資源簡介

新高考新結構
命題下的導數解答題綜合訓練
（11類核心考點精練）
在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。
當前的高考試題設計，以“三維”減量增質為核心理念，力求在減少題目數量的同時，提升題目的質量和考查的深度。這具體體現在以下三個方面：
三考
題目設計著重考查學生的知識主干、學習能力和學科素養，確保試題能夠全面、客觀地反映學生的實際水平。
三重
強調對學生思維深度、創新精神和實際應用能力的考查，鼓勵學生不拘泥于傳統模式，展現個人的獨特見解和創造力。
三突出
試題特別突出對學生思維過程、思維方法和創新能力的考查，通過精心設計的題目，引導學生深入思考和探索，培養邏輯思維和創新能力。
面對新高考新結構試卷的5個解答題，每個題目的考查焦點皆充滿變數，無法提前預知。導數版塊作為一個重要的考查領域，其身影可能悄然出現在第15題中，作為一道13分的題目，難度相對較為適中，易于學生入手。然而，同樣不能忽視的是，導數版塊也可能被置于第18、19題這樣的壓軸題中，此時的分值將提升至17分，挑戰學生的解題能力和思維深度，難度自然相應加大。
面對如此多變的命題趨勢，教師在教學備考過程中必須與時俱進。不僅要深入掌握不同題目位置可能涉及的知識點及其命題方式，更要能夠靈活應對，根據試題的實際情況調整教學策略。本文基于新高考新結構試卷的特點，結合具體的導數解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的導數解答題綜合訓練指南，以期在新高考中取得更好的成績。
考點一、利用導數研究具體函數的單調性
1．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數．
(1)求函數的單調遞增區間；
(2)若函數有且僅有三個零點，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用求導，導數值大于0來求單調遞增區間即可；
（2）利用函數的單調性和取值情況，分析可得的取值范圍.
【詳解】（1）由，得，
令，得，解得．
所以的單調遞增區間為
（2）令，解得或．
當變化時，，的變化情況如下表所示：
0 2
0 0
單調遞減 1 單調遞增 單調遞減
由函數有且僅有三個零點，
得方程有且僅有三個不等的實數根，
所以函數的圖象與直線有且僅有三個交點．
顯然，當時，；當時，．
所以由上表可知，的極小值為，的極大值為，
故．
2．（2024·浙江·三模）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)若曲線在點處的切線與二次曲線只有一個公共點，求實數a的值．
【答案】(1)單調增區間：，單調減區間：．
(2)或．
【分析】（1）利用導數求函數的單調區間；
（2）首先求出函數的切線方程，與曲線聯立方程，分析得出結論.
【詳解】（1）易知定義域為R，，
所以，，，．
故單調增區間：，單調減區間：．
（2）因為，，
所以曲線在點處的切線為
把切線方程代入二次曲線方程，得有唯一解，
即且，即
解得或．
3．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數
(1)若，求的單調區間.
(2)若對，恒成立，求實數的取值范圍
【答案】(1)的單調遞增區間為，單調遞減區間為
(2)
【分析】（1）求導，根據導函數的符號判斷原函數的單調區間；
（2）分析可知原題意等價于對，恒成立，構建，利用導數判斷的單調性和最值，結合恒成立問題分析求解.
【詳解】（1）若，則的定義域為，
且，
令，解得；令，解得；
所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2）因為，則，
所以原題意等價于對，恒成立，
構建，
則，
令，則對恒成立，
可知在內單調遞增，且，
可知在內存在唯一零點，
當時，，即；
當時，，即；
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
則，
且，可得，
則，可得，
所以實數的取值范圍為.
4．（2024·陜西渭南·二模）已知函數，.
(1)求函數的單調區間；
(2)若當時，恒成立，求實數m的取值范圍.
【答案】(1)遞減區間為，無遞增區間；
(2).
【分析】（1）求出函數，再利用導數求出的單調區間.
（2）等價變形給定不等式得，令并求出值域，再換元并分離參數構造函數，求出函數的最小值即得.
【詳解】（1）依題意，函數的定義域為，
求導得，當且僅當時取等號，
即在上單調遞減，
所以函數的遞減區間為，無遞增區間.
（2）當時，恒成立，
令，求導得，
當時，，當時，，
即函數在上遞減，在上遞增，則當時，，
令，依題意，，恒成立，
令，求導得，則函數在上單調遞增，
當時，，因此，
所以實數m的取值范圍.
【點睛】關鍵點點睛：涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數，利用導數探求函數單調性、最值是解決問題的關鍵.
5．（2024·湖南衡陽·模擬預測）函數.
(1)當時，討論的單調性；
(2)在上單調遞增，求的取值范圍.
【答案】(1)在上單調遞增；
(2)
【分析】（1）求導之后再對分析即可得到單調性；
（2）在上單調遞增得，然后轉化為，即.
【詳解】（1）當時，，的定義域為，
∴，
令，則，
令，即，
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；
∴，∴在上成立，
∴在上單調遞增.
（2）∵在上單調遞增，∴，恒成立，
，恒成立，
即，恒成立.
令，則.
∵，當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增；
∴取得最小值.
∴，.
∴實數的取值范圍為.
6．（2024·廣東佛山·二模）已知.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若有兩個極值點，，證明：.
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求導后，借助導數的正負即可得原函數的單調性；
（2）借助換元法，令，，，可得、是方程的兩個正根，借助韋達定理可得，，即可用、表示，進而用表示，構造相關函數后借助導數研究其最大值即可得.
【詳解】（1）當時，，
，
則當，即時，，
當，即時，，
故的單調遞減區間為、，單調遞增區間為；
（2），令，即，
令，，則、是方程的兩個正根，
則，即，
有，，即，
則
，
要證，即證，
令，
則，
令，則，
則在上單調遞減，
又，，
故存在，使，即，
則當時，，當時，，
故在上單調遞增，在上單調遞減，
則，
又，則，故，
即，即.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于借助換元法，令，，，從而可結合韋達定理得、的關系，即可用表示，構造相關函數后借助導數研究其最大值即可得.
7．（2024·河北保定·二模）已知函數.
(1)若，討論的單調性；
(2)已知存在，使得在上恒成立，若方程有解，求實數的取值范圍.
【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增；
(2).
【分析】（1）求出函數的定義域與導函數，令，判斷的單調性，即可得到的取值情況，從而得到的單調區間；
（2）求出函數的導函數，即可判斷導函數的單調性，依題意可得，即可得到，設，依題意可得有解，利用導數說明的單調性，即可得到，從而得到，再令，利用導數求出的單調性，即可求出函數的極值與區間端點的函數值，從而求出參數的取值范圍.
【詳解】（1）函數的定義域為，
當時，，所以，
設，因為、都在上單調遞增，
所以在上單調遞增，且，
所以時，單調遞減；
時，單調遞增.
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）由，，
得，
因為、都在上單調遞增，所以在上單調遞增，
已知存在，使得在上恒成立，所以是的最小值，所以，
即，所以，
所以
，
設，
由方程有解，得有解，
即有解，
因為在上恒成立，所以在上單調遞減，
所以，則，
設，則，
所以時，單調遞增，時，單調遞減，
又，
所以，即的取值范圍是.
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
8．（2024·全國·模擬預測）已知函數．
(1)若，求的單調區間；
(2)若，的最小值為，求證：．
【答案】(1)單調遞減區間為，單調遞增區間為
(2)證明見解析．
【分析】（1）求導，根據的單調性以及，即可求解導數的正負，進而可求解的單調性，
（2）構造函數，求導證明，當且僅當時等號成立．即可根據，求解的最小值為2，結合零點存在性定理可得，即可求解.
【詳解】（1）由題知，的定義域為．
當時，，
所以．
設，易知在上單調遞增，
又，故當時，，即，當時，，即，
所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為．
（2）當時，，
設，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故，所以，當且僅當時等號成立．
所以，
當且僅當時等號成立，
故的最小值，且．
記，
易知在上單調遞增，則是的唯一零點．
因為，，
所以所以．
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
9．（2024·浙江·模擬預測）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)當時，判斷的零點個數.
【答案】(1)減區間為，增區間為；
(2)2個.
【分析】（1）求導，當時，利用指數函數性質和余弦函數有界性可判斷導數符號，當時，利用二次導數判斷導函數單調性，然后可得導函數符號；
（2）當時，利用二次導數判斷的單調性，當時，利用指數函數性質和正弦函數有界性可判斷函數值符號，當時，記，利用導數研究其圖象，根據與的圖象交點個數判斷即可.
【詳解】（1）當時，，所以，
當時，，所以，則，
所以，在上單調遞減.
當時，記，則，
因為，所以，在單調遞增，
所以，即，所以在上單調遞增.
綜上，的減區間為，增區間為.
（2）當時，，則，
記，則，
當時，，所以，在單調遞增，
所以，在上單調遞增，
所以，在上無零點.
當時，因為，
所以，此時無零點.
當時，記，則，
因為當趨近于0時，趨近于0，所以的變化越來越慢，圖象下凹，
當時，，當時，，
作出函數和的圖象如圖，
由圖可知，當時，兩個函數圖象有一個交點，即有一個零點.
易知是的一個零點.
綜上，函數共有2個零點.
10．（2024·全國·模擬預測）已知函數．
(1)若，討論的單調性．
(2)若，，求證：．
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用二次導數判斷的單調性，結合即可求解；
（2）當時，利用導數通過證明即可；當時，利用零點存在性定理判斷的零點，再由零點方程化簡整理得的最小值，然后由零點的范圍即可求解.
【詳解】（1）當時，，定義域為，
則．
設，則，
所以在上單調遞增，且，
所以，當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）因為，
所以．
因為，所以在上單調遞增，且．
①若，則，
所以當時，恒成立，單調遞增．
又，
所以；
②若，則，，
所以存在，使得，即．
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以．
因為在上單調遞減，
所以，
所以．
綜上所述，當，時，．
【點睛】思路點睛：證明，一般可以考慮證明，若有最小值，但無法具體確定，這種情況下一般是先把的最小值轉化為關于極值點的一個函數，再根據極值點的取值范圍，確定最小值的取值范圍．
考點二、利用導數研究含參函數的單調性
1．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)答案見詳解
(2)
【分析】（1）求導后，利用導數與函數單調性的關系，對與分類討論即可得；
（2）結合函數的單調性求出函數的最值，即可得解.
【詳解】（1）（），
當時，由于，所以恒成立，從而在上遞增；
當時，，；，，
從而在上遞增，在遞減；
綜上，當時，的單調遞增區間為，沒有單調遞減區間；
當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2）令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
若，，所以恒成立，
當時，，當時，，
可知在內單調遞增，在內單調遞減，
所以，解得：，
可知的最小值為；
若，，所以恒成立，
當時，，當時，，
可知在內單調遞減，在內單調遞增，
所以在內無最大值，且當趨近于時，趨近于，不合題意；
綜上所述：的最小值為.
2．（2024·陜西榆林·模擬預測）已知函數，其中．
(1)討論函數的單調性；
(2)當時，證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）就、分類討論導數的符號后可得函數的單調性；
（2）原不等式等價于，當時，可由各式符號證明此不等式成立，當時，設，利用導數可證明恒成立，據此可得的單調性，從而可得原不等式成立.
【詳解】（1），，
當時，，函數在上單調遞增；
當時，由，得，
函數在區間上單調遞增，
由，得，
函數在區間上單調遞減．
綜上，當時，在上單調遞增，無減區間.
當時，在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）當時，，
要證，即證，
①當時，，，
；
②當時，令，
則，設，則，
，，，，，
在上單調遞增，，即，
在上單調遞增，，
即．
綜上，當時，．
【點睛】思路點睛：導數背景下不等式恒成立，應該根據不等式中含有的函數的類型進行合理的分類討論，特別是含有三角函數式時，可根據其值域選擇分類討論的標準.
3．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)當時，證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，通過討論的范圍，求出函數的單調區間即可；
（2）要證明，只要證即可，設，利用導數求得最值即可證明．
【詳解】（1）函數的定義域為，且．
當時，恒成立，
所以在區間上單調遞增；
當時，令，解得，
當時，在區間上單調遞增，
當時，在區間上單調遞減．
綜上所述，當時，在區間上單調遞增；
當時，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減．
（2）當時，因為，所以要證，只要證明即可，
即要證，等價于（*）．
令，則，
在區間上，單調遞減；
在區間上，單調遞增，
所以，所以（當且僅當時等號成立），
所以（*）成立，當且僅當時，等號成立．
又在上單調遞增，，
所以存在，使得成立．
綜上所述，原不等式成立．
4．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知函數（）.
(1)討論的單調性；
(2)當時，求證：.
【答案】(1)當時，函數在區間上單調遞減；當時，函數在區間單調遞減，在區間單調遞增.
(2)證明見解析；
【分析】（1）求出函數的導數，通過對分類討論，即可求出函數的單調性；
（2）根據（1）結論判斷函數的單調性，并求出最小值，再通過最小值與 在指定區間作比較即可得證.
【詳解】（1）由題意可知，函數的定義域為，
導數，
當時，，；
當時，，；；
綜上，當時，函數在區間上單調遞減；
當時，函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.
（2）由（1）可知，當時，
函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.
所以函數，
要證,
需證，
即需證恒成立.
令，
則，
所以函數在區間單調遞減，
故，
所以恒成立，
所以當時，.
5．（2024·山西呂梁·三模）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)若對任意的，使恒成立，則實數的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）由，定義域為，求導，令，討論當取不同的值時的正負情況，即可得到的單調性；
（2）法一：由可化為，令，討論取正、負、零時恒成立，即可得到實數的取值范圍；
法二：由可得，令，即恒成立，由，則令，則恒成立，討論取正、負、零時的單調情況，得到極值，即可得到實數的取值范圍.
【詳解】（1）的定義域為，
令，
又，
，當，即時，，此時在上單調遞增
，當，即時，
令，解得
其中，當時，
所以在單調遞增，在單調遞減；
當時，，
故在單調遞減，單調遞增.
綜上：在上單調遞增；
在上單調遞增；
在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）法一：不妨設，則，同除以得，
所以令，
當時，恒成立，
，若恒成立，符合題意，
，當恒成立，
令則，
所以在單調遞增，在單調遞減，
所以，所以，
，若，同理恒成立，由知，當
所以不存在滿足條件的.
綜上所述：.
法二：.
令，則只需在單調遞增，
即恒成立，
，令，則恒成立；
又，
①當時，在單調遞增成立；
②當時，在單調遞增，又，故不恒成立.不滿足題意；
③當時，由得在單調遞減，在單調遞增，
因為恒成立，所以，
解得，
綜上，.
6．（2024·廣東東莞·模擬預測）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)當時，求函數在區間上的最大值．
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）利用導數，分類討論求區間；
（2）結合（1）得到的函數單調性，分類討論函數最大值.
【詳解】（1）的定義域為 ，
求導數，得 ，
若，則，此時在上單調遞增，
若，則由得，當時，，在上單調遞減，
當時， ，在上單調遞增，
綜上，當，的增區間為，無減區間，
若，減區間為，增區間為.
（2）由（1）知，當時，在區間上為增函數，
函數的最大值為，
當時，在區間上為減函數，
函數的最大值為，
當時，在區間上為減函數，在上為增函數，
函數的最大值為，
由，得，
若時，函數的最大值為，
若時，函數的最大值為，
綜上，當時，函數的最大值為，
當時，函數的最大值為.
7．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增
(2)證明見解析
【分析】（1）求導后，結合導數正負與單調性的關系，分及討論即可得；
（2）原問題可轉化為證明當時，，構造函數后，利用導數可得該函數的單調性，即可得其最小值，即可得證.
【詳解】（1）由題意知，
當時，，所以在上單調遞減；
當時，令，解得，
令，解得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增
（2）由（1）得，
要證，即證，即證，
令，則，
令，解得，令，解得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
則恒成立，
所以當時，.
8．（2024·山東青島·二模）已知函數.
(1)證明曲線在處的切線過原點；
(2)討論的單調性；
【答案】(1)證明見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）可求得切點為，斜率，則切線方程為，則恒過原點；
（2）首先求函數的導數，當時，和，可得的單調區間；當時，令，當時由的判別式和，討論出函數的單調區間；當時，的判別式，討論出函數的單調區間.
【詳解】（1）由題設得，所以，
又因為，所以切點為，斜率，
所以切線方程為，即恒過原點．
（2）由（1）得，
當時，，
當時，，在上單調遞增，
當時，，在上單調遞減；
當時，令，則，
當且時，即時，，在上單調遞增，
當時，，
由，則，或，則，
所以在上單調遞增，在上單調遞增；
由，則，則，
所以在上單調遞減；
當時，，則為開口向下的二次函數，
對稱軸，，，
由，則，則，所以在上單調遞增，
由，則，則，所以在上單調遞減；
綜上：當時，在上單調遞增，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞增，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
9．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知函數.
(1)求函數的單調區間；
(2)若，求函數在區間上的零點個數.
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）求導，再分和兩種情況討論即可得解；
（2）結合（1）分，和兩種情況討論，求出函數的單調區間及極值，再結合零點的存在性定理即可得解.
【詳解】（1）定義域為，由題意得，
當時，恒成立，所以在上單調遞增.
當時，由，得，由，得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
綜上所述，當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；
當時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為；
（2），
由（1）知當時，在上恒成立，
所以在上單調遞增，
因為，，
所以由零點存在性定理知，函數在上有1個零點；
當時，若，則，若，則，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
可得，
當時，，此時在上有1個零點，
當時，，
因為當時，，，
所以此時在上有2個零點，
當時，，此時在上無零點，
綜上，當或時，在上有1個零點；
當時在上有2個零點；
當時在上無零點.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
10．（2024·新疆·三模）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若有三個不同的零點，求實數的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）對函數求導后，分，，，四種情況討論導數的正負，從而可求出函數的單調區間；
（2）由（1）可知當時，可能有三個不同的零點，然后分和兩種情況結合零點存在性定理與函數的單調性討論零點的個數.
【詳解】（1）因為的定義域為，且，
當時，令，解得；令，解得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，時恒成立，當且僅當時等號成立，所以在上單調遞增；
當時，，令，解得，
令，解得或，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，，令，解得，
令，解得或，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上，當時，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）由（1）得，當時，至多有兩個零點，不符題意；
當時，至多有一個零點，不符題意；
當時，的極大值，至多有一個零點，不符題意；
當時，的極小值，的極大值，至多有兩個零點，不符題意；
當時，因為在上單調遞增，且，
，所以在上有且只有一個零點，
因為在上單調遞減，，且，
所以在上有且只有一個零點，
因為在上單調遞增，，
令，則，令，則
，
因為當時，，
所以在上遞增，即在上遞增，
所以，所以在上遞增，
所以，
所以在上恒成立，
所以，
所以，
故在上有且只有一個零點，
所以有三個零點，
綜上，當時，有三個不同的零點.
【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調區間，考查利用導數解決函數零點問題，第（2）問解題的關鍵是當時，結合（1）當時，的單調區間和零點存在性定理分析判斷，考查數學轉化思想和計算能力，屬于難題.
考點三、利用導數求極值與最值
1．（2024·廣東東莞·模擬預測）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)當時，求函數在區間上的最大值．
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）利用導數，分類討論求區間；
（2）結合（1）得到的函數單調性，分類討論函數最大值.
【詳解】（1）的定義域為 ，
求導數，得 ，
若，則，此時在上單調遞增，
若，則由得，當時，，在上單調遞減，
當時， ，在上單調遞增，
綜上，當，的增區間為，無減區間，
若，減區間為，增區間為.
（2）由（1）知，當時，在區間上為增函數，
函數的最大值為，
當時，在區間上為減函數，
函數的最大值為，
當時，在區間上為減函數，在上為增函數，
函數的最大值為，
由，得，
若時，函數的最大值為，
若時，函數的最大值為，
綜上，當時，函數的最大值為，
當時，函數的最大值為.
2．（2024·江蘇南京·二模）已知函數，其中．
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)當時，若在區間上的最小值為，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，分別求出及，即可寫出切線方程；
（2）計算出，令，解得或，分類討論的范圍，得出的單調性，由在區間上的最小值為，列出方程求解即可．
【詳解】（1）當時，，則，，所以，
所以曲線在處的切線方程為：，即．
（2），令，解得或，
當時，時，，則在上單調遞減，
所以，考慮，，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
所以的極大值為，所以由得；
當時，時，，則在上單調遞減，
時，，則在上單調遞增，
所以，則，不合題意；
當時，時，，則在上單調遞減，
所以，不合題意；
綜上，．
3．（2024·河南·模擬預測）已知函數．
(1)求的極大值；
(2)若，求在區間上的零點個數．
【答案】(1)答案見解析
(2)2025個零點
【分析】（1）求導，分析函數的單調性，分情況討論，求函數的極大值.
（2）先分析方程在上解得個數，再分析在上解的個數，進一步考慮方程在上解的個數，可得問題答案.
【詳解】（1）由題易得，函數的定義域為，
又，
所以，當時，隨的變化情況如下表：
0 2
0 0
極小值 極大值
由上表可知，的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
所以的極大值為．
當時，隨的變化情況如下表：
0 2
0 0
極大值 極小值
由上表可知，的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
所以的極大值為．
綜上所述，當時，的極大值為；當時，的極大值為0．
（2）方法一：當時，，所以函數．
由，得．
所以要求在區間上的零點的個數，
只需求的圖象與的圖象在區間上的交點個數即可．
由（1）知，當時，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以在區間上單調遞減．
又在區間上單調遞增，
且，
所以與的圖象在區間上只有一個交點，
所以在區間上有且只有1個零點．
因為當時，，
在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
所以在區間上有極大值，
即當時，恒有．
又當時，的值域為，且其最小正周期為，
現考查在其一個周期上的情況，
在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
且，，
所以與的圖象在區間上只有一個交點，
即在區間上有且只有1個零點．
因為在區間上，，
所以與的圖象在區間上無交點，
即在區間上無零點．
在區間上，單調遞減，單調遞增，
且，
所以與的圖象在區間上只有一個交點，
即在區間上有且只有1個零點．
所以在一個周期上有且只有2個零點．
同理可知，在區間上，且單調遞減，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
且，
，
所以與的圖象在區間和上各有一個交點，
即在上的每一個區間上都有且只有2個零點．
所以在上共有個零點．
綜上可知，在區間上共有個零點．
方法二：當時，，所以函數．
當時，，所以在區間上單調遞減．
又，所以存在唯一零點，使得．
所以在區間上有且僅有一個零點．
當時，，所以．
所以在上無零點．
當時，，所以在區間上單調遞增．
又，所以存在唯一零點．
當時，，
設，則
所以在上單調遞增．
又，
所以存在，使得．
即當時，單調遞減；
當時，單調遞增．
又，所以在區間上有且僅有一個零點
所以在區間上有且僅有一個零點．
當時，
，
設，則
所以在上單調遞增．
又，所以在區間上單調遞減：
又，
所以存在唯一，使得．
所以在區間上有且僅有一個零點．
所以在區間上有兩個零點．
所以在上共有個零點．
綜上所述，在區間上共有個零點．
【點睛】方法點睛：導函數求解函數零點個數問題，要利用導函數研究函數的單調性，進而求出函數的極值情況，結合特殊點的函數值的正負，零點存在性定理進行求解.
4．（2024·湖南長沙·三模）已知函數（）.
(1)求函數的極值；
(2)若集合有且只有一個元素，求的值.
【答案】(1)極大值是，無極小值；
(2).
【分析】（1）利用求導，通過參數，可分析出為正負的區間，從而可以判斷的極值；
（2）利用不等式有唯一解，則正好是最大值取到等號，再去分析取等號的含參方程有解的條件，所以重新構造新的函數，通過求導來研究函數的零點和方程的解.
【詳解】（1）由，
因為，所以的定義域為，則，
因為時，；時，.
所以的單調遞增區間為；單調遞減區間為，
所以是的極大值點，的極大值是，無極小值.
（2）由（1）可得，
要使得集合有且只有一個元素，則只需要
設，則，
因為時，；時，，
所以的單調遞減區間為；單調遞增區間為.
所以，所以關于的方程有解時，
只能是，
所以集合有且只有一個元素時.
5．（2024·河北保定·三模）已知函數，為的極值點.
(1)求a；
(2)證明：.
【答案】(1)3；
(2)證明見解析；
【分析】（1）求導，由求解；
（2）轉化為證，令，由證明.
【詳解】（1）解：，
依題意，，解得，
經檢驗符合題意，所以；
（2）由（1）可知，，
要證，即證，
設，則，
所以當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
當時，取得極小值，也是最小值，
因為，，
所以.
【點睛】方法點睛：證明不等式，往往由證明.
6．（2024·北京順義·三模）已知函數.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，求證：函數存在極小值；
(3)求函數的零點個數.
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）求出函數的導數，再利用導數的幾何意義求解作答.
（2）討論函數在區間和上的符號即可推理作答.
（3）在時，分離參數，構造函數，再探討在上的零點情況即可作答.
【詳解】（1）由函數求導得：，
所以，因為，
所以曲線在點處的切線方程是.
（2）函數的定義域為，由（1）知，，
因為，則當時，，，，
所以，有，函數在上遞減，
當時，，，，則有，函數在上遞增，
所以，當時，函數取得極小值，
所以，當時，函數存在極小值.
（3）函數的定義域為，，
顯然是函數的零點，
當時，函數的零點即為方程的解，
令，則，
令，則，
當時，，當時，，
所以函數在上遞增，在上遞減，
，，
所以，有，在，上都遞減，
令，，
當時，，當時，，
所以，在上遞增，在上遞減，，
所以，，恒有，當且僅當時取“=”，
所以，當時，，當時，，
所以，在上單調遞減，取值集合為，
在上遞減，取值集合為，
所以，當或時，方程有唯一解，
當或時，此方程無解，
所以，當或時，函數有一個零點，
當或時，函數有兩個零點.
【點睛】思路點睛：涉及含參的函數零點問題，利用導數分類討論，研究函數的單調性、最值等，結合零點存在性定理，借助數形結合思想分析解決問題.
7．（2024·廣西貴港·模擬預測）已知函數．
(1)當時，請判斷的極值點的個數并說明理由；
(2)若恒成立，求實數a的取值范圍．
【答案】(1)有一個極值點，理由見解析
(2)
【分析】（1）先求，得，再設，通過對符號的分析，得到的單調性，再判斷的解的情況，分析函數的極值點的情況.
（2）先把原不等式化成恒成立，利用換元法，設，則，問題轉化為恒成立．再設，利用（1）的結論求的最小值.
【詳解】（1）當時，，，
所以，
令，則，
當時，，在上單調遞增，
又，，存在唯一零點，且，
當時，，在上單調遞減，
當時，，在單調遞增．
有一個極小值點，無極大值點．
（2）恒成立，
恒成立，恒成立．
令，則，恒成立．
設，由（1）可知的最小值為．
又，．（﹡）
設，當時，，在上單調遞增，
，，，
由（﹡）知，，即．
，
，，又，
a的取值范圍為．
【點睛】關鍵點點睛：該題第二問的關鍵是求函數的最小值，由（1）得的極小值是，而的值不能準確的表示出來，所以根據進行代入計算.
8．（2024·吉林·模擬預測）已知函數.
(1)當時，求函數的極值；
(2)求證：當時，.
【答案】(1)極大值，極小值0.
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數求導后，由導數的正負求出函數的單調區間，從而可求出函數的極值；
（2）對函數求導后，由導數的正負求出函數的單調區間，求出，然后將問題轉化為證，證法一：轉化為證，構造函數，利用導數求其最大值小于1即可，證法二：轉化為證，構造函數，利用導數求其最大值小于0即可.
【詳解】（1）當時，
令得或，當變化時，與變化如下表：
0
單調遞增 單調遞減 0 單調遞增
故當時，取得極大值；當時，取得極小值0
（2）
令，則，當變化時，與變化如下表：
0
單調遞減 單調遞增
故.
要證當時，.
證法一：只需證當時，，即
令，則在上單調遞減
故，即式成立，原不等式成立.
證法二：只需證當時，，即
令，則
令，則
在上單調遞減.
在上單調遞減，
即式成立，原不等式成立.
【點睛】關鍵點點睛：此題考查利用導數求函數的極值，考查利用導數證明不等式，第（2）問解題的關鍵是利用導數求出，然后將問題轉化為證，考查數學轉化思想和計算能力，屬于較難題.
9．（2024·四川攀枝花·三模）已知函數．
(1)求函數的極值；
(2)設函數的導函數為，若（），證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求得，得出函數的單調性，結合極值的概念，即可求解；
（2）由，得到，求得，得到，化簡得到，設，利用函數的導數求解函數的最小值，即可求解．
【詳解】（1）解：由函數，可得其定義域為，且，
當時，，函數在上單調遞增，無極值；
當時，令，可得；令，可得，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
當時，函數取得極小值，極小值為，無極大值.
（2）證明：由（1）知，，
可得，且，
所以，所以，
因為，所以，可得，
則，
因為，所以，記得，
所以，
設，可得，
當時，，在上單調遞減；
當時，，在上單調遞增，
所以，當時，，
所以，所以，即.
【點睛】方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、合理轉化，根據題意轉化為兩個函數的最值之間的比較，列出不等式關系式求解；
2、構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
3、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
4、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
10．（2024·陜西銅川·模擬預測）已知函數的一個極值為．
(1)求實數的值；
(2)若函數在區間上的最大值為18，求實數與的值．
【答案】(1)或5
(2)實數的值為的值為5
【分析】（1）通過求導，根據導數的正負得到極值點，根據極值為解出的值；
（2）根據上的單調性，分，，，四種情況討論的最大值，只有中存在符合題意，令最大值為18，求得和的值.
【詳解】（1）由，得，
令，得或；令，得；令，得或．
所以函數有兩個極值和．
若，得，解得；
若，得，解得．
綜上，實數的值為－22或5．
（2）由（1）得，在區間的變化情況如下表所示：
1
+ 0 － 0 +
極大值 極小值
由表可知，
①當時，函數在區間上單調遞增，所以最大值為，
其值為或，不符合題意；
②當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，
因為，，，所以在上的最大值為，其值為或25，不符合題意；
③當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
因為，，，所以在上的最大值為，其值為或25，不符合題意；
④當時，在上單調遞減，在上單調遞增，
若在區間上的最大值為，其值為或，不符合題意，
又因為若，則．那么，函數在區間上的最大值只可能小于－2，不合題意，
所以要使函數在區間上的最大值為18，必須使，且，
即．所以，
所以．所以，
所以．所以或，
所以或．因為，所以舍去．
綜上，實數的值為的值為5．
【點睛】方法點睛：函數在閉區間上的最值
通過求導，根據導數的正負得到函數的單調性，從而函數的最大值在極大值和端點值中取大，函數的最小值在極小值和端點值中取小.
考點四、利用導數證明不等式
1．（2024·廣西·模擬預測）設函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意可得，即可得解；
（2）構造函數，利用導數求出函數的最小值，即可得證.
【詳解】（1）函數的定義域為，
將代入，解得，即，
由切線方程，可知切線斜率，
故，
解得；
（2）由（1）知，
要證，即證．
設，
則，
令，解得，或（舍去），
當時，單調遞減；
當時，單調遞增；
所以，
所以，即．
2．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)當時，證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，通過討論的范圍，求出函數的單調區間即可；
（2）要證明，只要證即可，設，利用導數求得最值即可證明．
【詳解】（1）函數的定義域為，且．
當時，恒成立，
所以在區間上單調遞增；
當時，令，解得，
當時，在區間上單調遞增，
當時，在區間上單調遞減．
綜上所述，當時，在區間上單調遞增；
當時，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減．
（2）當時，因為，所以要證，只要證明即可，
即要證，等價于（*）．
令，則，
在區間上，單調遞減；
在區間上，單調遞增，
所以，所以（當且僅當時等號成立），
所以（*）成立，當且僅當時，等號成立．
又在上單調遞增，，
所以存在，使得成立．
綜上所述，原不等式成立．
3．（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數．
(1)求的值域；
(2)求證：當時，．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）令，可得，，求導可證結論；
（2）令函數，，利用導數可證當時，，結合（1）可得，從而得到，進而得證.
【詳解】（1），，
令，則，，
則，
令，，則，
所以函數在上單調遞增，所以，即，
故的值域為．
（2）令函數，，則，
所以在上單調遞增，所以，
故當時，，所以．
由（1）知，當1時，
所以當時，，
所以，
令，其中，，2，3，，n，
則，
所以，，
，，，
以上n個式子相加得
，
即當時，．
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是，利用（1）中結論與常見不等式得到，從而得證.
4．（2024·河北·三模）已知函數．
(1)若在恒成立，求實數a的取值范圍；
(2)證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意可得恒成立，令，求導得，利用導數分類可求實數a的取值范圍；
（2）由（1）知當時，可得在恒成立，當時，可得，利用累加法可得結論.
【詳解】（1）在恒成立．
構造函數，則在恒成立．
當時，，所以在上單調遞增，
所以，矛盾，故舍去
當時，由得，所以在上單調遞增，
故，均有，矛盾，故舍去
當時，，所以在上單調遞減，
所以，滿足題意；
綜上，實數a的取值范圍為
（2）由（1）知當時，恒成立，
即在上恒成立，當且僅當時取等號．
所以當時，可得
同理，，，
兩邊分別累加得：
即
即
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是通過（1）中的結論得到，再代入得到其他不等式，最后累加即可證明.
5．（2024·四川內江·三模）已知函數．
(1)若的圖象不在軸的下方，求的取值集合；
(2)證明：．
【答案】(1)
(2)見解析
【分析】（1）由題意可得出恒成立，對求導，可得，令，對求導得出的單調性即可證明，即可得出的取值集合；
（2）由（1）可知，當時，，可得，即，由累加法可證明，再證明可證得.
【詳解】（1）的定義域為，所以，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
所以，
因為的圖象不在軸的下方，所以恒成立，
所以，
令，，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以，
又因為，，
，，
所以，故的取值集合為.
（2）由（1）可知，當時，，即，即，
所以，（當時取等），
令，所以，則，
所以，故，
，…，，
由累加法可得：，
即，
令，恒成立，
所以在區間上單調遞減，所以，
所以，
所以，
所以.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
6．（2024·河北·模擬預測）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，.
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）先明確函數定義域和求導，根據導數結構特征對進行和的分類討論導數正負即可得單調性.
（2）證，故問題轉化成證，接著構造函數研究其單調性和最值即可得證.
【詳解】（1）由題函數定義域為，，
故當時，恒成立，所以函數在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，令，
則時，；時，，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
綜上，當時，函數在上單調遞減；當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）由（1）當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減，
故在上恒成立，
故證證，
即，
令，則，
故當時，；時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上恒成立，故，
所以當時，.
【點睛】思路點睛：證明含參函數不等式問題通常轉化成研究函數最值問題，第（2）問證當時，可將問題轉化成證，接著根據其結構特征進行變形轉化和構造函數，利用導數確定所構造的函數單調性和最值即可得證.
7．（2024·重慶九龍坡·三模）已知函數，.
(1)當時，函數恒成立，求實數的最大值；
(2)當時，若，且，求證：；
(3)求證：對任意，都有.
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）分離參數，函數恒成立，轉化為恒成立，令，利用導數討論的單調性，進而求最值即可求解；
（2）利用導數可得當時，在上單調遞增，不妨設，要證，只需證即可，結合不等式的特點構造函數，結合導數與單調性關系及函數性質即可證明；
（3）結合（2）中的結論，利用賦值及累加法即可證明.
【詳解】（1）當時，恒成立，
即恒成立，只需即可，
令，，則，
令，，則，
當時，恒成立，在單調遞增，所以，
所以在恒成立，在單調遞增，
所以，
所以，即實數的最大值為.
（2）當時，，，
所以，在上單調遞增，
又，且，不妨設，
要證，即證明，
因為在上單調遞增，即證，
因為，即證，
設
，，
令，則，則，，
由可得，在單調遞增，
所以，即，
所以成立，所以.
（3）由（2）可知當時，在單調遞增，且，
由得，即，
令，則，即，
所以，，，…，，
相加得.
【點睛】關鍵點點睛：考查了導數與單調性關系在恒成立問題，不等式證明中的應用，考查了導數的綜合應用，屬于難題.
8．（2024·陜西·模擬預測）已知函數（），.
(1)討論函數的單調性；
(2)證明：（）；
(3)證明：（）.
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求導，后按照，分類討論即可；
（2）用導數研究函數的最值即可；
（3）由（1）的結論可以得到.令，得到，
即，結合數列累加法，可得.
由（2）知， ，每項進行放縮即可證明．
【詳解】（1）函數的定義域為，，
①當時，恒成立，
所以函數的單調遞減區間為；
②當時，由，得，
當時，；當時，.
所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
綜上，當時，函數的單調遞減區間為；
當時，函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.
（2），恒成立，
在上單調遞減，又，，.
（3）由（1）知，當時，，即，，
，（當時“=”成立）.
令（），，即，
，從而，
，…，，
累加可得，
即.
由（2）知，在是遞減函數，，即，
.
（）.
9．（2024·江蘇連云港·模擬預測）已知函數.
(1)求函數在處的切線方程.
(2)證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解答
【分析】（1）求導可得，又，可求切線方程；
（2）求導得，令，再求導，進而判斷在上單調遞增，可得在上單調遞增，，可得結論.
【詳解】（1）由，可得，
，又，
所以函數在處的切線方程為，即.
（2）由，可得，
令，可得，
當時，，所以在上單調遞增，
又，即，
所以在上單調遞增，
所以，當時，，
當時，，
綜上所述：.
10．（2024·山東·模擬預測）已知函數，其中.
(1)求曲線在點處切線的傾斜角；
(2)若函數的極小值小于0，求實數的取值范圍；
(3)證明：.
【答案】(1)0
(2)或
(3)證明見解析
【分析】（1）利用函數乘法求導法則來求函數的導函數并因式分解得，即可求出，從而可求得切線的傾斜角為0；
（2）對參數分四種情形，，，進行討論單調性，從而得到極小值小于0，來求出實數的取值范圍；
（3）要證明不等式，利用放縮思想對和進行代換，結合分析法證明，把原不等式最后轉化為新的不等式，再構造函數進行求最值證明.
【詳解】（1）由，
所以，
設曲線在點處切線的傾斜角為，則，
又因為，所以，
所以曲線在點處切線的傾斜角為0.
（2）由（1）知，且，解得：或，
當時，，，，，，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，解得，
所以；
當時，，，，，，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
即此時極小值不可能小于0，所以當時不符合題意；
當時，恒成立，
所以在上單調遞增，即函數無極值，不滿足題意，
所以當時不符合題意；
當時，，，，，，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，解得，
所以；
綜上可知實數的取值范圍為或.
（3）由（2）知，當時，在上單調遞增，在上單調遞減，
，即，即，兩邊取自然對數得：，則.
要證成立，只需證，.
兩邊同除得：，即.
只需證：，即證，
令，，，解得：，
當時，，在上單調遞減，當時，，在上單調遞增，
所以，即，
經檢驗，當時，成立.
綜上可知不等式得證.
【點睛】方法點睛：（1）某點的切線斜率利用該點的導函數值來求解；
（2）含參函數求極小值，需要對參數進行分類討論，討論的依據就是導函數的兩個零的大小比較，從而利用導數的正負去得到函數的單調性，即可判斷極小值點來求的范圍；
（3）證明這種含指數函數和對數函數的不等式，要借用指數不等式和的放縮思想，利用分析法去把原不等式轉化到一些簡單的函數不等式來證明.
考點五、利用導數解決恒成立與能成立有解問題
1．（2024·湖北·模擬預測）已知函數，其中為常數.
(1)過原點作圖象的切線，求直線的方程；
(2)若，使成立，求的最小值.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）設切點，求導得出切線方程，代入原點，求出參數即得切線方程；
（2）由題意，將其等價轉化為在有解，即只需求在上的最小值，利用導數分析推理即得的最小值.
【詳解】（1）
設切點坐標為，則切線方程為，
因為切線經過原點，所以，解得，
所以切線的斜率為，所以的方程為.
（2），，即成立，
則得在有解，
故有時，.
令，，，
令得；令得，
故在單調遞減，單調遞增，
所以，
則，故的最小值為.
2．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，，求a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知易求得切點坐標，進而利用導數求得切線斜率，可求切線方程；
（2），由題意可得恒成立，求導數，分，，三種情況可求的取值范圍．
【詳解】（1）由于，則切點坐標為，
因為，所以切線斜率為，
故切線方程為；
（2）當時，等價于，
令，，
恒成立，則恒成立，，
當時，，函數在上單調遞減，，不符合題意；
當時，由，得，
時，，函數單調遞減，，不符合題意；
當時，，因為，所以，則，
所以函數在上單調遞增，，符合題意．
綜上所述，，所以的取值范圍為．
3．（2024·山東濟南·三模）已知函數，其中且．
(1)若是偶函數，求a的值；
(2)若時，，求a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)且．
【分析】（1）由題意，，即可得解；
（2）分，且和三種情況討論，結合基本不等式和導數求解即可.
【詳解】（1）由題意，，即，
解得，或（舍），經檢驗時，是偶函數，
所以a的值為；
（2）當時，，成立；
當且時，，，
又已證，故此時符合題意；
當時，，
因為函數都是增函數，
所以函數在上單調遞增，且，
故存在，使得當時，，從而單調遞減，
所以，存在，使得，此時不合題意．
綜上所述，且．
4．（23-24高三上·廣東深圳·階段練習）已知．
(1)討論的單調性和極值；
(2)若時，有解，求的取值范圍．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）首先求函數的導數，，討論和兩種情況討論函數的單調性和極值；
（2）首先不等式參變分離為，在時有解，再構造函數，，轉化為利用導數求函數的最大值.
【詳解】（1），
當時，恒成立，函數在區間上單調遞減，無極值；
當時，令 ，得，
，得，函數在區間上單調遞減，
，得，函數在區間上單調遞增，
當，函數取得極小值，
綜上可知，時，函數的單調遞減區間是，無增區間，無極值；
時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間，極小值，無極大值.
（2）由題意可知，，時有解，
則，在時有解，即，
設，，
，
令，得，
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以的最大值為，即，
所以實數的取值范圍是.
5．（2024·全國·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若不等式在區間上有解，求實數a的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析；
(2)．
【分析】（1）求出，分類討論確定和的解得單調性；
（2）用分離參數法轉化問題為不等式在區間上有解，引入函數，求出的最小值即可得．
【詳解】（1）由題意知函數的定義域為，
而，
當時，恒成立，函數在上單調遞增；
當時，由，得，
由，得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
綜上，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）因為不等式在區間上有解，
所以在區間上有解，此時，
即在區間上有解，
令，則．
令，則，
所以函數在上單調遞增，所以．
當時；當時，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，所以，
綜上可知，實數a的取值范圍是．
6．（2024·四川雅安·三模）已知函數.
(1)當時，求函數在上的值域；
(2)若關于的不等式在上恒成立，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）求導，根據可得，即可根據單調性求解最值，
（2）對求導，根據的分類即可根據函數的單調性求解最值求解，或者根據得.利用放縮法可得，進而可求解，根據可得矛盾求解.
【詳解】（1）當時，，
，
，
在上單調遞增，，
的值域為
（2）法一：令，
①當時，在上恒成立.
②當時，
，
在上單調遞增，成立.
③當時，，
，
在上單調遞增，即在上單調遞增，
，
存在使得當時，故在上單調遞減，
則，不合題意.
④當時，令，
則，
在上單調遞增，即在上單調遞增，
，即在上單調遞增，成立.
綜上，的取值范圍是.
法二：令，
，
令得.
①當時，，
令，
，
單調遞增，故
在上單調遞增，恒成立.
②當時，，
，使，這與恒成立矛盾.
綜上，.
【點睛】方法點睛：
1. 導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
2.利用導數解決含參函數的單調性問題時，一般將其轉化為不等式恒成立問題，解題過程中要注意分類討論和數形結合思想的應用.
3.證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
7．（2024·浙江紹興·二模）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，，求實數的取值范圍.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根據導數的幾何意義求出切線的斜率，進而求出切線方程；
（2）分和討論，利用導數結合不等式放縮判斷導數正負，結合單調性驗證恒成立是否滿足.
【詳解】（1）當時，，則，
所以切線斜率為，又，
所以，切線方程是.
（2）①當時，因為，所以，
所以.
記，則，
令，則.
因為當時，，所以在區間上單調遞增，
所以，，
所以，在區間上單調遞增，
所以，，所以.
②當時，，
因為當時，，
令，則，
若，則，即在區間上單調遞增.
若，則，
所以在區間上單調遞增.
所以當時，在區間上單調遞增.
因為，，
所以，存在，使得，
所以，當時，，即在區間上單調遞減，
所以，不滿足題意.
綜上可知，實數的取值范圍為.
8．（2024·浙江溫州·模擬預測）函數
(1)求的單調區間.
(2)若在時恒成立，求的取值范圍.
【答案】(1) 的單調遞增區間是 單調遞減區間是
(2)
【分析】（1）對函數求導有，根據導數判斷函數的單調性區間即可；
（2）構造函數，將問題轉化為：在時恒成立，求的取值范圍；根據，求出命題成立的必要條件，再驗證充分性即可確定的取值范圍.
【詳解】（1）因為，
所以，定義域為，
令，即，即，
解得，
所以當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減；
綜上所述， 的單調遞增區間是 ，單調遞減區間是 .
（2）記，則，
所以，
根據題意原題可化為：在時恒成立，求的取值范圍；
因為，所以在時恒成立的必要條件為，
即，即；
構造函數，則，
所以在上單調遞增，所以，
所以有，即在上恒成立，
令，當時，有，
所以在上恒成立，
因為，不等式兩邊同時乘以，
有在上恒成立，
即在上恒成立，
即時，在上恒成立，
綜上，是在時恒成立的充要條件，
所以的取值范圍為.
【點睛】方法點睛：恒（能）成立問題的解法：
若在區間上有最值，則
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分離常數，即將問題轉化為：（或），則
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
9．（2024·山東·二模）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若恒成立，求實數的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）先求導函數，再對m進行分類討論得的正負情況，進而得函數單調性.
（2）先由題意得出隱性條件得m的限制范圍， 再對不等式兩邊同時取以為底的對數整理得左右兩邊為同樣形式的不等式進而將原問題等價簡化成研究 恒成立即可求解.
【詳解】（1）由題可知，，且在定義域上單調遞增，
當時，恒成立，此時在上單調遞減，
當時，令，則，
所以時，，此時單調遞減；
時，，此時單調遞增，
當，即時，
此時在恒成立，單調遞增，
綜上，當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增.
（2）因為，所以，
又，所以，即，
故時，恒成立，
令，，則，
當時，，為增函數，
當時，，為減函數，
所以，從而．
將兩邊同時取以為底的對數可得
整理可得．
令，則，且在上單調遞增，
因為且，
所以在上恒成立，
所以恒成立，
令，則，
當時，單調遞增，
當時，單調遞減，
所以，
所以，
又因為，所以．
【點睛】方法點睛：對于指、對、冪函數同時出現的復雜不等式問題，如本題，一般考慮用同構思想方法將不等式兩邊轉化成形式一樣的式子，再構造函數利用函數單調性來研究.
10．（2024·河北·二模）已知函數．
(1)求曲線在處的切線與坐標軸圍成的三角形的周長；
(2)若函數的圖象上任意一點關于直線的對稱點都在函數的圖象上，且存在，使成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據導數的幾何意義求切線方程,進而求得與軸的交點與軸的交點，計算可得結果；
（2）根據對稱性求函數的解析式，將問題轉化為存在，使成立，構造函數，轉化為函數的最值問題并求解.
【詳解】（1）由，得，
所以切線的斜率.
所以切線的方程為，即.
令，得，令，得，所以切線與軸交于點，與軸交于點，
所以切線與坐標軸圍成的三角形的周長為.
（2）設，則，
由題意知在的圖象上，
所以，所以.
由，
得，即，
因為存在，使成立，所以存在，使成立，
設，則，又，當且僅當時等號成立，
所以單調遞增，
所以當時，，
可得，即實數的取值范圍是
考點六、利用導數研究函數的零點與方程的根
1．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數．
(1)證明：當時，；
(2)求在區間上的零點個數．
【答案】(1)證明見解析
(2)2個
【分析】（1）由題意結合要證明的不等式，構造函數，利用導數判斷其單調性，證明，即可證明結論；
（2）討論和兩種情況，當時，結合題意構造函數，判斷函數的單調性，結合零點存在定理判斷函數的零點個數，綜合即可求得答案.
【詳解】（1）設，則．
設，
則，
因為在上單調遞增，所以，
又因為當時，，所以，
所以在上單調遞增，所以，
所以在上單調遞增，所以，
所以當時，．
（2），當時，，所以在上單調遞增，
因為，所以由零點存在定理知在上有且僅有一個零點．
當時，令，則，
當時，有，所以在上單調遞減，
又因為，所以存在使得，
當時，，所以在上單調遞增，
所以當時，故在上無零點，
當時，，所以在上單調遞減，
又，所以在上有且僅有一個零點．
綜上所述：在上有且只有2個零點．
【點睛】難點點睛：本題綜合考查了導數的應用問題，涉及利用導數求函數最值、證明不等式以及函數的零點問題，解答的難點在于函數零點的判斷，解答時要能結合題設，恰當地構造函數，判斷函數單調性，進而判斷函數零點.
2．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數.
(1)若曲線在處的切線與軸垂直，求的極值.
(2)若在只有一個零點，求.
【答案】(1)極小值，無極大值；
(2).
【分析】（1）求出函數的導數，結合幾何意義求出，再分析單調性求出極值.
（2）由函數零點的意義，等價變形得在只有一解，轉化為直線與函數圖象只有一個交點求解.
【詳解】（1）函數的定義域為R，求導得，，
依題意，，則，，
當時，，當時，，
因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以函數在處取得極小值，無極大值.
（2）函數在只有一個零點，等價于在只有一個零點，
設，則函數在只有一個零點，當且僅當在只有一解，
即在只有一解，于是曲線與直線只有一個公共點，
令，求導得，當時，，當時，，
因此函數在上單調遞減，在上單調遞增，
函數在取得極小值同時也是最小值，
當時，；當時，，
畫山大致的圖象，如圖，
在只有一個零點時，，
所以在只有一個零點吋，.
3．（2024·安徽蕪湖·模擬預測）已知函數．
(1)當時，求函數在處的切線方程；
(2)若函數至多一個零點，求a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用導數思想來求某一點處的切線方程；
（2）由零點方程進行分離參變量，構造新的函數進行單調性分析求最值，再結合零點情況判斷參變量的取值范圍.
【詳解】（1）由得：，
當時，，，
所以函數在處的切線方程為：，
即，所以
（2）由函數的定義域為，
又由，分離參變量得：
令
令
在單調遞增，又，
在上，在上，
在單調遞減，在單調遞增，
所以 ，
又時時
4．（2024·青海海西·模擬預測）已知函數．
(1)討論函數的單調性；
(2)若函數有且僅有兩個零點，求實數的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
(2)．
【分析】（1）根據題意，求導可得，然后分與討論，即可得到結果；
（2）根據題意，結合（1）中結論可知，代入計算，即可求解.
【詳解】（1）函數的定義域為，
由，
①當時，，可得函數單調遞增，增區間為，沒有減區間；
②當時，令，有，令，有，
可得函數的減區間為，增區間為；
綜上所述，當時，函數的單調增區間為，沒有減區間；
當時，函數的單調增區間為，單調減區間為.
（2）由（1）可知，若函數有且僅有兩個零點，必有，可得，
當時，；當時，，
故若函數有且僅有兩個零點，則實數的取值范圍為．
5．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）已知函數，.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若方程有三個不同的實根，求的取值范圍．
【答案】(1)單調遞增區間為和，單調遞減區間為
(2)
【分析】（1）求出函數的導函數，再解關于導函數的不等式即可求出單調區間；
（2）由，可得為的一個根，
所以有兩個不同于的實根，令，利用導數說明函數的單調性，從而得到當時且，即可求出參數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，函數，
則，令得或
當或時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞增，在上單調遞減，
即當時，單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
（2），所以為的一個根，
故有兩個不同于的實根，
令，則，
①當時，，故在上單調遞增，不符合題意；
②當時，令，得，
當時，，故在區間上單調遞增，
當時，，故在區間上單調遞減，
并且當時，；當時，；
所以若要滿足題意，只需且，
因為，所以，
又，所以，
所以實數的取值范圍為
6．（2024·浙江溫州·一模）已知（）.
(1)求導函數的最值；
(2)試討論關于的方程（）的根的個數，并說明理由.
【答案】(1)最大值等于
(2)答案見解析
【分析】
（1）求出導函數，令，對再求導，利用導數確定單調性得最值；
（2）方程變形為，令，對求導，確定單調性，得出函數值域后可得結論．
【詳解】（1）
∵，記
∴，解得：
當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
所以的最大值等于.
（2）
方法1：由，即，即.
令，∴，由解得：
∴在上單調遞增，在上單調遞減，∴，且
所以：當時，方程無解；當時，方程有1個解；當時，方程有2個解.
方法2：由，即，即.
令，，∴，由解得：
∴在上單調遞增，在上單調遞減，∴，且
所以：當時，方程無解；當時，方程有1個解；當時，方程有2個解.
方法3：由，即，兩邊取對數得：，即.
令，所以由，解得
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減
所以
當，即時，方程無解；
當，即時，方程有1個解；
當，即時，方程有2個解.
7．（2024·全國·模擬預測）已知函數的圖象在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)若有兩個不同的實數根，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據已知條件利用切點求出的斜率和函數值列兩個等式求解即可.
（2）把方程中的參數分離，構造新函數，將方程根的個數轉化為函數圖象的交點個數，通過研究構造的新函數的大致圖象數形結合求解即可.
【詳解】（1）因為點在直線上，所以．
又，所以．
，
，所以．
綜上．
（2）由（1）得，易知，
所以有兩個不同的實數根可轉化為：
關于的方程有兩個不同的實數根．
設，
，
令得，或．
所以當變化時，的變化情況為
0
0 0
單調遞增 極大值 單調遞減 單調遞減 單調遞減 極小值 單調遞增
所以的極大值為，極小值為，
當時，，當時，，
當且時，，
，當且時，，
當時，．
根據以上信息畫出的大致圖象，如圖所示．
所以實數的取值范圍為
8．（2024·山東煙臺·三模）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)當時，若方程有三個不等的實根，求實數的取值范圍.
【答案】(1)當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.
(2)
【分析】（1）直接使用導數的符號判斷單調性；
（2）將方程化為，再討論方程的解的個數，然后得到方程的根滿足的條件，即可求出實數的取值范圍.
【詳解】（1）求導知.
當時，由可知，在上單調遞增；
當時，對有，對有，所以在上單調遞增，在上單調遞減.
綜上，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）當時，，故原方程可化為.
而，所以原方程又等價于.
由于和不能同時為零，故原方程又等價于.
即.
設，則，從而對有，對有.
故在上遞增，在上遞減，這就得到，且不等號兩邊相等當且僅當.
然后考慮關于的方程：
①若，由于當時有，而在上遞增，故方程至多有一個解；
而，，所以方程恰有一個解；
②若，由于在上遞增，在上遞減，故方程至多有兩個解；
而由有，
再結合，，，即知方程恰有兩個解，且這兩個解分別屬于和；
③若，則.
由于，且不等號兩邊相等當且僅當，故方程恰有一解.
④若，則，故方程無解.
由剛剛討論的的解的數量情況可知，方程存在三個不同的實根，當且僅當關于的二次方程有兩個不同的根，且，.
一方面，若關于的二次方程有兩個不同的根，且，，則首先有，且.
故， ，所以.
而方程的解是，兩解符號相反，故只能，.
所以，即.
這就得到，所以，解得.
故我們得到；
另一方面，當時，關于的二次方程有兩個不同的根，.
且有，，.
綜上，實數的取值范圍是.
【點睛】關鍵點點睛：對于取值范圍問題，使用分類討論法是最直接的手段.
9．（2024·福建泉州·模擬預測）已知函數.
(1)若是函數的極值點，求的值，并求其單調區間；
(2)若函數在上僅有2個零點，求的取值范圍．
【答案】(1)；的增區間是和，減區間是；
(2)
【分析】（1）首先根據，求的值，根據導數和函數單調性的關系，即可求解函數的單調區間；
（2）首先參變分離為，再構造函數，，并判斷函數在區間的單調性，極值和端點值，根據圖象的交點個數，即可求解.
【詳解】（1），，得，
當時，，得或，
的變化情況如下表所示，
0 0
增區間 極大值 減區間 極小值 增區間
所以函數的增區間是和，減區間是；
（2）令，，
得，
令，，
，得，
如下表，
1 3
0
減區間 極小值3 增區間
因為函數在上僅有2個零點，即與有2個交點，如圖：
即.
10．（2024·福建寧德·三模）已知函數的圖象在處的切線過點.
(1)求在上的最小值;
(2)判斷在內零點的個數，并說明理由.
【答案】(1)
(2)有2個零點，理由見解析
【分析】（1）法一：利用在處的切線過點，可求，進而可求最小值；法二：利用導數求得切線方程為，進而可得切點，可求，進而可求最小值；
（2）法一：問題等價于判斷方程根的個數，令，求導判斷函數的單調性，利用零點的存在性定理可得結論.法二：求導可得，令，進而求導可得上必有一個零點，使得，進而可得在上單調遞增，在上單調遞減，進而利用零點的存在性定理判斷在上有一個零點，在上有一個零點.
【詳解】（1）法一：，
又，所以切線方程為，
又切線過點，
得，所以.
所以，
當時，，所以在上單調遞減，
所以的最小值為.
法二:，
所以切線方程為，
因此切點為，
得，所以，
所以，
當時，，所以在上單調遞減，
所以的最小值為；
（2）法一：判斷在內零點的個數，等價于判斷方程根的個數，
等價于判斷方程根的個數.
令
，令，則，得.
當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減.，
（或）
所以時，方程有2根，
所以在有2個零點.
法二：由（1）得，
令，則在上為減函數
，
所以在上必有一個零點，使得，
從而當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減..
又，
所以在上必有一個零點，使得.
當時，，即，此時單調遞增;
當時，，即，此時單調遞減..
又因為，
所以在上有一個零點，在上有一個零點，
綜上，在有2個零點.
【點睛】關鍵點點睛：本題第二問的關鍵是利用隱零點法并結合零點存在性定理判斷其零點個數.
考點七、利用導數研究雙變量問題
1．（22-23高二下·四川涼山·期末）已知函數．
(1)討論函數的單調性；
(2)若恒成立，求的取值范圍．
【答案】(1)當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減；
(2)
【分析】（1）含參討論導函數的正負即可；
（2）結合（1）的結論得，則有得出，構造函數判斷其最值即可.
【詳解】（1）由，
若，則恒成立，即在上單調遞增，
若，令得，即在上單調遞增，
令得，即在上單調遞減，
綜上所述當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減；
（2）由（1）得當時，在上單調遞增，
當趨近于時，趨近于，不符合題意，
故，則，
所以，
令，
顯然當時，，時，，故在時單調遞減，
在上單調遞增，即，
所以，即
2．（2024高三·全國·專題練習）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)若函數有兩個極值點，求證：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，通過討論的范圍判斷函數的單調性即可.
（2）根據函數的極值的個數求出的范圍，求出的解析式，根據函數的單調性證明即可.
【詳解】（1）
由，得．
令，則，
①當，即時，恒成立，則，
∴在上是減函數．
②當，即時，，則，
∴在上是減函數．
③當，即或．
（i）當時，是開口向上且過點的拋物線，對稱軸方程為，
則恒成立，從而，∴在上是減函數．
（ii）當時，是開口向上且過點的拋物線，對稱軸方程為，
則函數有兩個零點：（顯然），
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增；
當時，，f（x）單調遞減．
綜上，當時，的減區間是；
當時， 的增區間是，減區間是．
（2）
由（1）知，當時，有兩個極值點，
則是方程的兩個根，
從而．由韋達定理，得．
又，∴．
．
令，
則．
當時，;當時，，
則在上是增函數，在上是減函數，
從而，于是．
【點睛】利用導數求解函數（含參）的單調區間，關鍵要對參數進行分類討論，本題中分子為二次函數，所以構造二次函數，利用判別式可分為來討論的根和正負情況，從而確定的正負.
3．（2024·四川德陽·二模）已知函數，
(1)當時，討論的單調性；
(2)若函數有兩個極值點，求的最小值.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）利用導數與函數單調性的關系，分類討論與兩種情況即可得解；
（2）利用（1）中結論，利用韋達定理得到，，，利用消元法將表示成關于的函數，再利用換元法和導數求得所得函數的最小值，從而得解.
【詳解】（1）因為，
所以,
令，則，
因為，
當時，，則，即，
此時在上單調遞增，
當時，，由，得，且，
當或時，，即；
當時，，即，
所以在,上單調遞增，在上單調遞減；
綜上，當時，在上單調遞增，
當時，在,上單調遞增，在上單調遞減，
其中.
（2）由（1）可知，為的兩個極值點，且，
所以，且是方程的兩不等正根，
此時，，，
所以，，且有，，
則
令，則，令，
則，
當時，，則單調遞減，
當時，，則單調遞增，
所以，
所以的最小值為.
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是，利用韋達定理將雙變量的轉化為關于單變量的函數，從而得解.
4．（23-24高三上·河南周口·期末）已知函數.
(1)若在上單調遞減，求的取值范圍；
(2)若，求證：；
(3)在（2）的條件下，若方程兩個不同的實數根分別為，，求證：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）借助導數與單調性的關系，結合參變分離計算即可得；
（2）多次求導，得到函數的單調性與奇偶性即可得；
（3）結合小問（2），將可轉化為證明，結合題中、的范圍，可構造函數從而證明，即可得證.
【詳解】（1）由，則，
在上單調遞減，即在上恒成立，
即有在上恒成立，即，
令，，則，
設，，則，
故在上單調遞減，
故，
即恒成立，故在上單調遞增，
有，即，
故的取值范圍為；
（2）若，則，，
設，則，
故在上單調遞增，又，
，故在上存在唯一零點，
設該零點為，即有，
有時，，時，，
即在上單調遞減，在上單調遞增，
又，，
故當時，，即，
故在上單調遞減，
當時，有，故，
即在上單調遞增，
故時，，
又，且定義域為，
故為偶函數，即當時，，
故恒成立；
（3）， 有，
由（2）可知，若方程兩個不同的實數根，則，
下面證明：，
不妨設，則，
要證，只需證明，而，
由（2）可知，在上單調遞減，故只需證明，
而，故只需證明，
設
，
則，即在上單調遞增，
故，故，即，
又，故，
由（2）得，，
當時，，故在上單調遞增，
又，，
故.
【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在最后一問中結合題意與第二小問，將證明轉化為證明，從而將問題變為極值點偏移問題，結合題中、的范圍，可構造函數，從而幫助證明.
5．（23-24高三上·福建福州·期中）已知函數，為的導函數．
(1)當時，討論函數的單調性
(2)已知，，若存在，使得成立，求證：．
【答案】(1)見解析
(2)證明見解析
【分析】首（1）先求函數的導數，討論的取值，根據導數的正負，求解函數的單調性；
（2）首先設，再根據，求解，代入后變形為，再通過構造函數，即可證明不等式.
【詳解】（1）當時，，，
，
當時，在區間上恒大于0，此時函數的單調遞增區間是；
當時，設，其中，
當，函數單調遞增，
當，，函數單調遞減，
當時，，
當時，，此時恒成立，函數的單調遞增區間是，
當時，，
當且，
所以在區間上恒大于0，即函數的單調遞增區間是，
綜上可知，時，函數的單調遞增區間是，
當時，函數的單調遞減區間是，函數的單調遞減區間是；
（2）不妨設，因為，
則，
即，
得，
由，
則，
所以，
，
設，構造函數，
，
所以在上為增函數，
所以，即，
又，，，
所以.
【點睛】思路點睛：本題考查利用導數研究函數的單調性和雙變量下的不等式問題，綜合性較強，本題第二問的思路是利用，變形，再代入后，即可變形，構造函數，利用導數解決不等式恒成立問題.
6．（23-24高三下·北京·開學考試）已知.
(1)若，求在處的切線方程；
(2)設，求的單調區間；
(3)求證：當時，.
【答案】(1)；
(2)時，單調遞減區間為，單調遞增區間為;
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據導數的幾何意義即可求得答案;
（2）求出函數的導數，討論k的取值范圍，確定導數的正負，即可求得的單調區間；
（3）由于不等式可變為，所以可構造函數，利用（2）的結論可證明故該函數為上的增函數，利用函數的單調性，即可證明結論.
【詳解】（1）當時，，
故在處的切線斜率為，而，
所以在處的切線方程為，即.
（2）由題意得，則，
令，即，
令，即，
時，單調遞減區間為,單調遞增區間為.
（3）證明：由（2）可知，當時，在上單調遞增，而，
即在上恒成立，故在上單調遞增，
設，則，
因為，則，故，
所以在上單調遞增，而，
則，即，而，
故，即.
【點睛】關鍵點點睛：證明不等式時，關鍵是構造函數，利用函數的單調性進行證明；因為可變形為，由此可構造函數，從而利用（2）的結論證明該函數為遞增函數，從而利用函數的單調性證明不等式.
7．（2024·安徽阜陽·一模）已知函數．
(1)討論的單調性．
(2)已知是函數的兩個零點．
（ⅰ）求實數的取值范圍．
（ⅱ）是的導函數．證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）證明見解析
【分析】（1）求導，對進行分類討論的單調性；
（2）利用方程組，得到，問題轉化為恒成立，換元后構造函數求出函數單調性及最值，從而得到證明.
【詳解】（1）．
①當時，在上單調遞增．
②當時，令得，即在上單調遞增；
同理，令得，即在上單調遞減．
（2）（ⅰ）由（1）可知當時，在上單調遞增，不可能有兩個零點．
當時，在上單調遞增，在上單調遞減，
若使有兩個零點，則，即，解得，
且，當時，，則有，
所以的取值范圍為．
（ⅱ）是函數的兩個零點，則有①，②，
①-②得，即，
，
因為有兩個零點，所以不單調，
因為，得，
所以．
若要證明成立，
只需證，
即證，令，則，
則不等式只需證，
即證，
令，
，令，
令，因為，得在上單調遞減，
得，得，即在上單調遞減，
得，得，即在上單調遞減，
所以有，
故有，不等式得證．
【點睛】關鍵點點睛：對于雙變量問題，要轉化為單變量問題，通常情況下利用對數的運算性質進行轉化，轉化后利用構造新函數及最值進行求解證明.
8．（2023·浙江嘉興·二模）已知.
(1)若存在實數，使得不等式對任意恒成立，求的值；
(2)若，設，證明：
①存在，使得成立；
②.
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②證明見解析
【分析】（1）構造函數，求導，研究函數的單調性，利用極值點得，從而利用指對運算即可求解；
（2）①記，構造函數，求導，研究函數單調性，找到隱零點，即可證明；
②先用分析法及把不等式證明轉化為，
結合式子結構，轉化為證明，
構造函數，即證，利用主元法，
構造函數，求導，研究單調性，利用最值即可證明.
【詳解】（1）構造，則，
令，則，所以在遞增，
又，所以存在，使得，
且在上單調遞減，在上單調遞增，
所以對任意恒成立，此時.
（2）①令，顯然，則.
令，則，
因為在遞增，趨向于0時，趨向于，趨向于正無窮大時，趨向于正無窮大，所以存在，使得，即.
于是在遞減，在遞增.因為，所以.
②要證，
即證
，
因為，
所以只要證，
即證，
即證，
令，即證，
即證，
令，則.
構造，
則，
，
因為，
所以，所以，
所以成立，原命題成立.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
9．（2023·全國·模擬預測）已知函數.
(1)設函數，若恒成立，求的最小值；
(2)若方程有兩個不相等的實根、，求證：.
【答案】(1)1；
(2)證明見解析.
【分析】
（1）將問題轉化為不等式在上恒成立，利用導數證明時，不等式成立，進而分類討論與兩種情況，從而得解；
（2）利用導數研究函數的性質可得，由題意可得，原不等式變形為，利用分析法，構造函數證明，即，結合即可證明.
【詳解】（1）當、時，即恒成立，
等價于恒成立.
設，則，
令，令，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，得，即，
當時，令，易得在上單調遞增，
又，，
所以在，即上存在唯一零點，
所以，即，且；
當時，令，
易得關于的函數與在上單調遞增，則，
當時，，即，不滿足題意；
當時，易得，即恒成立；
綜上：，則實數k的最小值為1；
（2）由題意知，，
，則，
令，令，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，則，
當時，易得恒成立，當時，，
又函數有兩個不同的實根，即與的圖像有兩個交點，
作出與的部分圖像如圖：
所以，且，
得，有.
要證，即證，
即證，即證，
由，得.
設，則，
令，令，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，則，即，
所以，則，
即，即證.
【點睛】
方法點睛：破解含雙參不等式證明題，先由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉化為含單參的不等式；進而巧構造函數，再借用導數判斷函數的單調性，求出函數的最值；最后回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.
10．（2023·天津河西·模擬預測）已知函數.
(1)若函數為增函數，求的取值范圍；
(2)已知.
（i）證明：；
（ii）若，證明：.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
【分析】（1）分析可得原題意等價于對恒成立，構建，利用導數求最值結合恒成立問題運算求解；
（2）（i）取，根據題意分析可得，構建，結合導數證明即可；
（ii）根據題意分析可得，，，構建，結合導數證明，即可得結果.
【詳解】（1）∵，則，
若是增函數，則，且，可得，
故原題意等價于對恒成立，
構建，則，
令，解得；令，解得；
則在上遞增，在遞減，
故，∴的取值范圍為.
（2）（i）由（1）可知：當時，單調遞增，
∵，則，即，
整理得，
構建，則，
令，解得；令，解得；
則在上遞減，在遞增，
故，
即，當且僅當時等號成立，
令，可得，
綜上；
（ii）∵，則，
可知有兩個不同實數根，由（1）知，
可得，
同理可得，
構建，則，
當時，；當時，；
當時，；
且，故對恒成立，故在上單調遞減，
∵，則，即，
且，則，故，
可得；
又∵，由（i）可得，即，
則，
且，則，可得；
綜上所述：.
可得，則
故.
【點睛】方法定睛：利用導數證明不等式的基本步驟
(1)作差或變形．
(2)構造新的函數h(x)．
(3)利用導數研究h(x)的單調性或最值．
(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．
特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題．
考點八、利用導數解決隱零點問題
1．（2024·浙江麗水·二模）設函數.
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若對定義域內任意的實數，恒有，求實數的取值范圍.（其中是自然對數的底數）
【答案】(1)單調遞減區間為，單調遞增區間為
(2)
【分析】（1）求出函數的定義域與導函數，再解關于導函數的不等式，即可得解；
（2）依題意可得在上恒成立，設，，利用導數說明函數的單調性，即可得到且，利用導數求出的范圍，即可求出的范圍.
【詳解】（1）當時定義域為，
且，
令，則，
所以在上單調遞增，
又，所以當時，當時，
所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為；
（2）函數定義域為，
依題意在上恒成立，
設，，則，
設，則恒成立，
所以在上單調遞增，
且當時，當時，
所以使得，即，
所以，
則當時，即單調遞減，
當時，即單調遞增，
所以
，
令，則且，
所以為增函數，
由，所以，
又與均為減函數，所以在上單調遞減，
所以當時，
所以實數的取值范圍為.
2．（22-23高三上·天津·期末）設函數，，，已知曲線在點處的切線與直線垂直．
(1)求a的值；
(2)求的單調區間；
(3)若對成立，求b的取值范圍．
【答案】(1)2
(2)答案見解析
(3)
【分析】（1）利用導數的幾何意義可得關于a的方程，解方程即可得出答案；
（2）對求導，分和討論的正負，即可求出的單調性；
（3）由恒成立，等價于，令，轉化為求.
【詳解】（1）的定義域為，
，
由于直線的斜率為，.
（2），，
①當時，，在R上單調遞增；
②當時，令有，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增.
綜上所述：，的單調遞增區間為R，
，的單調減區間為，的單調增區間為.
（3）由恒成立，
等價于，
令（），
，
①若時，，所以在上單調遞增，
，即，滿足，
②若時，則，所以在上單調遞增，
當趨近于0時，趨近于，不成立，
故不滿足題意.
③若時，令，，，，
，單調遞減，，單調遞增，
只需即可，
，，
令，，在上單調遞增，
，時，，
，，所以在上單調遞增，
，即，
綜上：.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數的幾何意義、求單調區間和利用導數求解恒成立問題；本題求解恒成立問題的關鍵是將恒成立問題轉化為求函數的最值.
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數．
(1)討論函數的極值點個數；
(2)當時，若實數滿足，證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數求導，利用導數研究的單調性，討論的范圍，結合零點存在性定理判斷 的零點個數，即可得的極值點個數；
（2）利用（1）中結論將轉化成證明，構造，利用導函數和放縮法證明 即可.
【詳解】（1）由題意得的定義域為．
設，則，令解得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，且，
當時，，當時，，
若，則，
故存在唯一的，使得，
當時，單調遞減；當時，單調遞增，故存在唯一的極值點．
同理可得，若，則存在唯一的極值點0，
若，則，存在唯一的和，使得，
當時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增，故存在兩個極值點，
若，則單調遞增，無極值點，
綜上，若，則存在唯一的極值點；若，則存在兩個極值點；若，則無極值點．
（2）由（1）可知，當時，要證，即證，即證，
不妨設，則證，
因為在上單調遞減，所以即證，即證，
設，
因為，則
，
所以在上單調遞增，
又，所以，即，得證．
【點睛】在解決類似得問題時，要熟練應用導數研究函數得單調性、極值與最值，掌握極值與極值點的定義，縷清極值點與方程的根之間關系，善于培養轉化的數學思想，學會構造新函數，利用導數研究新函數的性質即可解決問題.
4．（2023·江西·模擬預測）已知函數，且曲線在點處的切線的斜率為12.
(1)求的單調區間；
(2)證明：，有恒成立.
【答案】(1)的單調遞減區間為，單調遞增區間為
(2)證明見解析
【分析】（1）先對求導，再利用，求出的值，進而討論的單調性；
（2）構造令，利用導數證明即可證明不等式恒成立問題.
【詳解】（1）解：由題得的定義域為，
所以，解得.
所以，
當時，單調遞減；當時，單調遞增，
所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為.
（2）證明：由（1）知，要證恒成立，即證恒成立，
令，則，
令，解得或（舍去），
設，則.
當時，單調遞減；當時，單調遞增，
所以，
其中，
令，所以，
所以在區間上單調遞減，
所以，
所以，所以，
所以.
【點睛】方法點睛：證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.
5．（2024·山東棗莊·一模）已知．
(1)討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）求導得，分，兩種情況，求方程的解，分析的符號，進而可得的單調性．
（2）方法一：化簡不等式，證明，函數有唯一零點，由此證明，證明時，滿足條件，時不滿足條件即可；
方法二：化簡不等式，并分離變量可得，利用導數研究的單調性及最小值，由此可求的取值范圍.
【詳解】（1）由題意知定義域為，
且．
令，
①當時，，所以在上單調遞增．
②當時，，記的兩根為，
則，且．
當時，在上單調新高考新結構
命題下的導數解答題綜合訓練
（11類核心考點精練）
在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。
當前的高考試題設計，以“三維”減量增質為核心理念，力求在減少題目數量的同時，提升題目的質量和考查的深度。這具體體現在以下三個方面：
三考
題目設計著重考查學生的知識主干、學習能力和學科素養，確保試題能夠全面、客觀地反映學生的實際水平。
三重
強調對學生思維深度、創新精神和實際應用能力的考查，鼓勵學生不拘泥于傳統模式，展現個人的獨特見解和創造力。
三突出
試題特別突出對學生思維過程、思維方法和創新能力的考查，通過精心設計的題目，引導學生深入思考和探索，培養邏輯思維和創新能力。
面對新高考新結構試卷的5個解答題，每個題目的考查焦點皆充滿變數，無法提前預知。導數版塊作為一個重要的考查領域，其身影可能悄然出現在第15題中，作為一道13分的題目，難度相對較為適中，易于學生入手。然而，同樣不能忽視的是，導數版塊也可能被置于第18、19題這樣的壓軸題中，此時的分值將提升至17分，挑戰學生的解題能力和思維深度，難度自然相應加大。
面對如此多變的命題趨勢，教師在教學備考過程中必須與時俱進。不僅要深入掌握不同題目位置可能涉及的知識點及其命題方式，更要能夠靈活應對，根據試題的實際情況調整教學策略。本文基于新高考新結構試卷的特點，結合具體的導數解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的導數解答題綜合訓練指南，以期在新高考中取得更好的成績。
考點一、利用導數研究具體函數的單調性
1．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數．
(1)求函數的單調遞增區間；
(2)若函數有且僅有三個零點，求的取值范圍．
2．（2024·浙江·三模）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)若曲線在點處的切線與二次曲線只有一個公共點，求實數a的值．
3．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數
(1)若，求的單調區間.
(2)若對，恒成立，求實數的取值范圍
4．（2024·陜西渭南·二模）已知函數，.
(1)求函數的單調區間；
(2)若當時，恒成立，求實數m的取值范圍.
5．（2024·湖南衡陽·模擬預測）函數.
(1)當時，討論的單調性；
(2)在上單調遞增，求的取值范圍.
6．（2024·廣東佛山·二模）已知.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若有兩個極值點，，證明：.
7．（2024·河北保定·二模）已知函數.
(1)若，討論的單調性；
(2)已知存在，使得在上恒成立，若方程有解，求實數的取值范圍.
8．（2024·全國·模擬預測）已知函數．
(1)若，求的單調區間；
(2)若，的最小值為，求證：．
9．（2024·浙江·模擬預測）已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)當時，判斷的零點個數.
10．（2024·全國·模擬預測）已知函數．
(1)若，討論的單調性．
(2)若，，求證：．
考點二、利用導數研究含參函數的單調性
1．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)若恒成立，求的最小值．
2．（2024·陜西榆林·模擬預測）已知函數，其中．
(1)討論函數的單調性；
(2)當時，證明：．
3．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)當時，證明：．
4．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知函數（）.
(1)討論的單調性；
(2)當時，求證：.
5．（2024·山西呂梁·三模）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)若對任意的，使恒成立，則實數的取值范圍.
6．（2024·廣東東莞·模擬預測）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)當時，求函數在區間上的最大值．
7．（2024·寧夏吳忠·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，．
8．（2024·山東青島·二模）已知函數.
(1)證明曲線在處的切線過原點；
(2)討論的單調性；
9．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知函數.
(1)求函數的單調區間；
(2)若，求函數在區間上的零點個數.
10．（2024·新疆·三模）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若有三個不同的零點，求實數的取值范圍.
考點三、利用導數求極值與最值
1．（2024·廣東東莞·模擬預測）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)當時，求函數在區間上的最大值．
2．（2024·江蘇南京·二模）已知函數，其中．
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)當時，若在區間上的最小值為，求a的值．
3．（2024·河南·模擬預測）已知函數．
(1)求的極大值；
(2)若，求在區間上的零點個數．
4．（2024·湖南長沙·三模）已知函數（）.
(1)求函數的極值；
(2)若集合有且只有一個元素，求的值.
5．（2024·河北保定·三模）已知函數，為的極值點.
(1)求a；
(2)證明：.
6．（2024·北京順義·三模）已知函數.
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，求證：函數存在極小值；
(3)求函數的零點個數.
7．（2024·廣西貴港·模擬預測）已知函數．
(1)當時，請判斷的極值點的個數并說明理由；
(2)若恒成立，求實數a的取值范圍．
8．（2024·吉林·模擬預測）已知函數.
(1)當時，求函數的極值；
(2)求證：當時，.
9．（2024·四川攀枝花·三模）已知函數．
(1)求函數的極值；
(2)設函數的導函數為，若（），證明：．
10．（2024·陜西銅川·模擬預測）已知函數的一個極值為．
(1)求實數的值；
(2)若函數在區間上的最大值為18，求實數與的值．
考點四、利用導數證明不等式
1．（2024·廣西·模擬預測）設函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)證明：．
2．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)當時，證明：．
3．（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數．
(1)求的值域；
(2)求證：當時，．
4．（2024·河北·三模）已知函數．
(1)若在恒成立，求實數a的取值范圍；
(2)證明：．
5．（2024·四川內江·三模）已知函數．
(1)若的圖象不在軸的下方，求的取值集合；
(2)證明：．
6．（2024·河北·模擬預測）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)證明：當時，.
7．（2024·重慶九龍坡·三模）已知函數，.
(1)當時，函數恒成立，求實數的最大值；
(2)當時，若，且，求證：；
(3)求證：對任意，都有.
8．（2024·陜西·模擬預測）已知函數（），.
(1)討論函數的單調性；
(2)證明：（）；
(3)證明：（）.
9．（2024·江蘇連云港·模擬預測）已知函數.
(1)求函數在處的切線方程.
(2)證明：.
10．（2024·山東·模擬預測）已知函數，其中.
(1)求曲線在點處切線的傾斜角；
(2)若函數的極小值小于0，求實數的取值范圍；
(3)證明：.
考點五、利用導數解決恒成立與能成立有解問題
1．（2024·湖北·模擬預測）已知函數，其中為常數.
(1)過原點作圖象的切線，求直線的方程；
(2)若，使成立，求的最小值.
2．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，，求a的取值范圍．
3．（2024·山東濟南·三模）已知函數，其中且．
(1)若是偶函數，求a的值；
(2)若時，，求a的取值范圍．
4．（23-24高三上·廣東深圳·階段練習）已知．
(1)討論的單調性和極值；
(2)若時，有解，求的取值范圍．
5．（2024·全國·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若不等式在區間上有解，求實數a的取值范圍．
6．（2024·四川雅安·三模）已知函數.
(1)當時，求函數在上的值域；
(2)若關于的不等式在上恒成立，求實數的取值范圍.
7．（2024·浙江紹興·二模）已知函數.
(1)當時，求曲線在點處的切線方程；
(2)當時，，求實數的取值范圍.
8．（2024·浙江溫州·模擬預測）函數
(1)求的單調區間.
(2)若在時恒成立，求的取值范圍.
9．（2024·山東·二模）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若恒成立，求實數的取值范圍.
10．（2024·河北·二模）已知函數．
(1)求曲線在處的切線與坐標軸圍成的三角形的周長；
(2)若函數的圖象上任意一點關于直線的對稱點都在函數的圖象上，且存在，使成立，求實數的取值范圍．
考點六、利用導數研究函數的零點與方程的根
1．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數．
(1)證明：當時，；
(2)求在區間上的零點個數．
2．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數.
(1)若曲線在處的切線與軸垂直，求的極值.
(2)若在只有一個零點，求.
3．（2024·安徽蕪湖·模擬預測）已知函數．
(1)當時，求函數在處的切線方程；
(2)若函數至多一個零點，求a的取值范圍．
4．（2024·青海海西·模擬預測）已知函數．
(1)討論函數的單調性；
(2)若函數有且僅有兩個零點，求實數的取值范圍．
5．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習）已知函數，.
(1)當時，求的單調區間；
(2)若方程有三個不同的實根，求的取值范圍．
6．（2024·浙江溫州·一模）已知（）.
(1)求導函數的最值；
(2)試討論關于的方程（）的根的個數，并說明理由.
7．（2024·全國·模擬預測）已知函數的圖象在點處的切線方程為．
(1)求的值；
(2)若有兩個不同的實數根，求實數的取值范圍．
8．（2024·山東煙臺·三模）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)當時，若方程有三個不等的實根，求實數的取值范圍.
9．（2024·福建泉州·模擬預測）已知函數.
(1)若是函數的極值點，求的值，并求其單調區間；
(2)若函數在上僅有2個零點，求的取值范圍．
10．（2024·福建寧德·三模）已知函數的圖象在處的切線過點.
(1)求在上的最小值;
(2)判斷在內零點的個數，并說明理由.
考點七、利用導數研究雙變量問題
1．（22-23高二下·四川涼山·期末）已知函數．
(1)討論函數的單調性；
(2)若恒成立，求的取值范圍．
2．（2024高三·全國·專題練習）已知函數．
(1)求函數的單調區間；
(2)若函數有兩個極值點，求證：．
3．（2024·四川德陽·二模）已知函數，
(1)當時，討論的單調性；
(2)若函數有兩個極值點，求的最小值.
4．（23-24高三上·河南周口·期末）已知函數.
(1)若在上單調遞減，求的取值范圍；
(2)若，求證：；
(3)在（2）的條件下，若方程兩個不同的實數根分別為，，求證：.
5．（23-24高三上·福建福州·期中）已知函數，為的導函數．
(1)當時，討論函數的單調性
(2)已知，，若存在，使得成立，求證：．
6．（23-24高三下·北京·開學考試）已知.
(1)若，求在處的切線方程；
(2)設，求的單調區間；
(3)求證：當時，.
7．（2024·安徽阜陽·一模）已知函數．
(1)討論的單調性．
(2)已知是函數的兩個零點．
（ⅰ）求實數的取值范圍．
（ⅱ）是的導函數．證明：．
8．（2023·浙江嘉興·二模）已知.
(1)若存在實數，使得不等式對任意恒成立，求的值；
(2)若，設，證明：
①存在，使得成立；
②.
9．（2023·全國·模擬預測）已知函數.
(1)設函數，若恒成立，求的最小值；
(2)若方程有兩個不相等的實根、，求證：.
10．（2023·天津河西·模擬預測）已知函數.
(1)若函數為增函數，求的取值范圍；
(2)已知.
（i）證明：；
（ii）若，證明：.
考點八、利用導數解決隱零點問題
1．（2024·浙江麗水·二模）設函數.
(1)當時，求函數的單調區間；
(2)若對定義域內任意的實數，恒有，求實數的取值范圍.（其中是自然對數的底數）
2．（22-23高三上·天津·期末）設函數，，，已知曲線在點處的切線與直線垂直．
(1)求a的值；
(2)求的單調區間；
(3)若對成立，求b的取值范圍．
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數．
(1)討論函數的極值點個數；
(2)當時，若實數滿足，證明：．
4．（2023·江西·模擬預測）已知函數，且曲線在點處的切線的斜率為12.
(1)求的單調區間；
(2)證明：，有恒成立.
5．（2024·山東棗莊·一模）已知．
(1)討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍．
6．（2024·北京朝陽·一模）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若關于的不等式無整數解，求的取值范圍.
7．（2024·海南·模擬預測）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)若不等式對任意恒成立，求的取值范圍.
8．（2024·山東·二模）已知函數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)當時，，求的取值范圍．
9．（2024·遼寧撫順·一模）已知函數．
(1)當時，判斷的單調性；
(2)若時，恒成立，求實數的取值范圍．
10．（2024·遼寧·一模）已知函數，（其中a，b為實數，且）
(1)當時，恒成立，求b；
(2)當時，函數有兩個不同的零點，求a的最大整數值．（參考數據：）
考點九、利用導數解決極值點偏移問題
1．（2024高三·全國·專題練習）設函數．
(1)判斷函數的單調性；
(2)若，且，求證：．
2．（22-23高三上·遼寧丹東·期末）已知函數．
(1)證明：若，則；
(2)證明：若有兩個零點，，則．
3．（23-24高二下·云南·期中）已知函數.
(1)當時，討論的單調性；
(2)當時，若方程有三個不相等的實數根，且，證明：.
4．（2024高三下·全國·專題練習）已知函數．
(1)證明：；
(2)若，且，證明：．
5．（22-23高三上·江西吉安·期末）已知函數，.
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)設，是的兩個不同零點，證明：.
6．（22-23高三上·山西·階段練習）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若有兩個零點，證明：.
7．（23-24高三上·河南·階段練習）已知函數．
(1)若，討論的單調性．
(2)已知關于的方程恰有個不同的正實數根．
（i）求的取值范圍；
（ii）求證：．
8．（2024高三下·全國·專題練習）已知函數（）．
(1)求的單調區間；
(2)若函數，是函數的兩個零點，證明：．
9．（23-24高三上·天津和平·階段練習）已知函數，a為實數．
(1)當時，求函數在處的切線方程；
(2)求函數的單調區間；
(3)若函數在處取得極值，是函數的導函數，且，，證明：．
10．（2023·遼寧阜新·模擬預測）已知函數
(1)若時，求的最值；
(2)若函數，且為的兩個極值點，證明：
考點十、導數與其他知識點雜糅問題
1．（2024·河北·三模）現隨機對件產品進行逐個檢測，每件產品是否合格相互獨立，且每件產品不合格的概率均為．
(1)當時，記20件產品中恰有2件不合格的概率為，求的最大值點；
(2)若這件產品中恰好有件不合格，以（1）中確定的作為的值，則當時，若以使得最大的值作為的估計值，求的估計值．
2．（高二·全國·課后作業）《九章算術》是古代中國乃至東方的第一部自成體系的數學專著，書中記載了一種名為“芻甍”的五面體．“芻薨”字面意思為茅草屋頂，圖1是一棟農村別墅，為全新的混凝土結構，它由上部屋頂和下部主體兩部分組成．如圖2，屋頂五面體為芻薨”，其中前后兩坡屋面和是全等的等腰梯形，左右兩坡屋面和是全等的三角形，點在平面和上射影分別為，，已知m，m，梯形的面積是面積的2.2倍．設．
（1）求屋頂面積關于的函數關系式．
（2）已知上部屋頂造價與屋頂面積成正比，比例系數為，下部主體造價與其高度成正比，比例系數為．現欲造一棟總高度為m的別墅，試問：當為何值時，總造價最低？
3．（2023·浙江·一模）混管病毒檢測是應對單管病毒檢測效率低下的問題，出現的一個創新病毒檢測策略，混管檢測結果為陰性，則參與該混管檢測的所有人均為陰性，混管檢測結果為陽性，則參與該混管檢測的人中至少有一人為陽性．假設一組樣本有N個人，每個人患病毒的概率相互獨立且均為．目前，我們采用K人混管病毒檢測，定義成本函數，這里X指該組樣本N個人中患病毒的人數．
(1)證明：；
(2)若，．證明：某混管檢測結果為陽性，則參與該混管檢測的人中大概率恰有一人為陽性．
4．（2023·河北·模擬預測）某排球教練帶領甲、乙兩名排球主力運動員訓練排球的接球與傳球，首先由教練第一次傳球給甲、乙中的某位運動員，然后該運動員再傳回教練.每次教練接球后按下列規律傳球：若教練上一次是傳給某運動員，則這次有的概率再傳給該運動員，有的概率傳給另一位運動員.已知教練第一次傳給了甲運動員，且教練第次傳球傳給甲運動員的概率為.
(1)求，；
(2)求的表達式；
(3)設，證明：.
5．（2024·福建福州·模擬預測）點是橢圓：（）上（左、右端點除外）的一個動點，，分別是的左、右焦點.
(1)設點到直線：的距離為，證明為定值，并求出這個定值；
(2)的重心與內心（內切圓的圓心）分別為，，已知直線垂直于軸.
（ⅰ）求橢圓的離心率；
（ⅱ）若橢圓的長軸長為6，求被直線分成兩個部分的圖形面積之比的取值范圍.
6．（2024·湖南岳陽·三模）已知的三個角的對邊分別為且，點在邊上，是的角平分線，設（其中為正實數）．
(1)求實數的取值范圍；
(2)設函數
①當時，求函數的極小值；
②設是的最大零點，試比較與1的大小．
7．（2024·全國·二模）如圖，過點的動直線交拋物線于兩點.
(1)若，求的方程；
(2)當直線變動時，若不過坐標原點，過點分別作（1）中的切線，且兩條切線相交于點，問：是否存在唯一的直線，使得？并說明理由.
8．（2024·山東青島·三模）已知 為坐標原點，曲線 在點 處的切線與曲線 在點 處的切線平行，且兩切線間的距離為，其中 .
(1)求實數 的值;
(2)若點 分別在曲線 上，求 與 之和的最大值;
(3)若點 在曲線 上，點 在曲線 上，四邊形 為正方形，其面積為，證明:
附:ln2 ≈ 0.693.
9．（2024·福建泉州·模擬預測）將足夠多的一批規格相同、質地均勻的長方體薄鐵塊疊放于水平桌面上，每個鐵塊總比其下層鐵塊向外伸出一定的長度，如下圖，那么最上層的鐵塊最多可向桌緣外伸出多遠而不掉下呢？這就是著名的“里拉斜塔”問題．將鐵塊從上往下依次標記為第1塊、第2塊、第3塊、……、第n塊，將前塊鐵塊視為整體，若這部分的重心在第塊的上方，且全部鐵塊整體的重心在桌面的上方，整批鐵塊就保持不倒．設這批鐵塊的長度均為1，若記第n塊比第塊向桌緣外多伸出的部分的最大長度為，則根據力學原理，可得，且為等差數列．
(1)求的通項公式；
(2)記數列的前項和為．
①比較與的大小；
②對于無窮數列，如果存在常數，對任意的正數，總存在正整數，使得，，則稱數列收斂于，也稱數列的極限為，記為；反之，則稱不收斂．請根據數列收斂的定義判斷是否收斂？并據此回答“里拉斜塔”問題．
10．（2024·重慶渝中·模擬預測）（1）證明：當時，；
（2）已知正項數列滿足.
（i）證明：數列為遞增數列；
（ii）證明：若，則對任意正整數，都有.
考點十一、利用導數研究函數新定義問題
1．（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學中的重要定理，它是研究區間上函數值變化規律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的內容如下:
如果函數在閉區間上連續，在開區間可導，導數為，那么在開區間內至少存在一點，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值點”.已知函數.
(1)若，求函數在上的“拉格朗日中值點”；
(2)若，求證:函數在區間圖象上任意兩點，連線的斜率不大于；
(3)若，且，求證:.
2．（2024·廣東·二模）拉格朗日中值定理是微分學的基本定理之一，其內容為：如果函數在閉區間上的圖象連續不斷，在開區間內的導數為，那么在區間內存在點，使得成立．設，其中為自然對數的底數，．易知，在實數集上有唯一零點，且．
(1)證明：當時，；
(2)從圖形上看，函數的零點就是函數的圖象與軸交點的橫坐標．直接求解的零點是困難的，運用牛頓法，我們可以得到零點的近似解：先用二分法，可在中選定一個作為的初始近似值，使得，然后在點處作曲線的切線，切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的一次近似值；在點處作曲線的切線，切線與軸的交點的橫坐標為，稱是的二次近似值；重復以上過程，得的近似值序列．
①當時，證明：；
②根據①的結論，運用數學歸納法可以證得：為遞減數列，且．請以此為前提條件，證明：．
3．（2024·貴州遵義·三模）英國數學家泰勒（B．Taylor，1685—1731）發現了：當函數在定義域內n階可導，則有如下公式：以上公式稱為函數的泰勒展開式，簡稱為泰勒公式．其中，，表示的n階導數，即連續求n次導數．根據以上信息，并結合高中所學的數學知識，解決如下問題：
(1)寫出的泰勒展開式（至少有5項）；
(2)設，若是的極小值點，求實數a的取值范圍；
(3)若，k為正整數，求k的值．
4．（2024·上海奉賢·三模）若定義在上的函數和分別存在導函數和．且對任意均有，則稱函數是函數的“導控函數”．我們將滿足方程的稱為“導控點”．
(1)試問函數是否為函數的“導控函數”？
(2)若函數是函數的“導控函數”，且函數是函數的“導控函數”，求出所有的“導控點”；
(3)若，函數為偶函數，函數是函數的“導控函數”，求證：“”的充要條件是“存在常數使得恒成立”．
5．（2024·湖南長沙·二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數在一點的一個鄰域（包含該點的開區間）內處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數在該點處的值就是一個極大（小）值.
對于函數，設自變量x從變化到，當，是一個確定的值，則稱函數在點處右可導；當，是一個確定的值，則稱函數在點處左可導.當函數在點處既右可導也左可導且導數值相等，則稱函數在點處可導.
(1)請舉出一個例子，說明該函數在某點處不可導，但是該點是該函數的極值點；
(2)已知函數.
（ⅰ）求函數在處的切線方程；
（ⅱ）若為的極小值點，求a的取值范圍.
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