2026年高考数学复习讲义专题06 导数的综合应用（不等式的证明与不等式恒（能）成立问题）（解析版）

专题06导数的综合应用(不等式的证明与不等式恒(能)成立问题)目录01析·考情精解02构·知能框架03破·题型攻坚考点导数的综合应用真题动向必备知识知识点1利用导数研究函数的单调性知识点2用导数研究函数的极值知识点3利用导数研究函数的最值命题预测题型1利用导数证明不等式题型2不等式恒成立问题题型3不等式能成立问题题型4导数中的零点问题题型5导数中的创新问题命题轨迹透视导数及其应用是上海高考数学的核心模块，占分约50分（占比33.3%），是压轴题的高频考点。题型涵盖选择题、填空题和解答题，其中解答题常综合考查单调性、极值、最值及实际应用考点频次总结考点2025年2024年2023年导数的综合应用上海卷T19，14分上海卷T21，18分上海卷T18，14分2026命题预测预计在2026年高考中，于考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、不等式的证明等问题，常结合函数的零点、最值等问题综合考查，诸如含参函数单调性问题、恒成立问题等.复习时，重点把握导数的应用，加强导数与函数的单调性、导数与函数的极值，导数与函数的最值的认知，理解化归与转化思想、分类讨论思想、函数与方程思想的应用.考点导数的综合应用4．（2025·上海·高考真题）已知．(1)若，求不等式的解集；(2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；【答案】(1)(2)且.【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解；（2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】（1）因为，故，故，故，故即为，设，则，故在上为增函数，而即为，故，故原不等式的解为.（2）在有极大值即为有极大值点.，若，则时，，时，，故为的极小值点，无极大值点，故舍；若即，则时，，时，，故为的极大值点，符合题设要求；若，则时，，无极值点，舍；若即，则时，，时，，故为的极大值点，符合题设要求；综上，且.5．（2024·上海·高考真题）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①②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，③，④③④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.6．（2023·上海·高考真题）函数(1)当时，是否存在实数c，使得为奇函数；(2)若函数过点，且函数图像与轴负半轴有两个不同交点，求实数a的取值范围.【答案】(1)不存在(2)且【分析】（1）将代入得，先考虑其定义域，再假设为奇函数，得到方程无解，从而得以判断；（2）先半点代入求得，从而得到，再利用二次函数的根的分布得到关于的不等式组，解之可得，最后再考虑的情况，从而得到的取值范围.【详解】（1）当时，，定义域为，假设为奇函数，则，而，则，此时无实数满足条件，所以不存在实数，使得函数为奇函数；（2）图像经过点，则代入得，解得，所以，定义域为，令，则的图像与轴负半轴有两个交点，所以，即，解得，若，即是方程的解，则代入可得，解得或.由题意得，所以实数的取值范围是且.知识点1利用导数研究函数的单调性1.函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在区间(a，b)上单调递增f′(x)<0f(x)在区间(a，b)上单调递减f′(x)＝0f(x)在区间(a，b)上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数f(x)的定义域；第2步，求出导数f′(x)的零点；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．知识点2利用导数研究函数的极值1.函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．2.函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．3.极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．知识点3利用导数研究函数的最值1.函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．2.求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．题型1利用导数证明不等式1.（四川省元三维大联考2025届高三第三次诊断性测试节选）已知函数．当，时，求证：．（参考数据：）【解】当，时，，构造函数，其中，则，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，故当时，，即，由可得，由可得，所以，函数的减区间为，增区间为，所以，，即，故，时，.2．已知，曲线在处的切线方程为．(1)求；(2)证明．【解】（1）由可得，则，所以曲线在点处的切线斜率为，又因为，所以切线方程为：，即.所以.（2）要证明，只要证，设，则，令，则，所以在上单调递减，又，所以当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，所以，所以.3.（2025·河南郑州·模拟）设函数.(1)求函数的单调区间；(2)当时，证明：.【解】（1）解：函数的定义域为，所以，当时，即在上单调递减，故函数单调递减区间为，无单调递增区间；（2）解：当时，，要证，即证即证设，则

所以当时，时，所以在上单调递增，在上单调递减，设

则当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增,

所以又所以当时，4.（2025·河北邯郸·二模）已知函数，.(1)讨论函数的单调性；(2)证明：.【解】（1）由题知：，其定义域为，.当时，则，在上单调递减；当时，令，解得；令，解得，∴函数在上单调递减，在上单调递增.综上所述，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）要证，即证.由（1）知：当时，在上单调递减，在上单调递增，∴，即，，.令，，∴在上单调递增，∴当时，，即，∴，即，∴原不等式成立.5．（2025·山东临沂·三模）已知，.(1)证明：；(2)证明：函数与的图象有两条公切线.【解】（1）设，则，因为在上均为增函数，故在上为增函数，而，，故在上存在一个零点，且当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，故，而，故，故，但，故等号不可取，故，即即.（2）设公切线与曲线的切点坐标为，与曲线的切点坐标为，则曲线在处的切线方程为，同理曲线在处的切线方程为，故，故①，若，则，但恒成立，矛盾，故，故①即为，设，则故在为增函数，在为增函数，，，，，故有两个不同的零点即函数与的图象有两条公切线.题型2不等式恒成立问题6．已知在处有极小值.(1)求的值；(2)设，若在上恒成立，求的取值范围（，是自然对数的底数）.【答案】(1)(2).【分析】（1）求出函数的导函数，由求出的值，再检验即可；（2）由题意在上恒成立，则，结合（1）中函数的单调性求出，即可得解.【详解】（1）因为，所以，依题意可得，解得.当时，定义域为，且，所以当或时，当时，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以在处有极小值，所以符合题意.（2）由题意在上恒成立，所以只需，由（1）知在区间上单调递增，在区间上单调递减，又，因为，所以，即，所以.7．已知函数．(1)若，求曲线在处的切线方程；(2)讨论的单调性；(3)若，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2)答案详见解析(3)【分析】（1）由题可得切线方程斜率与切线所过点，据此可得答案；（2）分类讨论，两种情况下，的正负性可得单调区间；（3）由题可得，结合单调性，可得，最后由单调性可得答案.【详解】（1）若，则，．又，所以，故曲线在处的切线方程为，即；（2）的定义域为，．当时，，故在上单调递增；当时，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减；（3）由，可得，即，令，易知单调递增，由，可得，则，即．设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，因此的取值范围为．8．已知函数，．(1)求函数在点处的切线方程；(2)若恒成立，求正实数的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据导数的几何意义求出斜率即可；（2）分离参数后，利用导数求出函数的最值即可得解.【详解】（1）由题意得，.，，∴函数在点处的切线方程为；（2），∴代入得，，，设，，令解得，∴可得函数在上单调递增，在上单调递减，∴函数的最大值为，，解得．∴综上，的取值范围为．9．已知函数.(1)求函数的极值；(2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)极大值为1，没有极小值(2)【分析】（1）求导，即可得函数的单调性，进而可求解极值，（2）就的符号分类讨论，即可求解.【详解】（1）由题意可知的定义域为R，且，令时，，则的关系为0＋0－单调递增极大值单调递减所以当时，取到极大值为1，没有极小值．（2）若，即恒成立，设，则，①当时，则恒成立，符合题意；②当时，则，可知在上单调递增，因为，所以不恒成立；当时，的关系为－0＋单调递减极小值单调递增可知的最小值为，则，因为，则，解得.综上所述，实数的取值范围是10．（2025·辽宁沈阳·二模）已知函数．(1)若存在，使成立，求k的取值范围；(2)已知，若在上恒成立，求k的最小值．【解】（1）由得，可得存在，使成立，令，，令得，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，若存在，使成立，则；（2），若在上恒成立，则在上恒成立，令，则，令，则（舍）或，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，则，则k的最小值为．11.（浙江省宁波市“十校”2025届高三下学期3月联考节选）已知函数为自然对数的底数，若不等式对任意恒成立，求的取值范围．【解】当时，恒成立，此时；当时，问题转化为对任意的恒成立，令，则，令，则，因为，所以，则在上单调递增，又因为，故当时，---3分则在上单调递减；当时，则在上单调递增，所以，所以当时，问题转化为对任意的恒成立，仿上设函数，则有，因为，所以，则函数在上单调递减，所以，故当时，，所以函数在上单调递减，所以，所以综上所述，的取值范围为．题型3不等式能成立问题12.（辽宁省名校联盟2025年高考模拟节选）已知函数，若关于的不等式有解，求的取值范围.【解】由题意得有解，即有解.令，则若，则，则，符合题意；若，即，则，不符合题意；若，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以解得.综上，的取值范围为.13.（2025·河北保定·一模）已知函数.(1)当时，求的极值；(2)若关于的不等式有实数解，求的取值范围.【解】（1）当时，，则，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值为，无极小值.（2）由题得2a），当时，，不符合题意；当时，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以由得，解得；当时，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，由，得，解得.综上，的取值范围为.14.（2025·江苏南京二模）已知函数．(1)若函数在区间上单调递增，求实数a的最小值；(2)若函数，对，，使成立，求实数a的取值范围．【解】（1）因为，所以，又因为函数在区间上单调递增，所以，所以恒成立，单调递增，所以，所以；（2）函数，对，，使成立，所以，函数，当单调递减，所以，因为，所以，因为单调递增，所以，当时，所以，所以单调递减，所以，所以，，所以；当时，，，所以单调递减，，所以单调递增，，所以最大值是中较大的，所以且，所以，当时，所以，所以单调递增，所以，所以，，所以无解；综上得：.15．已知函数.(1)设为的导函数，分析的单调性；(2)若存在，满足，求实数的取值范围.【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减.(2)【分析】（1）对求导，根据导函数的符号判断原函数的单调性即得；（2）由题意可得，利用（1）的结论，结合特值代入，推得方程有一个根为0，另一个根在区间内，进而得到函数在上的单调性，从而求得其最大最小值，进而求出参数的范围.【详解】（1）由题意知，则.

.令，解得，

.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）存在，满足，等价于由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，又，故方程有一个根为0，另一个根在区间内，

.故当时，，即函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，

.又因为，

.所以在区间内，，所以，即的取值范围是.16．已知函数.(1)求的单调区间；(2)若对于任意，总存在，使得，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）先求解出，然后根据的正负可求解出的单调区间；（2）根据的单调性将问题转化为“在上有解”，然后通过分离参数、构造函数以及换元法求解出与新函数最值的关系，由此可求的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为,则，令，可得或，令，可得或，则的单调递增区间为和，单调递减区间为和（2）由（1）知：在上单调递增，在上单调递减，故当时，，由已知：在上有解，在上有解，在上有解，，；令，则，在上单调递增，，令，，则在上单调递增，则，故.的取值范围为.17．已知函数(1)求出函数的单调区间；(2)若方程在有解，求实数的取值范围.【答案】(1)单调递增区间为，，单调递减区间为；(2)【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；（2）等价于在有解，结合（1）求出的值域，从而得到答案.【详解】（1）定义域为R，，令得或，令得，故单调递增区间为，，单调递减区间为；（2）等价于在有解，由（1）知，在，上单调递增，在上单调递减，其中，，，，故，在有解，故.题型4导数中的零点问题18.已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若只有一个零点，求的取值范围．【解】（1）函数的定义域为，，①若，，则在单调递减；②若，时，，单调递减，时，，单调递增.综上：时，在上单调递减；时，在上单调递减，在上单调递增.（2）若，，.结合函数的单调性可知，有唯一零点.若，因为函数在上单调递减，在上单调递减，所以要使得函数有唯一零点，只需，解得或.综上：或或.19.（2025·河北秦皇岛·三模节选）设函数．记，若，试讨论在上的零点个数．【解】由已知得，所以，令，则．当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，即在上单调递增，在上单调递减．当时，，所以存在，使得，当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减．因为，故函数在上无零点，又因为，由零点存在定理可得在上有且只有一个零点．综上所述，当时，函数在上的零点个数为1．20.（2025·广东湛江·一模节选）已知函数，当时，试判断的零点个数并证明．【解】解法一：因为，故有一个零点是2．令，解得（舍去），．当时，，单调递减．时，，单调递增．当时，，．下面先证明当时，．令，，故在上单调递增，所以．因为，所以．易知，所以在上存在唯一的零点，所以当时，有两个零点，为2和．解法二：当时，，故2是的一个零点令，又，所以．当时，，单调递减，时，，单调递增，所以是的极小值点．当时，，所以．下证．令，则．当时，，单调递减，当时，，单调递增，从而，所以当时，，所以，即令，则有，则．易得当时，，所以在上有唯一解．综上，当时，有两个零点21.（2025·四川绵阳·模拟预测）已知函数.(1)当时，求证：最大值小于；(2)若有两个零点，求实数k的取值范围.【解】（1）当时，，先证明：，令，其中，则，当时，，所以在上单调递增，即，则不等式在上恒成立，再证明：，令，其中，则，则当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，即，则不等式在上恒成立，所以有，证毕；（2）由得：，构造函数，由，因为，所以，即函数在上单调递增，由，根据单调性可得：再构造，则，则当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，即当时，由，可知，当，由对数函数没有一次函数增长得快，可知，而函数有两个零点等价于直线与函数有两个交点，根据数形结合可得：.22.（2025·江西南昌·二模）已知.(1)当时，求函数的单调区间：(2)当时，求证：；(3)当，试讨论函数的零点个数.【解】（1）当时，，，当时，，则在为增函数；当时，，则在为减函数；故当时，函数的减区间为，增区间内为.（2）因为，当时，，所以，当时，，所以，所以，设，由（1）可知，所以不等式成立.（3）解法一：，设，此时，则，因为，所以，则在为减函数，，①当时，，结合在为减函数，当时，在为增函数；当时，在为减函数；所以，所以，即在上为减函数，又因为，所以只有一个零点；②当时，，所以存在，使得，当时，，所以在上增函数；当时，，所以在上减函数.因为，则，当，使得，所以时，，即，即在为减函数；当时，，即，即在为增函数；当时，，即，即在为减函数；当，又因为，所以.所以使得，在为减函数，所以，所以存在两个零点.综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点.解法二：，设，此时，则，设，所以，①当时，此时，则，此时，当时，在为增函数；当时，在为减函数；所以，所以，即在上为减函数.又因为，所以只有一个零点；②当，所以，设.因为，因为时，所以存在，使得当时，，即，所以在上增函数；当时，，即，所以在上减函数.因为，则，当，使得，所以时，，即，即在为减函数；当时，，即，即在为增函数；当时，，即，即在为减函数；当，又因为，所以.所以使得，在为减函数，所以，所以存在两个零点.综上所述：当时，函数有1个零点；当函数有2个零点.题型5导数中的创新问题23．记函数的导函数为，函数的导函数为，若，则称点为函数的广义反曲点.(1)若，求的广义反曲点；(2)已知函数有且仅有三个广义反曲点，证明函数的三个广义反曲点共线，并求出直线方程.【答案】(1)(2)证明见解析，直线方程为【分析】（1）求导，根据广义反曲点的概念解方程即可.（2）问题转化为方程有3个不同的根解决.根据三次方程根的个数，用表示即可.【详解】（1）记，则，所以.又，所以的广义反曲点是.（2）函数，则，记，则.记，设的广义反曲点的横坐标分别为，，，则，，是的全部零点.证明的三个广义反曲点共线等价于证明，使得，.即证，使得，，是方程的根，即方程有且仅有三个不相同的根，，.由，所以，即，由，解得，代入成立，所以满足条件.即的三个广义反曲点共直线.24．设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为.(1)求实数的值；(2)求的零点个数.【答案】(1)，(2)个【分析】（1）依题意，即可求出、的值；（2）由（1）可得，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，即可判断.【详解】（1）因为，所以，所以，又因为的图象的对称中心为，所以，解得；（2）由（1）知，，∴，令，得或，所以当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增.所以在处取得极大值，在处取得极小值，所以，，且当时，；当时，，所以有个零点.25．有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知．由于地形等原因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率（Curvature）来刻画路线弯曲度．曲线的曲率定义如下：记为的导函数，为的导函数，则曲线在点处的曲率为．(1)已知函数，求曲线在点处的曲率；(2)已知函数，求曲线的曲率的范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用给定定义求解特殊点处的曲率即可.（2）利用给定定义将目标式表示为一元函数，再不断换元，转化为三次函数最值问题，利用导数得到最值，进而求解取值范围即可.【详解】（1）因为，所以，，故，，由曲率公式得.（2）因为，所以，，由曲率公式得，故，则，令，令，函数化为，令，则，函数化为，对进行变形，得到，令，函数化为，此时，我们研究的范围即可，而，当时，恒成立，故在上单调递增，而，，故，即，故.26．以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心内容，其定理陈述如下：若定义在上的函数满足条件①在闭区间上连续，②在开区间内可导，则，.而罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的特例：若，则.现已知函数.(1)设可导函数，证明：，；(2)若在上的最小值为，求a的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据题设新定义即可证结论；（2）令，并对其求导，讨论参数的范围，结合函数区间最值确定参数范围.【详解】（1）因为，且在上连续，在内可导，所以，由罗尔中值定理得，.（2）设，则.当，即时，，当，得，则在上单调递减，当，得，则在上单调递增，从而，故符合题意.当时，即时，令，得或.当，即时，当或，得，则在和上单调递增，当，得，则在上单调递减.因为在上的最小值为，且，则，得；当，即时，恒成立，则在上单调递增，故，不合题意；当，即时，