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2022新高考数学热点·重点·难点专练 热点04 导数及其应用
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这是一份2022新高考数学热点·重点·难点专练 热点04 导数及其应用，文件包含热点04导数及其应用解析版docx、热点04导数及其应用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共65页， 欢迎下载使用。
热点04 导数及其应用
【命题趋势】
从新高考的考查情况来看，导数及其应用一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.
1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(1)讨论分以下四个方面
①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论．
(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类．
(3)讨论完毕须写综述．
2、研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
3、求与函数零点有关的参数范围的方法：
方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.
（2）分类讨论法.
4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max． (2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．
存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min (2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．
5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，
然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·河南·濮阳一高高三阶段练习）若直线与曲线满足下列两个条件：（1）直线在点处与曲线相切；（2）曲线在点附近位于直线的两侧，则称直线在点处“切过”曲线.给出下列四个命题：
①直线：在点处“切过”曲线：；
②直线：在点处“切过”曲线：；
③直线：在点处“切过”曲线：；
④直线：在点处“切过”曲线：.
其中正确的命题个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据“切过”的定义以及导数的几何意义逐个选项判定即可.
【详解】①∵，，∴，∴曲线在点处切线为，
当时，，当时，，即曲线在点附近位于直线的两侧，①正确；
②设，，
当时，，在是减函数，当时，，在是增函数，∴，即在上恒成立，
∴曲线总在直线下方，不合要求，②不正确；
③∵，，∴，∴曲线在点处切线为，
设，，∴是减函数，
又∵，∴当时，，即，
曲线在切线的下方，当，，即，
曲线在切线的上方，③正确；
④∵， ∴ ，∴，∴ 曲线在点处的切线为，不合要求
④不正确．综上，正确命题有①③，故选：B.
2．（2021·江苏淮安·高三期中）已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．是的极小值点 B．是的极小值点
C．在区间上单调递减 D．曲线在处的切线斜率小于零
【答案】D
【分析】根据导函数图象，求得函数单调性，结合极值点定义，即可判断ABC选项，根据导数的定义和几何意义即判断D选项，从而得出答案.
【详解】由图象知，当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在区间，内单调递增，在区间内单调递减，
是的极大值点，3是的极小值点，故ABC错误；
又因为，所以曲线在处切线斜率小于零，故D正确.故选：D.
3．（2021·安徽·合肥市第八中学高三阶段练习）已知函数的导数为，且，则（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】直接求导，令求出，再将带入原函数即可求解.
【详解】由得，当时，，解得，
所以，.故选：B
4．（2021·山东日照·高三阶段练习）已知是函数的导数，且对任意的实数都有，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造新函数，求出后由导函数确定，注意可得，从而得出的解析式，然后解不等式即可．
【详解】设，，
因为，所以，
所以．
因此，，所以，，
不等式即为 ，，解得或．故选：D．
5．（2021·陕西金台·高三阶段练习）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求得，由题意知有两个不等实根，转化为，然后设，再转化为直线与的图像有两个交点求解.
【详解】解：由题意有两个不等实根，即有两个不等实根，
设，则，
当时，，递增，当时，，递减，
时，为极大值也是最大值，时，，且，当时，，
所以当，即时，直线与的图象有两个交点，
即有两个不等实根．故选：B
6．（2021·四川省绵阳江油中学高三阶段练习）已知，，若存在，使得成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由，根据，得，再构造函数求最值即可求出的取值范围．
【详解】由，得，记，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
（1），，记，
，
，，，时，，单调递减；
时，，单调递增．（1），，
故实数的取值范围为，．故选：C．
7．（2021·天津市西青区张家窝中学高三阶段练习）已知函数，若函数有三个零点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将问题转化为与有三个交点，利用导数研究在上的性质，进而画出的图象，应用数形结合的方法求参数k的范围.
【详解】当时，，∴，令得，，
∴当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又，画出函数的图像，如图所示，
∵函数有三个零点，即方程有三个不等实根，
∴函数与有三个交点，由图像可知，，故选：D.
8．（2021·北京四中高三期中）对于定义在R上的函数，若存在非零实数，使在和上均有零点，则称为的一个“折点”，下列四个函数存在“折点”的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据函数存在“折点”的条件，对每一选项逐一判断即可.
【详解】对于A选项，，所以 没有零点，
从而没有“折点”，故A不符合题意；对于B选项，当时，，
因为 单调递增，所以在上有零点，
又因为是偶函数，所以在上有零点，
从而 存在“折点”，故B符合题意；对于C选项， 因为，所以，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以在处取得极大值，
在处取得极小值，而，所以在上只有一个零点，所以C不符合题意；
对于D选项，因为，令解得，只有一个零点，故D选项不符合题意；
故选：B
二、多选题
9．（2021·江苏淮安·高三期中）设函数，若恒成立，则实数的可能取值是（ ）
A．1 B．2 C．e D．3
【答案】ABD
【分析】由确定的单调性，结合恒成立确定正确选项.
【详解】，令解得，
所以在递减，在递增，
在取得极小值也即是最小值，依题意恒成立，即，
时，符合，时，符合，时，符合，
由于，所以C选项不符合.故选：ABD
10．（2021·河北保定·高三阶段练习）已知函数，则（ ）
A．的极大值为
B．的极大值为
C．曲线在处的切线方程为
D．曲线在处的切线方程为
【答案】BD
【分析】首先求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极大值，再求出、，再利用点斜式求出切线方程；
【详解】解：因为，所以，所以当或时，当时，
所以在和上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，故A错误，B正确；因为.所以曲线在处的切线方程为，即，故C错误，D正确；故选：BD
11．（2021·江苏·高三期中）若直线是曲线的切线，则曲线可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】由导数的几何意义可知曲线某点处的导数值为，令判断是否有解即可求解.
【详解】因为直线是曲线的切线，直线的斜率为，
所以在某点处的导数值为，
对于A：由可得：，令，
即，因为，所以有解，故选项A正确；
对于B：由可得，
令可得无解，故选项B不正确；
对于C：由可得，令
即，作出和的图象：所以有解，故选项C正确；
对于D：由可得，所以的定义域为，
由可得，令可得不满足，所以无解，故选项D不正确；故选：AC.
12．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）已知函数，满足对任意的，恒成立，则实数a的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】当得到恒成立，即可得到，当时，恒成立，当得到恒成立，即可得到，从而得到，再结合选项求解即可.
【详解】因为函数，满足对任意的，恒成立，
当时，恒成立，即恒成立，
因为，当且仅当，即时取等号，所以.
当时，恒成立.当时，恒成立，即恒成立，
设，，
，，为减函数，，，为增函数，
所以，所以，综上所述：.故选：ABC
13．（2021·湖北·高三阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．若函数在处取得最小值，则 D．，
【答案】ACD
【分析】AB选项利用二次求导的方法求得的单调性来判断，CD选项通过构造函数，结合二次求导的方法来进而判断.
【详解】，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上单调递增.A正确，B错误.
令，则.
令，则在上恒成立，则在上单调递增.又，所以，，则在上单调递减，在上单调递增，即.又，，所以.CD选项正确.故选：ACD
14．（2021·河北保定·高三阶段练习）若函数在上有两个不同的零点，则实数m的取值可能是（ ）
A．1 B．e C． D．
【答案】CD
【分析】采用分离参数的方法，同时构造函数，利用导数求得其单调性和值域，数形结合即可容易求得结果.
【详解】由，得，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增.因为，
要使得有两个零点，只需与在区间上有两个交点.
数形结合可知m的取值范围为.则选项中满足题意的取值是：以及故选：CD.
15．（2021·江苏如东·高三期中）若存在，则称为二元函数在点处对的偏导数，记为；若存在，则称为二元函数在点处对的偏导数，记为，已知二元函数，则（ ）
A． B．
C．的最小值为 D．的最小值为
【答案】AB
【分析】根据偏导数的定义进行分析计算，，，，的最小值为，由于，构造函数（），利用导数可求出的最小值.
【详解】解：因为（，），
所以，则，
故A选项正确；
又，所以，故B选项正确；
因为，
所以当时，取得最小值，且最小值为，故C选项错误；
，令（），，
当时，，当时，，故，
从而当时，取得最小值，且最小值为.故D选项错误.故选：AB.
16．（2021·山东·滕州市第一中学新校高三期中）已知函数，讨论函数的零点个数（ ）
A．当时，零点个数为1个 B．当时，零点个数为2个
C．当时，零点个数为2个 D．当时，零点个数为1个
【答案】AB
【分析】由题意知，不是零点，函数的零点，可转化为即与的交点个数，利用导数法即可求解
【详解】由题意知，不是零点，函数的零点，可转化为
即与的交点个数，
因为，所以在上单调递增，
显然，当时，零点个数为1个，当时，零点个数为2个，
故选：AB
三、填空题
17．（2021·全国·高考真题（理））曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】
【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．
【详解】由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．故答案为：．
18．（2021·四川省内江市第六中学高三阶段练习）若函数存在垂直于轴的切线，又，且有，则的最小值为____________
【答案】3
【分析】根据导函数的切线得到，根据均值不等式得到，再计算分段函数值得到，得到答案.
【详解】，则，有解，故，
当，即时等号成立.，故.
故.故答案为：3.
19．（2021·江苏常州·高三期中）已知函数，对于任意，恒成立，则整数a的最大值为___________.
【答案】0
【分析】根据题意，知，令，则原问题转化为，恒成立，结合导数，判断单调性求出最值，即可求解.
【详解】由题意得，，
令，易知，则，恒成立.
令，由，得，
因此在上单调递减，在上单调递增，
故，因此，
因为且，故，
因为，所以.下证：.即证，易证：，
所以，由，
得在上递减，在上递增，因此，故，故.故答案为：0
【点睛】导数求参数常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
20．（2021·河北石家庄·模拟预测）已知函数．若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为___________．
【答案】
【分析】的解集为恒成立，且在x≤0时的解集为[－1，0]，分类讨论即可﹒
【详解】的解集为恒成立，且在x≤0时的解集为[－1，0]﹒
(1)当x≤0时，，为满足题意，其图像应该如图：
∴a≥0；
(2)当x＞0时，①a＝0时，f(x≥0恒成立，满足题意；
②a＞0时，恒成立恒成立(x＞0)，
令，则，
由得，，即时，单调递增，
由得，，即时，单调递减，
时，取得极大值，
时，，
，综上所述，故答案为：
【点睛】本题考察已知分段函数值域求参数范围，关键在于把恒成立问题转化为求函数的最大值(最小值)问题，求函数的最值，可通过导数来研究函数的单调性﹒
四、解答题
21．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）已知函数（m≥0）.
（1）当m=0时，求曲线在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数的最小值为，求实数m的值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求解切线方程的斜率，进而求出切线方程；（2）对导函数再次求导，判断其单调性，结合隐零点求出其最小值，列出方程，求出实数m的值.
（1）当时，因为，所以切线的斜率为，
所以切线方程为，即.
（2）因为，令，因为，所以在上单调递增，
当实数时，，；当实数时，，；
当实数时，，所以总存在一个，使得，
且当时，；当时，，所以，
令，因为，所以单调递减，
又，所以时，所以，即.
21．（2021·广东·红岭中学高三阶段练习）已知函数.（1）求在（为自然对数的底数）上的最大值；（2）对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点P，Q，使得是以О为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上?
【答案】（1）答案见解析（2）存在，理由见解析.
【分析】（1）先分别讨论，两段上的函数最值，再根据两段函数最值比较综合即可得答案；
（2）假设存在，则设（），则，进而根据将问题转化为有解问题，再分和讨论求解即可得答案.
（1）解：当时，，，令，解得，
此时在和上单调递减，在上单调递增，由于，
故当时，；
当时，，，故当时，在区间上单调递减，；当时，在区间上单调递增，，当时，.
综上，当时，在上的最大值为，当时，在上的最大值为.
（2）解：假设曲线上存在两点，，使得是以为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上，则，只能在轴的两侧，不妨设（），则，且．
因为△是以为直角顶点的直角三角形，所以，即： ①
是否存在点，等价于方程①是否有解．
若，则，代入方程①得：，此方程无实数解；
若，则，代入方程①得：，
设（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，从而，所以当时，方程有解，即方程①有解．所以，对任意给定的正实数，曲线上存在两点，，使得△是以为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．
11．（2021·北京·高考真题）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
增
极大值
减
极小值
增
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
23．（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.
24．（2021·全国·高考真题（文））设函数，其中.
（1）讨论的单调性；（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，又，因为，故，
当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，故即.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.
25．（2021·辽宁大连·高三阶段练习）已知函数（其中，为自然对数的底数）．
（1）讨论函数的单调性；（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）计算，分别讨论、、、时，解不等式和可得单调增区间和单调减区间即可求解；
（2）已知不等式可转化为对恒成立，分离可得，令，利用导数求的最大值即可求解.
（1）由可得，
当时，，当时，；当时，，
此时的单调递增区间为，单调递减区间为
当时，由得，，，
①若，即时，恒成立，故在上单调递增；
②若，即时，由可得：或；令可得：
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；
③若，即时，由可得：或；由可得：
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；
综上所述：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，在上单调递增；当时，的单调递增区间为和，
单调递减区间为；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）由可得对恒成立，
即对任意的恒成立，令，
则，
令，则，则在上单调递减，
又，，故在上有唯一的实根，
不妨设该实根为，故当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减，故，
又因为，所以，，，
所以，故的取值范围为．
26．（2021·江苏连云港·高三期中）已知函数.
（1）若，试讨论函数的单调性；（2）若函数存在两个零点，证明：.
【答案】（1）在和上单调递增；在上单调递减；（2）证明见解析
【分析】（1）求出导函数，并且求解的两个根，从而得函数的单调性；（2）求出导函数，然后分类讨论，由函数的单调性判断函数零点个数，得时存在两个零点，再将证明转化为证明，代入并构造新函数，求导判断单调性即可得证.
（1）时，，函数定义域为.
，令，.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在和上单调递增；在上单调递减；
（2），
①当时，当时，，无零点,此时令，.
（i）当时，此时在上恒为负，当时，单调递增，至多只有一个零点，舍去.
（ii）当时，，在R上单调递增，至多一个零点，舍去
（ⅲ）当时，若，，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，至多只有一个零点，舍去.
②当时，只有一个零点，舍去
③当时，令且在上单调递减，上单调递增，且，，
∴在和上各有一个零点，.
要证：即证：，即证：证：，
证：
证：
证：，，令，，
，.∴单调递减，
∴，∴单调递增，∴，故得证.
【点睛】利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1.（2021·全国·高考真题（理））设，若为函数的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.综上所述，成立.故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
2．（2021·四川达州·一模）已知函数恒有零点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】函数有零点转化为方程恒有解，换元后化为方程恒有解，令，利用导数求出函数的最大值，即可求解.
【详解】令,得：，令，则，
，即，，
令，则，
由恒成立知，当时，， 单调递增，
当时，， 单调递减，时，，
时方程恒有根，即，故选：D
3．（2021·江苏·金陵中学高三阶段练习）设函数，若对于任意的都成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别证明，，对于，先证明，变形为，利用导数求得新函数的最小值，从而求得参数取值范围. 再证明，由函数及的图像易知，若使对于恒成立，只需处在图像上方，的最小值在处，两个图像相切处取得，求得参数取值范围.
【详解】对于，先证明，，即，
令，则，易知单增，且，
则时，，函数单减；时，，函数单增；
函数在处取最小值，此时；
再证明，即，由函数及的图像易知，若使对于恒成立，只需处在图像上方，的最小值在处，两个图像相切处取得，
函数的导数为，时，，即，综上，，故选：A
4．（2021·江苏·高三阶段练习）过曲线C：上一点作斜率为的直线，该直线与曲线C的另一交点为P，曲线C在点P处的切线交y轴于点N．若的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，结合三角形面积公式进行求解即可.
【详解】设，，，
切线方程为：，令，，∴，．过P作x轴的垂线，垂足为M，
梯形PNOM面积，
∴，
即，∴，
显然是该方程的一个根，设，
由题意可知：，所以，此时函数单调递增，
故方程有唯一实根，即，∴，故选：B
【点睛】利用梯形面积建立等式是解题的关键.
5．（2021·广西柳州·一模（理））已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有．且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意构造，结合已知条件，讨论其单调性，再将不等式转化为的不等式，即可利用单调性求解.
【详解】根据题意，构造，则，且，故在上单调递减；又为上的奇函数，故可得，即，则.
则不等式等价于，又因为是上的单调减函数，故解得.故选：A.
【点睛】本题考查构造函数法，涉及利用导数研究函数的单调性以及利用函数单调性求解不等式；本题中，根据以及题意，构造是解决问题的关键，属中等偏上题.
6．（2021·江苏盐城·高三期中）函数的零点最多有（ ）个.
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】求出函数，令，分、、讨论的正负，得到单调性，再结合特殊函数值可得答案.
【详解】函数，令，
当时，因为，所以，，所以在上单调递增，
又， 所以在上只有一个零点；
当时，因为，所以，，
又， 所以在上只有一个零点；
当时，有两个正根，得
，由于，所以，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
因为，，所以在上有一个零点，且，
由得，，且，，所以在，上各有一个零点，
综上所述，时只有1个零点； 时有3个零点.故选：B.
7．（2021·海南华侨中学高三阶段练习）已知定义在[，]上的函数满足，且当x[，1]时，，若方程有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．(，] B．(，] C．(，] D．(，]
【答案】B
【分析】由题设，求分段函数的解析式并画出图像，将方程有三个不同实根转化为和有三个不同的交点问题，由数形结合思想结合导数研究函数的交点情况，进而求参数的范围.
【详解】∵当时，，∴当时，，
综上，，当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
∵有三个不同的实数根，∴的图像和直线有三个不同的交点，
作的大致图像如图所示，当直线和的图像相切时，设切点为，
∴，可得，，代入，可得，
当过点时，，由图知，实数的取值范围为.故选：B.
【点睛】将方程有三个不同的实数根转化为函数图象有三个不同交点问题，应用数形结合思想及导数研究函数图象的交点情况，求参数.
8．（2021·河南省实验中学高三阶段练习（理））已知函数，若且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用导数和绝对值的性质，结合一次函数的单调性画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】当时，单调递减，
当时，单调递增，且，
当时，函数单调递减，,所以函数的图象如下图所示：
因为设，所以方程有三个互不相等的实数根，
由图象可知：，因此有，即，因此，
因为，所以，满足，即，因此故选：B
【点睛】关键点睛：利用导数判断函数的单调性，运用数形结合思想进行求解是解题的关键.
9．（2021·山东聊城·高三期中）关于函数，，下列说法错误的是（ ）
A．当时，函数在上单调递减 B．当时，函数在上恰有两个零点
C．若函数在上恰有一个极值，则 D．对任意，恒成立
【答案】D
【分析】分别在和得到，由此可知A正确；
在平面直角坐标系中作出与图象，由图象可确定B正确；
将问题转化为在上恰有一个解，令，利用导数可确定单调性并得到其图象，数形结合可确定，C正确；令，由B中结论可确定D错误.
【详解】对于A，，则，
当时，，，，单调递减；
当时，，，，单调递减；
综上所述：在上单调递减，A正确；对于B，，令，得：；
在平面直角坐标系中，作出与的图象如下图所示，
由图象可知：当时，与有且仅有两个不同交点，
函数在上恰有两个零点，B正确；对于C，由得：，
若在上恰有一个极值，则在上恰有一个变号零点，
即在上恰有一个解，
令，则；
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
又，，，可得大致图象如下，
若在上恰有一个解，则，此时函数在上恰有一个极值，C正确；
对于D，当时，由B选项可知，，使得，
当时，，即，D错误.故选：D.
【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数判断函数单调性、零点个数和极值的问题；根据极值点个数求解参数值的常用方法是通过分离变量的方式将问题转化为方程解的个数或两函数交点个数问题，通过数形结合的方式来解决.
二、多选题
10．（2021·广东·红岭中学高三阶段练习）函数，，下列说法中，正确的是（ ）
A． B．在单调递增
C． D．，则
【答案】ABC
【分析】令，进而由导数得在上单调递增，且，进而得函数的单调性判断B，再根据单调性判断A，对于C选项，将问题转化为在区间成立，再构造函数证明不等式即可判断；对于D选项，根据题意将问题转化为函数在上单调递增，进而研究函数的单调性即可判断.
【详解】解：，
令，则在恒成立，
所以在上单调递增，
由于，所以
所以函数在上单调递增，故B选项正确；所以，故A选项正确；
对于C选项，由于，故，令，则在恒成立，所以函数在上单调递减，故，即，故C选项正确；对于D选项，，则等价于，则，故构造函数，则问题等价于函数在上单调递增，，则，，故函数在上单调递增，由于，，故存在使得，即在区间上，，在区间上，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，与数在上单调递增矛盾，故错误.故选：ABC
11．（2021·海南·海口一中高三阶段练习）关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的极小值为2
B．函数有且只有1个零点
C．当时，恒成立
D．对任意两个正实数，且，若，则
【答案】BC
【分析】求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的极小值，判断A，C，D，求出函数的导数，根据函数的单调性判断函数的零点个数，判断B即可．
【详解】解：对于A：函数的定义域是，，
令，解得，令，解得，故在递减，在递增，
（2），故A错误；
对于B：令，则，
令，则，令，解得：，令，解得：，
故在递减，在，递增，故，
故，故函数在上单调递减，又（1），（2），
故函数有且只有1个零点，故B正确；
对于C：令，
因为，由A选项可知，
所以当时，恒成立，故C正确；
对于D：设，，结合A选项可知，，
构造函数，其中，则，故在递减，
，，则，故（2），即，
在递增，，可证，故D错误.故选：BC.
12．（2021·全国·高三阶段练习）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点.现新定义：若满足，则称为的次不动点.下列说法正确的是（ ）
A．定义在上的偶函数既不存在不动点，也不存在次不动点
B．定义在上的奇函数既存在不动点，也存在次不动点
C．当时，函数在上仅有一个不动点和一个次不动点
D．满足函数在区间上存在不动点的正整数不存在
【答案】BC
【分析】举反例偶函数，利用“不动点”、“次不动点”的定义即可判断A选项；对于B选项结合奇函数定义及性质即可判断；C选项首先利用“不动点”定义得到及利用“次不动点”的定义得，再分离变量，利用函数单调性即可求得a的取值范围；D选项利用“不动点”得到，分离变量后得到，将问题转化为函数零点问题即可求解.
【详解】对A选项，取函数，，既是的不动点，又是的次不动点，故A错误，对B选项，定义在上的奇函数满足，故B正确；
对C选项，当时，，即.
令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解，则.
当时，，即.
令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解，则.综上号.故C正确；
对D选项，因为函数在区间上存在不动点，
则在上有解，则在上有解，
令，则，再令，则，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，，
所以实数满足（为自然对数的底数），存在正整数满足条件，故D错误.故选：BC
【点睛】本题考查的是函数的新定义问题，试题以函数和方程的有关知识为背景设计问题，难度较大.已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
13．（2021·重庆·临江中学高三阶段练习）关于函数，，下列结论正确的有（ ）
A．当时，在处的切线方程为
B．当时，在上存在唯一的极小值点
C．对任意，在上均存在零点
D．当时，若对，恒成立，则
【答案】ABD
【分析】逐一验证选项，选项A，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程，选项B 通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项C、D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线的交点问题．
【详解】选项A：当时，所以，故切点为，
所以切线斜率 故直线方程为：，即切线方程为：， 选项A正确；
选项B：当时，，
恒成立，所以单调递增，又，
,所以，即，所以
所以存在，使得，即
则在上，，在上，
所以在上，单调递减，在上，单调递增.所以存在唯一的极小值点.
,则，，所以B正确；
选项C、D：令，即 ，所以，则令，
，令,得
由函数的图像性质可知:时，，单调递减.
时，，单调递增.所以时，取得极小值，又,即
又因为在上单调递减，所以
所以时，取得极小值，
又，即所以
当时，所以当，即时，在上无零点，所以C不正确；当时，对，恒成立，故
因为时，又 ，即
即当时，若对，恒成立，则故D正确.故选：ABD
14．（2021·广东龙岗·高三期中）已知函数（为自然对数的底数），过点作曲线的切线.下列说法正确的是（ ）
A．当时，若只能作两条切线，则 B．当，时，则可作三条切线
C．当时，可作三条切线，则 D．当，时，有且只有一条切线
【答案】ACD
【分析】设切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数分别求，，时的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】设切点为，由可得，
所以在点处的切线的斜率为，
所以在点处的切线为：，
因为切线过点，所以，即，
设，则，
当时，，由可得，由可得：或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
，，当趋近于时，趋近于，
对于A：当时，若只能作两条切线，则与图象有两个交点，由图知，故选项A正确；对于B：当，时，与图象有一个交点，此时只能作一条切线，故选项B不正确；对于C：，当时， 由可得，由可得：或，所以在和上单调递减，在上单调递增，
极小值，极大值，
若可作三条切线，则与图象有三个交点，所以，故选项C正确；
对于D：当时，，所以单调递减，
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
此时与图象有一个交点，所以有且只有一条切线，故选项D正确；
故选：ACD.
三、填空题
15．（2021·广东顺德·高三阶段练习）已知函数，当时，函数的零点个数为______；若函数有两个零点，则实数a的取值范围为______．
【答案】1
【分析】（1）令，得，再构造函数，分析函数的性质即得解；（2）令得到，再对分两类讨论、分离参数分析函数的图象得解.
【详解】（1）当时，，令，
所以，所以，令，
所以函数是增函数（增函数+增函数=增函数），
当时，；，
所以只有一个解，所以当时，函数的零点个数为1；
（2）令所以，
当时，不成立，所以不是函数的零点.当时，所以,
令，令，所以函数在单调递增，在单调递减，因为，所以，所以在时有两个零点，在时只有一个零点，在时只有一个零点；所以或，
由对勾函数得，当时，即时，此时方程有一个零点，
当即时，方程有两个零点.
所以当或时，原函数有两个零点.故答案为：1；.
16．（2021·江苏扬州·高三期中）若函数）有两个不同的极值点和，则a的取值范围为___________；若，则a的最小值为___________.
【答案】
【分析】由题可得有两个不相等的实根，利用导数可求函数的最值，再结合图象即得；当时，可得，结合函数图象可得，即求.
【详解】由得，，则有两个不相等的实根，
即有两个不相等的实根，令，则，
∴当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，∴，
∴；当时，即，∴，此时，
∴当时，，∴a的最小值为.故答案为：；
17．（2021·江苏·无锡市第一中学高三阶段练习）已如函数.若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，则___________；若，则的最大值为___________.
【答案】0
【分析】由得出的关系，代入计算可得，求出导函数，对中的部分式子再利用导数确定其正负后可得出的正负，从而得极大值也即最大值．
【详解】由已知，，所以，即，
所以．，定义域为，
，
令，则，时，，所以在上递减，
所以时，，所以时，，递增，时，，递减，
所以．故答案为：0；．
18．（2021·浙江杭州·高三期中）函数的零点个数为___________，若函数恰有两个零点，则___________.
【答案】3
【分析】将问题转化为函数与函数的交点个数，然后利用指数函数与二次函数的图象分析判断即可求解；由于函数在上有且只有一个零点，所以将问题转化为直线与曲线有且只有一个公共点，最后利用导数的几何意义即可求解.
【详解】解：函数的零点个数，即与两个函数图象的交点个数，
根据指数函数与二次函数的图象， 当时，单调递增，值域为，而单调递减，值域为，两个函数图象有一个交点；当时，，，函数有两个零点；
综上，函数的零点个数为3个.
函数恰有两个零点，等价于与两个函数图象恰有两个交点.
因为指数函数图象与抛物线在上有且只有一个交点，
即函数在上有且只有一个零点，
所以问题转化为：当时，，即有且只有一个实根，
方程两边取对数，可得，从而问题等价于该方程有且只有一个实根，
即直线与曲线有且只有一个公共点，所以直线为曲线的切线，
设切点为，由，则切线的斜率为，
又切点在切线上，则，联立求解得，故答案为：3；.
四、解答题
19．（2021·天津·高考真题）已知，函数．（I）求曲线在点处的切线方程：（II）证明存在唯一的极值点（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，又，则切线方程为；
（II）令，则，令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
20．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，取，则，即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
21．（2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，当时，单调递减，
当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，，
要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，从而题中的不等式得证.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
22．（2021·全国·高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.
【详解】（1）函数的定义域为，又，
当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.先证：，若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，综上，成立.
设，则，结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，则，
先证明一个不等式：.设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，故成立，即成立.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.
23．（2021·福建·福州三中模拟预测）已知函数（其中为实数）的图象在点处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）求函数的单调区间；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）单调递减区间为；单调递增区间为.（3）
【分析】（1）求导得到，根据题意得到，解得答案.
（2）计算得到，求导得到，令，则，讨论和的情况，得到在上单调递减和在上单调递增.
（3）当时，不等式恒成立，当时，等价于，令，，考虑和，结合（2）结论根据函数的单调性得到最值，同理时类似，计算得到答案.
（1）因为，所以，
由题意得解得.
（2）由（1）知
所以，令，则
当时，由，得，所以在上单调递减.
当时，由，得，所以在上单调递增，
故，所以在上单调递增.
综上所述，在上单调递减；在上单调递增.
（3）对分情况讨论如下：当时，对任意的，不等式恒成立.
当时，不等式等价于，
即令，则.
当时，由（2）知，
所以单调递增，从而，满足题意.
当时.由知
在上单调递增，设，则，
令，可得，解得；令，可得，解得；
所以函数在单调递减；在区间单调递增,所以，
即，故，从而.
又，所以存在唯一实数，使得，
且当时，单调递减，所以当时，不满足题意.
当时，不等式等价于，
同上，令，则.
当时，由（2）可知，所以单调递增，故，满足题意
综上，可得入的取值范围是.
24．（2021·广东·高三阶段练习）已知函数（）.
（1）求函数的单调区间；（2）当时，若，（）满足，求证：.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】（1）求导得，分类讨论参数可求的单调区间；
（2）由（1）知，当且当，有，，要证，即证，结合单调性可得，即，通过作差法化简得，结合构造函数法，设法证即可；同理要证，即证，证法完全同前.
（1）.
①当时，，由，得；由，得；
②当时，由，得或；由，得；
③当时，；
④当时，由，得或，由，得.
综上：当时，的单调减区间为，单调增区间为；
当时，的单调减区间为，，单调增区间为；
当时，的单调减区间为，无单调增区间；
当时，的单调减区间为，，单调增区间为；
（2）不妨设，由（1）知，当且当，有，.要证，即证，
，，且在单调递减，即证，
由，转证：.
，
，转证：，令（），则，
在上单调递减，，从而不等式成立.同理，要证，即证.
，，且在单调递减，
即证，由，则即证.
，，转证：.
令（），则，
在上单调递增，则.，
令（），则，
在上是单调递减函数，则，即.
由在上单调递增，则，从而不等式成立.综合可得成立.
25．（2021·广东·高三）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，令，若是函数的极值点，且，求证：.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后分类讨论函数的单调性即可；（2）由是函数的极值点，可求得的范围及，再根据，求得，在构造函数证明，，利用放缩法即可得证.
（1）解：，
当时，则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，由，得或，
若，则，所以在上单调递增，
②若，则，故当，时，，
当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，
③若，则，故当，时，，
当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；当时，在，上递增，在上递减；
当时，在，上递增，在上递减；
（2）证明：，，则，
当时，，则函数在上递增，故函数无极值点，舍去，当时，令，
因为函数在上递增，所以函数在上递增，
取满足，则，，所以，又，
所以存在，使得，即，此时，
当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，
所以是函数的极值点，即若是函数的极值点，，
，
因为，所以，令，则，
所以在上递减，又，所以，
令，则，当时，，则在上递增，
所以，所以，
令，则，
当时，，所以函数在上递减，所以，所以，
所以，
即，所以.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式，等价转化的数学思想，分类讨论的数学思想等知识，还考查了放缩思想，难度较大．
热点04 导数及其应用
【命题趋势】
从新高考的考查情况来看，导数及其应用一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.
1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(1)讨论分以下四个方面
①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论．
(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类．
(3)讨论完毕须写综述．
2、研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
3、求与函数零点有关的参数范围的方法：
方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.
（2）分类讨论法.
4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max． (2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．
存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min (2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．
5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，
然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·河南·濮阳一高高三阶段练习）若直线与曲线满足下列两个条件：（1）直线在点处与曲线相切；（2）曲线在点附近位于直线的两侧，则称直线在点处“切过”曲线.给出下列四个命题：
①直线：在点处“切过”曲线：；
②直线：在点处“切过”曲线：；
③直线：在点处“切过”曲线：；
④直线：在点处“切过”曲线：.
其中正确的命题个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据“切过”的定义以及导数的几何意义逐个选项判定即可.
【详解】①∵，，∴，∴曲线在点处切线为，
当时，，当时，，即曲线在点附近位于直线的两侧，①正确；
②设，，
当时，，在是减函数，当时，，在是增函数，∴，即在上恒成立，
∴曲线总在直线下方，不合要求，②不正确；
③∵，，∴，∴曲线在点处切线为，
设，，∴是减函数，
又∵，∴当时，，即，
曲线在切线的下方，当，，即，
曲线在切线的上方，③正确；
④∵， ∴ ，∴，∴ 曲线在点处的切线为，不合要求
④不正确．综上，正确命题有①③，故选：B.
2．（2021·江苏淮安·高三期中）已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．是的极小值点 B．是的极小值点
C．在区间上单调递减 D．曲线在处的切线斜率小于零
【答案】D
【分析】根据导函数图象，求得函数单调性，结合极值点定义，即可判断ABC选项，根据导数的定义和几何意义即判断D选项，从而得出答案.
【详解】由图象知，当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在区间，内单调递增，在区间内单调递减，
是的极大值点，3是的极小值点，故ABC错误；
又因为，所以曲线在处切线斜率小于零，故D正确.故选：D.
3．（2021·安徽·合肥市第八中学高三阶段练习）已知函数的导数为，且，则（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【分析】直接求导，令求出，再将带入原函数即可求解.
【详解】由得，当时，，解得，
所以，.故选：B
4．（2021·山东日照·高三阶段练习）已知是函数的导数，且对任意的实数都有，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造新函数，求出后由导函数确定，注意可得，从而得出的解析式，然后解不等式即可．
【详解】设，，
因为，所以，
所以．
因此，，所以，，
不等式即为 ，，解得或．故选：D．
5．（2021·陕西金台·高三阶段练习）已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求得，由题意知有两个不等实根，转化为，然后设，再转化为直线与的图像有两个交点求解.
【详解】解：由题意有两个不等实根，即有两个不等实根，
设，则，
当时，，递增，当时，，递减，
时，为极大值也是最大值，时，，且，当时，，
所以当，即时，直线与的图象有两个交点，
即有两个不等实根．故选：B
6．（2021·四川省绵阳江油中学高三阶段练习）已知，，若存在，使得成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由，根据，得，再构造函数求最值即可求出的取值范围．
【详解】由，得，记，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
（1），，记，
，
，，，时，，单调递减；
时，，单调递增．（1），，
故实数的取值范围为，．故选：C．
7．（2021·天津市西青区张家窝中学高三阶段练习）已知函数，若函数有三个零点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将问题转化为与有三个交点，利用导数研究在上的性质，进而画出的图象，应用数形结合的方法求参数k的范围.
【详解】当时，，∴，令得，，
∴当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又，画出函数的图像，如图所示，
∵函数有三个零点，即方程有三个不等实根，
∴函数与有三个交点，由图像可知，，故选：D.
8．（2021·北京四中高三期中）对于定义在R上的函数，若存在非零实数，使在和上均有零点，则称为的一个“折点”，下列四个函数存在“折点”的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据函数存在“折点”的条件，对每一选项逐一判断即可.
【详解】对于A选项，，所以 没有零点，
从而没有“折点”，故A不符合题意；对于B选项，当时，，
因为 单调递增，所以在上有零点，
又因为是偶函数，所以在上有零点，
从而 存在“折点”，故B符合题意；对于C选项， 因为，所以，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以在处取得极大值，
在处取得极小值，而，所以在上只有一个零点，所以C不符合题意；
对于D选项，因为，令解得，只有一个零点，故D选项不符合题意；
故选：B
二、多选题
9．（2021·江苏淮安·高三期中）设函数，若恒成立，则实数的可能取值是（ ）
A．1 B．2 C．e D．3
【答案】ABD
【分析】由确定的单调性，结合恒成立确定正确选项.
【详解】，令解得，
所以在递减，在递增，
在取得极小值也即是最小值，依题意恒成立，即，
时，符合，时，符合，时，符合，
由于，所以C选项不符合.故选：ABD
10．（2021·河北保定·高三阶段练习）已知函数，则（ ）
A．的极大值为
B．的极大值为
C．曲线在处的切线方程为
D．曲线在处的切线方程为
【答案】BD
【分析】首先求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极大值，再求出、，再利用点斜式求出切线方程；
【详解】解：因为，所以，所以当或时，当时，
所以在和上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，故A错误，B正确；因为.所以曲线在处的切线方程为，即，故C错误，D正确；故选：BD
11．（2021·江苏·高三期中）若直线是曲线的切线，则曲线可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】由导数的几何意义可知曲线某点处的导数值为，令判断是否有解即可求解.
【详解】因为直线是曲线的切线，直线的斜率为，
所以在某点处的导数值为，
对于A：由可得：，令，
即，因为，所以有解，故选项A正确；
对于B：由可得，
令可得无解，故选项B不正确；
对于C：由可得，令
即，作出和的图象：所以有解，故选项C正确；
对于D：由可得，所以的定义域为，
由可得，令可得不满足，所以无解，故选项D不正确；故选：AC.
12．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）已知函数，满足对任意的，恒成立，则实数a的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】当得到恒成立，即可得到，当时，恒成立，当得到恒成立，即可得到，从而得到，再结合选项求解即可.
【详解】因为函数，满足对任意的，恒成立，
当时，恒成立，即恒成立，
因为，当且仅当，即时取等号，所以.
当时，恒成立.当时，恒成立，即恒成立，
设，，
，，为减函数，，，为增函数，
所以，所以，综上所述：.故选：ABC
13．（2021·湖北·高三阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增 B．在上单调递减
C．若函数在处取得最小值，则 D．，
【答案】ACD
【分析】AB选项利用二次求导的方法求得的单调性来判断，CD选项通过构造函数，结合二次求导的方法来进而判断.
【详解】，令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上单调递增.A正确，B错误.
令，则.
令，则在上恒成立，则在上单调递增.又，所以，，则在上单调递减，在上单调递增，即.又，，所以.CD选项正确.故选：ACD
14．（2021·河北保定·高三阶段练习）若函数在上有两个不同的零点，则实数m的取值可能是（ ）
A．1 B．e C． D．
【答案】CD
【分析】采用分离参数的方法，同时构造函数，利用导数求得其单调性和值域，数形结合即可容易求得结果.
【详解】由，得，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增.因为，
要使得有两个零点，只需与在区间上有两个交点.
数形结合可知m的取值范围为.则选项中满足题意的取值是：以及故选：CD.
15．（2021·江苏如东·高三期中）若存在，则称为二元函数在点处对的偏导数，记为；若存在，则称为二元函数在点处对的偏导数，记为，已知二元函数，则（ ）
A． B．
C．的最小值为 D．的最小值为
【答案】AB
【分析】根据偏导数的定义进行分析计算，，，，的最小值为，由于，构造函数（），利用导数可求出的最小值.
【详解】解：因为（，），
所以，则，
故A选项正确；
又，所以，故B选项正确；
因为，
所以当时，取得最小值，且最小值为，故C选项错误；
，令（），，
当时，，当时，，故，
从而当时，取得最小值，且最小值为.故D选项错误.故选：AB.
16．（2021·山东·滕州市第一中学新校高三期中）已知函数，讨论函数的零点个数（ ）
A．当时，零点个数为1个 B．当时，零点个数为2个
C．当时，零点个数为2个 D．当时，零点个数为1个
【答案】AB
【分析】由题意知，不是零点，函数的零点，可转化为即与的交点个数，利用导数法即可求解
【详解】由题意知，不是零点，函数的零点，可转化为
即与的交点个数，
因为，所以在上单调递增，
显然，当时，零点个数为1个，当时，零点个数为2个，
故选：AB
三、填空题
17．（2021·全国·高考真题（理））曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】
【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．
【详解】由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．故答案为：．
18．（2021·四川省内江市第六中学高三阶段练习）若函数存在垂直于轴的切线，又，且有，则的最小值为____________
【答案】3
【分析】根据导函数的切线得到，根据均值不等式得到，再计算分段函数值得到，得到答案.
【详解】，则，有解，故，
当，即时等号成立.，故.
故.故答案为：3.
19．（2021·江苏常州·高三期中）已知函数，对于任意，恒成立，则整数a的最大值为___________.
【答案】0
【分析】根据题意，知，令，则原问题转化为，恒成立，结合导数，判断单调性求出最值，即可求解.
【详解】由题意得，，
令，易知，则，恒成立.
令，由，得，
因此在上单调递减，在上单调递增，
故，因此，
因为且，故，
因为，所以.下证：.即证，易证：，
所以，由，
得在上递减，在上递增，因此，故，故.故答案为：0
【点睛】导数求参数常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
20．（2021·河北石家庄·模拟预测）已知函数．若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为___________．
【答案】
【分析】的解集为恒成立，且在x≤0时的解集为[－1，0]，分类讨论即可﹒
【详解】的解集为恒成立，且在x≤0时的解集为[－1，0]﹒
(1)当x≤0时，，为满足题意，其图像应该如图：
∴a≥0；
(2)当x＞0时，①a＝0时，f(x≥0恒成立，满足题意；
②a＞0时，恒成立恒成立(x＞0)，
令，则，
由得，，即时，单调递增，
由得，，即时，单调递减，
时，取得极大值，
时，，
，综上所述，故答案为：
【点睛】本题考察已知分段函数值域求参数范围，关键在于把恒成立问题转化为求函数的最大值(最小值)问题，求函数的最值，可通过导数来研究函数的单调性﹒
四、解答题
21．（2021·江苏·无锡市教育科学研究院高三期中）已知函数（m≥0）.
（1）当m=0时，求曲线在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数的最小值为，求实数m的值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求解切线方程的斜率，进而求出切线方程；（2）对导函数再次求导，判断其单调性，结合隐零点求出其最小值，列出方程，求出实数m的值.
（1）当时，因为，所以切线的斜率为，
所以切线方程为，即.
（2）因为，令，因为，所以在上单调递增，
当实数时，，；当实数时，，；
当实数时，，所以总存在一个，使得，
且当时，；当时，，所以，
令，因为，所以单调递减，
又，所以时，所以，即.
21．（2021·广东·红岭中学高三阶段练习）已知函数.（1）求在（为自然对数的底数）上的最大值；（2）对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点P，Q，使得是以О为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上?
【答案】（1）答案见解析（2）存在，理由见解析.
【分析】（1）先分别讨论，两段上的函数最值，再根据两段函数最值比较综合即可得答案；
（2）假设存在，则设（），则，进而根据将问题转化为有解问题，再分和讨论求解即可得答案.
（1）解：当时，，，令，解得，
此时在和上单调递减，在上单调递增，由于，
故当时，；
当时，，，故当时，在区间上单调递减，；当时，在区间上单调递增，，当时，.
综上，当时，在上的最大值为，当时，在上的最大值为.
（2）解：假设曲线上存在两点，，使得是以为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上，则，只能在轴的两侧，不妨设（），则，且．
因为△是以为直角顶点的直角三角形，所以，即： ①
是否存在点，等价于方程①是否有解．
若，则，代入方程①得：，此方程无实数解；
若，则，代入方程①得：，
设（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，从而，所以当时，方程有解，即方程①有解．所以，对任意给定的正实数，曲线上存在两点，，使得△是以为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．
11．（2021·北京·高考真题）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
增
极大值
减
极小值
增
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
23．（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.
24．（2021·全国·高考真题（文））设函数，其中.
（1）讨论的单调性；（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）根据及（1）的单调性性可得，从而可求a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，又，因为，故，
当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为.
（2）因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，
由（1）中函数的单调性可得，故即.
【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.
25．（2021·辽宁大连·高三阶段练习）已知函数（其中，为自然对数的底数）．
（1）讨论函数的单调性；（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）
【分析】（1）计算，分别讨论、、、时，解不等式和可得单调增区间和单调减区间即可求解；
（2）已知不等式可转化为对恒成立，分离可得，令，利用导数求的最大值即可求解.
（1）由可得，
当时，，当时，；当时，，
此时的单调递增区间为，单调递减区间为
当时，由得，，，
①若，即时，恒成立，故在上单调递增；
②若，即时，由可得：或；令可得：
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；
③若，即时，由可得：或；由可得：
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；
综上所述：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，在上单调递增；当时，的单调递增区间为和，
单调递减区间为；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）由可得对恒成立，
即对任意的恒成立，令，
则，
令，则，则在上单调递减，
又，，故在上有唯一的实根，
不妨设该实根为，故当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减，故，
又因为，所以，，，
所以，故的取值范围为．
26．（2021·江苏连云港·高三期中）已知函数.
（1）若，试讨论函数的单调性；（2）若函数存在两个零点，证明：.
【答案】（1）在和上单调递增；在上单调递减；（2）证明见解析
【分析】（1）求出导函数，并且求解的两个根，从而得函数的单调性；（2）求出导函数，然后分类讨论，由函数的单调性判断函数零点个数，得时存在两个零点，再将证明转化为证明，代入并构造新函数，求导判断单调性即可得证.
（1）时，，函数定义域为.
，令，.
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在和上单调递增；在上单调递减；
（2），
①当时，当时，，无零点,此时令，.
（i）当时，此时在上恒为负，当时，单调递增，至多只有一个零点，舍去.
（ii）当时，，在R上单调递增，至多一个零点，舍去
（ⅲ）当时，若，，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，至多只有一个零点，舍去.
②当时，只有一个零点，舍去
③当时，令且在上单调递减，上单调递增，且，，
∴在和上各有一个零点，.
要证：即证：，即证：证：，
证：
证：
证：，，令，，
，.∴单调递减，
∴，∴单调递增，∴，故得证.
【点睛】利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1.（2021·全国·高考真题（理））设，若为函数的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.综上所述，成立.故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
2．（2021·四川达州·一模）已知函数恒有零点，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】函数有零点转化为方程恒有解，换元后化为方程恒有解，令，利用导数求出函数的最大值，即可求解.
【详解】令,得：，令，则，
，即，，
令，则，
由恒成立知，当时，， 单调递增，
当时，， 单调递减，时，，
时方程恒有根，即，故选：D
3．（2021·江苏·金陵中学高三阶段练习）设函数，若对于任意的都成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分别证明，，对于，先证明，变形为，利用导数求得新函数的最小值，从而求得参数取值范围. 再证明，由函数及的图像易知，若使对于恒成立，只需处在图像上方，的最小值在处，两个图像相切处取得，求得参数取值范围.
【详解】对于，先证明，，即，
令，则，易知单增，且，
则时，，函数单减；时，，函数单增；
函数在处取最小值，此时；
再证明，即，由函数及的图像易知，若使对于恒成立，只需处在图像上方，的最小值在处，两个图像相切处取得，
函数的导数为，时，，即，综上，，故选：A
4．（2021·江苏·高三阶段练习）过曲线C：上一点作斜率为的直线，该直线与曲线C的另一交点为P，曲线C在点P处的切线交y轴于点N．若的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，结合三角形面积公式进行求解即可.
【详解】设，，，
切线方程为：，令，，∴，．过P作x轴的垂线，垂足为M，
梯形PNOM面积，
∴，
即，∴，
显然是该方程的一个根，设，
由题意可知：，所以，此时函数单调递增，
故方程有唯一实根，即，∴，故选：B
【点睛】利用梯形面积建立等式是解题的关键.
5．（2021·广西柳州·一模（理））已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有．且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意构造，结合已知条件，讨论其单调性，再将不等式转化为的不等式，即可利用单调性求解.
【详解】根据题意，构造，则，且，故在上单调递减；又为上的奇函数，故可得，即，则.
则不等式等价于，又因为是上的单调减函数，故解得.故选：A.
【点睛】本题考查构造函数法，涉及利用导数研究函数的单调性以及利用函数单调性求解不等式；本题中，根据以及题意，构造是解决问题的关键，属中等偏上题.
6．（2021·江苏盐城·高三期中）函数的零点最多有（ ）个.
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】求出函数，令，分、、讨论的正负，得到单调性，再结合特殊函数值可得答案.
【详解】函数，令，
当时，因为，所以，，所以在上单调递增，
又， 所以在上只有一个零点；
当时，因为，所以，，
又， 所以在上只有一个零点；
当时，有两个正根，得
，由于，所以，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
因为，，所以在上有一个零点，且，
由得，，且，，所以在，上各有一个零点，
综上所述，时只有1个零点； 时有3个零点.故选：B.
7．（2021·海南华侨中学高三阶段练习）已知定义在[，]上的函数满足，且当x[，1]时，，若方程有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．(，] B．(，] C．(，] D．(，]
【答案】B
【分析】由题设，求分段函数的解析式并画出图像，将方程有三个不同实根转化为和有三个不同的交点问题，由数形结合思想结合导数研究函数的交点情况，进而求参数的范围.
【详解】∵当时，，∴当时，，
综上，，当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
∵有三个不同的实数根，∴的图像和直线有三个不同的交点，
作的大致图像如图所示，当直线和的图像相切时，设切点为，
∴，可得，，代入，可得，
当过点时，，由图知，实数的取值范围为.故选：B.
【点睛】将方程有三个不同的实数根转化为函数图象有三个不同交点问题，应用数形结合思想及导数研究函数图象的交点情况，求参数.
8．（2021·河南省实验中学高三阶段练习（理））已知函数，若且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用导数和绝对值的性质，结合一次函数的单调性画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】当时，单调递减，
当时，单调递增，且，
当时，函数单调递减，,所以函数的图象如下图所示：
因为设，所以方程有三个互不相等的实数根，
由图象可知：，因此有，即，因此，
因为，所以，满足，即，因此故选：B
【点睛】关键点睛：利用导数判断函数的单调性，运用数形结合思想进行求解是解题的关键.
9．（2021·山东聊城·高三期中）关于函数，，下列说法错误的是（ ）
A．当时，函数在上单调递减 B．当时，函数在上恰有两个零点
C．若函数在上恰有一个极值，则 D．对任意，恒成立
【答案】D
【分析】分别在和得到，由此可知A正确；
在平面直角坐标系中作出与图象，由图象可确定B正确；
将问题转化为在上恰有一个解，令，利用导数可确定单调性并得到其图象，数形结合可确定，C正确；令，由B中结论可确定D错误.
【详解】对于A，，则，
当时，，，，单调递减；
当时，，，，单调递减；
综上所述：在上单调递减，A正确；对于B，，令，得：；
在平面直角坐标系中，作出与的图象如下图所示，
由图象可知：当时，与有且仅有两个不同交点，
函数在上恰有两个零点，B正确；对于C，由得：，
若在上恰有一个极值，则在上恰有一个变号零点，
即在上恰有一个解，
令，则；
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
又，，，可得大致图象如下，
若在上恰有一个解，则，此时函数在上恰有一个极值，C正确；
对于D，当时，由B选项可知，，使得，
当时，，即，D错误.故选：D.
【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数判断函数单调性、零点个数和极值的问题；根据极值点个数求解参数值的常用方法是通过分离变量的方式将问题转化为方程解的个数或两函数交点个数问题，通过数形结合的方式来解决.
二、多选题
10．（2021·广东·红岭中学高三阶段练习）函数，，下列说法中，正确的是（ ）
A． B．在单调递增
C． D．，则
【答案】ABC
【分析】令，进而由导数得在上单调递增，且，进而得函数的单调性判断B，再根据单调性判断A，对于C选项，将问题转化为在区间成立，再构造函数证明不等式即可判断；对于D选项，根据题意将问题转化为函数在上单调递增，进而研究函数的单调性即可判断.
【详解】解：，
令，则在恒成立，
所以在上单调递增，
由于，所以
所以函数在上单调递增，故B选项正确；所以，故A选项正确；
对于C选项，由于，故，令，则在恒成立，所以函数在上单调递减，故，即，故C选项正确；对于D选项，，则等价于，则，故构造函数，则问题等价于函数在上单调递增，，则，，故函数在上单调递增，由于，，故存在使得，即在区间上，，在区间上，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，与数在上单调递增矛盾，故错误.故选：ABC
11．（2021·海南·海口一中高三阶段练习）关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的极小值为2
B．函数有且只有1个零点
C．当时，恒成立
D．对任意两个正实数，且，若，则
【答案】BC
【分析】求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的极小值，判断A，C，D，求出函数的导数，根据函数的单调性判断函数的零点个数，判断B即可．
【详解】解：对于A：函数的定义域是，，
令，解得，令，解得，故在递减，在递增，
（2），故A错误；
对于B：令，则，
令，则，令，解得：，令，解得：，
故在递减，在，递增，故，
故，故函数在上单调递减，又（1），（2），
故函数有且只有1个零点，故B正确；
对于C：令，
因为，由A选项可知，
所以当时，恒成立，故C正确；
对于D：设，，结合A选项可知，，
构造函数，其中，则，故在递减，
，，则，故（2），即，
在递增，，可证，故D错误.故选：BC.
12．（2021·全国·高三阶段练习）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点.现新定义：若满足，则称为的次不动点.下列说法正确的是（ ）
A．定义在上的偶函数既不存在不动点，也不存在次不动点
B．定义在上的奇函数既存在不动点，也存在次不动点
C．当时，函数在上仅有一个不动点和一个次不动点
D．满足函数在区间上存在不动点的正整数不存在
【答案】BC
【分析】举反例偶函数，利用“不动点”、“次不动点”的定义即可判断A选项；对于B选项结合奇函数定义及性质即可判断；C选项首先利用“不动点”定义得到及利用“次不动点”的定义得，再分离变量，利用函数单调性即可求得a的取值范围；D选项利用“不动点”得到，分离变量后得到，将问题转化为函数零点问题即可求解.
【详解】对A选项，取函数，，既是的不动点，又是的次不动点，故A错误，对B选项，定义在上的奇函数满足，故B正确；
对C选项，当时，，即.
令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解，则.
当时，，即.
令，，在区间上单调递增，在上单调递增，满足有唯一解，则.综上号.故C正确；
对D选项，因为函数在区间上存在不动点，
则在上有解，则在上有解，
令，则，再令，则，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，，
所以实数满足（为自然对数的底数），存在正整数满足条件，故D错误.故选：BC
【点睛】本题考查的是函数的新定义问题，试题以函数和方程的有关知识为背景设计问题，难度较大.已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
13．（2021·重庆·临江中学高三阶段练习）关于函数，，下列结论正确的有（ ）
A．当时，在处的切线方程为
B．当时，在上存在唯一的极小值点
C．对任意，在上均存在零点
D．当时，若对，恒成立，则
【答案】ABD
【分析】逐一验证选项，选项A，通过切点求切线，再通过点斜式写出切线方程，选项B 通过导数求出函数极值并判断极值范围，选项C、D，通过构造函数，将零点问题转化判断函数与直线的交点问题．
【详解】选项A：当时，所以，故切点为，
所以切线斜率 故直线方程为：，即切线方程为：， 选项A正确；
选项B：当时，，
恒成立，所以单调递增，又，
,所以，即，所以
所以存在，使得，即
则在上，，在上，
所以在上，单调递减，在上，单调递增.所以存在唯一的极小值点.
,则，，所以B正确；
选项C、D：令，即 ，所以，则令，
，令,得
由函数的图像性质可知:时，，单调递减.
时，，单调递增.所以时，取得极小值，又,即
又因为在上单调递减，所以
所以时，取得极小值，
又，即所以
当时，所以当，即时，在上无零点，所以C不正确；当时，对，恒成立，故
因为时，又 ，即
即当时，若对，恒成立，则故D正确.故选：ABD
14．（2021·广东龙岗·高三期中）已知函数（为自然对数的底数），过点作曲线的切线.下列说法正确的是（ ）
A．当时，若只能作两条切线，则 B．当，时，则可作三条切线
C．当时，可作三条切线，则 D．当，时，有且只有一条切线
【答案】ACD
【分析】设切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数分别求，，时的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】设切点为，由可得，
所以在点处的切线的斜率为，
所以在点处的切线为：，
因为切线过点，所以，即，
设，则，
当时，，由可得，由可得：或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，
，，当趋近于时，趋近于，
对于A：当时，若只能作两条切线，则与图象有两个交点，由图知，故选项A正确；对于B：当，时，与图象有一个交点，此时只能作一条切线，故选项B不正确；对于C：，当时， 由可得，由可得：或，所以在和上单调递减，在上单调递增，
极小值，极大值，
若可作三条切线，则与图象有三个交点，所以，故选项C正确；
对于D：当时，，所以单调递减，
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
此时与图象有一个交点，所以有且只有一条切线，故选项D正确；
故选：ACD.
三、填空题
15．（2021·广东顺德·高三阶段练习）已知函数，当时，函数的零点个数为______；若函数有两个零点，则实数a的取值范围为______．
【答案】1
【分析】（1）令，得，再构造函数，分析函数的性质即得解；（2）令得到，再对分两类讨论、分离参数分析函数的图象得解.
【详解】（1）当时，，令，
所以，所以，令，
所以函数是增函数（增函数+增函数=增函数），
当时，；，
所以只有一个解，所以当时，函数的零点个数为1；
（2）令所以，
当时，不成立，所以不是函数的零点.当时，所以,
令，令，所以函数在单调递增，在单调递减，因为，所以，所以在时有两个零点，在时只有一个零点，在时只有一个零点；所以或，
由对勾函数得，当时，即时，此时方程有一个零点，
当即时，方程有两个零点.
所以当或时，原函数有两个零点.故答案为：1；.
16．（2021·江苏扬州·高三期中）若函数）有两个不同的极值点和，则a的取值范围为___________；若，则a的最小值为___________.
【答案】
【分析】由题可得有两个不相等的实根，利用导数可求函数的最值，再结合图象即得；当时，可得，结合函数图象可得，即求.
【详解】由得，，则有两个不相等的实根，
即有两个不相等的实根，令，则，
∴当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，∴，
∴；当时，即，∴，此时，
∴当时，，∴a的最小值为.故答案为：；
17．（2021·江苏·无锡市第一中学高三阶段练习）已如函数.若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，则___________；若，则的最大值为___________.
【答案】0
【分析】由得出的关系，代入计算可得，求出导函数，对中的部分式子再利用导数确定其正负后可得出的正负，从而得极大值也即最大值．
【详解】由已知，，所以，即，
所以．，定义域为，
，
令，则，时，，所以在上递减，
所以时，，所以时，，递增，时，，递减，
所以．故答案为：0；．
18．（2021·浙江杭州·高三期中）函数的零点个数为___________，若函数恰有两个零点，则___________.
【答案】3
【分析】将问题转化为函数与函数的交点个数，然后利用指数函数与二次函数的图象分析判断即可求解；由于函数在上有且只有一个零点，所以将问题转化为直线与曲线有且只有一个公共点，最后利用导数的几何意义即可求解.
【详解】解：函数的零点个数，即与两个函数图象的交点个数，
根据指数函数与二次函数的图象， 当时，单调递增，值域为，而单调递减，值域为，两个函数图象有一个交点；当时，，，函数有两个零点；
综上，函数的零点个数为3个.
函数恰有两个零点，等价于与两个函数图象恰有两个交点.
因为指数函数图象与抛物线在上有且只有一个交点，
即函数在上有且只有一个零点，
所以问题转化为：当时，，即有且只有一个实根，
方程两边取对数，可得，从而问题等价于该方程有且只有一个实根，
即直线与曲线有且只有一个公共点，所以直线为曲线的切线，
设切点为，由，则切线的斜率为，
又切点在切线上，则，联立求解得，故答案为：3；.
四、解答题
19．（2021·天津·高考真题）已知，函数．（I）求曲线在点处的切线方程：（II）证明存在唯一的极值点（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，又，则切线方程为；
（II）令，则，令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
20．（2021·全国·高考真题）已知函数．
（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；②．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，取，则，即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
21．（2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且，函数
（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.
(注：是自然对数的底数)
【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，当时，单调递减，
当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，，
要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，从而题中的不等式得证.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
22．（2021·全国·高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设，原不等式等价于，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设，从而把转化为在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.
【详解】（1）函数的定义域为，又，
当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.先证：，若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，综上，成立.
设，则，结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，则，
先证明一个不等式：.设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，故成立，即成立.
综上所述，.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.
23．（2021·福建·福州三中模拟预测）已知函数（其中为实数）的图象在点处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）求函数的单调区间；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）单调递减区间为；单调递增区间为.（3）
【分析】（1）求导得到，根据题意得到，解得答案.
（2）计算得到，求导得到，令，则，讨论和的情况，得到在上单调递减和在上单调递增.
（3）当时，不等式恒成立，当时，等价于，令，，考虑和，结合（2）结论根据函数的单调性得到最值，同理时类似，计算得到答案.
（1）因为，所以，
由题意得解得.
（2）由（1）知
所以，令，则
当时，由，得，所以在上单调递减.
当时，由，得，所以在上单调递增，
故，所以在上单调递增.
综上所述，在上单调递减；在上单调递增.
（3）对分情况讨论如下：当时，对任意的，不等式恒成立.
当时，不等式等价于，
即令，则.
当时，由（2）知，
所以单调递增，从而，满足题意.
当时.由知
在上单调递增，设，则，
令，可得，解得；令，可得，解得；
所以函数在单调递减；在区间单调递增,所以，
即，故，从而.
又，所以存在唯一实数，使得，
且当时，单调递减，所以当时，不满足题意.
当时，不等式等价于，
同上，令，则.
当时，由（2）可知，所以单调递增，故，满足题意
综上，可得入的取值范围是.
24．（2021·广东·高三阶段练习）已知函数（）.
（1）求函数的单调区间；（2）当时，若，（）满足，求证：.
【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析
【分析】（1）求导得，分类讨论参数可求的单调区间；
（2）由（1）知，当且当，有，，要证，即证，结合单调性可得，即，通过作差法化简得，结合构造函数法，设法证即可；同理要证，即证，证法完全同前.
（1）.
①当时，，由，得；由，得；
②当时，由，得或；由，得；
③当时，；
④当时，由，得或，由，得.
综上：当时，的单调减区间为，单调增区间为；
当时，的单调减区间为，，单调增区间为；
当时，的单调减区间为，无单调增区间；
当时，的单调减区间为，，单调增区间为；
（2）不妨设，由（1）知，当且当，有，.要证，即证，
，，且在单调递减，即证，
由，转证：.
，
，转证：，令（），则，
在上单调递减，，从而不等式成立.同理，要证，即证.
，，且在单调递减，
即证，由，则即证.
，，转证：.
令（），则，
在上单调递增，则.，
令（），则，
在上是单调递减函数，则，即.
由在上单调递增，则，从而不等式成立.综合可得成立.
25．（2021·广东·高三）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，令，若是函数的极值点，且，求证：.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后分类讨论函数的单调性即可；（2）由是函数的极值点，可求得的范围及，再根据，求得，在构造函数证明，，利用放缩法即可得证.
（1）解：，
当时，则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，由，得或，
若，则，所以在上单调递增，
②若，则，故当，时，，
当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，
③若，则，故当，时，，
当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，
综上所述，当时，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；当时，在，上递增，在上递减；
当时，在，上递增，在上递减；
（2）证明：，，则，
当时，，则函数在上递增，故函数无极值点，舍去，当时，令，
因为函数在上递增，所以函数在上递增，
取满足，则，，所以，又，
所以存在，使得，即，此时，
当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，
所以是函数的极值点，即若是函数的极值点，，
，
因为，所以，令，则，
所以在上递减，又，所以，
令，则，当时，，则在上递增，
所以，所以，
令，则，
当时，，所以函数在上递减，所以，所以，
所以，
即，所以.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式，等价转化的数学思想，分类讨论的数学思想等知识，还考查了放缩思想，难度较大．
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