新高考数学二轮复习三模试题分类汇编练习专题03 导数及其应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习三模试题分类汇编练习专题03 导数及其应用（2份，原卷版+解析版），共7页。试卷主要包含了函数在处的切线垂直于y轴，已知函数，已知函数.，设a为实数，函数等内容，欢迎下载使用。
题型01 导数的几何意义
题型02 利用导数研究函数的单调性
题型03 利用导数研究函数的极值、最值
题型04 利用导数研究函数的零点、方程的根
题型05 利用导数研究不等式证明及恒成立
题型06 三次函数的图象与性质
题型01
导数的几何意义
1．（2025·湖南省郴州市·三模）曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由导数的几何意义求解即可.
【详解】根据题意可得，所以所求切线的斜率，所以所求切线的方程为，即.故选：B.
2．（2025·安徽省安庆市·三模）曲线在点 处的切线与直线和 围成的三角形的面积为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【详解】，所以在点处的切线方程为，它与的交点为，与的交点为，所以三角形面积为故选：A
3．（2025·安徽省安庆市·三模）已知函数的图象在处的切线经过坐标原点，则实数 ．
【答案】
【分析】由导数的几何意义求出切线方程，结合切线经过坐标原点，即可求得的值.
【详解】因为，所以，所以，又，所以在处的切线方程为：，又切线方程过原点，把代入得，
解得：．故答案为：.
4．（2025·四川省凉山州·三模）函数的图象在点处的切线的斜率为 ．
【答案】0
【分析】求导，根据导数的几何意义即可得切线斜率.
【详解】因为，则，所以在点处的切线的斜率.
5．（2025·河北省张家口·三模）已知曲线在处的切线与轴垂直，则实数的值为 .
【答案】/0.5
【分析】对函数求导，代入，可得对应的导数值为0，由此可建立关于的方程，从而得解.
【详解】对函数求导得，，因为曲线在处的切线与轴垂直，所以，解得.
6．（2025·四川省绵阳市·三模）在坐标平面中，已知过点恰能作曲线的2条切线，则由所有点构成的集合为 .
【答案】
【分析】转化问题为方程有2个解，进而分，，，3种情况讨论求解即可.
【详解】由，，则，设切点为，则，则，因为过点恰能作曲线的2条切线，所以方程有2个解，则函数，与函数有2个交点，由，当时，，，因为，所以函数为偶函数，当时，单调递增，且时，，时，，
画出函数的大致图象，

此时满足函数，与函数有2个交点；若，令，得或；令，得，则函数在和上单调递增，在上单调递减，
且，画出函数的大致图象，

要使函数，与函数有2个交点，则；若，令，得；令，得或，则函数在和上单调递减，在上单调递增，且，画出函数的大致图象，

要使函数，与函数有2个交点，则.综上所述，所有点构成的集合为.
7．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）函数在处的切线垂直于y轴．
(1)求实数a；
(2)若方程有两根，求b的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合题意分析可知，代入运算求解即可；
（2）根据导数分析的单调性和最值，进而可得的图象，分析可知与有2个交点，结合图象即可得结果.
【详解】（1）由题意可得：，
因为在处的切线垂直于y轴，
则，解得.
（2）由（1）可知，定义域是，且，
令，解得，
当x变化时，，的变化情况如下：
令，解得，当时，；当时，．
所以的图象经过特殊点，，，且当趋近于时，趋近于0；当趋近于时，趋近于，所以的大致图象如图；
若方程有两根，即与有2个交点，由图象可知：，所以b的取值范围为.
8．（2025年山东威海市三模）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，若曲线有三条过点的切线，求的取值范围；
(3)设为非负实数，为正实数，若，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，通过和讨论函数单调性，即可求解；
（2）设切点为，求的切线方程，代入，问题转换成方程有三个根，构造函数，则有3个零点，进而求解即可；
（3）不妨设，通过或时，或，三种情况分类讨论即可.
【详解】（1）当时，，
当时，，所以在上单调递增，所以无极值；
当时，令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以的极大值为，
综上可知，当时，无极值；
当时，的极大值为，无极小值．
（2）设切点为，因为，
所以切线方程为，
因为切线过点，所以，
整理得，
因为曲线有三条过点的切线，
所以关于的方程有3个解，
令，则有3个零点，
因为，
令，解得，所以在上单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，
所以，可得，所以
（3）不妨设，
当时，左边，右边，所以左边右边，
当时，左边，右边，所以左边=右边，
当时，因为s，t为正实数，，所以，要证，即证，即证，即证，令，则，因为，所以，所以在上单调递减，所以当时，，所以，所以在上单调递增，
因为，所以，所以，所以，即，综上可知，
题型02
利用导数研究函数的单调性
1．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】利用导数值恒大于或等于0，再利用分离参变量思想即可求解.
【详解】求导得，要满足函数在区间上单调递增，则，即，因为，所以，即，故选：B.
2．（2025·湖南省永州市·三模）若函数在区间上单调递增，则实数a的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先对函数求导，根据函数单调性与导数的关系得到的不等式，再通过构造函数求其最大值，进而得到的最小值．
【详解】已知，可得． 因为在区间上单调递增，所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立．移项可得在区间上恒成立，令，，则． 对求导，可得：．令，即，因为恒成立，所以，解得或．当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以在处取得极大值，也是最大值，．
因为，所以实数的最小值为． 故选：C．
3．（2025年山东威海市三模）已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求导，由题意将问题转换成有解，构造函数，由其单调性得到，求解即可.
【详解】求导可得，由题意有解，
即有解，即有解，令，因为，易知在单调递增，此时，所以，又，，
所以，解得：，所以的取值范围是.故选：B.
4．（2025·湖南省郴州市·三模）已知函数与其导函数的部分图象如图所示.设函数，则（ ）
A．
B．
C．在上单调递减
D．在处取得极大值
【答案】B
【分析】确定、的分布图，分析函数的单调性，可判断A选项；求得，比较、的大小，可得出函数的单调性，可判断BCD选项.
【详解】由图可知、的分布如图所示.
易得当时，，所以在上单调递减，则，A错误；
由，得.当时，，所以，
所以在上单调递减，所以，即，所以，B正确；
当时，，则，所以，在上单调递增，C错误；
当时，，所以，因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，在处取得极小值，D错误.故选：B.
5．（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知函数，
(1)若，求函数的单调区间；
(2)当时，，求实数的取值范围．
【答案】(1)函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)
【分析】（1）通过求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间；
（2）可通过分离参数，构造新函数，利用导数研究新函数的最值来求解.
【详解】（1）已知，当时，，对求导，可得.令，即，解得.当时，，所以，则在上单调递减.
当时，，所以，则在上单调递增. 综上所得，函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）当时，，即，移项可得.当时，，此时可以取任意实数.当时，可化为，令，对求导，可得.令，即，因为，，所以，解得.当时，，所以，在上单调递减.当时，，所以，在上单调递增.则在处取得极小值，也是最小值，.所以，解得. 实数的取值范围是.
6．（2025·湖南省郴州市·三模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，求在上的最小值；
(3)当时，讨论的零点个数.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为.
(2).
(3)答案见解析
【分析】 （1）对求导，即可判断函数的增减性；（2）先对求导，令，再对求导，即可得到在上单调递增，从而求解；
（3）令，得. 再换元令，则，根据零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，当时，，当时，，故的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）当时，，
令，则，所以在上单调递增，
所以当时，，
所以在上单调递减，所以当时，.
（3）令，得，即，
所以.令，则，即①，
当时，由，得在上恒成立，
所以在上单调递减，故方程①的解的个数即为的零点个数.
令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，，当时，，且当时，.因为，所以.
当，即时，方程①有两个不同的解，的零点个数为2；
当或，即或时，方程①只有一个解，的零点个数为
，即时，方程①无解，的零点个数为0.
综上，当时，的零点个数为2；当或时，的零点个数为1；
当时，的零点个数为0.
7．（2025·辽宁沈阳·三模）已知函数，．
(1)已知在处的切线斜率为，求实数的值；
(2)若，且关于的方程有个不相等的实数解，求的取值范围；
(3)若函数在上单调递增，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义得出，即可解得实数的值；
（2）当时，由题意可知，直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（3）由题意可知，对任意的恒成立，利用导数求出函数在上的值域，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】（1）因为，则，
由题意可得，解得.
（2）当时，，，
则，由可得，列表如下：
又因为，，
因为关于的方程有个不相等的实数解，
则直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示：
由图可知，实数的取值范围是.
（3）由题意，当时，，则恒成立，令，则，因为，，
所以对任意的恒成立，故函数在上单调递减，所以，因为对任意的恒成立，所以，解得.
因此，实数的取值范围是.
题型03
利用导数研究函数的极值、最值
1．（2025·河南省安阳市·三模）已知函数的极小值为，则实数的值为（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】A
【分析】由已知得，令，得，判断单调性，根据极小值求出参数的值.
【详解】由已知得，令，得，当时，单调递减，当或时，单调递增，所以的极小值为，解得.故选：A.
2．（2025·重庆市·三模）已知函数的一个极小值点为，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据绝对值的性质将函数写成分段函数的形式，再对其求导，结合极小值点的性质来确定实数的取值范围.
【详解】已知，根据绝对值的性质，当时，，此时；当时，，此时.所以. 对分段函数求导，当时，，对其求导，可得；当时，，对其求导可得. 因为是函数的一个极小值点，所以在左侧附近，在右侧附近.当时，，令，即，解得；当时，，令，即，解得.
要使是极小值点，则需满足，解这个不等式，得.所以实数的取值范围是.
故选：A.
3．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）设函数，，若存在，使得，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，得到，又由，得到在上单调递增，得到，令，求得，令，求得，得到在上单调递减，且，进而得到的单调性和极值（最值），即可求解.
【详解】由，可得，所以，又由，所以在上单调递增，因为，所以，所以，令，则，令，则，可得，所以在上单调递减，且， 当时，，，则在上单调递增；当时，，，则在上单调递减，所以当时，有极大值，即最大值，所以.故选：A．
4．（2025·安徽省安庆市·三模）等比数列中的，是函数的极值点，，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据函数极值的情况确定的值，再根据等比数列的性质进行计算即可.
【详解】由求导得.
由或；由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.所以函数的极大值点为，极小值点为.由题意可知，所以.故选：A
5．（多选）（2025年江西九江市三模）已知函数和的最小值相等，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的最小值为2
C．在上单调递增
D．若直线与和的图象从左到右的交点分别为，则
【答案】ACD
【分析】分别求导后由函数的单调性得到最值相等，可得A正确；结合A由最小值不能同时取得可得B错误；求导后分和讨论导数值可得C正确；当直线与和交点的上方时，不妨设，数形结合由指数函数对数函数的运算性质可得，同理在下方也可得，进而得到D正确.
【详解】对于A，，所以易得在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为；
，当时，，在上单调递减，不符合题意；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，即，解得，故A正确；
对于B，因为当且仅当时取等号；当且仅当时取等号，两者不能同时取等号，所以，故B错误；
对于C，，
当时，，；
当时，，，
总之，当时，，所以在上单调递增，故C正确；
对于D，如图所示，
当直线与和交点的上方时，不妨设，
则，，，
，即，，同理，，，
所以，即.同理，当直线与和交点的下方时，，故D正确.故选：ACD.
6．（2025·陕西省安康市·三模）函数的最小值为 ．
【答案】/
【分析】首先根据导数判断函数的单调性，再求函数的最值.
【详解】，，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，函数取得最小值.
7．（2025年江苏如皋市三模）函数的最小值为 ．
【答案】1
【分析】分类讨论，去掉绝对值，利用导函数研究函数单调性和极值，进而求出最小值.
【详解】当时，，此时，，令得：，令得：，故此时在处取得最小值，；当时，，此时，此时在单调递减，且；综上：函数的最小值为1.
8．（2025年四川三模）函数的极小值是 .
【答案】
【分析】求出函数的导数，讨论其符号可得函数的极小值点，故可得极小值.
【详解】由题意可得，
当或时，，则在和上单调递增，
当时，，则在上单调递减，故.
9．（2025年江西省萍乡市三模）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)求在区间上的值域.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；
（2）应用导数研究函数的区间单调性，进而求其值域.
【详解】（1）依题意，，故，，
故所求切线方程为，即.
（2）由（1）知，
而，令，解得，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
而，，，则，
故在区间上的值域为.
10．（2025·四川省凉山州·三模）设a为实数，函数．
(1)若曲线过点，求a的值；
(2)当时，求的最小值；
(3)若恰有两个极值点，求a的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
(3)
【分析】（1）将点代入曲线方程求解出的值即可；
（2）当时，，对进行求导，令导函数为新的函数对进行求导，得到导数的零点和最小值点，进而求得导函数的正负情况进而得到原函数的单调情况，得到的最小值.
（3）结合第二小问，得到在上单调递减，在上单调递增，且，，则恰有两个极值点，则导数有两个零点且在零点处符号发生变化，则得到不等式，进而求解出最终的结果.
【详解】（1）因为曲线过点，
所以，
即，且
所以或
（2）当时，，所以，令，则，则在上单调递减，在上单调递增，且，，所以，，，，所以
（3），由（2）小题解答可知在上单调递减，在上单调递增，且，，若恰有两个极值点，则，即，所以a的取值范围为
题型04
导数研究函数的零点、方程的根
1．（2025·山东省枣庄市·三模）已知函数，.
(1)讨论零点的个数；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）令，则，设，利用导数研究其单调性和最值，从而得到其零点个数；
（2）首先分析得时成立，再分离参数得，对恒成立，利用导数研究右边的最值即可.
【详解】（1）时，，
令，则，
所以，时，在上单调递减，
时，在 上单调递增，
又时，时，，时，，
时，，
所以，①当时，无零点，
②或时，有1个零点，
③当时，有2个零点.
（2）当时，由得，
所以，等价于对恒成立．
即对恒成立，
令，则，
当，当，
在内单调递减，在内单调递增，
，又，对恒成立所以，时成立，
当时，，显然成立．
当时，等价于或，
即或，对于，取，得，与矛盾，故不成立，对于，即，对恒成立，
令，则，在内单调递减，
，所以，，综上，实数的取值范围是.
2．（2025年河北石家庄三模）已知函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)若在定义域内有三个零点a，b，c（）．
（ⅰ）求实数m的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求导得，再对分和讨论即可；
（2）（i）当时，显然不会有3个零点，当时，求出的两根，判断出的符号，利用零点存在性定理证明零点存在即可；
（ii）根据得，则，最后根据对勾函数单调性即可证明.
【详解】（1）的定义域为，.
当时，，所以恒成立，所以在单调递增；
当时，，所以的两根为，
且，所以，所以，时，或时，．所以在上单调递减，在和单调递增．
综上：当时，在单调递减，
在和单调递增；当时，在单调递增.
（2）（i）由（1）可知当时，在单调，不可能有三个零点；
当时，的两根为，
且，所以，且，
因为在上单调递减，所以，
因为，所以，
设，
在上单调递减，，
即，所以使.
因为，
又因为，所以，所以使，
所以，当时，有三个零点，
（ii）由（i）可知，的三个零点：，因为，且，所以，又因为，所以，因为，所以函数单调递减，，所以，得证．
3．（2025年广东省广州市天河区三模）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)已知关于x的方程有两个解
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）为正实数，若当时，都有，求的取值范围．
【答案】(1)单调区间见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）在时，通过求导，判断导函数的符号可得的单调情况；
（2）（ⅰ）构造，分类讨论与时的图象性质，由极大值得到，再分类讨论区间与上零点的情况可确定的取值范围；（ⅱ）对进行转化得，设，则，则，构造函数，证得，分类讨论与两种情况，从而确定.
【详解】（1）函数的定义域为，
则，
因，由得，由得，
即函数在上单调递增，在上单调递减.
故当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）（ⅰ）由可得，依题意方程有两个解，
设，则，且在上有两个零点.
当时，，故在上单调递增，则在上最多只有一个零点，不合题意；
当时，由得，由得，
即在上单调递增，在上单调递减，故在时取得极大值.
要使在上有两个零点，需使，即，解得.
当时，因，又，则，
又在上单调递增，所以在有唯一零点；
当时，令，则，
再令，则，
故在上单调递增，则，即，
故在上单调递增，则，
因，所以，即，即，即，
故，又在上单调递减，故在上有唯一零点.综上，当时，在上有两个零点，
即方程有两个解，故a的取值范围为.
（ⅱ）由（ⅰ）可得，且，故，
因，则，即，也即，
故有，设，则，于是可得，
即.设，则，
因时，，
①当时，在上恒成立，故函数在上为增函数，
即，即在上恒成立；
②当时，，而，当时，，
故存在，使得，使得，故在上为减函数，故，矛盾.
综上，可得，即.
4．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）已知函数，
(1)当时，求的极值；
(2)若在区间上存在零点
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：当时，.
【答案】(1)极小值，无极大值
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数的正负来判断函数的单调性即可；
（2）（ⅰ）利用分类讨论思想，借助，把两类单调的可能性排除，进而来求出参数的范围；
（ⅱ）利用上一问的结论，把要证的不等式转化证明新的不等式，然后再借助条件消去参数，从而变成仅关于的函数不等式，再借助导数思想来进行证明即可.
【详解】（1）当时，，，，
当时，，当时，
在上递减，在上递增，有极小值，无极大值；
（2）（ⅰ），
当时，由于恒成立，所以在上单调递增，
又，在上无零点；
当时，由于，故，
所以在上单调递减，又，
在上无零点；
当时，，有，故在上单调递减，
，有，故在上单调递增，
所以有， 又因为当时，，
；综上；
（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，，，
且，要证，只要证，
即证，只需证，
令，在上单调递增.
又，即，
由上式不等式成立可知原不等式恒成立.
题型05
导数研究不等式证明及恒成立
1．（2025·安徽省安庆市·三模）已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围.
【详解】因为，由可得，即函数的定义域为，
可得，即，构造函数，其中，则，故函数在上单调递增，所以，可得，则，即，其中，令，其中，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，解得.
综上，故选：A.
2．（2025·安徽省安庆市·三模）已知函数.
(1)当时，求的极值；
(2)若，求的值；
(3)求证：.
【答案】(1)在处取得极小值，无极大值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；
（3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证.
【详解】（1）当时，，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，无极大值；
（2）由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，因为恒成立，所以，
记，，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，所以，
又，所以，所以；
（3）证明：先证，设，则，
所以在区间上单调递减，所以，即，
所以，再证，
由（2）可知，当时等号成立，令，则，
即，所以，，，
累加可得，所以.
3．（2025·河南省安阳市·三模）已知函数.
(1)若，，求曲线在点处的切线方程；
(2)若是的极大值点，求a的取值范围；
(3)在（2）的条件下，若对恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）若，求出解析式，求导，求出切线方程；（2）根据定义域为，求导，分类讨论，，，满足是的极大值点，求出的取值范围；（3）由（2）可知，且时，，由恒成立，构造，进行求解.
【详解】（1）若，则，所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由题意，得的定义域为，，所以.当时，在区间上，单调递减，
在区间和上，单调递增，所以是的极大值点，满足条件.
当时，在区间上单调递增，没有极值，不满足条件.
当时，在区间上，单调递减，
在区间和上，单调递增，是的极小值点，不满足条件.
当时，在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以是的极小值点，不满足条件.综上，的取值范围是.
（3）由（2）知，，且时，，
所以在上，恒成立，即恒成立，
即恒成立.设，则.
令，则，当时，，
所以即在区间上单调递减，又，
所以，所以在区间上单调递减.又，所以的取值范围是.
4．（2025·河南省焦作市·三模）已知函数．
(1)当时，，求实数的取值范围．
(2)若，设的正零点从小到大依次为．
①证明：；
②判断数列的单调性，并证明．
附：当时，．
【答案】(1)
(2)①证明见解析 ；②数列是递减数列，证明见解析
【分析】（1）参变分离后转化为对任意恒成立，构造函数，利用导数求最大值，即可求解；
（2）①首先利用导数说明函数每一个零点所在区间，再结合诱导公式，以及函数的单调性，比较大小后，即可证明；
②首先设，利用分析法转化证明，根据条件，以及正确公式得到，并通过作差构造函数，理由导数分析单调性后即可证明.
【详解】（1）由题意，即对任意恒成立．设，
则，当时，，则，所以在上单调递增，，所以，即的取值范围是．
（2）（ⅰ）若，则在定义域内恒成立，所以对任意在区间上单调递增，又，当时，，所以在区间内有唯一零点，所以．所以和都在区间内，又，所以，即．
（ⅱ）数列是递减数列．
证明如下：记，要证明数列是递减数列，
即证明：当时，，即，
又因为，所以只需证明当时，．
由（ⅰ）知，所以，且．
所以，所以．
，
设函数，则，
因为在区间上单调递增，所以当时，，
所以在时单调递增，所以，即，所以．因为在上单调递增，且，所以，综上，数列是递减数列．
5．（2025年江西九江市三模）已知函数，其中．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出的导数，再按分类讨论求出单调区间.
（2）把代入，等价变形不等式，再构造函数并利用导数求出最小值情况即可.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
①若，即，函数在上单调递减；
②若，即，由，得；由，得或，
函数在上单调递增，在，上单调递减；
③若，即，由，得；由，得或，
函数在上单调递增，在，上单调递减，
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，函数的定义域为，
不等式，设，求导得，函数在上单调递增，当时，，
当时，，则存在唯一的实数，使，即，当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，因此，
而函数在上单调递减，当时，，即，
所以.
6．（2025·湖南省永州市·三模）已知函数（），且有唯一零点.
(1)证明：；
(2)证明：；
(3)判断数列中是否存在连续三项按某顺序构成等比数列，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)不存在,理由见解析
【分析】（1）要证，转化为证.设函数，求导分析单调性，得出在取最小值，从而证明不等式.
（2）先证： 利用（1）结论得到，结合已知条件推出，再对放缩，通过裂项相消求和证明.再证： 同样用（1）结论得，结合已知推出，再利用放缩，通过对数运算性质证明.
（3）先看函数单调性，对函数求导发现导数大于，函数递增.再根据特殊点函数值一正一负，确定零点范围，得到零点满足的等式.构造新函数，求导判断其单调性.利用零点满足的等式和新函数单调性，证明数列递增.假设存在连续三项成等比数列，根据等比中项性质列出等式，化简得到关于公比的方程并求解.通过对数运算得到公比的范围，与前面求出的值矛盾，得出不存在连续三项成等比数列的结论.
【详解】（1）要证，即证.
设，对求导得.
当，，递减；当，，递增.
所以在取最小值，即，原不等式得证.
（2）先证：
由（1）知，则，即.
因为，所以，可得.
当，.
，时也满足，所以.
再证：
由（1）得，又，所以，即.
因为，所以，则.
.
综上，.
（3）对函数求导，导数在时大于，函数递增.
，，所以函数有唯一零点在，且，可化为.
设，其导数，当时，递增.
因为，即，所以.所以.
假设成等比，公比且.
所以，可得，那么.
又因为，，，所以.
进行通分整理：，通分得到，由于，所以. 设数列的公比为，则，，代入可得：，
因为，两边同时除以得到.
对于一元二次方程，解得. 由，相减，根据对数运算法则可得：，因为，对数函数在上单调递增，所以，又因为，所以. 所以，与矛盾.故数列中不存在连续三项按某顺序构成等比数列.
7．（2025年天津市滨海新区三模）已知函数（为自然对数的底数），，其中为实数．
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)若对，有，求的取值范围；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题可得切线斜率及所过点，由直线点斜式可得切线方程；
（2）即对都成立，由恒成立必要条件可得，通过导数证明满足题意即可完成证明；
（3）由，令，可得，据此可得；由，令，可得，据此可得.
【详解】（1）因为，所以，，
所以切线斜率为，
所以函数的在处的切线方程为，即；
（2）若对，有，转化为，
即对都成立．
设，
因为，所以要使
必须满足，即，所以
下面证明时满足题意：
因为，，所以，
只需要证明即可．设，
所以，且，．先研究当时，设，，因为函数、在上均为单调递减，则在内单调递减，又因为，，
所以，使得，且当时，；当时，．
此时在内单调递增，在内单调递减，又，，故对任意的，，则在内单调递增，所以．
综上，当时，，即得，所以得证：
（3）根据题意需要分析，，在上的大小关系．
设，则，则在区间上单调递减，
所以，即．令，，所以，，
所以，所以．再证明，其中，设，，设，因为函数、在上均为单调递减，则在区间内单调递减，因为，，所以，，使得，当时，；当时，．所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，又因为，，，，使得，当时，；当时，．所以在区间内单调递增，在区间内单调递减．因为，，所以在区间内恒成立．令，所以，所以，，，⋯，，所以．
对，，所以，
所以
，所以得证．综上，
题型06
三次函数的图象及性质
1．（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知函数，直线是曲线的切线，如果切线与曲线有且只有一个公共点，那么这样的直线有（ ）
A．0条B．1条C．2条D．3条
【答案】B
【分析】设切点为，利用导数，结合直线的点斜式方程求出切线的方程，联立切线方程和曲线方程，化简得方程，根据切线与曲线有且只有一个公共点，求出参数的值即可.
【详解】函数，对其求导得.设切点为，则切线斜率为又，所以切线方程为，化简得.将切线方程和曲线方程联立得：，整理得，因式分解得，解得或，因为切线与曲线有且只有一个公共点，所以，解得，此时切线方程为，对应唯一一条满足条件的直线，故选：B.
2．（多选）（2025年江苏如皋市三模）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．的对称中心为
C．过点作曲线的切线有三条
D．若函数的一个零点在之间，则它所有零点都在之间
【答案】AB
【分析】求得，利用导数求得函数的单调区间，结合极值点的概念，可得判定A正确；根据为奇函数，结合函数的图象变换，可得判定B正确；作出的大致图象，结合函数的性质，可判定C错误；根据函数的单调性，结合图象，列出不等式组，即可求解.
【详解】对于A中，由函数，可得，令，可得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增，所以在处取极大值，在处取极小值，所以 A正确；对于B中，因为函数为奇函数，关于对称，
所以函数关于中心对称，所以B正确；对于C中，作出的大致图象，如图所示，当时，为上凸函数，在拐点处的切线为，它与恰交于；当时，为上凹函数，，过只能作的两条切线，所以C错误；
对于D中，由A知函数在上单调递增；上单调递减；
要使有零点，则只需，解得，当时，大致图象如下可得有一个零点之间，但另一零点，所以D错误.故选：AB．
3．（2025·四川省自贡市·三模）函数，若在有最大值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对函数求导，分，，三种情况讨论求解即可.
【详解】由，
则，令，得或，
当，即时，，函数在上单调递增，此时在上没有最大值，不符合题意；当，即时，令，得或，令，得，则函数在和上单调递增，在上单调递减，又，则在没有最大值，不符合题意；当，即时，令，得或，令，得，则函数在和上单调递增，在上单调递减，又，，要使在有最大值，则，解得.综上所述，实数的取值范围是.故选：B.
4．（多选）（2025·安徽省安庆市·三模）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，无极值点
C．，使在上是减函数
D．图象对称中心的横坐标不变
【答案】BD
【分析】利用导数求出函数的极大值判断A；由恒成立判断B；由的解集能否为判断C；求出图象的对称中心判断D.
【详解】对于A，当时，，求导得，
令得或，由，得或，由，
得，于是在，上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，因此最多有一个零点，A错误；
对于B，，当时，，即恒成立，
函数在上单调递增，无极值点，B正确；
对于C，要使在上是减函数，则恒成立，
而不等式的解集不可能为，C错误；
对于D，由，
得图象对称中心坐标为，D正确.故选：BD
5．（多选）（2025·重庆市·三模）已知，则（ ）
A．，使得是增函数B．，函数均存在极值点
C．，函数只有一个零点D．，且，有
【答案】ACD
【分析】对于AB，对函数求导后，根据导数与函数的单调性及极值举例分析判断，对于C，对函数求导后，求出函数的单调区间，结合函数的图象可得结论，对于D，分和两种情况讨论函数的单调性的最值即可得结论.
【详解】对于AB，，当时，，所以为增函数，此时无极值，所以A正确，B错误；
对于C，当时，由，得或，由，得，
所以在上递增，上递减，上递增，
又，当时，，
所以观察图象可知，函数只有一个零点，所以C正确；
对于D，当时，由选项C可知在上递增，上递减，上递增，
所以的极大值为，极小值为，因为，所以，当时，由，得或，由，得，所以在上递增，上递减，上递增，因为，，所以，综上，所以D正确.
故选：ACD
6．（多选）（2025·浙江省金华市义乌市·三模）设函数，则（ ）
A．当时，有极大值4B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】AD
【分析】求导，根据导函数的正负确定函数的单调性，即可求解极值判断A，举反例即可求解B，根据函数的单调性即可求解C，利用作差法，结合不等式的性质即可求解D.
【详解】由可得，当时，，当或时，在，单调递增，当在单调递减，故当时，取极大值4，故A正确，对于B,当时，取，则，此时，故B错误，对于C, 当时，，且当时，，此时在单调递增，
但由于，故与的大小关系不确定，因此无法判断,C错误，对于D, ，
当时，故，因此，所以，故D正确，故选：AD
7．（多选）（2025·河北省张家口·三模）已知函数，，则（ ）
A．当时，函数有三个零点
B．当时，，
C．若，则
D．若函数在处取得极值，且，使，则
【答案】AC
【分析】利用导数分析函数单调性得到极值可得A正确，由正余弦函数的值域结合函数的单调性可得B错误；由函数的对称中心代入可得C正确；由极值点的性质可得，，令，化简又，可证明判断D.
【详解】对于A，当时，，，
易得当时，，函数在上单调递减；
当或时，，函数在和上单调递增，
所以极大值，极小值，又，，所以函数在，，各有一个零点，
所以函数有三个零点，故A正确；对于B，当时， ，，易得当时，，函数在上单调递减；
又，，所以，故B错误；
对于C，若，则的图象关于成中心对称，又的定义域为，所以，即，即，整理可得，故C正确；对于D，因为，所以，由题有，即，由，得，
令，则，又，所以，
得到，
整理得到，又，代入化简得到，又，，所以，得到，
即，即，故D错误.故选：AC.
8．（多选）（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，若在上单调递增，则
B．当时，函数有两个极值点
C．曲线的对称中心的横坐标与c有关
D．当时，过点可作曲线的切线有3条
【答案】BD
【分析】当时，在上单调递增，所以在上恒成立，转换不等式构造函数求最值即可得的取值范围，即可判断A；根据导函数的根的根个数确定极值点个数，即可判断B；由函数对称的坐标关系即可判断C；根据导数的几何意义设切点坐标为，求切线方程解得切点恒坐标的根的个数即可得判断D.
【详解】对于A，当时，在上单调递增，所以在上恒成立，则在上恒成立，而，所以，即，故A错误；对于B，当时，，，方程有两个不等实根，易得有两个极值，故B正确；对于C，若曲线称中心为，则，因为，所以，则，整理得：，所以若有对称中心则：，解得，故对称中心横坐标为，与无关，故C错误；
对于D，当时，，设切点，，，所以切线，因为切线过点，
所以，化简得，方程有三个根，切点有三个，故切线有三条，故D正确.故选：BD．
x
0
单调递减
单调递增
单调递减
极小值
单调递增