2025年高考数学三轮复习考前冲刺练习04 导数及其应用（解答题）（2份，原卷版+教师版）

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考点方面​
函数性质研究：利用导数判断函数的单调性、求函数的极值与最值是核心考点。常通过求导分析导函数的正负，进而确定函数单调区间，求解极值点和最值点 。​
不等式相关问题：包括利用导数证明不等式恒成立或存在性问题，通过构造函数，将不等式问题转化为函数的最值问题进行求解；还会考查根据不等式恒成立求参数的取值范围 。​
函数的切线与对称性：求曲线在某点处的切线方程，涉及到导数的几何意义；判断或证明函数的对称性，如中心对称等，考查对函数性质的深入理解 。​
含参函数分析：对于含参数的函数，常需进行分类讨论，分析参数对函数单调性、极值、最值等性质的影响 。​
题目设置方面​
通常设置多问，第一问相对基础，多为求函数的导数、讨论函数单调性等；后续问题逐渐深入，可能涉及到利用导数证明不等式、根据函数性质求参数范围等，综合性强，对考生的逻辑推理、运算求解以及数学抽象等核心素养要求较高 。
题型与分值：预计 2025 年新高考中，导数及其应用仍会以一道解答题（分值约 15 - 17 分）的形式出现，题目设置 2 - 3 问，具有一定的难度梯度。​
函数性质综合考查：继续围绕函数的单调性、极值、最值展开，可能会出现更复杂的函数形式，如指数函数、对数函数与三角函数的复合函数等，考查考生对导数工具的熟练运用以及对函数性质的综合分析能力 。​
不等式证明与参数问题：不等式的证明和根据不等式恒成立或有解求参数范围仍是重点。可能会结合一些高等数学的思想方法，如放缩法等，增加证明的难度；参数问题会更加注重对参数取值范围的精确讨论和求解 。​
创新题型与跨模块综合：可能会出现一些创新题型，如函数的零点个数探究、函数图象的交点问题等；也可能与其他知识模块（如数列、解析几何）进行综合，考查考生的综合应用能力和创新思维 。​
实际应用背景：导数在实际问题中的应用可能会有所体现，如最优化问题（成本最小化、利润最大化等），将实际问题抽象为数学模型，利用导数求解最值，考查考生的数学建模和应用意识 。
恒成立问题常见类型
假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式，
（1）的值域为
①，则只需要
，则只需要
②，则只需要
，则只需要
（2）若的值域为
① ，则只需要
，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）
② ，则只需要
，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）
能成立（有解）问题常见类型
假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式，
（1）若的值域为
①，则只需要
，则只需要
②，则只需要
，则只需要
（2）若的值域为
① ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）
，则只需要
② ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）
，则只需要
端点效应的类型
1.如果函数在区间上,恒成立,则或.
2.如果函数在区问上,恒成立,且(或),则或.
3.如果函数在区问上,恒成立,且(或,则或.
洛必达法则：
法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) 及；
(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)，那么 =。 型
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) 及；
(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)， 那么 =。 型
极值点偏移的含义
众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏.
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.
极值点偏移问题的一般题设形式
1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
4. 若函数中存在且满足，令，求证：.
极值点偏移的判定定理
对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且，
（1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏；
（2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏；
（2）证明略.

左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）

左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）
对数平均不等式
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：
（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．
证明如下：
（I）先证：……①
不等式①（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
（II）再证：……②
不等式②（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，
当且仅当时，等号成立．
运用判定定理判定极值点偏移的方法
（1）求出函数的极值点；
（2）构造一元差函数；
（3）确定函数的单调性；
（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
拉格朗日（Lagrange）中值定理
若函数f（x）满足如下条件：
（1）f（x）在闭区间[a，b]上连续；
（2）f（x）在开区间（a，b）内可导．
则在（a，b）内至少存在一点ξ，使得．
拉格朗日中值定理的几何意义
如图所示，在满足定理条件的曲线上至少存在一点P（ξ，f（ξ）），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线．
需要注意的地方（逆命题不成立）
拉格朗日中值定理没有逆定理,即对曲线的任一切线,并不一定存在割线,使割线斜率等于
切线斜率,如fx=x3在x=0处的切线斜率为0,但fx不存在割线使割线斜率等于0
拉格朗日公式还有下面几种等价形式
，
，
．
注：拉格朗日公式无论对于还是都成立，而ξ则是介于a与b之间的某一常数．显然，当时，．
典例1
（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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.
典例2
（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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.
典例3
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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.
典例4
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（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.
典例5
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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.
典例6
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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.
【名校预测·第一题】（2025·湖南长郡中学模拟）
已知函数．
(1)当时，求的单调性；
(2)若函数在处取得极小值，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）在时，对函数求导后分解因式，根据导函数的正负即可判断原函数的单调性；
（2）对函数求导后，对，，，的情况进行讨论，由题意即得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，令，解得或．
令，解得，所以在上单调递减；
令，解得或，即在，上单调递增．
综上，函数在，上单调递增，在上单调递减．
（2）由求导得，
① 当时，恒成立，
令，解得，即在上单调递减；
令，解得，即在上单调递增，
故时，函数在处取得极小值，符合题意；
②当时，令，解得，，且，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，符合题意．
③ 当时，令，解得，此时恒成立且不恒为0，
单调递增，故函数无极值，不符合题意．
④ 当时，令，解得，，且，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减，
所以函数在处取得极大值，不符合题意．
综上，实数的取值范围是．
【名校预测·第二题】（2025·湖南雅礼中学模拟）
设函数．
(1)当时，证明：．
(2)当时，证明：．
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【来源】2025届湖南省长沙市雅礼中学高三3月综合自主测试数学试题
【分析】（1）当时，代入函数并对函数 进行求导，利用二阶导数得出导函数在上单调递增函数，再讨论的正负即可求得函数的最小值为，从而得证；
（2）对函数 进行求导，得在上单调递增，根据零点的存在性定理可得存在，使得，从而可得的最小值为，再结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）当时，，定义域为．，构造函数，
则，，所以在上单调递增，又，
所以当时，单调递减；当时，单调递增．
所以，故．
（2），当时，易知在上单调递增，
，
所以存在，使得，即．
当时，单调递减；当时，单调递增．
所以，
当且仅当时取等，此时，满足．故原不等式得证．
【点睛】思路点睛：在第二小问证明导函数在定义域内单调后，由于导函数的零点不易求出，故需要找出两个值分别代入，证明导函数的值有正有负，方可设而不求，此处计算较难．属于较难题.
【名校预测·第三题】（重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题）
已知函数．
(1)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(2)若是函数的极值点，求证：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【来源】重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题
【分析】（1）由参数分离整理不等式，并构造函数，利用导数求得新函数的最值，可得答案；
（2）根据极值点与导数的关系，可得极值点的取值范围以及等量关系，整理所证的不等式，可得答案.
【详解】（1）由，则可得不等式，
由，则，令，求导可得，令，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，由题意可得.
（2）由，则，令，
求导可得在上恒成立，则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，由是函数的极值点，则，即，由，则，
所以.
【名校预测·第四题】（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三第八次模拟考试数学试卷）
已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，且，求a的取值范围．
【答案】(1)增区间，减区间(2)
【来源】陕西省西北工业大学附属中学2025届高三第八次模拟考试数学试卷
【分析】（1）将代入求导，然后确定单调性即可；
（2）求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．
【详解】（1）当时，，，则，
当，，单调递增，当，，单调递减，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2），所以，
设，令，由于有两个极值点，
所以，解得．由，，
得
，
即，令，则，
所以在上单调递减，且，
所以，故a的取值范围是．
【名校预测·第五题】（安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷）
设函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间上单调递增，求的取值范围；
(3)当时，，求的取值范围．
【答案】(1)(2)(3)
【来源】安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷（四）
【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求解；
（2）由条件转化为恒成立．再转化为导函数的最小值大于等于0，即可求解；
（3）方法一：首先将不等式整理为，再参变分离为，转化为求函数的最小值；方法二：根据（2）的结果，由的值，讨论的取值，判断不等式是否成立，即可求解；方法三：从命题成立的必要条件入手，再证明命题成立的充分条件，即可求解的取值范围.
【详解】（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
又，所以曲线在点处的切线方程为．
（2），由题意得，恒成立．
令，则，且在单调递增，令，解得，
所以当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增；所以，
又，当且仅当，故．
（3）解法一：因为，所以题意等价于当时，．即，
整理，得，因为，所以，故题意等价于．
设，的导函数，
化简得，考察函数，其导函数为，
当单调递减；当单调递增；
故在时，取到最小值，即，即，所以，
所以当单调递减；当单调递增；
所以的最小值为，故．
解法二：先考察，由（2）分析可得，
情况1：当，即，此时在区间单调递增，
故，即，符合题意；
情况2：若，则，
注意到，且，故对进一步讨论．
①当时，即
且由（2）分析知：当单调递减，故当，即单调递减，
故恒有，不符合题意，舍去；
②当时，注意到在区间单调递减，且，又，
故在区间存在唯一的满足；
同理在区间单调递增，且，
故在区间存在唯一的满足；故可得
所以当，符合题意；
故题意等价于，即．
又因为，即，化简，得
所以，整理得．
注意到，所以，故解得，
由之前分析得即
考察函数，其导函数为，
当单调递减；当单调递增；
故在时，取到最小值，即，即，所以恒成立，
故，又注意到情况（2）讨论范围为，所以也符合题意．
综上①②本题所求的取值范围为．
方法三：先探究必要性，由题意知当时，是的最小值，
则必要地，即得到必要条件为；
下证的充分性，即证：当时，．
证明：由（2）可知当时，在单调递增，
故的最小值为，符合题意；故只需要证明时，．
由（2）分析知时，
其中．
注意到，据此可得更精确的范围是；所以等价于证明，
又因为，即，可得，
只需证明，等价于证明，
注意到，即，
故若①当，此时显然成立；若②当，只要证明，
此时，且所以，故得证．
综上必要性，充分性的分析，本题所求的取值范围为．
【点睛】方法点睛：本题第三问给了三种方法，第一种参变分离比较简单实用.
【名校预测·第六题】（辽宁省东北育才中学2024-2025学年高三下学期二模数学试卷）
已知函数．
(1)当时，证明：在上单调递增；
(2)当，时，求的零点；
(3)当，时，若在上有2个零点，求b的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；(2)0；(3).
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，结合不等式及余弦函数性质推理得证.
（2）把代入，利用导数求出函数的最大值点即可.
（3）把代入，求出函数的导数，按分段讨论，结合函数零点存在性质定理确定零点个数即可得解.
【详解】（1）当时，，求导得，
函数在上单调递减，，因此，
所以在上单调递增.
（2）当，时，的定义域为，，即0是的零点，
求导得，令，求导得，
当时，，，函数在上单调递减，
，函数在上单调递增，当时，，
，函数在上单调递减，因此，
所以函数有唯一零点0.
（3）当，时，，函数，
求导得，令，求导得，
当时，，则，
当时，，则，当时，，
函数在上单调递减，当时，，
存在，使得，当时，当时，
函数在上单调递增，在上单调递减，而，则函数在上有唯一零点；
，若，即时，在上有唯一零点，
因此函数在上有2个零点；
若，即，在上没有零点，函数在上有1个零点；
当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，
则，当且仅当时取等号，函数在上有1个零；
当时，，，且，
又，则存在唯一零点，当时，，
当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，
而，即函数在上有唯一零点，
又当从大于的方向趋近于时，函数的值趋近于负无穷大，，
因此函数在上有1个零点，此时函数在上有2个零点，
所以函数在上有2个零点，的取值范围是.
【名师押题·第一题】
已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）先求出导函数，再分，两种情况分类得出函数单调性；
（2）构造函数，再根据导函数得出函数单调性分和两种情况求解即可.
【详解】（1）的定义域是.
若，则对任意的恒成立，所以在上单调递减.
若，令，得或，令，得或，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）即，
则对任意的恒成立.设，
则，令，
则.当时，，所以在上单调递增，
又，且，若，则，必存在，当时，在上单调递减，此时，不符合题意.
若，则在上恒成立，在上单调递增，此时，符合题意.即的取值范围是.
【名师押题·第二题】
已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求证．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）将问题化为证在时恒成立，构造函数，利用导数求出其单调区间，再构造函数，利用导数可得，再由可得，从而可证得结论.
【详解】（1）由题可知，则，
又．故所求切线方程为．
（2）当时，要证，即证，即证在时恒成立．
令，则，故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，令，则，
故当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
则，故．当时，有，故，
即在时恒成立，故当时．
【名师押题·第三题】
已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，讨论的单调性．
【答案】(1)极大值，无极小值；(2)答案见解析.
【分析】（1）利用导函数，根据函数在的单调性即可求出极值；
（2）利用导函数，分类讨论在不同取值范围时，根据导数正负得出函数的单调性.
【详解】（1）当时，，定义域为，则．
当时，单调递增；当时，单调递减．
故当时，取得极大值，无极小值．
（2）由，
得．
令，得或． 若，则，
当时，单调递增；当时，单调递减．
若，则，
当和时，单调递减；当时，单调递增．
若，则在上恒成立，单调递减．
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，的单调递减区间为，无单调递增区间．
【名师押题·第四题】
已知函数.
(1)当时，若不等式恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个零点，，且.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)(2)（i），（ii）证明见解析
【分析】（1）整理不等式并构造函数，利用导数分情况研究函数单调性，可得答案；
（2）（i）利用导数分情况研究函数单调性，求得其最值，结合零点存在性定理，可得答案；（ii）明确零点的取值范围，分析整理不等式，利用函数的单调性，构造不等式与函数，利用导数求新函数的最值，可得答案.
【详解】（1）设，
则，令，则，
所以在上单调递增，从而.
①当，即时，，则在上单调递增，从而，符合题意；
②当，即时，，则一定存在，使得当时，，则在上单调递减，从而，合题意．综上所述，的取值范围为．
（2）（i）由题意知，的定义域为．
当时，，所以在上单调递增，
从而在上至多有一个零点．7分当时，令，得．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
所以是的极小值点，也是最小值点，
即．，则．
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是的最大值点．即，从而．
一方面，由（1）可知，取，当时，，即，
即，易知当时，也成立．
所以当时，．所以，即，从而．
因为，所以在内有一个零点.
另一方面，由（1）知，．又，
所以，
所以在区间内有一个零点．
综上所述，的取值范围是．
（ii）证明：由，得，所以，即．
要证成立，只需证，即证，即证．
令，则．即证，即证．设，则，所以在区间上单调递增，所以，即式成立．
所以不等式成立.
【名师押题·第五题】
已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的图象不在直线的上方，求实数的值；
(3)若，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)答案见解析(2).(3)答案见解析
【分析】（1）对函数进行求导，分和两种情况讨论即可，
（2）设，分和两种情况进行求导讨论即可.
（3）对函数进行求导，分，，三种情况进行讨论，对每种情况的函数进行求导然后结合单调性分析出零点的情况.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，可得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）设，函数的定义域为，.
当时，恒成立，所以函数在上单调递增，
又，所以当时，，不合题意；
当时，令，解得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即.
令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即，所以，即.
（3）根据题意，，
由，且，得函数为减函数，
设，即，函数的最大值为.
①当时，，所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以函数有最大值，所以函数只有一个零点.
②当时，，且时，，时，，
所以函数在的两侧各有一个零点.
③当时，，所以可得.
利用代入到原函数中可得，
，
设，，
容易判定是关于的增函数，所以，
所以函数的最大值为，即当时，函数无零点.
综上，当时，函数有两个零点；
当时，函数有一个零点；当时，函数无零点.
年份
题号
分值
题干
考点
2024年新高考I卷
18
17
（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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．
判断或证明函数的对称性；利用导数研究不等式恒成立问题；简单复合函数的导数；利用导数证明不等式
2024年新高考II卷
16
15
（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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．
求在曲线上一点处的切线方程（斜率）；根据极值求参数
2023年新高考I卷
19
12
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
利用导数研究不等式恒成立问题；含参分类讨论求函数的单调区间
2023年新高考II卷
22
12
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
利用导数研究不等式恒成立问题；根据极值点求参数；利用导数求函数的单调区间（不含参）；利用导数研究函数的零点
2022年新高考I卷
22
12
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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．
利用导数研究方程的根；由导数求函数的最值（含参）
2022年新高考II卷
22
12
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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：．
利用导数证明不等式；利用导数研究不等式恒成立问题；含参分类讨论求函数的单调区间
+
0
-
0
+
极大值
极小值
+
0
-
0
+
极大值
极小值