专题19 导数综合（5大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

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命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷考查了导数中函数最值、函数的对称性、恒成立问题的综合运用，难度较难。Ⅱ卷考查了曲线的切线和函数的极值求参数，常规考查，难度适中。导数的高频考点有：含参函数的参数对函数性质的影响；用导数研究函数的单调性、极值或最值；求曲线切线的方程；函数的零点讨论；函数的图像与函数的奇偶性结合考查等。导数中频考点有：用函数的单调性比较大小；利用函数证明不等式或求不等式的解；求参数的取值范围等。预计2025年高考还是主要考查导数与切线及恒成立、求参问题。
试题精讲
一、解答题
1．（2024新高考Ⅰ卷·18）已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出后根据可求的最小值；
（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.
【详解】（1）时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值为.，
（2）的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
2．（2024新高考Ⅱ卷·16）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
一、解答题
1．（2022新高考Ⅰ卷·22）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.
2．（2023新高考Ⅰ卷·19）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.
3．（2022新高考Ⅱ卷·22）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.
4．（2023新高考Ⅱ卷·22）（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.
一、恒成立和有解问题思路一览
设函数的值域为或，或或中之一种，则
①若恒成立（即无解），则；
②若恒成立（即无解），则；
③若有解（即存在使得成立），则；
④若有解（即存在使得成立），则；
⑤若有解（即无解），则；
⑥若无解（即有解），则．
【说明】（1）一般来说，优先考虑分离参数法，其次考虑含参转化法．
（2）取值范围都与最值或值域(上限、下限)有关，另外要注意①②③④中前后等号的取舍！（即端点值的取舍）
二、分离参数的方法
①常规法分离参数：如；
②倒数法分离参数：如；
【当的值有可能取到，而的值一定不为0时，可用倒数法分离参数．】
③讨论法分离参数：如:
④整体法分离参数：如；
⑤不完全分离参数法：如；
⑥作商法凸显参数，换元法凸显参数．
【注意】
（1）分离参数后，问题容易解决，就用分离参数法（大多数题可以使用此方法）． 但如果难以分离参数或分离参数后，问题反而变得更复杂，则不分离参数，此时就用含参转化法．
（2）恒成立命题对自变量的范围有时有一部分或端点是必然成立的，应该考虑先去掉这一部分或端点，再分离参数求解．【否则往往分离不了参数或以至于答案出问题．】
三、其他恒成立类型一
①在上是增函数，则恒成立．(等号不能漏掉)．
②在 上是减函数，则恒成立．(等号不能漏掉)．
③在上是单调函数，则分上述两种情形讨论；(常用方法)
四、其他恒成立类型二
①，使得方程成立．
②，使得方程成．
五、其他恒成立类型三
①，；
②，；
③，；
④，．
六、构造函数解不等式解题思路
利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：
（1）把不等式转化为；
（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.
七、构造函数解不等式解题技巧
求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，下面是常见函数的变形
模型1.对于，构造
模型2.对于不等式，构造函数.
模型3.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型4.对于不等式，构造函数
模型5.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型6.对于不等式，构造函数
拓展：对于不等式，构造函数
模型7.对于，分类讨论：（1）若，则构造
（2）若，则构造
模型8.对于，构造.
模型9.对于，构造.
模型10.（1）对于，即，
构造．
对于，构造．
模型11.（1） （2）
一、解答题
1．（2024·浙江·三模）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若曲线在点处的切线与二次曲线只有一个公共点，求实数a的值．
【答案】(1)单调增区间：，单调减区间：．
(2)或．
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）首先求出函数的切线方程，与曲线联立方程，分析得出结论.
【详解】（1）易知定义域为R，，
所以，，，．
故单调增区间：，单调减区间：．
（2）因为，，
所以曲线在点处的切线为
把切线方程代入二次曲线方程，得有唯一解，
即且，即
解得或．
2．（2024·河北张家口·三模）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数求斜率，由解析式求出切点纵坐标，然后可得切线方程；
（2）将问题转化为，令，求导，利用零点存在性定理判断极值点，利用隐零点方程化简极小值可得，结合二次函数性质即可得证.
【详解】（1）的定义域为，
因为，所以曲线在点处的切线斜率为，
又，所以切线方程为，即.
（2），
令，则，
因为，
所以存在，使得，即，
易知在上单调递增，
所以，当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以当时，取得最小值：
，
由二次函数性质可知，在上单调递减，
所以，即，
所以.
3．（2024·广东汕头·三模）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【详解】（1）（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
若，，所以恒成立，
当时，，当时，，
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以，解得：，
可知的最小值为；
若，，所以恒成立，
当时，，当时，，
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以在内无最大值，且当趋近于时，趋近于，不合题意；
综上所述：的最小值为.
4．（2024·山西吕梁·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的，使恒成立，则实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由，定义域为，求导，令，讨论当取不同的值时的正负情况，即可得到的单调性；
（2）法一：由可化为，令，讨论取正、负、零时恒成立，即可得到实数的取值范围；
法二：由可得，令，即恒成立，由，则令，则恒成立，讨论取正、负、零时的单调情况，得到极值，即可得到实数的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，
令，
又，
，当，即时，，此时在上单调递增
，当，即时，
令，解得
其中，当时，
所以在单调递增，在单调递减；
当时，，
故在单调递减，单调递增.
综上：在上单调递增；
在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增.
（2）法一：不妨设，则，同除以得，
所以令，
当时，恒成立，
，若恒成立，符合题意，
，当恒成立，
令则，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以，
，若，同理恒成立，由知，当
所以不存在满足条件的.
综上所述：.
法二：.
令，则只需在单调递增，
即恒成立，
，令，则恒成立；
又，
①当时，在单调递增成立；
②当时，在单调递增，又，故不恒成立.不满足题意；
③当时，由得在单调递减，在单调递增，
因为恒成立，所以，
解得，
综上，.
5．（2024·广西钦州·三模）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，证明：在上有3个零点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时求出、，再由直线的点斜式方程可得答案；
（2）得0是的一个零点，再判断出为奇函数，只需要证明在上有1个零点即可，利用导数判断出在上的单调性，结合可得答案.
【详解】（1）当时，，
，
故曲线在点处的切线方程为；
（2）因为，所以0是的一个零点，时，
，所以为奇函数，图象关于原点对称，
要证在上有3个零点，只需要证明在上有1个零点，
，
令函数，
当时，，
当时，，所以函数在上单调递减.
因为，所以存在，使得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以在上有1个零点，
故在上有3个零点.
6．（2024·天津河西·三模）已知函数，，其中．
(1)若，求实数a的值
(2)当时，求函数的单调区间；
(3)若存在使得不等式成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）求导可得，由代入计算，即可求解；
（2）求导可得，然后分讨论，即可求解；
（3）根据题意，由分离参数可得，然后构造函数求导得最值即可得到结果.
【详解】（1）因为，则，
由可得，解得.
（2）函数的定义域为，
且，
当时，令，可得或，
①当，即时，
对任意的，，的单调递增区间为．
②当，即时，
，得或，，得，
的单调递增区间为和，单调递减区间为
③当，即时
，得或；，得，
的单调递增区间为和，单调递减区间为，
综上所述，时，函数的单调增区间为；
时，函数的单调增区间为和，单调减区间为；
时，函数的单调增区间为和，单调减区间为.
（3）由，可得，即，其中，
令，，
若存在，不等式成立，则，，
，令，得，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以函数在端点或处取得最小值．
因为，，所以，
所以，所以，
因此，实数的取值范围是．
7．（2024·河北·三模）已知函数．
(1)当时，证明：．
(2)若函数，试问：函数是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；极小值为0．
【分析】（1）构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得证；
（2）对函数求导，并构造新函数，结合零点存在性定理及函数的单调性即可求解.
【详解】（1）证明：函数定义域为,
令，则，
当时，，且，所以，
函数在上单调递减，故，
即，故得证.
（2）由题意，则，
令，则
当时，，故函数在单调递增，则，即，
所以在单调递增；
当时，单调递增，且，又，
故，使得，
所以当时，，即函数在上单调递增，即，
所以函数在上单调递减；
当时，，即，
所以函数在上单调递增.
综上所述，函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，当时，函数有极小值，极小值为.
故存在，极小值为0.
8．（2024·四川南充·模拟预测）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)当时，函数与函数有相同的最大值，求的值.
【答案】(1)答案见解析
(2)1
【分析】（1）求导，对进行分类讨论，即可.
（2）先对求导，分析单调性，求出最大值，与的最大值建立等量关系，求出即可
【详解】（1）解
①当时，当 时， 单调递增；当 时，单调递减.
②当时，在单调递增. .
综上所述，当时，在单调递增，在单调递减.
当时，在单调递增.
（2）由（1）得当时，当 时，取得最大值，
,易知单调递减 ，令，，
当时， 0，单调递增; 当时，单调递减，所以，当时，取得最大值
依题意，有，所以
令 则
由的单调性可知，当时，在时取得最大值0，即,从而可得 因此在上单调递减，又,
所以，.
9．（2024·广东汕头·三模）已知函数.
(1)若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值.
(2)若在只有一个零点，求.
【答案】(1)极小值，无极大值；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，结合几何意义求出，再分析单调性求出极值.
（2）由函数零点的意义，等价变形得在只有一解，转化为直线与函数图象只有一个交点求解.
【详解】（1）函数的定义域为R，求导得，，
依题意，，则，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
（2）函数在只有一个零点，等价于在只有一个零点，
设，则函数在只有一个零点，当且仅当在只有一解，
即在只有一解，于是曲线与直线只有一个公共点，
令，求导得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在取得极小值同时也是最小值，
当时，；当时，，
画山大致的图象，如图，
在只有一个零点时，，
所以在只有一个零点吋，.
10．（2024·北京·三模）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)求证：．（且）
【答案】(1)递增区间为，递减区间为．
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对函数求导,再根据的正负分类讨论单调性即可;
（2）若恒成立，即，根据（1）中的单调性求出其最大值即可列式求解.
（3）由（2）知当时,有在恒成立，令,即可推出，再对不等式两边累加求和,即可推出结论.
【详解】（1）函数的定义域为．
．
①时，，的递增区间为，无递减区间；
③时，令得；令得，
所以的递增区间为，递减区间为．
（2）由（1）知，时，在上递增，，不合题意，
故只考虑的情况，由（1）知
即
综上，的取值范围为．
（3）由（2）知：当时，恒成立，所以，
所以当恒成立，令，
进而，
即，．
所以．（且）
即．（且）
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（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．
11．（2024·四川自贡·三模）已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)函数有唯一零点，函数在上的零点为．证明：．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）法一：由已知导数与单调性关系及函数零点存在定理可知，，构造函数，结合导数及函数性质可得的范围，再令，结合导数分析的单调性，利用不等式放缩即可求解.法二：，设新函数，利用零点存在性定理得，再证明单调性即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
且，
所以当时，当时，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）法一：由（1）可知若函数有唯一零点，则，即，
令，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
因为，，
所以，
，
当时，当时，
所以在上存在唯一零点，所以，即，
令，则，
所以在上单调递减，
故，
所以，
又，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，
又，
所以.
法二：因为，由（1）可知若函数有唯一零点，则，
即，
设，而在上单调递增，
所以，，所以在上单调递增，
又，
令，所以在上单调递增，
所以，而，
.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：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．
12．（2024·四川南充·三模）已知函数.
(1)当时，求的最小值；
(2)①求证：有且仅有一个极值点；
②当时，设的极值点为，若.求证：
【答案】(1)
(2)①证明见解析 ②证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，利用导数单调性，可得出函数单调性，即可求最值；
（2）①求出函数导数，根据导数的单调性，利用零点存在性判断导数只有一个变号零点即可；②作差后构造函数，利用导数判断函数单调性，利用单调性求出最小值0即可得证.
【详解】（1），令，
当时，，，
，故在上单调递增，又，
在上单调递减，
在上单调递增，
的最小值为.
（2）由（1）知，，
，故在上单调递增，即在上单调递增，
又，
，
存在唯一的变号零点，
即有且仅有一个极值点.
②由①知：有且仅有一个极值点且，则
当时，，
由①知：，要证，
只需证：，
而，那么
，
令，则，
设，则，又，
所以，在上单调递增，即在上单调递增，
又，，在上单调递增，
即在上单调递增，又，，
在上单调递增，，
综上所述，时，
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问，首先需要对要证结论变形，再构造函数，利用，转化为证明，本题第二个关键点在于需要多次求导，利用函数的单调性，证明函数值不小于0，直到得出单调递增，再由单调性得出结论，过程繁杂，极易出错.
13．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若是的两个极值点，证明：．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）将代入函数解析式，求出导函数，解导数不等式即可得到 的单调区间；
（2）根据是的两个极值点，结合韦达定理可得，，要证明，即转化为求证，即证明令，构造函数，利用导数研究在的单调性即可得证.
【详解】（1）当时，的定义域为，
所以，令，解得，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
（2），
由题意可知，是方程的两根，
则，解得，所以，，
要证
，
即证，
只需证，
需证
令，则需证，
设，则，
所以函数在上单调递减，所以，因此
由得，，所以，
故得证,
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（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．
14．（2024·北京·模拟预测）已知函数.
(1)当时；
（ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（ⅱ）求零点的个数；
(2)当时，直接写出a的一个值，使得不是的极值点，并证明.
【答案】(1)（ⅰ）;
（ⅱ）在有2个零点;
(2),证明见下文
【分析】(1)先求导，在导数值为切线的斜率，再去出切点，代入点斜式方程即可，判断零点，求导，研究导数的正负，分析出原函数的单调性，判断区间端的的正负，根据零点存在定理，得到零点个数；
(2)不难发现 ，如果不是的极值点，则在左右两侧必须同号，所以不可能在增区间或者减区间里，因此的导数在只能为零，所以，然后再利用单调性证明不是的极值点即可.
【详解】（1）当时，，
（ⅰ），，，
切线方程：，所以；
（ⅱ），当，，所以，即在单调递减.
令，，
当时，，所以在单调递减，即在单调递减；又因为，所以，当时，即在单调递增；
因此：在单调递增，在单调递减.
当时，，；，因为在单调递增，所以，根据零点存在定理，在有唯一零点；
令，，
当时，，单调递增，且，
当 时，，单调递减；
所以，即，所以，
所以，又因为在单调递减，根据零点存在定理在有唯一零点.
综上，在有2个零点.
（2）当时，不是的极值点，证明如下：
当时，，
，
令，，
令，
因为，所以，
所以在单调递增，
又因为，所以，当时，，即单调递减；
当时，，，即单调递增；
再因为，所以，即，所以在单调递增，所以在无极值点；
综上，当时，不是的极值点
【点睛】方法点睛：本题第一问考查求切线方程，判断零点个数问题，主要方法：先利用函数求出切点坐标，再求导，切点处的导数值等于切线的斜率即函数在切线方程为：；零点个数问题主要方法有：研究函数的单调性根据零点存在定理判断零点个数；
第二问考查求极值点问题，常见方法有：求导，令导数等于零求出根，导数在的左右两侧函数值必须异号，左正右负为极大值点，左负右正为极小值点.
15．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0，
(1)求的值;
(2)若，证明:存在唯一的极大值点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况讨论求解即可；
（2）令，求导后可得在递减，递增，再结合零点存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，从而得是唯一的极大值点.
【详解】（1），
当时，，所以在上递减，则没有最小值，
当时，由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得最小值，得成立，
下面证为唯一解，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以方程有且只有唯一解，
综上，；
（2）证明:由（1）知，
令，
当时，，当时，，
所以在上递减，上递增，
因为，
所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，
所以当或时，，即，
当时，，即，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
即是唯一的极大值点，
，
由，得，
所以，
因为，所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，第（2）问解题的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
16．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)证明：．
【答案】(1)极小值为1，无极大值.
(2)
(3)答案见解析.
【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值.
（2）分离参数并构造函数，再求出函数的最小值即可.
（3）利用（2）的结论可得，再利用赋值法结合数列求和即得.
【详解】（1）当时，，定义域为，则，
当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
（2）因为恒成立，得，，令，，求导的，
当,,当时，，
即函数在上递减，在上递增，
因此，则a≤−1e，所以的取值范围a≤−1e.
（3）证明：由（2）知，时，即，
于是，
，，
，
因此
所以.
17．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，满足.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：.
【答案】(1)单增区间为，单减区间为
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可；
（2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可；
（ii）按照和分类讨论，若时，设，根据零点存在性定理得则在内有两零点和，根据正弦函数对称性可知，然后证明成立即可.
【详解】（1）由得，
当时，单调递增；当时，单调递减.
故单增区间为单减区间为.
（2）（i）由题设及零点存在定理可知，且有，且，所以，所以，即.
（ii）若时，则；
若时，设，有，且，
则在内有两零点和，其中，
而关于对称，且有.
由在单增，知，有，
由在单减，知，有，
则，即.
综上，.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解.
18．（2024·湖北荆州·三模）已知函数，其中是自然对数的底数.
(1)当时，求曲线在点处的切线的斜截式方程；
(2)当时，求出函数的所有零点；
(3)证明：.
【答案】(1)；
(2)有唯一零点；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）把代入，利用导数探讨单调性，求出函数最小值即得.
（3）对所证不等式作等价变形得，再构造函数依次证明即得.
【详解】（1）当时，，求导得，
则，又，
因此曲线在点处的切线方程为，
所以切线的斜截式方程为.
（2）当时，，求导得，
令，，则，
则在单调递增，而，当时，，即，
当时，，，函数在上递减，在上递增，又，
所以当时，有唯一零点.
（3）不等式
，
令函数，求导得，当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，则，即，
因此，，
令，求导得，函数在上递增，
，因此，又，
从而，
所以原不等式得证.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.
19．（2024·北京顺义·三模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求证：函数存在极小值；
(3)求函数的零点个数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.
（2）讨论函数在区间和上的符号即可推理作答.
（3）在时，分离参数，构造函数，再探讨在上的零点情况即可作答.
【详解】（1）由函数求导得：，
所以，因为，
所以曲线在点处的切线方程是.
（2）函数的定义域为，由（1）知，，
因为，则当时，，，，
所以，有，函数在上递减，
当时，，，，则有，函数在上递增，
所以，当时，函数取得极小值，
所以，当时，函数存在极小值.
（3）函数的定义域为，，
显然是函数的零点，
当时，函数的零点即为方程的解，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
，，
所以，有，在，上都递减，
令，，
当时，，当时，，
所以，在上递增，在上递减，，
所以，，恒有，当且仅当时取“=”，
所以，当时，，当时，，
所以，在上单调递减，取值集合为，
在上递减，取值集合为，
所以，当或时，方程有唯一解，
当或时，此方程无解，
所以，当或时，函数有一个零点，
当或时，函数有两个零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
20．（2024·广东茂名·一模）设函数，.
(1)当时，在上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若在上存在零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）构建函数，通过导数判断函数单调性，进而求解实数的取值范围；
（2）分离参数，令，，利用导数求函数在指定区间的最值，即得解.
【详解】（1）当时，，
所以不等式转化为，在上恒成立.
令，
所以.
当时，恒成立.
若，则在上恒成立，
在上单调递增，
故，符合题意；
若，令函数，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，且当时，.
所以，，
故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围为；
（2）因为，，
令，即，
所以.
令，，
则.
令，得.
所以当时，，单调递减；
当，时，单调递增.
所以当时，取得极小值，
即当时，取得极小值.
又因为，，
所以.
所以.
当取得极大值，
即当时，取得极大值.
又因为，，
所以.
所以，
所以当，.
所以.
又因为，
所以时，在上存在零点，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题
（1）构建函数，利用导数判断函数的单调性，通过函数的单调性求参数的取值范围；
（2）分离参数，将零点问题转化为函数的交点问题，并利用导数判断函数的单调性，进而求函数的最值.
（3）本题计算量较大，注意导数求解过程中的容易出现的问题，以及单调性的分析要注意取值范围.
21．（2024·青海·模拟预测）已知函数（）.
(1)当时，求的最值；
(2)当时，证明：对任意的，，都有.
【答案】(1)最小值，无最大值.
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，易求函数的导数，求出导函数的零点并判断原函数在求得零点附近的单调性，从而确定函数极值，进一步确定函数的最值；
（2）当时，通过连续求导得出原函数在上的单调性，通过计算和的值构造函数，并通过求导确定其单调性，求出在的值域，由此可构造不等式，从而得出，，从而得证.
【详解】（1）当时，，，
易知在上单调递增.
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有最小值，无最大值.
（2）证明：.令，则，
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，
即当时，在上单调递减，在上单调递增.
所以，.
令，则，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，所以当时，，
即当时，，
所以当时，且，
即且，
即对任意的，，都有.
【点睛】关键点点睛：（1）关键是求出函数的导数及其零点，并判断原函数在求得零点附近的单调性，从而确定最值；
（2）关键是通过计算和的值构造函数，最终构造不等式，从而得出，，从而得证.
22．（2024·新疆·三模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导后，分，，，四种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（2）由（1）可知当时，可能有三个不同的零点，然后分和两种情况结合零点存在性定理与函数的单调性讨论零点的个数.
【详解】（1）因为的定义域为，且，
当时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
当时，时恒成立，当且仅当时等号成立，所以在上单调递增；
当时，，令，解得，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，令，解得，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）得，当时，至多有两个零点，不符题意；
当时，至多有一个零点，不符题意；
当时，的极大值，至多有一个零点，不符题意；
当时，的极小值，的极大值，至多有两个零点，不符题意；
当时，因为在上单调递增，且，
，所以在上有且只有一个零点，
因为在上单调递减，，且，
所以在上有且只有一个零点，
因为在上单调递增，，
令，则，令，则
，
因为当时，，
所以在上递增，即在上递增，
所以，所以在上递增，
所以，
所以在上恒成立，
所以，
所以，
故在上有且只有一个零点，
所以有三个零点，
综上，当时，有三个不同的零点.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决函数零点问题，第（2）问解题的关键是当时，结合（1）当时，的单调区间和零点存在性定理分析判断，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
23．（2024·北京·三模）已知在处的切线方程为．
(1)求实数的值；
(2)证明：仅有一个极值点，且．
(3)若，是否存在使得恒成立，存在请求出的取值范围，不存在请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见详解
(3)不存在，理由见详解
【分析】（1）求出的导数，根据切线方程求出，的值即可；
（2）求导可得，令，利用导数可得的单调性，结合零点存在性定理可得在上存在唯一零点，且，进而可得的单调性，可判断极值情况；结合代入化简，运算得证；
（3）问题转化为，对恒成立，当时，显然上式不成立；当时，令，利用导数可得存在，使得，当时，，即单调递减，此时，上式不能恒成立，得解.
【详解】（1）由题意，，则，
解得，又，可得切点为，代入，得.
所以实数.
（2）由（1）得，则，
令，，
令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
且当时，，，，
所以在上存在唯一零点，使得即，
当时，，即，单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以仅存在一个极值点，，
，
又函数，，而，
所以在上单调递减，则，
所以.
（3）若存在，使得恒成立，即，对恒成立，
当时，当时，则，显然上式不成立；
当时，令，，
则，
令，则在上恒成立，
所以即在上单调递增，又，，
所以存在，使得，
所以当时，，即单调递减，此时，
所以不恒成立，
故当时，不存在满足条件.
综上，不存在，使得恒成立.
【点睛】关键点睛：本题第三问，解题的关键是将问题转化为，对恒成立，分和讨论，其中时，令，利用导数判断求解找出矛盾.
命题解读
考向
考查统计
1.高考中，导数是必考内容。难度、广度和深度较大。常规基础考查求导公式与几何意义；中等难度考查求单调区间、极值、最值等；压轴题考查零点、不等式证明、恒成立或者存在问题、分类讨论求参数等，和数列、不等式、函数等知识结合。
导数与函数最值
2022·新高考Ⅰ卷，22（1）
2024·新高考Ⅰ卷，18（1）
2024·新高考Ⅰ卷，18（3）
2022·新高考Ⅱ卷，22（2）
导数与函数零点
2022·新高考Ⅰ卷，22（2）
导数与函数单调性
2023·新高考Ⅰ卷，19（1）
2022·新高考Ⅱ卷，22（1）
导数与不等式证明
2023·新高考Ⅰ卷，19（2）
2022·新高考Ⅱ卷，22（3）
2023·新高考Ⅱ卷，22（1）
导数与函数极值
2023·新高考Ⅱ卷，22（2）
2024·新高考Ⅱ卷，16（2）