专题二 函数与导数（2020-2024）五年高考《数学》真题分类汇编（解析版）

第第页专题二函数与导数考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点01函数的单调性及其应用2020年新高考Ⅱ卷：二次函数与对数函数复合；2021年新高考II卷：对数函数值比较大小；2023年新课标Ⅰ卷：二次函数与指数函数复合；2024年新课标Ⅰ卷：分段函数、指数函数、对数函数；2024年新课标Ⅰ卷：抽象函数；2024年新课标Ⅱ卷：对数函数1.以基本初等函数为载体，考查函数的单调性及其应用；2.函数的奇偶性、对称性与函数的图像相结合加以考查.3.随着高考改革的推进，题目的减少，抽象函数性质的考查，以及函数性质、导数的综合考查将增多.考点02函数的奇偶性及其应用2021年新高考I卷、2023年新高考II卷：由函数的奇偶性求参数考点03函数的单调性、奇偶性的综合应用2020年新高考Ⅰ卷：抽象函数解不等式考点04函数的奇偶性、周期性的综合应用2021年新高考II卷、2022年新高考II卷：抽象函数考点05：函数的综合应用2020年新高考Ⅰ卷：指数函数模型应用问题；2024年新课标Ⅱ卷：函数图像交点.考点06导数及其几何意义2021年新高考II卷、2022年新高考I卷：导数概念、函数性质；2021年新高考II卷、2022年新高考II卷、2022年新高考II卷：导数几何意义；2021年新高考I卷、2024年新课标Ⅰ卷：由切线求参数；1.导数的概念与抽象函数的性质综合考查；2.导数几何意义的应用、切线问题；3.应用导数研究函数的单调性或根据函数单调性求参数范围；4.应用导数求函数的极值、最值，或由极值（点）、最值求参数范围；5.导数的综合应用问题，包括证明不等式、恒成立或存在性问题、零点及零点个数，以及根据零点求参数范围问题；6.小题综合化有增强趋势，解答题难度有降低趋势，注重其它学科中应用导数解决问题，突出七“工具性”.考点07导数与函数的单调性2022年新高考I卷：函数值比较大小.考点08导数与函数的极值、最值问题2021年新高考I卷、2023年新课标Ⅱ卷：最值；2023年新课标Ⅱ卷、2023年新课标Ⅱ卷、2024年新课标Ⅱ卷：极值、求参数；2022年新高考I卷、2024年新课标Ⅰ卷、2023年新课标Ⅰ卷：极值等综合；考点09应用导数研究恒成立问题2020年新高考Ⅰ卷、2024年新课标Ⅰ卷：不等式恒成立、求参数范围考点10应用导数证明不等式2021年新高考I卷、2021年新高考II卷、2023年新课标Ⅰ卷：单个函数、双变量不等式；2022年新高考II卷：单个函数、和不等式.考点11导数与函数的零点问题2022年新高考全国I卷：两个函数与最值、等差数列等综合；2024年新课标Ⅱ卷：多选题与极值等综合.考点01函数的单调性及其应用1．（2020年新高考全国卷Ⅱ数学试题）已知函数在上单调递增，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可.【详解】由得或所以的定义域为因为在上单调递增所以在上单调递增所以故选：D2．（2021年全国新高考II卷数学试题）已知，，，则下列判断正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】对数函数的单调性可比较、与的大小关系，由此可得出结论.【详解】，即.故选：C.3．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，则有函数在区间上单调递减，因此，解得，所以的取值范围是.故选：D4．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得，即a的范围是.故选：B.5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【详解】因为当时，所以，又因为，则，，，，，则依次下去可知，则B正确；且无证据表明ACD一定正确.故选：B.6．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；若，当时，可知，此时，不合题意；若，当时，可知，此时，不合题意；若，当时，可知，此时；当时，可知，此时；可知若，符合题意；若，当时，可知，此时，不合题意；综上所述：，即，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为；解法二：由题意可知：的定义域为，令解得；令解得；则当时，，故，所以；时，，故，所以；故，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.故选：C.考点02函数的奇偶性及其应用7．（2021年全国新高考I卷数学试题）已知函数是偶函数，则.【答案】1【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.【详解】因为，故，因为为偶函数，故，时，整理得到，故，故答案为：18．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）若为偶函数，则（

）．A． B．0 C． D．1【答案】B【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可.【详解】因为为偶函数，则，解得，当时，，，解得或，则其定义域为或，关于原点对称.，故此时为偶函数.故选：B.考点03函数的单调性、奇偶性的综合应用9．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学试题）若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，所以在上也是单调递减，且，，所以当时，，当时，，所以由可得：或或解得或，所以满足的的取值范围是，故选：D.考点04函数的奇偶性、周期性的综合应用10．（2021年全国新高考II卷数学试题）已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论.【详解】因为函数为偶函数，则，可得，因为函数为奇函数，则，所以，，所以，，即，故函数是以为周期的周期函数，因为函数为奇函数，则，故，其它三个选项未知.故选：B.11．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知函数的定义域为R，且，则（

）A． B． C．0 D．1【答案】A【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．【详解】[方法一]：赋值加性质因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以一个周期内的．由于22除以6余4，所以．故选：A．[方法二]：【最优解】构造特殊函数由，联想到余弦函数和差化积公式，可设，则由方法一中知，解得，取，所以，则，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，由于22除以6余4，所以．故选：A．考点05函数的综合应用12．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学试题）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)（

）A．1.2天 B．1.8天C．2.5天 D．3.5天【答案】B【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.【详解】因为，，，所以，所以，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，则，所以，所以，所以天.故选：B.13.（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.【详解】解法一：令，即，可得，令，原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得，即，解得，若，令，可得因为，则，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，所以符合题意；综上所述：.解法二：令，原题意等价于有且仅有一个零点，因为，则为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即，解得，若，则，又因为当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，即有且仅有一个零点0，所以符合题意；故选：D.考点06导数及其几何意义14．（2021年全国新高考I卷数学试题）若过点可以作曲线的两条切线，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.【详解】在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：

由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.

故选：D.15．（多选）（2022年新高考全国II卷数学真题）已知函数的图像关于点中心对称，则（

）A．在区间单调递减B．在区间有两个极值点C．直线是曲线的对称轴D．直线是曲线的切线【答案】AD【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】由题意得：，所以，，即，又，所以时，，故．对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；对C，当时，，，直线不是对称轴；对D，由得：，解得或,从而得：或,所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即．故选：AD．16．（多选）（2022年新高考全国I卷数学真题）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.故选：BC.[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.故选：BC.[方法三]：因为，均为偶函数，所以即，，所以，，则，故C正确；函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，所以，所以，所以，所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.故选：BC.17．（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】【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：18．（2022年新高考全国II卷数学真题）曲线过坐标原点的两条切线的方程为，．【答案】【分析】分和两种情况，当时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求分和两种情况，当时设切点为，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出，即可求出切线方程，当时同理可得；解：因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；[方法二]：根据函数的对称性，数形结合当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；因为是偶函数，图象为：所以当时的切线，只需找到关于y轴的对称直线即可.[方法三]：因为，当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；当时，设切点为，由，所以，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，解得，所以切线方程为，即；故答案为：；.19．（2021年全国新高考II卷数学试题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数．①；②当时，；③是奇函数．【答案】（答案不唯一，均满足）【分析】根据幂函数的性质可得所求的.【详解】取，则，满足①，，时有，满足②，的定义域为，又，故是奇函数，满足③.故答案为：（答案不唯一，均满足）20．（2021年全国新高考II卷数学试题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是．【答案】【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.【详解】由题意，，则，所以点和点，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案为：考点07导数与函数的单调性21．（2022年新高考全国I卷数学真题）设，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数，导数判断其单调性，由此确定的大小.【详解】方法一：构造法设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.方法二：比较法解：，，，①，令则，故在上单调递减，可得，即，所以；②，令则，令，所以，所以在上单调递增，可得，即，所以在上单调递增，可得，即，所以故考点08导数与函数的极值、最值问题22．（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．e C． D．【答案】C【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】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．23．（多选）（2022年新高考全国I卷数学真题）已知函数，则（

）A．有两个极值点 B．有三个零点C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线【答案】AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.24．（多选）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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.25．（多选）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数的定义域为，，则（

）．A． B．C．是偶函数 D．为的极小值点【答案】ABC【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.【详解】方法一：因为，对于A，令，，故正确.对于B，令，，则，故B正确.对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.方法二：因为，对于A，令，，故正确.对于B，令，，则，故B正确.对于C，令，，则，令，又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，对于D，当时，对两边同时除以，得到，故可以设，则，当肘，，则，令，得；令，得；故在上单调递减，在上单调递增，因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，

显然，此时是的极大值，故D错误.故选：.26．（多选）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）若函数既有极大值也有极小值，则（

）．A． B． C． D．【答案】BCD【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.【详解】函数的定义域为，求导得，因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，因此方程有两个不等的正根，于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.故选：BCD27．（2021年全国新高考I卷数学试题）函数的最小值为.【答案】1【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.【详解】由题设知：定义域为，∴当时，，此时单调递减；当时，，有，此时单调递减；当时，，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴故答案为：1.28．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）（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.29．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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.考点09应用导数研究恒成立问题30．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学试题）已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【详解】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为．（2）［方法一］：通性通法,，且.设,则∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,∴,∴成立.当时，，，,∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此>1,∴∴恒成立；当时，∴不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由得，即，而，所以．令，则，所以在R上单调递增．由，可知，所以，所以．令，则．所以当时，单调递增；当时，单调递减．所以，则，即．所以a的取值范围为．［方法三］：换元同构由题意知，令，所以，所以．于是．由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．令，所以．当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，取得最大值为．所以．［方法四］：因为定义域为，且，所以，即．令，则，所以在区间内单调递增．因为，所以时，有，即．下面证明当时，恒成立．令，只需证当时，恒成立．因为，所以在区间内单调递增，则．因此要证明时，恒成立，只需证明即可．由，得．上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．当时，因为，显然不满足恒成立．所以a的取值范围为．31．（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．【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，.考点10应用导数证明不等式32．（2021年全国新高考I卷数学试题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)的定义域为．由得，，当时，；当时；当时，．故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由得，即．由，得．由（1）不妨设，则，从而，得，①令，则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由（1）得即．①令，则，当时，，在区间内为增函数，，从而，所以．又由，可得，所以．②由①②得．[方法二]【最优解】：变形为，所以．令．则上式变为，于是命题转换为证明：．令，则有，不妨设．由（1）知，先证．要证：．令，则，在区间内单调递增，所以，即．再证．因为，所以需证．令，所以，故在区间内单调递增．所以．故，即．综合可知．[方法三]：比值代换证明同证法2．以下证明．不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证．记，则.记，则，所以，在区间内单调递减．，则，所以在区间内单调递减．由得，所以，即．[方法四]：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以．由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．再证明．令．令，则．所以，在区间内单调递增．因为，所以，即又因为，所以，即．因为，所以，即．综上，有结论得证．33．（2021年全国新高考II卷数学试题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点①；②．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；(2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.34．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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.35．（2022年新高考全国II卷数学真题）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.考点11导数与函数的零点问题36．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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