2024年高考数学试题分类汇编 专题09 导数及其应用

这是一份2024年高考数学试题分类汇编 专题09 导数及其应用，共38页。
（全国甲卷数学（文））曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.
【详解】，所以，故切线方程为，
故切线的横截距为，纵截距为，故切线与坐标轴围成的面积为
故选：A.
2．（全国甲卷数学（理））设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.
【详解】，
则，
即该切线方程为，即，
令，则，令，则，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.
故选：A.
3．（新课标全国Ⅰ卷）（多选）设函数，则（ ）
A．是的极小值点B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】ACD
【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
4．（新课标全国Ⅱ卷）（多选）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
5．（新课标全国Ⅰ卷）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
【答案】
【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【详解】由得，，
故曲线在处的切线方程为；
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，
切线方程为，
根据两切线重合,所以，解得.
故答案为：
6．（全国甲卷数学（文））曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【详解】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
故答案为：
7．（新课标全国Ⅰ卷）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.
8．（新课标全国Ⅱ卷）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.
9．（全国甲卷数学（文））已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若时，证明：当时，恒成立．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
10．（全国甲卷数学（理））已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
11．（新高考北京卷）已知在处切线为l．
(1)若，求单调区间；
(2)证明：切线l不经过；
(3)已知，，，，其中，切线l与y轴交于点B时．当，符合条件的A的个数为？
（参考数据：，，）
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【详解】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
12．（新高考天津卷）设函数．
(1)求图象上点处的切线方程；
(2)若在时恒成立，求的取值范围；
(3)若，证明．
【答案】(1)
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足；
（3）先确定的单调性，再对分类讨论.
【详解】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的取值范围是.
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论.
13．（新高考上海卷）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入，利用基本不等式即可；
（2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可；
（3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性.
【详解】（1）当时，，
当且仅当即时取等号，
故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”．
（2）由题设可得，
则，因为均为上单调递增函数，
则在上为严格增函数，
而，故当时，，当时，，
故，此时，
而，故在点处的切线方程为.
而，故，故直线与在点处的切线垂直．
（3）设，
，
而，
，
若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，
设，则既是的最小值点，也是的最小值点，
因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，
则存在,使得，
即①
②
由①②相等得，即，
即，又因为函数在定义域R上恒正，
则恒成立，
接下来证明，
因为既是的最小值点，也是的最小值点，
则，
即，③
，④
③④得
即，因为
则，解得，
则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到，再利用最值点定义得到即可.
2024高考模拟试题汇编
一、单选题
1．（2024·湖南·三模）斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A．0或2B．或2C．或0D．0或1
【答案】A
【分析】设直线的方程为，先根据直线和圆相切算出，再由导数的几何意义算出.
【详解】依题意得，设直线的方程为，即，
由直线和圆相切可得，，解得，
当时，和相切，
，设切点为，根据导数的几何意义，，
又切点同时在直线和曲线上，即，解得.
即时，；
当时，和相切，
，设切点为，根据导数的几何意义，，
又切点同时在直线和曲线上，即，解得.
即时，.
综上所述，或.
故选：A.
2．（2024·浙江·三模）若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用导数分别求得与相切的切线方程，可得，进而可得有解，从而利用导数可求的范围.
【详解】设直线与相切与点，因为，
所以切线方程，即，
设直线与相切与点，
因为，所以切线方程，即，
，
所以有解，
令，，
所以函数在，上单调递减，在，上单调递增，
因为，，所以，所以，
的范围为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解.
3．（2024·河北·三模）曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义求得曲线的切线方程，结合三角形面积公式计算即可.
【详解】由，得，则，，
所以曲线在点处的切线方程为.
令，得，令，得，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故选：C
4．（2024·浙江·三模）函数的极小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用二次导数研究的单调性，并通过观察得其零点，进而判断的单调性，然后可得极小值.
【详解】，
记，则，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减.
所以，当时，，
因为，且当时，，
所以，当时，，即，在上单调递减；
当时，，即，在上单调递增.
所以，当时，取得极小值.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二次导数研究导函数的单调性，需要结合变化趋势，并观察出导函数零点，进而可知的单调性，然后可解.
5．（2024·江西·三模）已知函数的定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由恒成立，在上单调递减，由可得，由单调性解不等式即可.
【详解】设，则 ，
对任意，，恒成立，即在上单调递减，
由可得，，解得，即解集为.
故选：A
6．（2024·湖南·二模）已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【分析】利用已知条件求出切点横坐标，从而得到。利用基本不等式即可求解.
【详解】由于直线 与曲线 相切，
设切点为，且，所以，
则切点横坐标 ，则，即 .
所以，即，
当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1.
故选：D
7．（2024·河北·三模）已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分类讨论、与三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解.
【详解】因为，所以，
令，可得或，
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，满足题意；
当，即时，恒成立，
则在上单调递增，没有极值点，不满足题意；
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点，不满足题意；
综上，，即的取值范围为.
故选：A.
8．（2024·广东·一模）已知直线恒在曲线的上方，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设直线与曲线切于点，根据题意由在直线上方，由求解.
【详解】解：设直线与曲线切于点，
则，
所以切线方程为，
所以，，
所以，
设，，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以.
故选：A.
二、多选题
9．（2024·河北·三模）已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．函数在区间上单调递减
C．过点能作两条不同直线与相切D．函数有5个零点
【答案】AD
【分析】求得，根据，可判定A正确；由，利用导数的符号求得函数的单调区间，可判定B错误；设过点且与函数相切的切点为，求得切线方程，列出方程求得的值，可判定C错误；令，作出函数的图象，得到，进而的函数零点的个数，可判定以D正确．
【详解】对于A中，由函数，可得，
因为 是函数的一个极值点，可得，
解得，经检验适合题意，所以A正确；
对于B中，由，令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B错误；
对于C中，设过点且与函数相切的切点为，
则该切线方程为，
由于切点满足直线方程，则，
整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误；
对于D中，令，则的根有三个，如图所示，，
所以方程有3个不同根，方程和均有1个根，
故有5个零点，所以D正确．
故选：AD．
10．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较；对于B，举反例判断即可；对于C，构造函数，利用导数研究函数最值即可判断；对于D，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较.
【详解】设，则，在单调递增，
所以，即，即，A正确；
令，，则，而，所以，B不正确；
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
则在时取得最小值，即，C正确；
设，则，所以在上是增函数，
所以由得，即，D正确.
故选：ACD
11．（2024·广东·二模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为B．的图像在处的切线斜率为
C．D．有两个零点，且
【答案】BCD
【分析】根据题意直接求出的范围即可判断；求出导函数，进而求得即可判断B；求得即可判断C；易知的单调性，结合零点存在定理及C即可判断D．
【详解】由题意，，
对于选项A，易知且，故选项A错误，
对于选项B，因为，则，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以，故选项C正确，
对于选项D，由选项可知，易知在和上单调递增，
因为，
，
所以，使得，
又因为，则，结合选项C，得，
即也是的零点，则，，故，故选项D正确，
故选：BCD.
12．（2024·山东·三模）已知函数，则（ ）
A．是上的增函数B．函数有且仅有一个零点
C．函数的最小值为D．存在唯一个极值点
【答案】BD
【分析】对于A：求导，代特值检验即可；对于B：分、和三种情况，结合函数值的符号分析判断零点；对于C：分、和三种情况，可得，即可判断；对于D：根据的单调性，结合零点存在性定理分析可知，使，进而判断的单调性和极值.
【详解】对于选项A：因为，则，
当时，则， 可得，
即，所以不是上的增函数，故A错误；
对于选项B：因为，
当时，，可知是的零点；
当时，，可知在内无零点；
当时，，则，
可得，可知在内无零点；
综上所述：函数有且仅有一个零点，故B正确；
对于选项C：当时，；
当时，；
当时，则，，可得，
综上所述：，所以不是函数的最小值，故C错误；
对于选项D：因为，，
所以的符号决定于，
显然是上的增函数，
又因为当时，；
当时，，
所以，使，
所以在上为减函数，在上为增函数.
所以有唯一极小值点. 故D正确.
故选 ：BD.
13．（2024·河北·三模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称．B．的图象关于点对称．
C．D．
【答案】BD
【分析】对于A，直接得到即可判断；对于B，由为偶函数，所以，求导可得即可判断；对于D，求出的周期为，再根据即可判断；对于C，由题意举出反例即可淘汰.
【详解】对于A，因为为奇函数，所以，即，
所以的图象关于中心对称，故A错误；
对于B，由为偶函数，所以，
所以，即，
即，则，
所以的图象关于中心对称，故B正确；
对于D，由，，知，
又，，所以，
所以，即，
所以为周期是的函数，即，故D正确.
对于C，由题意及上述分析知是以为周期的函数，且，
不妨设，所以，周期均为且，
所以，所以C错误；
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：对于选项C，通过举反例的形式淘汰答案，不妨设，所以，所以周期为，且，所以.
三、填空题
14．（2024·江西·三模）在平面直角坐标系中，已知曲线的一条切线与轴、轴分别交于，两点，则的面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】设切点，求导，切线方程，求出,,得到,构造函数求解最值.
【详解】设切点，，求导得，则切线方程，
由切线与轴、轴分别交于两点，
则,,
得到,
构造函数,，
求导，
令，，
所以，单调递增，，单调递减，
所以.
故答案为：.
15．（2024·山东·二模）若直线与曲线相切，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用导数求切点坐标，再由切点在直线上可得，则，构造并研究单调性，进而求值域即可.
【详解】函数的导数为，
设切点为，所以，则，即
又因为在上，所以，
所以，即，所以，
所以，
令，，
令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
当趋近正无穷时，趋近正无穷.
所以的取值范围为：.
故答案为：.
16．（2024·河北·三模）已知对任意恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将原不等式变形为，设，通过求导求的最小值，然后解不等式即可.
【详解】因为，，
所以，即，
设，，
令，，即在上单调递增，
令，，即在上单调递减，
则，
所以，
解得.
故答案为：.
四、解答题
17．（2024·江西·二模）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，求的最大值．
【答案】(1)极小值，无极大值；
(2)
【分析】（1）先对求导，根据单调性求出的极值；
（2）由函数单调性和得出关于的不等关系式，再通过求导得出最大值.
【详解】（1）时，，
函数的定义域，
，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以时，取得极小值，极小值为，无极大值.
（2）函数的定义域，，
当时，，函数在上单调递增，
趋向于时，趋向于，与矛盾.
当时，则时，，在上单调递减，
则时，，在上单调递增，
时，取得最小值，
最小值为，
即，
则，
令，
，
时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
时，取得最大值，最大值为，
即当，，的最大值为.
18．（2024·江西·二模）给出以下三个材料：
①若函数的导数为，的导数叫做的二阶导数，记作.类似地，二阶导数的导数叫做的三阶导数，记作，三阶导数的导数叫做的四阶导数…，一般地，n－1阶导数的导数叫做的n阶导数，即，；
②若，定义；③若函数在包含的某个开区间上具有n阶的导数，那么对于有，我们将称为函数在点处的n阶泰勒展开式.例如，在点处的n阶泰勒展开式为.根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)若，在点处的3阶泰勒展开式分别为，，求出，；
(2)比较（1）中与的大小；
(3)证明：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用n阶泰勒展开式的定义，求解，；
（2）两函数作差，通过构造函数，利用导数求最值的方法比较大小；
（3）借助泰勒展开式，利用导数得到函数单调性，证明不等式.
【详解】（1），则有，，
∴，，，
∴
同理可得：.
（2）由（1）知：，，
令，则，
∴，∴在R上单调递增，
又，∴在上，单调递减；在上，单调递增，
∴，即，
故
（3）令，则
由（2）知，，所以在R上单调递增，又，
所以当时，，；
当时，，；
当时，，，
∴在点处的4阶泰勒展开式为：，
∴，当且仅当x＝0时取等号，
①当时，，当且仅当x＝0时取等号，
所以
②当时，设，，
，，
若，由于，所以，
，
，从而
若，，
所以，时，单调递减，从而，即.
综上：.
【点睛】方法点睛：
“新定义运算”指的是使用新定义的运算方法求解数学问题，这些新定义的运算可以是像“阶乘”、“斐波那契数列”这样的经典运算，也可以是一些比较新奇的概念，要透彻理解新定义的本质，严格按照新定义运算规则进行计算，与相关基础数学知识联系去解决问题.
19．（2024·山东·二模）已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得的定义域为，
则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，
，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故
即，即，则.
20．（2024·江西·二模）已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值．
【答案】(1)极大值；极小值
(2)
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，利用导数即可判断函数的单调性，求得极值.
（2）对函数求导，结合已知条件得方程有两个相异的正根，利用为韦达定理求得，再结合，求出范围，进而确定的范围，由，得，构造函数，利用导数判断函数单调性确定函数最值，即可求解.
【详解】（1）当时，有，
令，即，解得或，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以时，取得极大值，极大值为，
时，取得极小值，极小值为.
（2）因为，
所以
由已知函数有两个极值点，
所以方程有两个相异的正根
所以，即或，
又，所以，，所以；
所以对称轴为，二次函数与轴交点为、，
且，所以在对称轴的右侧，则有，
因为，即 ，
所以，其中，
令，
则，
令，解得均不在定义域内，
所以时，，在上单调递减，
，
所以，即最小值为.
21.（2024·河南·三模）已知函数,.
（1）当时,求的单调区间；
（2）若是的极小值点,求a的取值范围.
.【答案】（1）在上单调递减；
（2）
【详解】（1）当时,,
设,则,
所以当时,,单调递增,
当时,,单调递减,
当时,取得极大值,所以,
所以,在上单调递减；
（2）
设,则,
(i)当时,二次函数开口向上,对称轴为,,当时,,,单调递增,因为,所以当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以是的极小值点.
当时,,又,,
所以存在,使得,所以当时,,单调递增,
又,所以当时,,单调递减,当时,,单调递增,所以是的极小值点；
(ii)当时,,当时,,单调递减,
当时,,单调递增,所以是的极小值点；
(iii)当时,
开口向下,对称轴为,,
此时,故,使,
当时,,,因此在上单调递增,又,当时,,单调递减,
当时,,单调递增,所以为的极小值点；
(iv)当时,,,使,
当时,,,因此在上单调递减,又,当时,,单调递增,
当时,,单调递减,所以为的极大值点；
(v)当时,由（1）知非极小值点.
综上所述,.