a 0，mx
在R 上递增，
x R，使得gx 0，当 x x 时，gx0，当x x 时，gx0
0 0 0 0
gx
在
,x 
上单调递减，在
x ,
上单调递增，
0 0
x
g(x)  gx  x2 x 201 x  2 ，又e2a  0 ，
极小值 0 0 0 0
e2x
0
x 12x
设tx (1 x 2)，则tx
e2x e2x
1 1
当1 x 时， tx0 ，当  x 2时， tx0 ，
2 2
 1  1
tx

e2, ，e2 e2a  a 1．
 2e 2e
（ⅱ）设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，不妨设 x 1  x 2 ，则0ex 1 a ex 2 a，即0 y 1  y 2 ，k 0
 2  2
x  cos x  cos
令
 

1 3 1
，
 

2 3 2 
,
0,π
2 2 1 2
 
y  sin y  sin
 1 3 1  2 3 2
2  2 2 2 
则ln  sin   cosai 1,2， 是方程a cosxln  sinx 两个根．
3 i  3 i 1  3 3 
2
   
2cos 1 2 sin 1 2
   
sinsin  2   2  1
又 k  1 2   0
coscos      
1 2 2sin  1 2  sin  1 2  tan  1 2 
 2   2   2 
1 3 1  
    tan 1 2  3
 
欲证 3 ，只需证   3 k  2 
k  tan  1 2 
3  2 π  2 4
  1 2  π π  π
2 2 3 1 2 3
2 2 
设hx cosxln

sinx

 x0,π
3 3 
2 cosx 2  1cos2x  3cosx 2cosx1cosx2
则hx sinx  
3 sinx 3sinx 3sinx
2 2
∴当0 x π时， hx0 ；当 π x π时， hx0 ；
3 3
 2  2  4 2 
hx 在

0,
3
π 

递减，
3
π,π 

递增，设xhxh 
3
πx 


3
π xπ 

4 
下面证明xhxh

πx

0
3 
 π
cos x
 
2 2 4  cosx  3
，   sinx sin  πx   
xhxh


4
πx

 x


2π
,π


3 3 3  sinx
sin

 x
π

3   3   3
  π  π 
3 4sinxsin x sin x 3
     
4  π π 3   6  3 
 sin x cos  
 
3  6 6  π  π
2sinxsin x 6sinxsin x
   
 3  3
π π 5π 1 
设 x ，  , ，则sin  ,1 
6  2 6  2 
 π  π  π  π
4sinxsin x sin x 4sinsin  sin 
       
 6  3  6  6
4sin 3 sin2 1 cos2  4sin  sin2 1 sin  4sin21  3
   
4 4   4
2  2 
故 x0 ． x 在
3
π,π 

递增，x 
3
π 

0，4 
0 ，hxh 2 h  3 π 2   ，
2
 2  4 4 3
又
hx
在


0,
3
π 
递减，

1

3
π
2

1

2

3
π
，故
k 
3 ．
f xexcosx gxsinx1
5. （2026·江苏南京市栖霞区名校联盟·一模）已知函数 ， ．
 π
0,
（1）求 f x在   2   内的单调性；
 π 
（2）若存在x   ,0 ，使得 f xagx0，求实数a的取值范围；
 6 
 π π
2nπ ,2nπ n1,2,,2025,2026
（3）设方程 f x gx在区间   3 2   内 根 的 从小到大依次为x，
1
x x x x x 2π
2，…， 2025， 2026，试比较 2026与 2025 的大小，并说明理由．
 π
0, π π
【答案】（1） f x在  4   上单调递增，在  4 , 2   上单调递减．
π

（2）a 3e 6
x  x 2π
（3） ，理由见详解
2026 2025
fxexcosxsinx fx0 fx0
【分析】（1）由题可得 ，解出 和 的解集即可求解.
 π   π 
x  ,0 x  ,0
（ 2 ） 由 已 知 可 得 存 在 
 6


， 使 得 excosxasinx1成 立 ， 因 为 
 6


时 ，
1   π  excosx
sinx1  ,1 ，故存在 x   ,0 ，用参变分离法可得出 a ，利用导数求出函数
2   6  1sinx
excosx  π 
hx
在
 ,0
上的最大值即可求解；
1sinx  6 π π
（3）令(x)excosxsinx1，利用导数分析x在(2nπ ,2nπ )(nN*)上的单调性，利用
3 2
x 

2nπ
π
,2nπ
π nN*
x 2π

2nπ
π
,2nπ
π nN*
零点存在性定理可知   ，求得   ，
n  3 2 n1  3 2
x 2πx  x
证明出 ，结合 的单调性，即可证得结论成立.
n1 n
fxexcosxexsinxexcosxsinx
【详解】（1） ．
π
当0x 时， ， fx0， f x单调递增；
4 cosx sinx
π π
当 x 时， ， fx0， f x单调递减；
4 2 cosxsinx
 π π π
0, ,
所以，
f
x在
 4


上单调递增，在
4 2


上单调递减．
 π 
x  ,0
（2）由题可知存在 
 6


，使得 excosxasinx1成立，
 π  1   π  excosx
∵ x   ,0 时， sinx1  ,1 ，故存在 x   ,0 ，使得a ．
 6  2   6  1sinx
excosx
令hx
，其中
π
 x0，
1sinx 6
excosxsinx1sinxexcos2 x excosx11sinx
hx  0
，
1sinx2 1sinx2
 π   π  π
且 hx不恒为零，故函数 hx在


6
,0 

上单调递减，则hx
max
h 


6


 3e 6，故
a 3e
 π
6
．
x  x 2π f x gx
（3）
2026 2025
．证明：由 可得excosx1sinx，
xexcosxsinx1 xexcosxsinxcosx
令 ，则 ． π π
x 2nπ ,2nπ nN 
因   ，则 ，
为 3 2  sinxcosx0
 π π
2nπ ,2nπ nN 
所以 x0 ，所以函数 x在  3 2    上单调递减，
π
2π
 π 1 2nπ π 3 e 3 3  π
因为  2nπ   e 3  1  10，  2nπ  20，
 3 2 2 2 2  2
 π π
x  2nπ ,2nπ nN 
所以，存在唯一的 0   3 2    ，使得 x 0 ，
0
 π π
x  2nπ ,2nπ
所以， n   3 2   ， ex n cosx sinx 10 ，
n n
 π π
x 2π 2nπ ,2nπ
同理可得 ex n1 cosx sinx 10 ，且 n1   3 2   ，
n1 n1
x 2π x
因为 n1 n1 ，所以 exn12π exn1 ，
 π π 
x  2nπ 2π,2n 2π
因为  ，所以 ，
n1  3 2  cosx 0
n1
所以，
x 2πex
n1
2πcosx 2πsinx 2π1
n1 n1 n1
ex n1 2πcosx sinx 1ex n1 2πcosx ex n1cosx   ex n1 2π ex n1  cosx 0x 
n1 n1 n1 n1 n1 n
 π π
2nπ ,2nπ
因为函数 x在
 3 2


上单调递减，故 x 2π x ，即 x  x 2π,
n1 n n1 n
x  x 2π
取n2025，则
2026 2025
,
🎯命题方向三 导数与数列交汇的函数及不等式问题
f x x
6. （2026·山东临沂·一模）对于可导函数 ，从初始值 0出发，定义序列
f x 
x :x  x  n  fx 0 
n n1 n fx  n f x x2 3x1 x  2
n 0f x 
x :x  x  n  fx 0 
n n1 n fx  n ．已知 f x x2 3x1，x  2．
n 0
x  gx  gx x
（1）设 n1 n ，求函数 的解析式，并求 2的值；
x 
3 5 3 5
a  n
 
（2）记 ， ，并设 n x ．
2 2
n
a a2
（ⅰ）求证： n1 n ；
a a a
（ⅱ）是否存在正整数m，n，p(mn p)使得 m， n， p成等比数列，若不存在，说明理由．若存在，
a a a
求出所有满足条件的 m， n， p．
8 x2 1
【答案】（1）x  ，g(x)
2 3 2x3
（2）（i）证明见详解；（ii）不存在，证明见详解
f(x)
【分析】（1）根据题意，迭代函数为 g(x)x ，代入已知函数 f x x2 3x1及其导函数
f(x)
x2 1
fx2x3，化简得g(x) ，然后从初始值x  2出发，依次计算即可；
2x3 0
x 
a  n1
（2）（i）利用 , 是 f x x2 3x1的两个根，根据题意将x  g(x )代入 n1 x ，通
n1 n n1
x 2 x 2 a a2
过代数恒等变形得到分子为 n ，分母为 n ，从而有 n1 n ；（ii）由（i）的条件计算
a a a a2 a a
a 0,a 1，假设存在正整数m，n，p(mn p)使得 m， n， p成等比数列，即 n m p，结
0 0
a
a2n a2n1 a2m2p
合 n 0 ，可得 0 0 ，因为底数不为0或1，则有指数相等，即2n1 2m 2p，等式两边同时
mn p
2m 2n1 2m 2p
除以 ，结合指数的运算，可分析出 无正整数解满足 ，得证.
f x x2 3x1 fx2x3
【详解】（1）由题意得 ，则 ，则有
f x  x2 3x 1
x  x  n  x  n n
n1 n fx  n 2x 3
n nf x  x2 3x 1
x  x  n  x  n n
n1 n fx  n 2x 3 ，
n n
x2 3x1 x2 1
令x  g(x )，则g(x)x  ，
n1 n 2x3 2x3
22 1 32 1 8
取x  2，则x g(x )g(2) 3，则x g(x )g(3)  ，
0 1 0 223 2 1 233 3
3 5 3 5
（2）（i） 
2
， 
2
，易得
,
是 f x x2 3x1的两个根，
则有3,1，且 f() f()0，
x2 1 x2 1 x2 2x (31)
x  gx  n x  n  n n
由 n1 n 2x 3，则 n1 2x 3 2x 3 ，
n n n
3 5 x2 2x (31) x2 2x 2 x 2
 x  n n  n n  n
因为 2 ，则有 2 31 ，则 n1 2x 3 2x 3 2x 3
n n n
x2 1 x2 2x (31) 3 5
x  n  n n 
n1 2x 3 2x 3 ，因为 2 ，则有 2 31 ，
n n
x2 2x (31) x2 2x 2 x 2
x  n n  n n  n
则 n1 2x 3 2x 3 2x 3 ，
n n n
x 2
n
2
x  2x 3  x 
于是 a n1  x n1   x  n 2   x n    a n 2 ，得证；
n1 n n
2x 3
n
2
（ii）a a2，迭代得a a2 ，即a a 2 a 2 a2n ， ，
n n1  n2  0 n 0,1,
n1 n n n1 
3 5
2 
x   2  1 5 53
a  0    
其中 0 x  3 5 1 5 2 ，且 ，
0 2 
 2  0,1
a a a
若存在正整数m，n，p(mn p)使得 m， n， p成等比数列，
a2 a a a a2n a2n1 a2m2p
即 n m p，结合 n 0 ，可得 0 0 ，a 0,a 1
因为 0 0 ，所以2n1 2m 2p，同时除以2m得2nm1 12pm，
mn p
因为 ，则可设rnm0,s pmr，则有2r1 12s，即2r12s 1，
易得等号左边为偶数之差，结果为偶数，右边为奇数1，矛盾，
mn p
故2n1 2m 2p无正整数解满足 ，
a a a
因此，不存在这样的正整数m，n，p(mn p)使得 m， n， p成等比数列.
 π  π
f xsin2n x cos2n x ,nN*
7. （2026·山东德州·一模）已知函数     .
n  4  4
 π
0,
（1）证明： f xn2 在  4   上单调递增；
n
 1  b 1
（2）记 f x 的最小值为 a n ,b n 2log 2 a 1 ，数列  n b  的前 项积为 .
n  n   n  n T n
a 
（i）求 的通项公式；
n
（ii）证明：对任意的nN*,T  n1成立.
n
【答案】（1）证明见详解
1
（2）（i）a  ,nN* （ii）证明见详解
n 2n1
f 'x0
【分析】（1）求导，结合三角函数性质分析可知 ，即可得单调性；
n
a f x
（2）（i）先利用平方关系求 1，n2时利用诱导公式分析可知 n 的对称轴和周期性，结合单调性
a
可得 n；
b 1
b , n
（ⅱ）先求 n b
n
方法一：利用数学归纳法证明结论，
b 1
n1
方法二：令c  ，证明 n c ，由此证明结论；
n n b n
n2 2 2 2
3 5 2n1 2n1 2n1 2n2
方法三：由T
n
2  
2


 
4



 2n


，结合
 2n



2n
·
2n1
利用放缩法证明结论.
 π  π  π  π
f 'x2nsin2n1 x cos x 2ncos2n1 x sin x
【详解】（1）因为        
n  4  4  4  4
 π  π  π  π
2nsin x cos x sin2n2 x cos2n2 x
       
 4  4  4  4
 π  π  π
nsin 2x sin2n2 x cos2n2 x
     
 2  4  4
 π 2  π 2  π
当 x  0, 时，则 π  x π 0，所以 sin  x  0, cos  x  1，
 4 4 4 2  4 2  4
 π  π  π  π  π
可得 sin  2x  0 ，且 sin  x   cos  x  ，则 sin2n2  x  cos2n2  x ，
 2  4  4  4  4
 π  π  π
sin2n2 x cos2n2 x 0 0,
即   4     4   ，可得 f n 'x0 ，所以函数 f n xn2在  4   上单调递增，
f x1 a 1
（2）（i）若n 1，则
1
，即
1
；
 π
0,
若 n2 ，由（1）可知： f n xn2在  4   上单调递增，
 π  π  π  π  π
f x sin2n x cos2n x cos2n x sin2n x  f x
且           ，
n  2  4  4  4  4 n
π
可知 f x是一个周期为 的周期函数，
n 2
π  π  π   π  π
f x sin2n x cos2n x sin2n x cos2n x  f x
又因为          
n 2  4  4   4  4 n
π
可知 f x关于x 对称，
n 4
π π π
则 f x在xk  ， 处取到最大值，在xk ， 处取到最小值，
n 2 4 kZ 2 kZ π π  π π  2  2n 1 n 1
可得a n sin2n   k 2  4   cos2n   k 2  4   2   2    2  2    2n1 ，
1
综上所述：a  ,nN*
n 2n1
 1  b 1 2n1
（ii）b 2log 12n, n 
n 2 a b 2n
 
n n
b 1 b 1 b 1
1  2   n 3 5 7 2n1
方法一：数学归纳法证明不等式       n1成立，
b b b 
1 2 n 2 4 6 2n
3 3
当 时，左边 ，右边 2，因为  2 ，所以不等式成立，
n 1 2 2
假设当nk时不等式成立，
b 1 b 1 b 1 3 5 7 2k1
1  2 n     k 1
即   成立，
b b b 2 4 6 2k
1 2 n
则当nk1时，
b 1 b 1 b 1 b 1
 1  2   k  k1 3 5 7 2k1 2k3 2k3
左边       k1
b b b b 
1 2 k k1 2 4 6 2k 2k2 2k2
(2k3)2 4(k1)2 4k11
1
   k11  k11
4k1 4k1 4k1
所以当nk1时，不等式也成立，
综上所述：可证得不等式恒成立；
n1
方法二：构造新数列方法证明不等式.令c  ，
n
n
b 1 2n1 n1 2n12 n2 n 4n2 4n1 4n2 4n
n c     0
b n 2n n 2n 2n
n
b 1 b 1 2 b 1 3 b 1 4 b 1 n1
所以 n b c n ，即 1 b  1 , 2 b  2 , 3 b  3 ,  , n b  n
n 1 2 3 n
b 1 b 1 b 1 2 3 4 n1
1  2  n      n1，
b b b 1 2 3 n
1 2 n综上所述：可证得不等式恒成立.
方法三：T n 2     3 2    2     5 4    2     2n 2n 1   2     3 2  4 3       5 4  6 5        2n 2n 1  2 2 n n  1 2    1 2  2 3  n n 1  n1
T  n1，
n
1
8.（2026·广东广州市天河区适应性训练·二模）已知函数 f x x3 .
3
 2
0,
（1）直线 l 过点   3   且与曲线y  f x 相切，求直线 l 方程；
P x ,y  y  fx P P P P
  
（2）已知 n n n 在导函数 的图象上，以点 n为圆心的 n与x轴都相切，且 n与 n1
x 1 0 x  x  nN* x x  S
彼此外切.若 1 ，且 n1 n ，求数列 n n1 的前n项之和 n.
2
【答案】（1）y x
3
n
（2）S 
n 2n1
 1 
x , x3 2
【分析】（1）设切点坐标为   0 3 0   ，根据导数的几何意义可得切线方程为 y x 0 2x 3 x 0 3 ，代入点
 2
0,

 3


可得x 1，即可得结果；
0
 1  1
1
 
（2）根据题意可知  P n 的圆心和半径，结合两圆外切可知数列  x n  是以首项x 1 ，公差 d 2 的等差
数列，结合裂项相消法求解即可.
 1 
1 x , x3
【详解】（1）因为 f x 3 x3 ，则 fx x2，设切点坐标为   0 3 0   ，则切线斜率k  fx 0  x 0 2，
1 2
可得切线方程为y x3  x2xx  ，即y x2x x3 ，
3 0 0 0 0 3 0 2
0, 2 2 2
代入点   3   可得 3  3 x 0 3 ，解得x 0 1，所以直线 l 方程为 y x 3 .
fx x2 y  x2 P P  x ,x2 r  x2

（2）由（1）可知： ，则 n n，由题意可知： n的圆心为 n n n ，半径 n n，
P P PP r r
 
因为 n与 n1外切，则 n n1 n n1，
可得 x x 2   x2 x2 2  x2 x2 ，且0 x  x  nN* ，
n n1 n n1 n n1 n1 n
1 1  1  1
 2 1
 
整理可得x n x n1 2x n x n1 ，即 x n1 x n ，可知数列  x n  是以首项 x 1 ，公差 d 2 的等差数列，
1 1 1 1 1 
12n12n1 1 x x   
则 x n ，即 x n  2n1 ，则 n n1 2n12n1 2  2n1 2n1  ，
1 1 1 1 1 1  1 1  n
S  1      1 
   
所以 n 2 3 3 5 2n1 2n1 2 2n1 2n1.
9. （2026·重庆第一中学3月·测试）已知函数 .
（1）若 在定义域上恒成立，求实数 的取值范围；
（2）若关于 的方程 的根为 ，
①求证: ；
②判断数列 中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断.
【答案】（1）
（2）①证明见详解；②不存在，证明见详解
【分析】（1）转化问题为 对于 恒成立，设 ， ，利用
导数分析其单调性，进而求解即可；
（2）①结合（1）可得 ， ，当且仅当 时等号成立，进而得到 ，可得当 时， ，进而利用裂项相消法求证即可；
②先假设存在，先得到 ，再结合 成等比数列，得到 ，再由
， 得到 推出矛盾即可求证.
【详解】（1））由 ， ，
则 对于 恒成立，
设 ， ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，即 ，所以实数 的取值范围为 .
（2）①由（1）知，当 时， ， ，
即 ， ，当且仅当 时等号成立，
因为方程 的根为 ，所以 ，且 ，
则 ，即 ，
当 时， ，
则 ,.
当 时， 也满足，则
②数列 中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下：
由 ， ，则 ，
当 时， ，则函数 在 上单调递增，
结合题意，方程 有唯一的根为 ，即 ，
而 ，则 ，即 ，
假设 成等比数列，则其公比 ，且 ，
又 ，则 ， ，
所以 ，则 ，
即 ，所以 ，
则 ，由于 ，
则 ，即 ，
则 ，则 ，
由 ， ，
两式相减得 ，则 ，即 ，这与 矛盾，
故数列 中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列.
题型06 导数的新定义与创新问题
抓关键 · 破难点
函数新定义问题综合性较强，常与导数、不等式等知识相结合，需要学生具备良好的阅读理解能力和
知识迁移能力，能够快速理解新定义的本质并运用其解决问题。
一、基于数学家渊源的新定义问题：理解新定义，抓住定义本质，运用新定义解题.
二、与大学知识相关的新定义问题：将高考数学知识迁移到高中数学所学过的知识，运用所学过的知识解
题.
三、与其他模块融合的新定义问题：理解新定义，利用定义的性质帮助解决其他模块的综合问题.与不等
式融合考查函数性质与不等式证明；与三角函数结合，借助三角函数公式、图象性质探究其规律；定义数
列相关函数性质，考查数列通项、求和与函数特征.
刷经典 · 通方法
x f x  f x  f x
1. （2026·广东汕头3月·调研）若存在有限个 ，使得 ，且 不是偶函数，则称
0 0 0
f x x f x
为“缺陷偶函数”， 称为 的偶点．
0
hx xx5
（1）证明： 为“缺陷偶函数”，且偶点唯一．
f x,gx f x f ygx2gy x2  y
（2）对任意x,yR，函数 都满足 ．
gx
①若y  是“缺陷偶函数”，证明：函数 Fx xgx有2个极值点．
x
1
②若g32，证明：当 时，gx ln  x2 1  ．
x 1 21 5
参考数据：ln 0.481, 5  2.236．
2
【答案】（1）证明见详解
（2）①证明见详解；②证明见详解
hxhx
【分析】（1）根据 ，即可解方程求解，
x2 x2a
（2）①根据 f xgxx2 f y2gy y a ，取 y  x
，可得gx
3 ，结合新
Fx xgx
定义可得a0，即可对 求导，根据导函数的正负确定函数单调性，结合极值定义求证；
3
②利用放缩法，先证明故 ，构造 px3x4 ln  x2 1  求导，确定函数的最值.
x2 x3x4 2
【详解】（1）由
hx xx5 可得hxxx5 xx5
，
由 hxhx 可得xx5 xx5 2x  1x4 0，解得x 0，
hx xx5
所以 为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为0，
f x f ygx2gy x2  y f xgxx2 f y2gy y
（ 2 ） 由 可 得 对 任 意
x,yR，恒成立，所以存在常数a，使得 f xgxx2 f y2gy y a ，
x2 x2a
令 y  x ，则 f xgxx2 a ，且 f x2gxx a
，解得gx
3 ，
gx
x 2a 1
gx
x 2a 1
①y     ，则    ，
x 3 3x 3 x 3 3x 3
gx
x 2a 1 x 2a 1 x 2a
由于y  是“缺陷偶函数”，由      ，即  ，即 x2 2ax0，
x 3 3x 3 3 3x 3 3 3x
x3 x2 2ax 3x22x2a
则 ，得
，Fx xgx ,Fx
，
2a 0 a0 3 3Fx0 x , x x  x
由于424a0，所以 有两个不相等的实数根
1 2
，不妨设
1 2
，
Fx0,Fx Fx0,Fx
当x x 或xx 时， 单调递增，当x xx 时， 单调递减，
1 2 1 2
Fx xgx x , x
所以 有两个极值点 ．
1 2
x2 x
②若 g32 ，即g3
932a

62a
2，则
，故gx
，
3 3 a 0 3
1 3
当 时，要证gx ln  x2 1  ，只需要证x2 x  ln  x2 1  ，
x 1 2 2
3
因为x2 x3x4x22 0，故 ，只需证3x4 ln  x2 1  ，
x2 x3x4 2
3 3x 3x2 3x3
令 px3x4 ln  x2 1  ,px3  x1 ，
2 x2 1 x2 1
51 51
当1 x , px0, px 单调递减，当x ,px0,px 单调递增，
2 2
 51 3  51  3   51 2  3  51  3  51
故 px  p  4 ln  1  4 ln 
min   2   2 2    2    2 2   2  
 
33.236 3 3
 4 0.4810.1325，所以 px 0，从而 px0，故3x4 ln  x2 1  ，
2 2 min 2
1
即 时，gx ln  x2 1  .
x 1 2
2. （2026·辽宁大连第二次·质量调研）定义：若存在 ， ，使得曲线 在点
和点 处有相同的切线 l，则称切线 l为曲线 的“自公切线”.已知函数
．
（1）若函数 在区间 上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）证明：当 时，曲线 不存在“自公切线”；（3）若曲线 有且只有两条“自公切线”，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）
【分析】（1）由函数 的单调性转化为导函数 在区间 恒成立，分离参数求解；
（2）根据新定义转化为 ，换元后利用导数证明方程不成立即可得证；
（3）根据新定义利用导数，分类讨论求解.
【详解】（1）当 时， ， ，
由题意可知， ，即 在区间 上恒成立，
设函数 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，所以 ，所以 ，即 .
（2）当 时， ， ，
假设 在点 和点 处存在“自公切线”l，
则l的斜率 ， ，即 ，
同时 ，故 ，即
不妨设 ，令 ， ，
则 ，
所以 在区间 上单调递减， ，故 不成立，
所以当 时，曲线 不存在“自公切线”.
（3）因为 ，所以 为偶函数，
又由（2）可得，当 时，曲线 不存在“自公切线”，
所以当 时，曲线 也不存在“自公切线”．
假设 在点 和点 处存在“自公切线”l，
则 和 只可能一正一负，不妨设 ， ，
则l的斜率 ， 即
同时 ，
所以 ，
所以 或 ，即 或 ，
①当 时，因为 ，所以 ，所以 ，令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递增， ，
所以函数 没有零点，此时没有满足题意的 ，即 没有“自公切线”；
当 时， 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，
所以 ，
因为 ，且 时， ，
当 ，即 时， ， 没有零点，即 没有“自公切线”；
当 ，即 时， ， 有一个零点，即 有一条“自公切线”；
当 ，即 时， ， 有两个零点，即 有两条“自公切线”．
②当 时， ，又 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
设函数 ， ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
且 ， ， ，
所以当 ，即 时， 有一个解，即 有一条“自公切线”；
当 ，即 时， 有两个解，即 有两条“自公切线”；当 或 ，即 或 时， 无解，即 没有“自公切线”．
又因为当 时，
在情况① 中， ， ；
在情况② 中， ， ；
所以当 时， 与 同时成立， 有且只有一条“自公切线”．
综上所述，若曲线 有且只有两条“自公切线”，实数a的取值范围是 .