利用导数研究函数的图像与性质、利用导数证明不等式专项训练-2026届高考数学二轮复习

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A．的图象关于y轴对称
B．恰有3个零点
C．恰有2个极值点
D．在上单调递增
【答案】BCD
【详解】因为函数是定义在上的函数，
所以定义域关于原点对称，且，
所以是奇函数，所以的图象关于原点对称，故A错误.
由得，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又，，
由函数零点存在定理知在上只有一个零点，设为，在上只有一个零点，设为，作出的大致图象如图1：
所以当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减，
所以恰有2个极值点，故C正确.
又，且当时，,
作出的大致图象如图2：
所以恰有3个零点，故B正确.
因为，由图1知，
当时，，即，单调递增，故D正确.
例2．（25-26高二下·浙江·开学考试·多选）设函数，则（ ）
A．
B．当时，存在，使得
C．当时，
D．
【答案】ACD
【详解】对于A，设，的定义域为，
当时，易得，则此时，
当时，易得，则此时，
当时，，
综上，，故A正确；
对于B，函数，求导得，当时，，
函数在上单调递减，，，故不存在，使得，B错误；
对于C，令，求导得，
由，得，则，
由，得，因此，
函数在上单调递增，，即，C正确；
对于D，由上可知函数在上单调递增，在上单调递减，
则有，且当时，，当时，，
如图：
若有两个解，则有，
即，即，，即，
则，即，
且有，即，
因为，不妨设，
则，即在上递增，
所以，即在上，，
令，则有，
即，
两边同时除以正数得，即，
因为，则有，
因为，则有，即，即，
所以当时，有，即，又因为，则有，
因为在上单调递增，且，
所以，故D正确.
例3．（25-26高三上·重庆·期中·多选）已知函数，命题有且仅有一个零点，那么（ ）
A．当时，为真命题B．当时，为真命题
C．当为真命题时，可能为D．当为真命题时，可能为2
【答案】BC
【详解】令得，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增且，过点作的切线，设切点为，则，当时，，则有，即或，由图象可知，当（此时零点为或）或（此时零点）时，命题为真命题，所以AD错误，BC正确.
故选：BC.
例4．（24-25高三下·海南海口·月考·多选）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得恰有1个零点
B．过曲线上任意一点，均可作两条直线与相切
C．若存在两个极值点，且，则
D．若存在两个极值点，，则
【答案】AC
【详解】当时，，恰有1个零点，A对；
三次函数经过曲线的对称中心，仅能作一条切线，B错；
由，令得的极值点为0，，
所以，解得，，C对；
由，设，则，令得，
所以，曲线的对称中心为，所以，D错．
故选：AC.
变式1．（24-25高三上·广东深圳·期末·多选）已知函数，则下列关于说法正确的是（ ）
A．当有且只有一个零点，设其为，则
B．当时，关于x的不等式有解
C．当时，若满足，则
D．有两解的充要条件是
【答案】ACD
【详解】，定义域为，其中，且.
A项，当时，在单调递增，
，且，
由零点存在性定理可知，存在唯一零点，设为，且，
故当有且只有一个零点，且，故A项正确；
B项，令，则，.
，
当时，令，解得，且.
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
由则，
则当时，，
所以即恒成立，无解，故B错误；
C项，当时，.
，令，解得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
且当时，；当时，.
且，
如图，作出函数的大致图象，
若满足，则.
不妨设，
设，，
则在上单调递减，
故，即，
由 ，则，又，
所以有，由，，
且在单调递增，所以，即.
所以，故C正确；
D项，令，则，.
则有两解在有两解.
当时，在上单调递增，至多有一个零点，不满足有两解；
当时，，令，解得，
当时，，则在单调递减；
当时，，则在单调递增；
则，
且当时，；当时，.
如图，作出函数的大致图象，
由图象可知有两解，
即，解得，故D正确.
故选：ACD.
变式2．（25-26高三上·湖北荆州·月考·多选）已知函数，则下列四个结论正确的是（ ）
A．的极大值点为2B．若关于的方程恰有两实根，则
C．有4个实根D．关于的不等式的整数解至少有两个
【答案】ACD
【详解】对于A，由题意得，令，或，
则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是极大值点，故A正确；
对于B，当时取极小值，
当时取极大值，
当时，，如图，
则当时，恰有两实根，故B错误；
对于C，令，解得，
设，则，
易得，且，，
当时，由的图象可得有两个解，
当时，因为，由的图象可得有两个解，
故有4个实根，故C正确；
对于D，当时，，存在整数解使满足题意，
存在整数解使满足题意，
故关于的不等式的整数解至少有两个，D正确.
变式3．（25-26高二下·广西南宁·开学考试·多选）已知函数，下列命题正确的是（ ）
A．函数的图像在点处的切线为；
B．函数有个零点；
C．函数在处取得极大值；
D．函数的图像关于点对称．
【答案】ABD
【详解】对于选项A：因为，则，且，
所以函数的图像在点处的切线为，即为，故A正确；
对于选项B：令，解得或；令，解得；
可知函数在和上单调递增，在上单调递减，
且，，，，
可知函数在内各有一个零点，
所以函数有个零点，故B正确；
对于选项C：由选项B知函数在处取得极小值，故C错误；
对于选项D：令，则的定义域为，
且，则函数为奇函数，其图像关于原点对称，
将函数的图像向右平移一个单位再向上平移一个单位可得函数，
所以函数的图像关于点对称，故D正确．
变式4．（2026·内蒙古赤峰·一模·多选）已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．在上单调递增B．的极大值为2
C．有两个零点D．的图象关于原点对称
【答案】ABD
【详解】由函数，，
当或时，,当时，.
所以函数在上单调递增,在上单调递减，在上单调递增，所以A正确；
所以是的极大值点，且,所以B正确；
令,解得或或,所以函数有三个零点，故C错误；
对任意实数x，满足，
因此函数是奇函数，所以函数图象关于原点对称，D正确.
考点二 利用导数证明不等式
例1．（2026·黑龙江·一模）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意可知，函数，的定义域为，
导数，
当时，，；
当时，，；，；
综上，当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）由（1）可知，当时，
函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减．
所以，
要证，需证．
即需证恒成立，
令，
则
所以函数在区间单调递增，
故，
所以，恒成立，
所以当时，．
例2．（25-26高二下·安徽马鞍山·月考）已知函数．
(1)讨论单调性；
(2)若恒成立，求的值；
(3)当时，证明：当时，恒成立．
【答案】(1)答案见解析
(2)1
(3)证明见解析
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且，
①当时，，故在单调递增；
②当时，令，解得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：由函数的定义域为．
①若，由（1）知在单调递增，
因为，所以不满足恒成立；
②若，由（1）知，在单调递减，在单调递增，
故在时取得最小值，所以，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
又因为，所以，当且仅当时取到等号，
所以的解为，故所以实数的值为.
（3）证明：当，且时，则，可得．
要证明，即证，
而，
令，只需证明即可，
由，再令，可得，
由于函数在上单调递增，所以在上单调递增，
则，即在上单调递增，
可得，即在上单调递增，
故，得证.
例3．（2026·福建漳州·二模）已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若对任意恒成立，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）当时，函数，求导得，
则，而，所以曲线在处的切线方程为.
（2），令函数，
因此，求导得，
令，，
当时，，恒有，即成立，
则函数在上单调递增，，符合题意，因此；
当时，，函数图象对称轴，且，
即成立，则函数在上单调递增，，符合题意，因此；
当时，，且，函数的图象连续不断，
则存在，使得当时，，即，
则函数在单调递减，当时，，不符合题意，
所以a的取值范围是.
（3）由（2）知，当，时，恒成立，
令，，则
，
当时，
，而当时，不等式成立，
所以.
例4．（25-26高三下·重庆·月考）已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求证：；
(3)求证：（其中）．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由函数，可得，
则且，即切线的斜率为，切点坐标为，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）知：，则，
不等式，即，
即，其中，
设，可得，且，不等式即为，
令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以时，函数取得最大值，最大值为，
所以，即，所以，
所以.
（3）由（2）知：，又，
则，其中，化简得，
令，则，
所以，
由等比数列的前项和公式，可得，
所以，
所以.
变式1．（2026·河北·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的最小值；
(2)设，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
令，求导得，
函数，即在上单调递增，而，则当时，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以.
（2）由（1）得，
则当时，，当时，取，
可得，
即，
则
，
所以.
变式2．（25-26高二上·浙江杭州·期末）已知函数，其中a为常数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设，求证：当时，.
【答案】(1)函数的单调递增区间为，，单调递减区间为
(2)
(3)证明见详解
【详解】（1）当时，则的定义域为，且，
令，解得或；令，解得；
所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.
（2）因为，
若，当趋近于时，趋近于，不合题意，所以，
因为，
且，则，，则，
可知在内单调递减，则，
可得，解得，
所以实数a的取值范围为.
（3）令，
则，
因为，，则，，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，
因为，则，可得，
即，所以当时，.
变式3．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数（）．
(1)设是曲线的任意一条切线，若，求的值；
(2)证明：存在，对任意，且，都有；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）设直线与曲线切点横坐标为，因为，
所以切线方程为：，
所以，
即对任意都成立，
因为，所以在上递增且存在唯一正的零点，
又在上递减，所以也是它的零点.
所以；解得.
（2）因为的定义域为，，，
当时，，递减；
当时，，递增.
取，设，代入得，，
所以，
设，，
因为，所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
所以时，存在，对任意，且，都有；.
（3）取，，，，
则，，
由（2）知，，即，
因为，，
所以，
设，
所以，
两式相减得，，
所以，
所以.
变式4．（2026·湖北襄阳·一模）已知函数．
(1)若恒成立，求a的取值集合；
(2)当时，证明：当时，恒成立．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）的定义域为．
①若，因为，所以不满足题意；
②若，由知，当时，；
当时，，所以在单调递减，在单调递增，
故在时取得最小值，所以，
令，则
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
又，故，当且仅当时取到等号，
所以的解为，故．
（2），且时，则故.
要证明即证，
而，
令，下证即可．
，再令，则，
由于函数在上递增，故在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
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