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押新高考第17题 导数综合应用（解答题）-2024年高考数学临考题号押题（新高考通用）
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这是一份押新高考第17题 导数综合应用（解答题）-2024年高考数学临考题号押题（新高考通用），文件包含押新高考第17题导数综合应用解答题原卷版docx、押新高考第17题导数综合应用解答题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共71页， 欢迎下载使用。
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押新高考17题
导 数 综 合 应 用（解答题）
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第19题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第22题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第22题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
4．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第22题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
5．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第22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) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
6．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题第22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．
导函数与原函数的关系
单调递增，单调递减
极值
极值的定义
在处先↗后↘，在处取得极大值
在处先↘后↗，在处取得极小值
两招破解不等式的恒成立问题
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
常用函数不等式：
①，其加强不等式；
②，其加强不等式.
③，，
放缩
，
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）转化为证不等式（或），进而转化为证明（），因此只需在所给区间内判断的符号，从而得到函数的单调性，并求出函数的最小值即可.
证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
1．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数，当时，取得极值．
(1)求的解析式；
(2)求在区间上的最值．
【答案】(1)
(2)的最小值为，最大值为.
【分析】
（1）利用极值定义可求得，可得解析式；
（2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论.
【详解】（1）依题意可得，
又当时，取得极值，所以，即；
解得；
所以；
（2）由（1）可知，
令，可得或，
当变化时，的变化情况如下表所示：
因此，在区间上，的最小值为，最大值为.
2．（2024·河北·模拟预测）已知函数在处的切线为轴．
(1)求的值；
(2)求的单调区间．
【答案】(1)，
(2)单调递减区间为，单调递增区间为
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得且，即可得到方程组，解得即可；
（2）求出函数的导函数，再利用导数说明的单调性，即可求出的单调区间.
【详解】（1）因为，所以，
依题意且，
所以，解得.
（2）由（1）可得函数的定义域为，
又，
令，则，所以（）在定义域上单调递增，
又，所以当时，当时，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
3．（2024·广东韶关·二模）已知函数在点处的切线平行于轴．
(1)求实数；
(2)求的单调区间和极值．
【答案】(1)1
(2)答案见解析
【分析】
（1）对函数求导，依题意只需使即可求得实数；
（2）利用（1）写出函数解析式，求导并分解因式，在定义域内分类讨论导函数的符号，即得单调区间和函数的极值.
【详解】（1）由可得：，
由题意，，解得；
（2）由（1）得，，则，
当时，，则在上是减函数；
当时，，在上是增函数.
故时，函数有极小值为，无极大值.
故函数的单调递增区间为，递减区间为，函数有极小值为，无极大值.
4．（2024·广东·一模）已知，函数.
(1)求的单调区间.
(2)讨论方程的根的个数.
【答案】(1)减区间为：，；增区间为：.
(2)
【分析】（1）求导，利用导函数的符号可确定函数的单调区间.
（2）利用函数的单调性，确定函数值的符号和最值，可确定方程零点的个数.
【详解】（1）因为（）.
所以：.
由，又函数定义域为，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以：当时，，方程无解；
当，函数在上递减，在递增，
所以，所以方程无解.
综上可知：方程的根的个数为.
5．（2024·浙江金华·模拟预测）已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)当时，求函数的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数的几何意义得出切线方程；
（2）对函数求导，用导数方法判断函数在上的单调性，即可得出结果.
【详解】（1）由，
得，
所以，，
函数在处的切线方程
（2）
令，
当时，，则，
所以 ，所以，
所以在单调递减；
当时，，则，
此时，
所以在单调递增，
所以当时，函数取得最小值；
所以当时，函数的最小值为
6．（2024·江苏徐州·一模）已知函数，．
(1)若函数在上单调递减，求a的取值范围：
(2)若直线与的图象相切，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用函数的单调性与导数的正负，得出导函数的恒成立关系，利用分离参数和基本不等式即可求解；
（2）利用导数的几何意义及切点的位置关系，建立方程组即可求解.
【详解】（1）记在上单调递减，
对恒成立，
，而，
当且仅当即时，等号成立，
所以当时，取得最小值为.
所以a的取值范围为
（2）设直线与的图象相切于，
，
由题意可知，
代入，
，左边式子关于单调递减且时，左边
7．（2024·重庆·模拟预测）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)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得方程有两个根，则问题转化为的图象与直线有两个交点，利用导数求出的单调性，即可得到的极值与函数图象，数形结合即可得解；
（2）由（1）可得，即可得到，结合及二次函数的性质即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，又，
函数有两个极值点相当于方程有两个根，
显然当时，
当时，
所以问题转化为的图象与直线有两个交点，
由，，得，
当或时，当时，
所以在，上单调递减，在上单调递增，
又当时，，当时，且，作出的大致图像如图所示：
则由图可知，当时，图像与直线有两个交点，即有两个极值点，
所以实数的取值范围.
（2）因为，所以，
又由（1）知，，
所以函数在上单调递增，当时，
所以.
8．（2024·辽宁·一模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线的方程；
(2)讨论的极值.
【答案】(1)；
(2)极大值为，无极小值.
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出的导数，分析函数单调性求出极值即得.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
所以的方程为，即.
（2）函数的定义域为，求导得，
而，则当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，无极小值.
9．（2024·辽宁·二模）已知函数在点处的切线与直线垂直.
(1)求的值；
(2)求的单调区间和极值.
【答案】(1)
(2)单调递减区间为和，单调递增区间为，的极大值为，极小值为.
【分析】（1）由导数的几何意义求出斜率，利用直线垂直列式求解即可；
（2）求出导数方程的根，根据导数与极值的关系列表即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
则，因为函数在点处的切线与直线垂直，
故，解得；
（2）因为，所以，
令，解得或，令得或，令得，
列表如下：
故的单调递减区间为和，单调递增区间为，
的极大值为，极小值为.
10．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数，其中．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求证：的极大值恒为正数．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）分，和三种情况讨论，再结合极大值的定义即可得出结论.
【详解】（1），
当时，，，
又，故曲线在处的切线方程为；
（2），
解得知，，
若，当或时，，当时，，
所以在，递减，递增，
故极大值为；
若，则，
所以函数单调递减，无极大值；
若，当或时，，当时，，
所以在，递减，递增，
故极大值，
综上，的极大值恒为正数．
【点睛】思路点睛：利用导数求函数极值的步骤如下：
（1）求函数的定义域；
（2）求导；
（3）解方程，当；
（4）列表，分析函数的单调性，求极值：
①如果在附近的左侧，右侧，那么是极小值；
②如果在附近的左侧，右侧，那么是极大值.
11．（2024·广东广州·一模）已知函数，.
(1)求的单调区间和极小值；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)递增区间为，递减区间为，极小值为1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间及极值.
（2）根据给定条件，构造函数，利用导数结合基本不等式推理即得.
【详解】（1）函数，，求导得，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以的递增区间为；递减区间为，的极小值为.
（2）证明：当时，令，
求导得，
令，求导得，
函数在上单调递增，则，在上单调递增，
因此，所以.
12．（2024·湖南·二模）已函数，其图象的对称中心为.
(1)求的值；
(2)判断函数的零点个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由的图象关于对称，得到，列出方程组即可求解；
（2）由（1）得到函数的解析式，求出，利用判断根的情况，分类讨论确定零点的个数.
【详解】（1）因为函数的图象关于点中心对称，故为奇函数，
从而有，即，
，
，
所以，解得，
所以；
（2）由（1）可知，，，，
①当时，，，所以在上单调递增，
，，
函数有且仅有一个零点；
②当时，，，
有两个正根，不妨设，则，
函数在单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数有且仅有一个零点；
③当时，，
令，解得或，
有两个零点；
④当时，，，
有一个正根和一个负根，不妨设，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数有且仅有三个零点；
综上，当时，函数有三个零点；
当时，函数有两个零点；
当时，函数有一个零点.
13．（2024·湖南邵阳·二模）设函数.
(1)求的极值；
(2)若对任意，有恒成立，求的最大值.
【答案】(1)极小值，无极大值；
(2).
【分析】（1）求导，判断函数单调性即可确定极值;
（2）分离参数并构造新函数，求导，判断函数单调性求出最小值即可求解.
【详解】（1）.
令，得，令，得.
故在单调递减，在单调递增.
在处取得极小值，无极大值.
（2）对恒成立，即对恒成立.
令，则只需即可.
.
易知均在上单调递增，
故在上单调递增且.
当时，单调递减；
当时，单调递增.
.故，故的最大值为.
14．（2024·山东济南·一模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论极值点的个数.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值点个数.
【详解】（1）当时，定义域为，
又，
所以，
由，解得，此时单调递增；
由，解得，此时单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）函数的定义域为，
由题意知，，
当时，，所以在上单调递增，
即极值点的个数为个；
当时，易知，
故解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
即极值点的个数为个.
综上，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
15．（2024·山东青岛·一模）已知函数．
(1)若，曲线在点处的切线斜率为1，求该切线的方程；
(2)讨论的单调性．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，根据可得，即可利用点斜式求解，
（2）求导，结合分类讨论求解导函数的正负，结合二次方程根的情况，即可求解.
【详解】（1）当时，，解得
又因为，所以切线方程为：，即
（2）的定义域为，
当时，得恒成立，在单调递增
当时，令，
（i）当即时，
恒成立，在单调递增
（ii）当即时，
由得，或，
由得，
所以在，单调递增，
在单调递减
综上：当时，在单调递增；
当时，在，单调递增；
在单调递减
16．（2024·福建漳州·一模）已知函数，且．
(1)证明：曲线在点处的切线方程过坐标原点．
(2)讨论函数的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用导数的几何意义求得在处的切线方程，从而得证；
（2）分类讨论与，利用导数与函数的单调性即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
则，，
所以在处的切线方程为:，
当时，，故，
所以曲线在点处切线的方程过坐标原点.
（2）由（1）得，
当时，，则，故单调递减；
当时，令则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
17．（2024·江苏南通·二模）设函数.已知的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且.
(1)若在区间上有最大值无最小值，求实数m的取值范围；
(2)设l为曲线在处的切线，证明：l与曲线有唯一的公共点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据周期以及可求解，进而根据整体法即可求解，
（2）求导，根据点斜式求解切线方程，进而构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）由题意可得周期，故，
，
由于，故，
故，
当时，，
由于在区间上有最大值无最小值，故，解得，
故.
（2），，
，
故直线方程为，
令，则，
故在定义域内单调递增，又，
因此有唯一的的零点，
故l与曲线有唯一的交点，得证.
18．（2024·重庆·一模）（1）已知函数，（为自然对数的底数），记的最小值为，求证：；
（2）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【分析】（1）对求导，利用导数求出最小值，即，然后得到，进而证明不等式；
（2）将变形为，构造函数，利用导数求单调性和最值，证明恒成立，求出的取值范围.
【详解】（1）证明：因为，，
因为，，
当时，即，
当时， ，在，上单调递增，
当时， ，在，上单调递减，
当时，
所以，
因为，所以，即.
综上，.
（2），即，
所以，即，
令，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
因为，所以，
即，即，即，即，
令，，
当时，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，，
所以，
所以，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：将原不等式进行构造，利用函数的单调性转化为在上恒成立，利用分离参数思想再求最值即可.
19．（2024·河北唐山·一模）已知函数，，
(1)求曲线在点处的切线方程：
(2)当时，求的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导即可根据点斜式求解直线方程，
（2）分类讨论和时，导函数的正负，构造函数和，利用导数判断导函数正负，进而确定函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由得，所以，
所以所求切线方程为，即
（2）时，，
，
当时，，此时，故单调递增，
当时，，
接下来证明：当时，，
令又，
故当单调递减，
当单调递增，
故有最小值，因此，即，
，
令，
故单调递增，即，
所以，故在单调递增，
综上可得在单调递增，，
当而，因此，
所以的值域为
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
20．（2024·辽宁大连·一模）已知函数．
(1)若恒成立，求a的取值范围；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离，构造函数，求导得到函数的单调性，从而求出最值，得到答案；
（2）法一：在（1）的基础上得到，，再构造函数得到，得到，从而得到结论；
法二：即证，构造函数，求导后再对分子求导，从而得到函数的单调性，得到，证明出结论.
【详解】（1）由已知得，在上恒成立，
设
，解得，，解得，
在上为减函数，在上为增函数，
，即，
；
（2）法一：由（1）知时，恒成立，
取，得成立，时取等号．
所以当时，，
设，故时，，
在上为增函数，
，
．
所以时，，即．
由此可证，当时，，结论得证．
法二：当时，若证成立．即证，
设，，
设，
当时，在上为增函数．
，
在上为增函数，，
由此可证，当时，成立．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
21．（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)．
【分析】（1）利用导数分类讨论判断函数的单调性，即可求解；
（2）先利用导数证明不等式，分离变量可得恒成立，进而，即可求解.
【详解】（1）函数，的定义域为，且．
当时，，恒成立，此时在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）设，则，
在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立）．
依题意，，恒成立，即恒成立，
而，
当且仅当时等号成立．
因为函数在上单调递增，，，
所以存在，使得成立．
所以，即a的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
22．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：是其定义域上的增函数；
(3)若，其中且，求实数的值．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
(3)
【分析】（1）首先代入到函数表达式得切点坐标，求出切点处的导数值得切线斜率，由此即可得解.
（2）对求导后，令，对继续求导发现，对于任意的有，故只需要证明时，，时，即可.
（3）由（2）得，进一步令，，结合题意知时，，时，，对分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意，即切点为，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）由，设，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，所以对于任意的有，即，
因此在单调递增，在单调递增，
即，则，
所以时，，单调递减，所以，即，即，
时，，单调递增，所以，即，即，
所以是其定义域上的增函数.
（3）由（2）可知，时，，所以，故，
令，，
由题意时，，时，，
若，则当时，，不满足条件，
所以，
而，
令，则 ，
令，得，
在单调递减，在单调递增，
若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意；
若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意；
若，则当时，，单调递增，此时，
且当时，，单调递增，此时，满足题意，
所以，解得，
综上所述，.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是在得到在单调递增，在单调递增，之后还要继续说明“左边的函数值”小于“右边的函数值”，由此即可顺利得解.
23．（2024·山东枣庄·一模）已知．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导得，分两种情况当时，当时，求方程的解，分析的符号，进而可得的单调性．
（2）方法一：化简不等式，证明，函数有唯一零点，由此证明，证明时，满足条件，时不满足条件即可；
方法二：化简不等式，并分离变量可得，利用导数研究的单调性及最小值，由此可求的取值范围.
【详解】（1）由题意知定义域为
且．
令，
①当时，，所以在上单调递增．
②当时，，记的两根为，
则，且．
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）方法一：
，化简得．
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，所以，当且仅当取等号，
令，因为在上单调递增，
所以在上单调递增．
又因为，
所以存在唯一，使得①，
所以，当且仅当时取等号．
①当时，成立．
②当时，由①知，．
所以与恒成立矛盾，不符合题意．
综上．
方法二 ：
不等式，可化为，
所以．
令
则．
令，则．
所以在上单调递增．
又，
所以，使，
所以在上单调递减，在上单调递增．
由得，
即．
设，则
所以在上单调递增．
由，得，
所以，
即有，且
所以，
所以．
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立⇔；
(2)恒成立⇔.
24．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)求证：；
(3)若且，求证：．
【答案】(1)在区间上单调递减
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求，令，求，讨论的大小可证得，即，即可得出的单调性；
（2）法一：要证，即证，记，讨论的单调性和最值即可证明；法二：通过构造函数结合已知条件放缩要证即证即可.
（3）法一：由（1）可知为减函数，所以，要证即证，构造函数证明即可；法二：先证，即，则，再结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）的定义域为，，
记，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以，即，
所以在区间上单调递减．
（2）法一：先证，记，
则，
记，则，所以时，递增；
时，递减．
所以，所以，又，所以，故．
再证，即证，记，
则，
记，则，所以在递增，
所以，所以，即，
所以.
法二：构造函数，
当时，单调递增，，所以，
构造函数，
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以，即，即成立．
所以，
所以，
则只需证明，即，而显然成立，
所以．
（3）法一：由（2）知的最大值为0．
因为且，则之中至少有一个大于1，
不妨设，则，由（1）可知为减函数，所以，
所以，
因为
，
记，则，
因为，所以，所以，所以．
法二：先证，记，
则，
记，则，所以时，递增；
时，递减．
所以，所以，又，所以，故．
所以，
因为且，
所以，
所以，所以，则．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
25．（2024·浙江·模拟预测）已知函数，
(1)当时，求函数的值域；
(2)若函数恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，易得在上单调递增求解；
（2）方法一：分，，，，由求解；方法二：当时，成立，当时，成立，当时，转化为恒成立，由求解.
【详解】（1）因为，
所以，
在上单调递增又，
的值域是.
（2）方法一：①当时，
，
②当时，
，
在上单调递增，成立.
③当时，
令，
则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
，
使得当时，故在上单调递减，
则，
④当时，
令，
则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
，即在上递增，则成立.
综上所述，若函数恒成立，则.
方法二
当时，成立，当时，成立，
当时，恒成立，
令，则，
又，
令，
，
当时，，
，
在上单调递增.
，
，故，
，又，
，故.
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，法一：由求解；法二：转化为 由求解.
26．（2024·浙江·模拟预测）已知函数．
(1)如果1和是的两个极值点，且的极大值为3，求的极小值；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)当时，且函数在区间上最大值为2，最小值为．求的值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)18
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得和是方程的两根，利用韦达定理求出、的值，再求出函数的单调区间，即可求出函数的极大值，从而求出的值，最后求出极小值；
（2）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（3）依题意，即可求出、的范围，再求出导函数，结合特殊值可得有两个实数根，且，即可得到是的极大值点，是的极小值点，则，，结合韦达定理得到，再由，即可求出、的值，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
因为和是的两个极值点，所以和是方程的两根，
故，解得，即，
所以，
因为时，，当时，，
所以在区间上单调增，在区间上单调减，
所以，解得，
所以．
（2）当时定义域为，
又，令，解得或，
若，则当时，；当时，．
故在区间单调递增，在上单调递减；
若，则恒成立，所以在区间单调递增；
若，则当时，；当时，．
故在区间单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时在区间单调递增，在上单调递减；
当时在区间单调递增；
当时在区间单调递增，在上单调递减．
（3）当时，，
由题意得：，即，①
，即，②
由①、②可知，，．③
因为，，
，，
所以有两个实数根，且，
当时，，当时，，
故是的极大值点，是的极小值点．
由题意得，，
即，
两式同向相加得：，④
注意到，，，
代入④得，
由③可知，，则，，
所以，，
所以，
所以，当且仅当，
即，又，所以时成立，
所以，从而．
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先得到、的取值范围，再结合零点存在性定理得到有两个实数根，且，从而推导出.
27．（2024·江苏宿迁·一模）已知函数．
(1)若，求的极小值；
(2)若过原点可以作两条直线与曲线相切，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数与极值的关系，即可求得答案；
（2）设切点分别为，根据导数的几何意义，表示出切线方程，将原问题转化为方程两个不同的根的问题，构造函数，利用导数求得其最小值的表达式，分类讨论，结合零点存在定理，即可求得答案.
【详解】（1）由，得，
令得，则在上单调递减，
令得，则在上单调递增，
则的极小值为;
（2），
设切点分别为，
则在处的切线方程为，
又切点过原点，所以，
即，同理，
所以为方程两个不同的根，
设，则，
若，则在单调递减，不可能有两个不同的根，不符合题意；
若，令得，在单调递减，
令得在单调递增，
所以，
若，即，则，
此时方程没有两个不同的根，不符合题意；
若，即，，
因为，所以，所以，
令，则，
所以在上单调递增，，
即，又的图象是不间断的曲线，
所以存在满足使得，
所以的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：难点在于根据切线的条数求解参数范围。解答时将问题转化为方程两个不同的根的问题，然后构造函数，利用导数，求得函数最小值，分类讨论，结合零点存在定理求解即可.
28．（2024·江苏·模拟预测）已知函数，其中，为自然对数的底数．
(1)函数，求的最小值；
(2)若为函数的两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导确定函数的单调性即可求解最值，
（2）根据，故，进而构造函数，由导数求解单调性，结合零点存在定理与不等式的性质即可求.
【详解】（1）由可得，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的最小值为，故.
（2）由于为函数的两个零点，所以也是的两个零点，
故，故，，
,
令，
令，则，
当时, ,故单调递增，
故，则，
所以由零点存在定理可知，，
设，
则当时，单调递减，
当时，单调递增，故当，
故故，
故
，
所以由零点存在定理可知，，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
29．（2024·湖北武汉·二模）已知函数，．
(1)当时，求证：；
(2)函数有两个极值点，，其中，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）构造求导，再构造应用导数研究单调性求函数符号，进而确定符号，判断单调性即可证结论；
（2）令，，问题化为证成立，根据极值点有，构造研究单调性和最值，研究有两个零点求范围，即可证.
【详解】（1），则
令，则，
在上，单调递减，在上，单调递增．
所以，
综上，，即在上单调递增，故，
即时，成立．
（2）由题设，有两个极值点，，则①，
要证成立，即证成立．
令，，即证成立．
①式可化为，则，
令，，
在上，单调递增，在上，单调递减．
，要使有两个零点，则，
当时，，若与交于，则，
当时，由（1）知，若与交于，则，，
所以成立，则．
【点睛】关键点点睛：第二问，令，，将问题化为证明成立，通过构造，研究有两个零点求范围为关键.
30．（2024·福建莆田·二模）已知函数．
(1)证明：当时，；
(2)若函数有两个零点．
①求的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论判断的单调性，结合单调性和最值分析证明；
（2）①令，整理可得，设，求导，利用导数判断单调性，结合单调性分析零点问题；②分析可知原不等式等价于，构建函数证明即可.
【详解】（1）由题意可得：函数，且，，
若，则在内恒成立，
可知在内单调递增，可得；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得，
且，则，则；
综上所述：当时，.
（2）①由题意可得：，
令，整理可得，
设，则，
且，可知，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，则，解得，
若，令，则
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当趋近于，趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：的取值范围为；
②由①可知：，即，
若，等价于，
等价于，
令，则，
令，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，
即，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得；
令，则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且，在内单调递减，可得，
即，可得；
即，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．考点
4年考题
考情分析
导数综合
2023年新高考Ⅰ卷第19题
2023年新高考Ⅱ卷第22题2022年新高考Ⅰ卷第22题
2022年新高考Ⅱ卷第22题
2021年新高考Ⅰ卷第22题
2021年新高考Ⅱ卷第22题
2020年新高考Ⅰ卷第21题
2020年新高考Ⅱ卷第22题
导数大题难度中等或较难，纵观近几年的新高考试题，主要求极值最值、用导数研究函数单调性问题及参数范围求解、不等式证明问题、零点及恒成立问题等知识点，同时也是高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以导数综合问题之单调性、极值最值、求解及证明问题为背景展开命题，难度会降低．
单调递增
单调递减
单调递增
3
0
+
0
↘
极小值
↗
极大值
↘
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
押新高考17题
导 数 综 合 应 用（解答题）
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第19题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第22题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第22题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
4．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第22题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
5．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第22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) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
6．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题第22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．
导函数与原函数的关系
单调递增，单调递减
极值
极值的定义
在处先↗后↘，在处取得极大值
在处先↘后↗，在处取得极小值
两招破解不等式的恒成立问题
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
常用函数不等式：
①，其加强不等式；
②，其加强不等式.
③，，
放缩
，
利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）转化为证不等式（或），进而转化为证明（），因此只需在所给区间内判断的符号，从而得到函数的单调性，并求出函数的最小值即可.
证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
1．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数，当时，取得极值．
(1)求的解析式；
(2)求在区间上的最值．
【答案】(1)
(2)的最小值为，最大值为.
【分析】
（1）利用极值定义可求得，可得解析式；
（2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论.
【详解】（1）依题意可得，
又当时，取得极值，所以，即；
解得；
所以；
（2）由（1）可知，
令，可得或，
当变化时，的变化情况如下表所示：
因此，在区间上，的最小值为，最大值为.
2．（2024·河北·模拟预测）已知函数在处的切线为轴．
(1)求的值；
(2)求的单调区间．
【答案】(1)，
(2)单调递减区间为，单调递增区间为
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得且，即可得到方程组，解得即可；
（2）求出函数的导函数，再利用导数说明的单调性，即可求出的单调区间.
【详解】（1）因为，所以，
依题意且，
所以，解得.
（2）由（1）可得函数的定义域为，
又，
令，则，所以（）在定义域上单调递增，
又，所以当时，当时，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
3．（2024·广东韶关·二模）已知函数在点处的切线平行于轴．
(1)求实数；
(2)求的单调区间和极值．
【答案】(1)1
(2)答案见解析
【分析】
（1）对函数求导，依题意只需使即可求得实数；
（2）利用（1）写出函数解析式，求导并分解因式，在定义域内分类讨论导函数的符号，即得单调区间和函数的极值.
【详解】（1）由可得：，
由题意，，解得；
（2）由（1）得，，则，
当时，，则在上是减函数；
当时，，在上是增函数.
故时，函数有极小值为，无极大值.
故函数的单调递增区间为，递减区间为，函数有极小值为，无极大值.
4．（2024·广东·一模）已知，函数.
(1)求的单调区间.
(2)讨论方程的根的个数.
【答案】(1)减区间为：，；增区间为：.
(2)
【分析】（1）求导，利用导函数的符号可确定函数的单调区间.
（2）利用函数的单调性，确定函数值的符号和最值，可确定方程零点的个数.
【详解】（1）因为（）.
所以：.
由，又函数定义域为，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以：当时，，方程无解；
当，函数在上递减，在递增，
所以，所以方程无解.
综上可知：方程的根的个数为.
5．（2024·浙江金华·模拟预测）已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)当时，求函数的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数的几何意义得出切线方程；
（2）对函数求导，用导数方法判断函数在上的单调性，即可得出结果.
【详解】（1）由，
得，
所以，，
函数在处的切线方程
（2）
令，
当时，，则，
所以 ，所以，
所以在单调递减；
当时，，则，
此时，
所以在单调递增，
所以当时，函数取得最小值；
所以当时，函数的最小值为
6．（2024·江苏徐州·一模）已知函数，．
(1)若函数在上单调递减，求a的取值范围：
(2)若直线与的图象相切，求a的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用函数的单调性与导数的正负，得出导函数的恒成立关系，利用分离参数和基本不等式即可求解；
（2）利用导数的几何意义及切点的位置关系，建立方程组即可求解.
【详解】（1）记在上单调递减，
对恒成立，
，而，
当且仅当即时，等号成立，
所以当时，取得最小值为.
所以a的取值范围为
（2）设直线与的图象相切于，
，
由题意可知，
代入，
，左边式子关于单调递减且时，左边
7．（2024·重庆·模拟预测）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)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得方程有两个根，则问题转化为的图象与直线有两个交点，利用导数求出的单调性，即可得到的极值与函数图象，数形结合即可得解；
（2）由（1）可得，即可得到，结合及二次函数的性质即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，又，
函数有两个极值点相当于方程有两个根，
显然当时，
当时，
所以问题转化为的图象与直线有两个交点，
由，，得，
当或时，当时，
所以在，上单调递减，在上单调递增，
又当时，，当时，且，作出的大致图像如图所示：
则由图可知，当时，图像与直线有两个交点，即有两个极值点，
所以实数的取值范围.
（2）因为，所以，
又由（1）知，，
所以函数在上单调递增，当时，
所以.
8．（2024·辽宁·一模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线的方程；
(2)讨论的极值.
【答案】(1)；
(2)极大值为，无极小值.
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出的导数，分析函数单调性求出极值即得.
【详解】（1）当时，，求导得，则，而，
所以的方程为，即.
（2）函数的定义域为，求导得，
而，则当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值，无极小值.
9．（2024·辽宁·二模）已知函数在点处的切线与直线垂直.
(1)求的值；
(2)求的单调区间和极值.
【答案】(1)
(2)单调递减区间为和，单调递增区间为，的极大值为，极小值为.
【分析】（1）由导数的几何意义求出斜率，利用直线垂直列式求解即可；
（2）求出导数方程的根，根据导数与极值的关系列表即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
则，因为函数在点处的切线与直线垂直，
故，解得；
（2）因为，所以，
令，解得或，令得或，令得，
列表如下：
故的单调递减区间为和，单调递增区间为，
的极大值为，极小值为.
10．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数，其中．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求证：的极大值恒为正数．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）分，和三种情况讨论，再结合极大值的定义即可得出结论.
【详解】（1），
当时，，，
又，故曲线在处的切线方程为；
（2），
解得知，，
若，当或时，，当时，，
所以在，递减，递增，
故极大值为；
若，则，
所以函数单调递减，无极大值；
若，当或时，，当时，，
所以在，递减，递增，
故极大值，
综上，的极大值恒为正数．
【点睛】思路点睛：利用导数求函数极值的步骤如下：
（1）求函数的定义域；
（2）求导；
（3）解方程，当；
（4）列表，分析函数的单调性，求极值：
①如果在附近的左侧，右侧，那么是极小值；
②如果在附近的左侧，右侧，那么是极大值.
11．（2024·广东广州·一模）已知函数，.
(1)求的单调区间和极小值；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)递增区间为，递减区间为，极小值为1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间及极值.
（2）根据给定条件，构造函数，利用导数结合基本不等式推理即得.
【详解】（1）函数，，求导得，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以的递增区间为；递减区间为，的极小值为.
（2）证明：当时，令，
求导得，
令，求导得，
函数在上单调递增，则，在上单调递增，
因此，所以.
12．（2024·湖南·二模）已函数，其图象的对称中心为.
(1)求的值；
(2)判断函数的零点个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由的图象关于对称，得到，列出方程组即可求解；
（2）由（1）得到函数的解析式，求出，利用判断根的情况，分类讨论确定零点的个数.
【详解】（1）因为函数的图象关于点中心对称，故为奇函数，
从而有，即，
，
，
所以，解得，
所以；
（2）由（1）可知，，，，
①当时，，，所以在上单调递增，
，，
函数有且仅有一个零点；
②当时，，，
有两个正根，不妨设，则，
函数在单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数有且仅有一个零点；
③当时，，
令，解得或，
有两个零点；
④当时，，，
有一个正根和一个负根，不妨设，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数有且仅有三个零点；
综上，当时，函数有三个零点；
当时，函数有两个零点；
当时，函数有一个零点.
13．（2024·湖南邵阳·二模）设函数.
(1)求的极值；
(2)若对任意，有恒成立，求的最大值.
【答案】(1)极小值，无极大值；
(2).
【分析】（1）求导，判断函数单调性即可确定极值;
（2）分离参数并构造新函数，求导，判断函数单调性求出最小值即可求解.
【详解】（1）.
令，得，令，得.
故在单调递减，在单调递增.
在处取得极小值，无极大值.
（2）对恒成立，即对恒成立.
令，则只需即可.
.
易知均在上单调递增，
故在上单调递增且.
当时，单调递减；
当时，单调递增.
.故，故的最大值为.
14．（2024·山东济南·一模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论极值点的个数.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值点个数.
【详解】（1）当时，定义域为，
又，
所以，
由，解得，此时单调递增；
由，解得，此时单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）函数的定义域为，
由题意知，，
当时，，所以在上单调递增，
即极值点的个数为个；
当时，易知，
故解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
即极值点的个数为个.
综上，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
15．（2024·山东青岛·一模）已知函数．
(1)若，曲线在点处的切线斜率为1，求该切线的方程；
(2)讨论的单调性．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，根据可得，即可利用点斜式求解，
（2）求导，结合分类讨论求解导函数的正负，结合二次方程根的情况，即可求解.
【详解】（1）当时，，解得
又因为，所以切线方程为：，即
（2）的定义域为，
当时，得恒成立，在单调递增
当时，令，
（i）当即时，
恒成立，在单调递增
（ii）当即时，
由得，或，
由得，
所以在，单调递增，
在单调递减
综上：当时，在单调递增；
当时，在，单调递增；
在单调递减
16．（2024·福建漳州·一模）已知函数，且．
(1)证明：曲线在点处的切线方程过坐标原点．
(2)讨论函数的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）先利用导数的几何意义求得在处的切线方程，从而得证；
（2）分类讨论与，利用导数与函数的单调性即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
则，，
所以在处的切线方程为:，
当时，，故，
所以曲线在点处切线的方程过坐标原点.
（2）由（1）得，
当时，，则，故单调递减；
当时，令则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
17．（2024·江苏南通·二模）设函数.已知的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且.
(1)若在区间上有最大值无最小值，求实数m的取值范围；
(2)设l为曲线在处的切线，证明：l与曲线有唯一的公共点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据周期以及可求解，进而根据整体法即可求解，
（2）求导，根据点斜式求解切线方程，进而构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）由题意可得周期，故，
，
由于，故，
故，
当时，，
由于在区间上有最大值无最小值，故，解得，
故.
（2），，
，
故直线方程为，
令，则，
故在定义域内单调递增，又，
因此有唯一的的零点，
故l与曲线有唯一的交点，得证.
18．（2024·重庆·一模）（1）已知函数，（为自然对数的底数），记的最小值为，求证：；
（2）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【分析】（1）对求导，利用导数求出最小值，即，然后得到，进而证明不等式；
（2）将变形为，构造函数，利用导数求单调性和最值，证明恒成立，求出的取值范围.
【详解】（1）证明：因为，，
因为，，
当时，即，
当时， ，在，上单调递增，
当时， ，在，上单调递减，
当时，
所以，
因为，所以，即.
综上，.
（2），即，
所以，即，
令，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
因为，所以，
即，即，即，即，
令，，
当时，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，，
所以，
所以，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：将原不等式进行构造，利用函数的单调性转化为在上恒成立，利用分离参数思想再求最值即可.
19．（2024·河北唐山·一模）已知函数，，
(1)求曲线在点处的切线方程：
(2)当时，求的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导即可根据点斜式求解直线方程，
（2）分类讨论和时，导函数的正负，构造函数和，利用导数判断导函数正负，进而确定函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由得，所以，
所以所求切线方程为，即
（2）时，，
，
当时，，此时，故单调递增，
当时，，
接下来证明：当时，，
令又，
故当单调递减，
当单调递增，
故有最小值，因此，即，
，
令，
故单调递增，即，
所以，故在单调递增，
综上可得在单调递增，，
当而，因此，
所以的值域为
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
20．（2024·辽宁大连·一模）已知函数．
(1)若恒成立，求a的取值范围；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离，构造函数，求导得到函数的单调性，从而求出最值，得到答案；
（2）法一：在（1）的基础上得到，，再构造函数得到，得到，从而得到结论；
法二：即证，构造函数，求导后再对分子求导，从而得到函数的单调性，得到，证明出结论.
【详解】（1）由已知得，在上恒成立，
设
，解得，，解得，
在上为减函数，在上为增函数，
，即，
；
（2）法一：由（1）知时，恒成立，
取，得成立，时取等号．
所以当时，，
设，故时，，
在上为增函数，
，
．
所以时，，即．
由此可证，当时，，结论得证．
法二：当时，若证成立．即证，
设，，
设，
当时，在上为增函数．
，
在上为增函数，，
由此可证，当时，成立．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
21．（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)．
【分析】（1）利用导数分类讨论判断函数的单调性，即可求解；
（2）先利用导数证明不等式，分离变量可得恒成立，进而，即可求解.
【详解】（1）函数，的定义域为，且．
当时，，恒成立，此时在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）设，则，
在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立）．
依题意，，恒成立，即恒成立，
而，
当且仅当时等号成立．
因为函数在上单调递增，，，
所以存在，使得成立．
所以，即a的取值范围是．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
22．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：是其定义域上的增函数；
(3)若，其中且，求实数的值．
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
(3)
【分析】（1）首先代入到函数表达式得切点坐标，求出切点处的导数值得切线斜率，由此即可得解.
（2）对求导后，令，对继续求导发现，对于任意的有，故只需要证明时，，时，即可.
（3）由（2）得，进一步令，，结合题意知时，，时，，对分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意，即切点为，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）由，设，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，所以对于任意的有，即，
因此在单调递增，在单调递增，
即，则，
所以时，，单调递减，所以，即，即，
时，，单调递增，所以，即，即，
所以是其定义域上的增函数.
（3）由（2）可知，时，，所以，故，
令，，
由题意时，，时，，
若，则当时，，不满足条件，
所以，
而，
令，则 ，
令，得，
在单调递减，在单调递增，
若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意；
若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意；
若，则当时，，单调递增，此时，
且当时，，单调递增，此时，满足题意，
所以，解得，
综上所述，.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是在得到在单调递增，在单调递增，之后还要继续说明“左边的函数值”小于“右边的函数值”，由此即可顺利得解.
23．（2024·山东枣庄·一模）已知．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导得，分两种情况当时，当时，求方程的解，分析的符号，进而可得的单调性．
（2）方法一：化简不等式，证明，函数有唯一零点，由此证明，证明时，满足条件，时不满足条件即可；
方法二：化简不等式，并分离变量可得，利用导数研究的单调性及最小值，由此可求的取值范围.
【详解】（1）由题意知定义域为
且．
令，
①当时，，所以在上单调递增．
②当时，，记的两根为，
则，且．
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）方法一：
，化简得．
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又，所以，当且仅当取等号，
令，因为在上单调递增，
所以在上单调递增．
又因为，
所以存在唯一，使得①，
所以，当且仅当时取等号．
①当时，成立．
②当时，由①知，．
所以与恒成立矛盾，不符合题意．
综上．
方法二 ：
不等式，可化为，
所以．
令
则．
令，则．
所以在上单调递增．
又，
所以，使，
所以在上单调递减，在上单调递增．
由得，
即．
设，则
所以在上单调递增．
由，得，
所以，
即有，且
所以，
所以．
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立⇔；
(2)恒成立⇔.
24．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)求证：；
(3)若且，求证：．
【答案】(1)在区间上单调递减
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求，令，求，讨论的大小可证得，即，即可得出的单调性；
（2）法一：要证，即证，记，讨论的单调性和最值即可证明；法二：通过构造函数结合已知条件放缩要证即证即可.
（3）法一：由（1）可知为减函数，所以，要证即证，构造函数证明即可；法二：先证，即，则，再结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）的定义域为，，
记，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以，即，
所以在区间上单调递减．
（2）法一：先证，记，
则，
记，则，所以时，递增；
时，递减．
所以，所以，又，所以，故．
再证，即证，记，
则，
记，则，所以在递增，
所以，所以，即，
所以.
法二：构造函数，
当时，单调递增，，所以，
构造函数，
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以，即，即成立．
所以，
所以，
则只需证明，即，而显然成立，
所以．
（3）法一：由（2）知的最大值为0．
因为且，则之中至少有一个大于1，
不妨设，则，由（1）可知为减函数，所以，
所以，
因为
，
记，则，
因为，所以，所以，所以．
法二：先证，记，
则，
记，则，所以时，递增；
时，递减．
所以，所以，又，所以，故．
所以，
因为且，
所以，
所以，所以，则．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
25．（2024·浙江·模拟预测）已知函数，
(1)当时，求函数的值域；
(2)若函数恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，易得在上单调递增求解；
（2）方法一：分，，，，由求解；方法二：当时，成立，当时，成立，当时，转化为恒成立，由求解.
【详解】（1）因为，
所以，
在上单调递增又，
的值域是.
（2）方法一：①当时，
，
②当时，
，
在上单调递增，成立.
③当时，
令，
则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
，
使得当时，故在上单调递减，
则，
④当时，
令，
则，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
，即在上递增，则成立.
综上所述，若函数恒成立，则.
方法二
当时，成立，当时，成立，
当时，恒成立，
令，则，
又，
令，
，
当时，，
，
在上单调递增.
，
，故，
，又，
，故.
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，法一：由求解；法二：转化为 由求解.
26．（2024·浙江·模拟预测）已知函数．
(1)如果1和是的两个极值点，且的极大值为3，求的极小值；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)当时，且函数在区间上最大值为2，最小值为．求的值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)18
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得和是方程的两根，利用韦达定理求出、的值，再求出函数的单调区间，即可求出函数的极大值，从而求出的值，最后求出极小值；
（2）求出函数的导函数，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（3）依题意，即可求出、的范围，再求出导函数，结合特殊值可得有两个实数根，且，即可得到是的极大值点，是的极小值点，则，，结合韦达定理得到，再由，即可求出、的值，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
因为和是的两个极值点，所以和是方程的两根，
故，解得，即，
所以，
因为时，，当时，，
所以在区间上单调增，在区间上单调减，
所以，解得，
所以．
（2）当时定义域为，
又，令，解得或，
若，则当时，；当时，．
故在区间单调递增，在上单调递减；
若，则恒成立，所以在区间单调递增；
若，则当时，；当时，．
故在区间单调递增，在上单调递减．
综上可得：当时在区间单调递增，在上单调递减；
当时在区间单调递增；
当时在区间单调递增，在上单调递减．
（3）当时，，
由题意得：，即，①
，即，②
由①、②可知，，．③
因为，，
，，
所以有两个实数根，且，
当时，，当时，，
故是的极大值点，是的极小值点．
由题意得，，
即，
两式同向相加得：，④
注意到，，，
代入④得，
由③可知，，则，，
所以，，
所以，
所以，当且仅当，
即，又，所以时成立，
所以，从而．
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先得到、的取值范围，再结合零点存在性定理得到有两个实数根，且，从而推导出.
27．（2024·江苏宿迁·一模）已知函数．
(1)若，求的极小值；
(2)若过原点可以作两条直线与曲线相切，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数与极值的关系，即可求得答案；
（2）设切点分别为，根据导数的几何意义，表示出切线方程，将原问题转化为方程两个不同的根的问题，构造函数，利用导数求得其最小值的表达式，分类讨论，结合零点存在定理，即可求得答案.
【详解】（1）由，得，
令得，则在上单调递减，
令得，则在上单调递增，
则的极小值为;
（2），
设切点分别为，
则在处的切线方程为，
又切点过原点，所以，
即，同理，
所以为方程两个不同的根，
设，则，
若，则在单调递减，不可能有两个不同的根，不符合题意；
若，令得，在单调递减，
令得在单调递增，
所以，
若，即，则，
此时方程没有两个不同的根，不符合题意；
若，即，，
因为，所以，所以，
令，则，
所以在上单调递增，，
即，又的图象是不间断的曲线，
所以存在满足使得，
所以的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：难点在于根据切线的条数求解参数范围。解答时将问题转化为方程两个不同的根的问题，然后构造函数，利用导数，求得函数最小值，分类讨论，结合零点存在定理求解即可.
28．（2024·江苏·模拟预测）已知函数，其中，为自然对数的底数．
(1)函数，求的最小值；
(2)若为函数的两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导确定函数的单调性即可求解最值，
（2）根据，故，进而构造函数，由导数求解单调性，结合零点存在定理与不等式的性质即可求.
【详解】（1）由可得，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的最小值为，故.
（2）由于为函数的两个零点，所以也是的两个零点，
故，故，，
,
令，
令，则，
当时, ,故单调递增，
故，则，
所以由零点存在定理可知，，
设，
则当时，单调递减，
当时，单调递增，故当，
故故，
故
，
所以由零点存在定理可知，，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
29．（2024·湖北武汉·二模）已知函数，．
(1)当时，求证：；
(2)函数有两个极值点，，其中，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）构造求导，再构造应用导数研究单调性求函数符号，进而确定符号，判断单调性即可证结论；
（2）令，，问题化为证成立，根据极值点有，构造研究单调性和最值，研究有两个零点求范围，即可证.
【详解】（1），则
令，则，
在上，单调递减，在上，单调递增．
所以，
综上，，即在上单调递增，故，
即时，成立．
（2）由题设，有两个极值点，，则①，
要证成立，即证成立．
令，，即证成立．
①式可化为，则，
令，，
在上，单调递增，在上，单调递减．
，要使有两个零点，则，
当时，，若与交于，则，
当时，由（1）知，若与交于，则，，
所以成立，则．
【点睛】关键点点睛：第二问，令，，将问题化为证明成立，通过构造，研究有两个零点求范围为关键.
30．（2024·福建莆田·二模）已知函数．
(1)证明：当时，；
(2)若函数有两个零点．
①求的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论判断的单调性，结合单调性和最值分析证明；
（2）①令，整理可得，设，求导，利用导数判断单调性，结合单调性分析零点问题；②分析可知原不等式等价于，构建函数证明即可.
【详解】（1）由题意可得：函数，且，，
若，则在内恒成立，
可知在内单调递增，可得；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得，
且，则，则；
综上所述：当时，.
（2）①由题意可得：，
令，整理可得，
设，则，
且，可知，
令，解得；令，解得；
则在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：有两个零点，则，解得，
若，令，则
则，
可知在内有且仅有一个零点；
且当趋近于，趋近于，可知内有且仅有一个零点；
即，符合题意，综上所述：的取值范围为；
②由①可知：，即，
若，等价于，
等价于，
令，则，
令，则在内恒成立，
可知在内单调递增，则，
即，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可得；
令，则，
令，则，
因为，则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，可知在内单调递增，
则，即，
不妨设，则，
且，在内单调递减，可得，
即，可得；
即，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．考点
4年考题
考情分析
导数综合
2023年新高考Ⅰ卷第19题
2023年新高考Ⅱ卷第22题2022年新高考Ⅰ卷第22题
2022年新高考Ⅱ卷第22题
2021年新高考Ⅰ卷第22题
2021年新高考Ⅱ卷第22题
2020年新高考Ⅰ卷第21题
2020年新高考Ⅱ卷第22题
导数大题难度中等或较难，纵观近几年的新高考试题，主要求极值最值、用导数研究函数单调性问题及参数范围求解、不等式证明问题、零点及恒成立问题等知识点，同时也是高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以导数综合问题之单调性、极值最值、求解及证明问题为背景展开命题，难度会降低．
单调递增
单调递减
单调递增
3
0
+
0
↘
极小值
↗
极大值
↘
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