专题03 函数导数及应用（考点专练）-2026年高考数学二轮复习讲义（含答案）

这是一份专题03 函数导数及应用（考点专练）-2026年高考数学二轮复习讲义（含答案）


考点 函数导数及应用
命题点01 导数中切线问题
【典例01】（2025年高考全国一卷数学真题）若直线是曲线的一条切线，则 .
【答案】
【解析】法一：对于，其导数为，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，
将代入切线方程，可得，
所以切点坐标为，
因为切点在曲线上，
所以，即，解得.
故答案为：.
法二：对于，其导数为，
假设与的切点为，
则，解得.
故答案为：.
【典例02】（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
【答案】
【解析】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：
命题点02 含参函数单调性问题
【典例01】（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
【答案】
【解析】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是.
故答案为：.
【典例02】（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A．B．eC．D．
【答案】C
【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
命题点03 导数中恒（能）成立问题
【典例01】（2025年高考全国一卷数学真题）（1）求函数在区间的最大值；
（2）给定和，证明：存在使得；
（3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值．
【解析】（1）法1：，
因为，故，故，
当时，即，
当时，即，
故在上为增函数，在为减函数，
故在上的最大值为.
法2：我们有
.
所以：
.
这得到，同时又有，
故在上的最大值为，在上的最大值也是.
（2）法1：由余弦函数的性质得的解为，，
若任意与交集为空，
则且，此时无解，
矛盾，故无解；故存在，使得，
法2：由余弦函数的性质知的解为，
若每个与交集都为空，
则对每个，必有或之一成立.
此即或，但长度为的闭区间上必有一整数，
该整数不满足条件，矛盾.
故存在，使得成立.
（3）法1：记，
因为，
故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况.
当时，，
当时，，
此时，
令，则，
而，
，故，
当，在（2）中取，则存在，使得，
取，则，取即，
故，故，
综上，可取，使得等号成立.
综上，.
法2：设.
①一方面，若存在，使得对任意恒成立，
则对这样的，同样有.
所以对任意恒成立，这直接得到.
设，则根据恒成立，有
所以均不超过，
再结合，
就得到均不超过.
假设，则，
故.
但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分，
这三个点不可能都在直线左侧.
所以假设不成立，这意味着.
②另一方面，若，则由（1）中已经证明，
知存在，使得.
从而满足题目要求.
综合上述两个方面，可知的最小值是.
【典例02】（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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．
【解析】（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，.
命题点04 证明类问题
【典例01】（2025年高考天津卷数学真题）已知函数
(1)时，求在点处的切线方程；
(2)有3个零点，且.
（i）求a的取值范围；
（ii）证明．
【解析】（1）当时，，，
则，则，且，
则切点，且切线的斜率为，
故函数在点处的切线方程为；
（2）（i）令，，
得，
设，
则，
由解得或，其中，；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
且当时，； 当时，；
如图作出函数的图象，
要使函数有3个零点，
则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点.
结合图象可知，.
故的取值范围为；
（ii）由图象可知，，
设，则，
满足，由可得，
两式作差可得，
则由对数均值不等式可得，
则，故要证，
即证，只需证，
即证，又因为，则，
所以，故只需证，
设函数，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
故，即.
而由，
可知成立，故命题得证.
【典例02】（2023年天津高考数学真题）已知函数．
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)求证：当时，；
(3)证明：．
【解析】（1），则，
所以，故处的切线斜率为；
（2）要证时，即证，
令且，则，
所以在上递增，则，即.
所以时.
（3）设，，
则，
由（2）知：，则，
所以，故在上递减，故；
下证，
令且，则，
当时，递增，当时，递减，
所以，故在上恒成立，
则，
所以，，…，，
累加得：，而，
因为，所以，
则，
所以，故；
综上，，即.
命题点05 零点问题
【典例01】（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）函数存在3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，则，
若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，
令，解得或，
且当时，，
当，，
上单调递增，
在上单调递减，
故的极大值为，极小值为，
若要存在3个零点，则，即，解得，
故选：B.
【典例02】（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
【解析】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
由一次函数与对数函数的性质可得，当时，
，
且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
高考预测题
1．函数在上单调递增的必要不充分条件为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由函数在上单调递增，得在上恒成立，
则，解得，
因此A是充分条件，B是充要条件，C是既不充分也不必要条件，D是必要不充分条件.
故选：D
2．若时，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，即.
设，则.
由，得.
设，则，
所以在上单调递增，
由知，所以，
即，，，所以.
设，，则，
所以在单调递减，所以，
所以的取值范围是.
故选：B.
3．曲线在点处的切线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由函数的解析式可得，
所求切线的斜率为．由于切点坐标为，
故切线方程为，即为．
故选：C．
4．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)设函数，已知有两个极值点．
①求的取值范围；
②求证：．
【解析】（1）对函数求导得，，
若，则，
若，，此时在定义域上单调递增，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
若，则，当或时，，当时，，
此时在上单调递增，在上单调递减，
综上所述，若，则在定义域上单调递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减；
若，则在上单调递增，在上单调递减.
（2）①，
求导得，
因为有两个极值点，所以有两个“变号”零点，
即有两个零点，
令，是一一对应的，
从而有两个零点，
设，该二次函数开口向下，对称轴是，
注意到，所以，
即的取值范围是；
②由（2）①不妨设，即，
等价于，
由韦达定理有，，
，
令，，
所以单调递增，
从而.
好题速递
1．（2025·全国·模拟预测）若对任意，满足恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】若，则对任意，，，，
所以对任意，不等式恒成立，
若，则，
不等式可化为，
故，即，
由已知在恒成立，
令，，则，恒成立，
因为时，，
所以函数在上单调递增，又，，
所以恒成立，其中，，
即恒成立．
令，，
所以在上单调递增，则，
所以．
综上可得，
故选：B．
2．（2025·全国·模拟预测）曲线的一条切线的斜率为，则该切线的方程为 ．
【答案】
【解析】设曲线在处的切线斜率为，
由，可得，所以，
所以，所以，解得，
解得，所以，
所以切点为，
所以切线方程为，即.
所以切线方程为.
故答案为：.
3．（2025·全国·模拟预测）设实数，若对，不等式恒成立，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】由题意当时，因为实数，所以成立，
当时，,
，
令0，
所以在上为增函数，
则.
即对，不等式恒成立，
则．
令，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，即，
综上可得，的取值范围为．
故答案为：
4．（2025·全国·二模）若函数与的图象在第一象限内有公共点，则实数的取值范围为 .
【答案】或
【解析】若函数与的图象在第一象限内有公共点，
则方程在上有解，
即方程在上有解，显然不是方程的解，
所以方程在上有解，
则函数与函数，的函数图象有交点，
又，所以当时，，当时，，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
又时，时；时，
时，，
所以或.
故答案为：或
5．（2025·全国·二模）若函数，，且，满足，则的最大值为 .
【答案】
【解析】由，，
则，
由，且，满足，则函数在上单调递增，
又，则恒成立，
令函数，，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，则，解得，所以的最大值为.
故答案为：.
6．（2025·全国·模拟预测）已知函数存在极值点．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)求b的取值范围并证明；
(3)若且，求a的取值范围．
【解析】（1）由题意，当时，，，
有，，
时，时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
（2）由题意，，，
记，，
所以在单调递增，.
若，则，，无极值点，不符合题意，
若，则，取，则，
所以，使得，即，
且在上单调递减，在上单调递增.
所以
综上，b的取值范围为，并且有；
（3）由（2），需，
设，有，则，，
函数，有，所以a关于t单调递增.
而，
即.
（i）若，显然成立，此时，
则，即，
（ii）若，则
设，则，
记，则，，
所以在单调递减，在单调递增，
，
所以，所以在定义域内单调递增，
所以只需求，使得，则，
即，即，
记，在上恒成立，在单调递增.
又，所以，所以，
所以，所以.
综上， .
7．（2025·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)当时，，求的取值范围．
【解析】（1）当时，的定义域为，
，显然，
令，，
则，令，则，
当时，，所以在区间上单调递减；
当时，，所以在区间上单调递增，
所以，即，
故的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）由，，
则，因为，
所以要使当时，，则必须满足，即．
下面证明：．
当时，，
令，，
由（1）知，在上单调递增，
所以，即当时，；
而当时，令，，
则，故在上单调递增，
（ⅰ）当时，，，
所以存在，使得，
又在上单调递增，
所以当时，
即在上单调递减，所以；
（ⅱ）当时，，
所以当时，不恒成立．
综上所述，实数的取值范围是．
8．（2025·全国·模拟预测）定义双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数.
(1)证明：；
(2)证明：当时，；
(3)证明：．
【解析】（1）证明：.
（2）证明：注意到，且．
设，则．
因为是增函数，所以当时，．
从而当时，，即在上单调递增，
所以，则，当且仅当时等号成立．
（3）证明：，
，
，
，
，
，
令，则且，
即证，
令，
因为，
令，
则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，则，
即在单调递增，且，
所以时，，时，，
即在且时恒成立，
故．
9．（2025·全国·模拟预测）已知函数.
(1)求过点并与图象相切的直线；
(2)若实数满足，求证：；
(3)若，求证：对于任意，直线与有唯一的公共点.
【解析】（1）设经过点的直线与函数相切时的切点为，
因，由，可解得.
即切点为，，故所求的切线方程为：，即.
（2）因，可设，
则，
设，则，
设，则，由可得.
当时，，则在上单调递增，又，故，
即函数在上单调递增，故，即此时；
当时，，则在上单调递增，又，故，
即函数在上单调递减，故，即此时.
综上可得，成立.
（3）依题意，要证，直线与有唯一的公共点，
即证，只有一个实根，即需对，只有一个实根.
设，，则，设，则，
由，可得，由，可得，
即函数（即）在上单调递减，在上单调递增，故.
①若，即时，，则函数在上单调递增，
故与只有一个交点，即方程只有一个实根，命题得证；
②若，即时，因，
又当时，，故必存在，使得（*），
当时，，当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
而；由（*），可得，
于是，，
不妨设，则，
即函数在上单调递增，故，即，
故当时，与只有一个交点，即方程只有一个实根.
综上所述，对于任意，直线与有唯一的公共点.
10．（2025·全国·模拟预测）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，
（注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式）由该公式可得：．．若，
(1)求的导数，并比较的大小；
(2)设，证明：；
(3)试讨论方程在区间上根的情况．
【解析】（1）因为，所以，
当时，，得在上单调递增，
由余弦函数性质得，易得，
由正弦函数性质得，
因为均小于2，所以只需比较这三个数的大小即可．
设，
当时，令，则，
得到在上单调递减，而，即，
则，得到，而，
因为，所以，当时，可得，
因为，所以成立，
设函数，则，
令，，
可得在上单调递增，则，
得到在上单调递增，则，
当时，可得，
即，得到，
综上可得，即.
（2）由（1）得，即证得，
即．所以，
而
，
即有，
得到
，
而0，
则，故得证.
（3）对于方程在区间上根的情况，作出如下讨论，
①当时，，符合题意，
②当时，设，即讨论在上的零点情况，
即，则．
（ⅰ）令，当时，
，可得在上单调递减．
因为，，
所以存在唯一的，使得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
（ⅱ）当时，令，，
令，解得，则在上单调递减，
故在上单调递减，则，猜测，
欲证，则证，
令，则，，
令，解得，则在上单调递减，
可得到在上单调递减，即，
令，由正弦函数性质得在上单调递减，
得到，
则，可得，故在上单调递减，
（ⅲ）当时，，得到在上单调递减．
由（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）可得，在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
所以存在唯一的，使得，
综上，方程在区间上仅有两个实数根．
高考闯关
1．（2025·全国·二模）已知函数.
(1)求函数的图象在处的切线方程；
(2)（i）函数是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，请说明理由；
（ii）证明：（，且）.
【解析】（1）由，得，则，又，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.
（2）（i）函数不存在极值，理由如下：由，解得且，
所以函数的定义域为，由，则，
令，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以，
即，所以在和上单调递减，则函数不存在极值.
（ii）由（i）知，函数在上单调递减，则对任意，，即，
所以当时，，则，即，
所以，，，…，，
以上式子相加得，，
即（，且且时，等号成立），
2．（2025·全国·二模）已知函数．
(1)讨论的单调性：
(2)若恰有两个零点，且
（i）求的取值范围；
（ii）设在定义域内单调递增，求出k与的函数关系式，并证明．
【解析】（1）因为的定义域为，所以，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递增，
，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）（i）由（1）知，需满足，在处取得极大值，且，
，令，显然在上单调递减，，
所以，又因为，，
所以在和上各有一个零点，且，
综上所述，．
（ii），
所以恒成立，
当时，不能恒成立，所以，
由均值不等式知：，且时等号成立，
所以，（*）
当因为，则，所以不等式（*）要成立，则，
得，此时.
因为，所以
整理得，即，又，
所以，由（1）得，．
3．（2025·湖南·模拟预测）已知为奇函数.
(1)求a的值；
(2)解不等式：；
(3)证明：函数有3个零点.
【解析】（1）由可得定义域为，
因为是奇函数，所以，
即有；
（2）由（1）得：，有，
再由复合函数单调可知：在上单调递增函数，
所以原不等式变形为，
根据单调性可得：；
即原不等式的解集为：
（3）因为是奇函数，所以也是奇函数，由，
要证函数有3个零点，只需要证明在上仅有一个零点，
则由得：，
构造，求导得，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
则在上，，
设,
当单调递增，当单调递减，所以，故
由于恒成立，则，
所以有，
由于
根据在上单调递减，且，所以在上不存在零点，
又根据在上单调递增，且，所以在区间必存在唯一零点，
故可证明在上仅有一个零点，
即函数有3个零点得证.
4．（2025·全国·模拟预测）已知函数，记为从小到大排序的第个极值点．
(1)证明：在区间的最大值为；
(2)直接判断与的大小关系并证明：为递减数列；
(3)设为正整数，为奇数，为偶数，且，证明：．
【解析】（1），，
则，令，
当，由，；
由题意，为从小到大排序的第个极值点，
则，即，又，
故，且，
又，，
所以在与上都有零点，
又，
当时，，
故在单调递减，故在每一个区间（）都有唯一零点，记为，
且当，，即，则在单调递增；
当时，，即，则在上单调递减；
故每一个，都为的极大值点.
令，
则，
当时，，
在上单调递增，
又，
所以在每一个区间内，都存在唯一零点，使，
记为，.
故当时，，在上单调递减；
当，，在上单调递增；
故在每一个区间内，也都有唯一零点，且都为的极小值点，
记为，，
综上可知，极值点，当为奇数时，即；
当为偶数时，，
且为极大值点，为极小值点，其中.
由上可知，在单调递增，在单调递减，
故在区间的最大值为.
（2）由（1）可知，且在上先减后增，
因为任意，，，
所以，
所以，
又是的极小值点，是的极大值点，
所以，同理，有.
所以，
又.
又由，则，
所以有，
故
所以有，
故数列为递减数列；
（3）由（1）可知，，
又.
由为奇数，为偶数，且，．
要证，固定
只需证，
只需证.
下面证明也为递减数列；
由，
所以，
又由，可得，
故，
即
故也为递减数列.
所以.
下面证明也为递减数列；
由，
所以
，
由，所以，
故也为递减数列，得证；
所以，
即，得证.
5．（2025·全国·模拟预测）已知函数
(1)若，证明：
(2)若，求的取值范围
【解析】（1）当时，，
要证，即证，
则令，则，
令，则，
，当且仅当即时等号成立，
故，则在上单调递增，即在上是增函数，
当时，，故在上单调递增，
当时，，故在上单调递减，
，即，
当时，；
（2）要使有意义，则应有恒成立，，
若恒成立，则恒成立，
即取时，恒成立，当时，该式成立，
构造，由于，
则求导得，导函数单调递增，
且，
所以存在，使得，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，
又，所以存在，所以或；
取时，恒成立，
构造，则，
所以在上单调递减，
且，
所以存在使得，所以，
又当时，，
所以，
以下进行充分性证明：
①当且时，，
，在区间上单调递减，
，
设，则，
，单调递减，
，
当时，；
②当且时，设，
，，
当时，，单调递减，
当时，，，，单调递减，
当时，，单调递减，
当且时，，
由（1）知，，
，
综上，若，则的取值范围是.
6．（2025·黑龙江辽宁·模拟预测）已知函数.
(1)求证：；
(2)若，求的取值范围；
(3)求证：.
【解析】（1）因为，所以，
令，
则，
所以函数在上单调递增，
，即，
所以；
（2），
即在上恒成立，
令，
则，
当时，，
所以函数在上单调递增，
所以，
即，所以符合题意；
当时，注意方程的，
若，则，所以，即，
所以函数在上单调递增，
所以，
即，所以符合题意；
若，则方程有两个不等的实根，记为，
则，
所以函数在上有唯一的零点，
则当时，，函数为减函数，
所以当时，，即，
与矛盾，所以不符题意，
综上所述，的取值范围为；
（3）由（2）知，当时，，
即，所以，
令，则，
故
，
所以要证，
只需要证明，
两边取对数，整理得，
当时，左边，
当时，令，
则，
令，
则，
所以函数在上单调递减，
所以，即，
所以函数在上单调递减，
所以，
所以恒成立，
所以.
7．（2025·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求证：函数有极小值；并求的极小值为0时的值；
(2)若，求的取值范围．
【解析】（1）由题意，，所以，
因为，都是增函数，且由题意知，所以是增函数，
又因为，所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，
由，得.
（2）由题意知，所以是增函数，由得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
由对任意实数成立，得，所以，即的取值范围是.
8．（2025·广东深圳·二模）已知函数，函数图象上的一点，按照如下的方式构造切线：在点处作的切线，记切线与x轴交点的横坐标为．
(1)写出与的递推关系式；
(2)记的零点为r，且．
（i）证明：当时，；
（ii）证明：对于任意的，都有．
【解析】（1），，
则函数在点处的切线方程为
，
令，得．
（2）（i）当时，，
当时，，单调递增，
又因为，
所以有唯一的零点，其中．
令，则，
当时，，故在上单调递增．
因为，所以．
因为在上单调递增，所以当时，，
又因为，所以，
即证得：当时，．
（ii）由（i）知：因为，从而，进而，
由此递推可知：当时，，
令，
下面证明：对于任意的，都有成立，
即．
因为，所以只需证明，
即，
令，其中，
则，
因为，
所以，故，
从而在上单调递增，可知，
故在上单调递增，因此，
因为，故，
即对于任意的，都有成立，
由此可得：，
所以对于任意的，都有．
9．（2025·全国·模拟预测）已知函数的导函数为．
(1)当时，求的图象在处的切线方程；
(2)若有三个不同的零点，求实数的取值范围；
(3)已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围．
【解析】（1）当时，，则，
所以，则，
所以的图象在点处的切线方程为，即．
（2）由题知，，
因为有三个不同的零点，
所以方程有三个不等实根，
化简可得方程有三个不等实根，
即可看成直线与曲线有三个不同的交点，
，
所以当或时，单调递减；
当时，单调递增，
所以当时，有极小值为，
当时，有极大值为，
当时，，且当时，，
所以作出函数的图象如图1所示，
所以数形结合可知，即实数的取值范围为．
（3）由题知，，其定义域为，
则，
令，得或，
设，则，
当时，，所以单调递增；
当时，，所以单调递减，
又当时，；当时，，且，
所以的大致图象如图2所示，
因为在定义域内有三个不同的极值点，
所以与有两个不同的交点，所以，
不妨设，则，
所以，所以
所以
，
令，则，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
所以，
又，
所以，所以在上单调递增，
因为，
所以当时，恒成立，
即当时，恒成立，
所以实数的取值范围是．
10．（2025·天津南开·二模）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)解关于的不等式（其中为的导数）.
【解析】（1），可得，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，，，所以，在上单调递减，
当时，令，
因为，所以在上单调递增，
所以，即，所以在上单调递增，
所以，
若恒成立，则，
整理得，解得或.
（3）由得，
即，
当时，，不等式成立；
当时，，不等式化为，
当时，不等式的左边右边，所以，
①当时，令，
所以函数在上单调递减，
所以，即，
令，
则单调递减；单调递增，
所以，
所以，故，
②当时，不等式化为，
令，
，函数在上单调递增，
所以，
由，得，
所以不等式成立，
综上，不等式的解集为.
01命题探源·考向解密
02根基夯实·知识整合
03高频考点·妙法指津（5大命题点+4道高考预测题，高考必考·（18-27）分）
考点 函数导数及应用
命题点1 导数中切线问题
命题点2 含参函数单调性问题
命题点3 导数中恒（能）成立问题
命题点4 证明类问题
命题点5 零点问题
高考预测题4道
04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+10道高考闯关题）
考点
考向
命题特征
函数导数及应用
导数中切线问题
含参函数单调性问题
导数中恒（能）成立问题
证明类问题
零点问题
高考数学函数导数及应用命题核心特征：以 “小题基础 + 大题压轴” 布局，分值占比高。重点考查导数几何意义、函数单调性、极值与最值，深度融合不等式、零点问题。注重知识交汇与分类讨论、数形结合思想，强调逻辑推理与运算素养，兼具稳定性与创新性，区分度显著。
《解题指南》
导数解题需紧抓定义与法则两大核心。定义上，牢记导数是增量比的极限，判断可导性先看连续性。求导法则要熟练掌握四则运算、复合函数链式法则，避免漏层求导。
应用层面，切线问题先求导得斜率，再代入切点坐标写方程；单调性问题通过解导数正负区间判定，注意导数为零的点需验证是否变号。
易错点：忽视函数定义域，复合函数求导不彻底，切线与法线斜率混淆。解题步骤：一审定义域，二求导化简，三结合题意分析，四验证结果合理性。