2026年高考数学终极冲刺：题号猜押13 全国卷高考数学第19题A（解答题）（解析版）

1/7题号猜押13全国卷高考数学第19题A（解答题）溯源年份卷别原题号考点具体内容2025Ⅰ卷T19函数与导数三角函数最值、存在性证明、恒成立求最值2025Ⅱ卷T19概率与数列乒乓球比赛概率、递推关系、不等式证明2024Ⅰ卷T19数列新定义可分数列定义、组合计数、概率证明2024Ⅱ卷T19双曲线与数列点列构造、等比数列证明、面积定值2023Ⅰ卷T22函数与导数函数最值、存在直线、等差数列证明2023Ⅰ卷T21概率统计投篮比赛、递推概率、数学期望2023Ⅱ卷T22函数与导数不等式证明、极大值点求参2023Ⅱ卷T21双曲线定直线证明2022Ⅰ卷T22函数与导数函数最值、存在直线、等差数列证明2022Ⅰ卷T21双曲线直线斜率、三角形面积2022Ⅱ卷T22函数与导数单调性、恒成立、数列不等式2022Ⅱ卷T21双曲线渐近线、三点共线条件证明2021Ⅰ卷T22函数与导数单调性、极值点偏移、双变量不等式2021Ⅰ卷T21双曲线轨迹方程、斜率之和2021Ⅱ卷T22函数与导数单调性、零点证明（条件选择）2021Ⅱ卷T21概率统计微生物繁殖、概率递推、实际意义近5年压轴位置（原T22/现T19）考点高度集中，函数与导数出现8次，占据绝对主导地位。但2024-2025年出现新变化：2024Ⅰ卷考查数列新定义、2024Ⅱ卷考查双曲线与数列结合、2025Ⅱ卷考查概率与数列综合，表明压轴题已开始向跨模块融合与创新拓展。同时，原倒数第二题（T21）位置在旧版中常考查圆锥曲线与概率统计，这些内容在新版中可能上移或与压轴题融合。预测2026年压轴解答题（T19）极大概率以函数与导数为核心，但可能融合数列、概率等元素。第（1）问含参函数单调性讨论；第（2）问可能考查恒成立求参、零点讨论、不等式证明、极值点偏移，或借鉴近年趋势出现概率与数列综合、解析几何与数列结合等创新题型。若函数导数未出现于此，则可能在圆锥曲线与数列综合方向出题，但概率较低。备考核心主攻含参函数单调性，熟练掌握分类讨论标准（导数零点与定义域关系、二次函数开口与判别式）；突破恒成立问题，掌握参变分离与构造函数法；攻克零点问题，掌握零点存在定理、指对分离技巧；理解极值点偏移，掌握对称构造法与对数平均不等式；；熟练解析几何及与数列综合，掌握设而不求与递推关系处理。规范书写，分类讨论不重不漏，导数符号判断清晰。限时训练，每道题控制在20~25分钟，注重思维深度与计算精度。考点1导数及其应用1．（2026·江西赣州·一模）已知函数.(1)讨论函数的单调性.(2)设函数，若存在唯一实数使函数的最小值为0，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)或．【分析】（1）求导后对的取值范围分类讨论即可；（2）法一：，根据（1）中结果可求得的最小值，构造函数，问题可转化为函数的零点个数问题；法二：同法一求出的最小值，转化为存在唯一实数使，再设新函数，求导后对分类讨论即可.【详解】（1）由得.①当时，，单调递减；②当时，令，解得，当时，，即，所以单调递减，当时，，即，所以单调递增；③当时，，所以，单调递减.综上，当时，单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，单调递减.（2）解法一：由得，由（1）可知，即关于的方程只有1个根，当时，方程（）恒成立，即当且时，方程（）无解所以，由，所以，即，即且，对（）式同时取对数，即，令，则，即关于的方程在无解.又令，则，令，则，由，则当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以，所以在上单调递减，当时，，当时，，要使式成立，只需或，即或综述，实数的取值范围或．解法二：令，由（1）可知，时，在上单调递减，在上单调递增，所以，依题，存在唯一实数使函数的最小值为0，所以存在唯一实数使，即存在唯一实数使，令，则，（i）当时，恒成立，故函数在单调递增，又因为，所以存在唯一实数使得，符合题意；（ii）当时，令，得，令，得，故函数在单调递增，在单调递减，所以，解得，综上，实数的取值范围是或．2．（2026·广西河池·二模）已知函数．(1)讨论的极值；(2)当时，证明：．【答案】(1)当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值.(2)证明见解析【分析】（1）确定函数定义域后求导，根据参数的不同取值范围分类讨论导数的符号变化，进而判断的极值存在情况与具体极值；（2）先对要证明的不等式做等价化简，将其转化为证明，再分区间讨论、构造函数求最值，结合给定的的范围完成证明.【详解】（1）函数的定义域为，求导得：，当时，对任意恒成立，故，在上单调递减，无极值；当时，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，故当时取得极大值，无极小值.综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值.（2）因为，所以原不等式等价于，因，两边除以得：只需证.当时，不等式显然成立；当时，，只需证，因为，故只需证.令，求导得：，令，在上单调递减，且，，故存在唯一，使得，即.当时，，，单调递增；当时，，，单调递减.故当时，取得极大值也是最大值.代入得：，令，则恒成立，则在上单调递减，故，即成立.综上，原不等式得证.3．（2026·河南南阳·一模）已知函数，其中，且．(1)当时，讨论的零点个数；(2)若恒成立，求的取值范围．【答案】(1)当时，有1个零点；当或时，有2个零点(2)【分析】（1）根据条件，将问题转化成解的个数，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到的图象，再数形结合，即可求解；（2）根据条件，利用指数、对数函数的性质，将问题转化成恒成立，构造函数，利用导数，求出的最小值，即可求解.【详解】（1）函数（，）等价于，两端同取自然对数得，即，令，则原题转化为的解的个数，由于，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，则在处取得最大值，最大值为，又当时，；当时，，函数图象如图所示，由图知，当时，，解得，此时有1个零点；当时，，与有2个交点，此时2个零点；当时，，与有2个交点，此时2个零点；综上，当时，有1个零点；当或时，有2个零点．（2）由题知恒成立，即恒成立．当时，若，则，显然不成立，故时不符合题意；当时，由，可得，因为曲线与关于直线对称，所以，令，则，令，得，又因为单调递增，所以当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以时，取得极小值，也是最小值，所以的最小值为，其中，由，得，即，得到，所以．综上所述，实数的取值范围是．4．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数．(1)若恰有两个零点，求实数的取值范围；(2)当时，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）分、，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得，且，解出即可得；（2），构造函数、，利用导数研究两函数单调性后可得最值，从而可得时，，，即可得证.【详解】（1）由题得，当时，，在上单调递减，最多有一个零点，不符合题意；当时，令，得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又时，时，，所以只需，解得，故实数的取值范围是；（2）当时，．令，则，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以当时，；令，则，令，得，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，因为，所以当时，；故当时，.5．（2026·辽宁辽阳·一模）已知函数．(1)当时，求在点处的切线方程；(2)当时，证明：对任意，都有；(3)证明：，.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；（2）当对任意的，当时，要证，只需证明，变形为，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，即可证得结论成立；（3）由（2）得出，令，可得出，证明出，令，可得出，结合不等式的性质得出，再利用累加法可证得结论成立.【详解】（1）当时，，则，所以，，故当时，在点处的切线方程为.（2）对任意的，当时，，故只需证对任意的恒成立，整理得，构造函数，其中，则，所以函数在上为减函数，故当时，，即，故对任意的，，故当时，对任意，都有.（3）由（2）知，当时，，即，令，则，因为，所以，构造函数，其中，则，当时，，即函数在上单调递减，当时，，即函数在上单调递增，所以，即，当且仅当时，等号成立，令，得，即，整理得，则，即，所以，，，，累加得，故，.6．（2026·江苏·一模）已知函数．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)讨论的零点个数；(3)当时，证明：．【答案】(1)；(2)当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2；(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程；（2）先进行参数分离，再转化为与图象交点的个数可得；（3）分两种情况讨论：当时，用导数可判断的单调性可得；当时，先证，进而再用导数证明，从而可证明不等式.【详解】（1）当时，．所以曲线在处的切线方程为，即．曲线在处的切线方程为.（2）因为，令，得，即.令，所以的零点个数等价于与的图象交点的个数.又因为，当时，；当时，.所以函数在上单调递增，在上单调递减，且，有极大值也是最大值，如图：由图可知，当时，函数与的图象无交点；当时，函数与的图象有1个交点；当时，函数与的图象有2个交点.综上，时，的零点个数为0；时，的零点个数为1；时，的零点个数为2.（3）①当时，，令，因为，所以，而，即，，所以在区间上单调递增，所以，即，所以在区间上单调递增．所以.②当时，令，所以单调递增，所以，即.又因为，令，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，的极小值为．若，即，则，所以．若，即，则在区间上单调递减，所以．所以，即．综上可得，.7．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)若在上有两个零点，求实数的取值范围；(3)若函数有两个极值点，，证明：．【答案】(1)时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增(2)(3)证明见解析【分析】（1）求出导数，分类讨论的取值情况来判断单调性；（2）分离参数，求解新函数的极值可求答案；（3）设，把目标式用表示，利用导数判断单调性可证.【详解】（1）的定义域为，．当时，在上单调递增；当时，由得，由得，由得，则在上单调递减，在上单调递增．综上，时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增．（2）因为在上有两个零点，所以，由得，令，则，所以，时，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，有极大值，也就是最大值为，又无限趋近时，无限趋近于0，所以在上有两个零点时，，所以，即的取值范围是．（3）因为有两个极值点，所以，有两个实数根，所以可得，设，将代入，得，所以，所以要证，只需证，即．设，则．令，则，可知在上为增函数．又，所以时，在上为增函数．所以，即成立，所以成立．8．（2026·河北保定·一模）已知函数(1)当时，求的极值.(2)已知.（i）证明:；（ii）若在上恒成立，求实数t的取值范围.【答案】(1)极大值，极小值(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）先对函数求导得到，通过导数的正负判断单调性，进而确定极值点并计算极值；（2）（i）通过构造辅助函数并分析导数符号证明不等式；（ii）分离参数后构造函数，利用导数分析单调性求最值，从而确定参数范围.【详解】（1）时，，，令，得，解得，当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；所以当时，取得极大值，当时，取得极小值.（2）时，.（i）要证，，即证，令，则，令，则，即化为，因为，所以，所以，即，在单调递增，又，所以，即.（ii）由得，当时，显然成立；当时，不等式可化为，令，则则，令，当时，，由得，又，所以，所以，在单调递增，所以对，；下面证明当时，，即，也即证：令，则，因为，所以，所以，所以，所以在单调递增，所以，即，所以.综上，时，，所以，即实数的取值范围为.9．（2026·江苏·一模）已知函数.(1)对任意，是的必要条件，求的最小值；(2)对任意，函数存在两个零点.（i）求的取值范围；（ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，.【答案】(1)(2)（i）（ii）证明见解析【分析】（1）由已知条件可得在上单调递增，即在恒成立，计算即可；（2）（i）由已知构造函数可得存在两个零点，利用导数证明单调性，进而只需，即，利用导数计算可得的取值范围；（ii）将同构为，将方程的两根转化的两根为，利用导数及数形结合推理可得.【详解】（1）∵对任意，是的必要条件，∴，在上单调递增，则，即在上恒成立，令，，在单调递减，.（2）（i）因为对有两个不等的实根，所以有两个零点令，当，则，当，则，所以在单调递减；单调递增，，要使有两个零点，只需，即，令，在(0,1)单调递增；单调递减，.(ii)令，则，，即，构造方程，两根为，令，其中的两根为令则，令，则，在单调递减；单调递增，作出大致图象如下：令，在单调递减；单调递增，当时，，此时最小.取最小值时，.10．（2026·浙江宁波·二模）已知函数．(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若有两个极值点，，且，（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）求证：．【答案】(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析【分析】（1）利用导数的几何性质求出斜率，进而求出切线方程；（2）（ⅰ）求导，利用导数讨论极值点及单调性，进而求解的取值范围；（ⅱ）利用函数单调性转化不等式，再通过构造函数，求导，利用导数讨论函数单调性，进而证明结论．【详解】（1）时，，则，求导得，则，切线方程为，即．（2）（ⅰ）由于有两个极值点，，故有两个变号零点，等价于方程有两个不同的解；设，则，令，，则，令得，令得，在上单调递减，在上单调递增，当时，，当时，，且，，即的取值范围为．（ⅱ）由（ⅰ）得，．，欲证，只需证，构造，，则，令，则，当时，，即在上单调递增，且，在时恒成立，，当时，当时，，在上单调递减，在上单调递增，，故，设方程的两根为，，不妨，则由得，由韦达定理得，，，且是方程的两根，是的两根，则，，，命题得证．11．（2026·河南开封·模拟预测）已知a为实数，函数，函数.(1)若在区间上单调递减，求a的取值范围；(2)求函数极值点的个数；(3)当时，证明：，，使.【答案】(1)(2)0(3)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，由在上恒成立求解；（2）求出函数的导数，再利用导数探讨的变号零点个数；（3）构造函数，利用导数证得，再利用不等式性质证得，由（2）的信息求出在上的最大值即可.【详解】（1）函数，求导得，由在上单调递减，得，恒成立，函数在上都递增，则函数在上递增，则当时，取得最小值，因此，所以的取值范围为；（2）函数的定义域为，求导得，函数极值点的个数，即在区间上的变号零点的个数，令，求导得，函数在上都递减，则函数在上递减，而，，于是存在，使，即，，当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，因此，而当时，，即，则，函数无零点，所以函数的极值点的个数为0；（3）当时，函数，令，求导得，当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，则，即，当且仅当时等号成立；令，求导得，函数在上递增，则当时，，即，因此，即，由（2）得函数在上递减，，即，，所以，，使.12．（2026·江西·一模）已知函数．(1)求在上的最大值；(2)求证：恒成立；(3)若都有恒成立，求的最大值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）求导，确定函数的单调性，开区间上的极大值即为函数的最大值；（2）先证明，然后将变形为，放缩法求解；（3）先将恒成立转化为，求三阶导数，讨论函数的单调性，求解.【详解】（1）由题知，当时，，当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以当时，取最大值.（2）先证：，令，则，所以函数在上单调递增，故，即在上恒成立．又，由知，，所以，即，得证.（3）当时，，即，令，则，其中，令，则且，令，则，其中.令，，则，故在上单调递减，其中.①若，则，令，在上单调递增，，所以恒成立.故在上单调递增，且.所以在上也单调递增，且，所以，故恒成立.②若，则，且，使得当时，，所以函数在上单调递减，故时，，所以函数在上单调递减，所以时，，所以时，，与恒成立矛盾．综上所述：的最大值为.13．（2026·天津河东·一模）已知函数（）.(1)函数在定义域内无极值，求a的取值范围；(2)函数（），有三个不同的极值点，，，；（ⅰ）求a的取值范围；（ⅱ）证明.【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）转化为无变号零点，利用导数求解即可；（2）（i）转化为函数有三个零点，进而转化为有两个不相等的正根，根据单调性和零点存在性定理即可求解；（ii）根据，的关系，，结合的单调性，结合（i）中的两根关系、a的取值范围即可得证.【详解】（1）（），令（），因为函数在定义域内无极值，所以函数无变号零点，即函数在上无变号零点.由，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，由上可知，，∴.（2）（ⅰ）（，），（，），令，则，因为有三个不同的极值点，即有三个变号零点，所以必有两个不相等的正根，所以方程必有两个不相等的正根，记为，则，且，由得.当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，因为，且，所以必有，且为极小值点，，且为极大值点.，当时，，在上有唯一零点，因为，，必有为极大值点.综上，当且仅当时，有三个不同的极值点，即a的取值范围为.（ⅱ）由（ⅰ）可知，，所以，又函数在单调递增，，，，所以，又，所以，所以，即.14．（2026·辽宁抚顺·一模）已知函数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)函数．（ⅰ）当时，讨论函数在区间上的零点个数；（ⅱ）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)递增区间，递减区间.(2)（i）当时，函数在上无零点；当时，函数在上有且仅有一个零点.（ii）.【分析】（1）求导，判断导数正负，得解；（2）（ⅰ）求出函数的解析式，求导判断单调性结合零点存在性定理求解；（ii）由题可得，令，设函数，，求导讨论判断函数单调性，求解.【详解】（1）当时，，则，，令，则，所以在上单调递减，又，所以当时，，当时，，即当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）（ⅰ）由题可得，令，则，当时，在上恒成立，所以在上单调递减，又，，当时，，此时函数在上无零点；当时，，此时函数在上有且仅有一个零点.（ii）当时，可化为，即，令，设函数，，则，当，即时，函数在上单调递增，所以，即且不恒为零，所以函数在上单调递增，所以，即不等式在上恒成立；当，即时，在上，函数单调递减，故，即，所以函数在区间上单调递减，故存在使得，不合题意；综上，实数的取值范围为.15．（2026·河北邯郸·一模）已知函数．(1)若，证明：．(2)设有两个零点．①求的取值范围；②证明：．【答案】(1)证明见解析(2)①；②证明见解析【分析】（1）由得出，构造函数，由导数得出，即可证明；（2）①由得出，构造函数，根据导数得出的值域即可求解的取值范围；②由①得，，要证即证，构造函数，得出，进而得出，再构造函数，即可证明．【详解】（1）因为，，所以．令，则．当时，，单调递增，当时，，单调递减，则，则．（2）①由，可得．令，则．令，显然在上单调递增，且，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，则．当时，，且当时，．因为，所以由有两个零点，可知的取值范围为．②由①可知，，要证，需证，即，即．令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，则，即，则．令，则，则在上单调递减，则，从而．1．（2026·甘肃兰州·一模）已知.(1)若曲线在处的切线的一个方向向量为，求实数的值；(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）通过求导确定切线斜率，由方向向量确定切线斜率，列出等式求解即可；（2）将问题转换成对任意恒成立，构造函数，通过二次求导，分析函数单调性，即可求解.【详解】（1）由，求导得：，则曲线在处的切线斜率，又曲线在处的切线的一个方向向量为，故切线斜率，所以，解得；（2）由对任意恒成立，可得对任意恒成立，令，则，令，则，由于在恒成立，所以在上单调递增，则，所以在上单调递增，则，即，当时，即，，在上单调递增，则满足条件，当时，，则必存在，使得时，，此时在上单调递减，则有，不满足条件，综上可知：当时，对任意恒成立，即实数的取值范围是.2．（2026·河北唐山·一模）函数，.(1)若在上单调递减，求a的取值范围；(2)若曲线与在处有相同的切线，（i）求a的值；（ⅱ）若，证明：.【答案】(1)；(2)（i）；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）求出的导数，由给定区间及单调性建立不等式求解.（2）（i）利用与在处的导数值相等求出；（ⅱ）按分段讨论，结合极值点的偏移方法推理得证.【详解】（1）函数在上单调递减，则，，即，，而，当且仅当时取等号，因此，所以a的取值范围是.（2）（i）由，求导得，由曲线与在处有相同的切线，得，即，解得，此时曲线与在处的切线都为，符合题意，所以.（ⅱ）由（1）及（i）知，函数在上单调递减，且，，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，且，当时，，而，不符合题意；当时，，则，，因此，符合题意；当，的取值集合为，而在的取值集合为，在的取值集合为，因此能成立，当时，；当时，，，令，求导得，函数在上单调递增，，即，因此，而，则，又函数在上单调递增，于是，即，所以.3．（2026·山东淄博·一模）设、为实数，且，函数，.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，证明：；(3)若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；（2）设，求导，分析函数的单调性，进而求证即可；（3）设，转化问题为函数有且仅有2个零点，分析易得时才能满足题意，设，分析可得需满足，，设，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可.【详解】（1）当时，，则，而，则，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）当时，，设，则，由于，则，令，得，令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则，即.（3）设，由题意，曲线与直线有且仅有两个交点，则函数有且仅有2个零点，而，令，得，而，则，当时，，则函数在上单调递增，此时函数最多有1个零点，不符合题意；当时，令，得，令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又时，，时，，要使函数有且仅有2个零点，则，即，设，则，当时，，则，不满足题意；当时，设，则，则函数在上单调递减，又，则时，，即，则的取值范围为.4．（2026·贵州安顺·一模）已知函数，．(1)令，求在点处的切线方程：(2)讨论在上的单调性；(3)证明：（i）当时，（ii）．【答案】(1)(2)在单调递增．(3)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程，（2）根据复合函数求导得，进而二阶求导，根据函数的单调性可判断单调递减，进而可得单调递减，即可求解,（3）构造函数，即可求导得函数的单调性求证（i），根据（i）的结论可证明，即可结合求证（ii）.【详解】（1），则，，，所以在点处的切线方程为，即．（2），则，记，故设，则当时，，单调递减，所以，即，所以单调递减，所以，故在单调递增．（3）证明：（i）令，则，所以在上单调递增，所以，即当时，所以当时，；（ii）由（i）可知当时，，故，由于,则，故，由（2）可知在单调递增，在单调递减，故在单调递减，即在单调递减，故，所以．5．（2026·广东佛山·一模）已知函数，其中为正实数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，．（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）当取最小值时，若，为正实数，且，证明：．【答案】(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析【分析】（1）求导得切线斜率，代入点坐标写出切线方程即可；（2）（i）通过导数分析函数单调性，结合判别式讨论参数；（ⅱ）利用条件转化为，结合函数性质和单调性证明不等式.【详解】（1）当时，，．所以，又．所以所求的切线方程为，即．（2）（ⅰ），因为，设二次函数的判别式为，①当，即时，，所以在单调递增，所以，所以．②，即时，设的两个根为，，且，由韦达定理，可得，即，所以，所以在单调递减，在单调递增．所以当时，有，与不符合，舍去．综上所述，的取值范围为．（ⅱ）由（ⅰ）得，的最小值为2，在单调递增，且，即因为，为正实数，且，所以．不妨设，则，，所以，．又，所以，即．所以，所以．所以，即．6．（25-26高三下·河南·开学考试）已知函数．(1)求的单调区间；(2)证明：；(3)设，若存在，使得，证明：．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为和(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）先对求导，再分析导数在内的正负区间，进而得到单调区间，（2）设，，再通过求导判断的单调性，结合端点值证明，（3）先对已知等式变形，结合（2）可得，再利用导数证明，由此可得，再证明结论.【详解】（1）由，得，令，解得；令，解得，或，故的单调递增区间为，单调递减区间为和．（2）证明：设，则，因为，则，所以，所以，所以在上单调递增，又，所以当时，，所以当时，，所以，即．（3）证明：由，得，则，即．由（2）知，在上单调递增，所以，即，所以，所以，设，则，所以在上单调递增，则，即，又，所以，即．又，所以，所以．7．（2026·山东聊城·一模）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，恒成立，求a的取值范围；(3)若有最大值，记曲线在点处的切线方程为，证明：当时，存在使，且．【答案】(1)答案见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）求导，结合导数分，，三种情况进行讨论求解；（2）利用导数分，两种情况，当时，，再证；当时，可根据导数推出不成立；（3）先由极值求，根据导数的几何意义求出，令，再利用导数确定其零点即可证明．【详解】（1），当时，，所以在上单调递增，当时，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）当时，恒成立，即，移项可得，令，，令，，，①时，又，所以，令，，令，，在单调递减，，即，在单调递减，，即，故时符合题意；②当时，，故，时，，单调递增，，时，，单调递增，，故时不符合题意；综上，的取值范围是；（3）证明：因为有最大值，所以，，解得．当时，，，已知曲线在点处的切线方程为，则切线斜率，又，根据点斜式方程可得切线方程为，即．令，则．，令，，当时，又，，，即，在单调递增，，故此时不存在使；当时，，解得，时，，单调递减，时，，单调递增，又时，，，，，使得，则当时，，即，单调递增，当时，，即，单调递减，又时，，，，使得，即，综上，当时，存在使，且．8．（2026·江西南昌·一模）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证：(3)当时，设，且满足，求证：.【答案】(1)在为增函数；在为减函数；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数单调区间；（2）求出切线方程，构造函数，利用导数求最值，即可得证；（3）分类讨论证明，结合条件不等式可转化为，构造函数，求导后，利用不同方法证明在为增函数，即可得证.【详解】（1），由，当时，，即在为增函数；当时，，即在为减函数.所以的递增区间为，递减区间为；（2）由，解得，又因为，则，所以切线方程为，设，则，令，解得，当时，，当时，，可知在为增函数，在为减函数，故，所以；（3）由（1）可知，①若，则，不符合题意；所以，②若，则，③若，，又因为在为减函数，所以，所以，综上所述，又因为，由，所以，即，即，设，所以，方法一：设，所以，因为在为单调递增，当时，，，，所以存在，使得，即，又因为，，即在为减函数；又因为，，即在为增函数；所以，又因为，则有，又因为，，所以，即在为增函数，又因为，所以，即.方法二：设，因为在单调递增，又因为所以所以，即在为增函数，又因为，所以，即.9．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程.(2)当时，证明：当时，.(3)若有两个零点，求a的取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据导数的几何意义，求出和，利用点斜式写出切线方程；（2）设，利用导数得在上恒成立，从而可得函数的单调性和最值；（3）设，分情况：，，和研究函数单调性和最值，从而得解.【详解】（1）当时，，则，从而，，故曲线在点处的切线方程为，即；（2）设，则.显然在上恒成立，所以在上单调递减.又，所以在上恒成立，所以在上单调递增，故，即当时，.（3）由题意可得.设，则.①若，显然，则在上单调递增，即在上单调递增.又，所以当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，又，所以只有一个零点，故不符合题意.②若，则当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增.又，所以，又，所以存在唯一的，使得.当时，，当时，，则在，上单调递增，在上单调递减.又，所以，又当时，，所以恰有两个零点，则符合题意.③若，则由（2）知在R上恒成立，所以在上单调递增，又，所以只有一个零点，则不符合题意.④若，则当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增.又，所以，又，所以存在唯一的，使得.当时，，当时，，则在，上单调递增，在上单调递减.又，所以，又当时，，所以恰有两个零点，则符合题意.综上，a的取值范围为.10．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数，且为函数的极值.(1)求实数a的值；(2)当时，恒成立，求实数m的取值范围；(3)证明：当时，．【答案】(1)(2)或(3)证明见解析【分析】（1）利用极值点的必要条件（极值点处导数为0），对求导后代入，解方程得到的值，再验证导数在两侧的符号，确认为极值点；（2）构造函数，将恒成立问题转化为在上恒成立，即求的最小值≥0.通过求导分析的单调性，分和两种情况讨论，结合函数最值解关于的不等式，得到的取值范围；（3）利用不等式，得到，对进行放缩，转化为可裂项相消的形式，求和后证明不等式.【详解】（1）因为，又为函数的极值，所以，即，解得.验证极值点：当时，.当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此是的极小值点，符合题意，故.（2）由(1)得，设，设，.当时，，因此在上单调递增，.情况1：此时，故，在上单调递增，最小值为.，解得或，结合，得.情况2：在上单调递增，且，时，故存在唯一，使得，即.当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此的最小值为，代入，化简得，因，故，解得.设，，，故在上单调递减，因此，综上所述，实数的取值范围是或.（3）证明：由(1)得，因此.令，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以，所以所以不等式（当且仅当时取等号），令，得，且时，故.因此对，有：，即因为，所以.因时，故，即，不等式得证.11．（2026·陕西榆林·模拟预测）已知函数．(1)讨论函数在区间内极值点的个数．(2)设函数，若函数存在两个不同的零点，且．（i）求实数a的取值范围；（ii）证明：．【答案】(1)分类讨论，答案见解析.(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）利用导数，分情况和讨论极值点；（2）（i）利用导数研究单调性，从而得，由函数存在两个不同的零点可得，得解；（ii）根据零点的分布和大小情况进行考虑入手即可.【详解】（1）因为，所以．若，当时，恒成立，则函数在上单调递增，无极值点．若，当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增，故是函数的极小值点，且函数无极大值点．综上可知，当时，函数在区间内极值点的个数为0；当时，函数在区间内极值点的个数为1．（2）（i）由题意知，所以．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，则，因为函数存在两个不同的零点，所以，即，所以实数a的取值范围为．（ii）下面找两个点m，，使得，注意到，且，于是考虑找点，下面我们证明：．①要证，即证，设，要证明，即设，则，则所以在上单调递增，得，所以在上单调递增，故，即因此．设，则，所以在上单调递增，所以，因此，又，故，即，又，所以．．

②，设，则，易知在上单调递增，在上单调递减，所以，即．因为，即，所以，且，因此，因为，所以，所以，即得证．12．（2026·广东广州·一模）已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)若有且仅有1个零点，求的值；(3)若存在，使得对任意恒成立，证明：．【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)(3)证明见解析；【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间；（2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令，利用导数得到的单调性和最小值，所以.（3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到时取得最大值，因此，即，故得证.【详解】（1）当时，，定义域为，求导得到，令，则当时，所以在内单调递减，且，即在内单调递减，且，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；综上所述，单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为有且仅有1个零点，所以方程有且仅有1个解，即有且仅有1个解，令，，则，令，则，所以在区间上单调递增，又因为，所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增；所以函数在处取得极小值也是最小值，当时，，时，，因为有且仅有1个解，所以.（3）因为对任意恒成立，所以，即，因此，要证，只需证明即可，对函数求导得到，令，则，所以在区间单调递减，即在区间单调递减，存在唯一极大值点，满足，即，在内函数单调递增，内函数单调递减，所以当时取得极大值也是最大值.因此，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在时取得最大值，因此，所以，所以，故得证.13．（2026·湖北黄冈·一模）已知函数，．(1)当时，求函数的最小值；(2)当时，证明：在上存在2个不同的零点，且；(3)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据函数单调性和函数导数之间的关系，求出函数导数，进而判断函数单调性，求出函数最值；（2）根据函数零点与函数导数之间的关系，进而求出函数单调性，根据函数单调性判断函数最值，判断函数零点，再构造函数，根据函数单调性列出不等式，证明结果即可；（3）根据不等式恒成立的条件，构造函数，根据函数导数求出函数单调性和最值，求出参数范围.【详解】（1）由题意可知．当时，，在上单调递减，∴．（2）当时，，即，可得，令，，令，由定义域为，可得，解得，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以．又时，时，所以在上2个不同的零点，即在上2个不同的零点，设，令，，则，∴在上单调递减，∴，∴，即，又，，而在上单调递增，，故．（3）令在上恒成立．记，．则，所以原不等式等价于在上恒成立．可知，令，．当时，，即在上单调递增，即在上单调递增，∴，当即时，，在上单调递增，，不等式恒成立；当即时，存在使得，即存在使得在上单调递减，在上单调递增，即在上，不等式不恒成立．所以；当时，，，，可知在上单调递增，，．即在上有唯一解，使得，即时，在上单调递减，时，，在上单调递增，因为，∴存在，使得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，即在上单调递增，在上单调递减，而，．∴当时，，即在上单调递增，而，∴，∴．14．（2026·河北衡水·一模）已知函数.(1)证明：存在，使得曲线在点处切线的斜率为定值.(2)当时，讨论零点的个数.(3)当的零点个数最多时，证明：的零点之和大于3.【答案】(1)证明见解析(2)当时，有两个零点；当时，有三个零点；当时，有四个零点.(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义，利用导函数解析式可求出的值（2）根据零点概念计算得到或，构造函数，通过分类讨论，借助导数研究函数的单调性和最值，分析函数的零点情况即可；（3）由（2）确定零点的分布和零点满足的条件，通过构造函数求最值证明结论.【详解】（1）证明：，由，得，，则存在，使得曲线在点处切线的斜率为定值.（2）当时，由，得或.设函数，则，令，得，则在上单调递减，令，得或，则在上单调递增，在上单调递增.当时，，若，则，若，则.当时，，若，则，若，则.当时，方程只有一个非零实数解，则有两个零点；当时，方程有两个非零实数解，则有三个零点；当时，方程有三个非零实数解，则有四个零点.（3）证明：由（2）知，当时，的零点个数最多，且0为其中一个零点，不妨设，且，，等式两边同时取对数并整理得，.设函数，则，，则在上单调递增.因为在上单调递增，且，所以.要证，只需证，即证，因为，且在上单调递增，所以只需证，即，令函数，，则，所以在上单调递减，则，即，故.故当的零点个数最多时，的零点之和大于3.15．（2026·河南许昌·模拟预测）已知函数，.(1)若，求的单调区间；(2)若，.（ⅰ）求；（ⅱ）函数图象上是否存在关于原点对称的点？若存在，试确定对称点的组数；若不存在，请说明理由.【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在唯一一对关于原点对称的点.【分析】（1）首先求函数的导数，再判断导函数的单调性和零点，即可求解和的解集；（2）（ⅰ）首先根据指对函数的性质确定不成立，讨论的情况，令，利用导数分析函数的单调性和零点，根据不等式求的值；（ⅱ）首先假设函数图象上存在关于原点对称的点，转化为判断函数是否有零点.【详解】（1）当时，，，则为增函数，又，当时，，在上为增函数，当时，，在上为减函数，的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（ⅰ）即，当时，若，则，，且，不等式不成立，，当时，令，，令，则，在上为增函数，，，，，，又且，则在上有且仅有一个零点，当时，，，在上为增函数，当时，，，在上为减函数，则函数在处取得最小值，，又，则此时必有，所以，解得；（ⅱ）由（ⅰ）知，，假设存在关于原点对称的点，设点为函数图象上的点，则关于原点对称的点为，，设函数，，为偶函数，当时，，，，则，所以函数为增函数，，，即方程在上有唯一解，综上可知函数图象上存在唯一一对关于原点对称的点.16．（25-26高三下·陕西渭南·开学考试）已知函数，，记的导函数为．(1)当时，求的最小值；(2)若在区间内单调递增，求a的取值范围；(3)若，，证明：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）先对求导，通过导数判断函数单调性，再根据单调性确定最小值点，进而求出最小值.（2）因为在区间内单调递增，所以在该区间恒成立，将问题转化为求参数的取值范围，可通过讨论单调性求解.（3）先求出，由得到等式，对等式变形后，要证明目标不等式，可通过构造函数、利用函数单调性和不等式放缩的思想.【详解】（1）当时，，定义域为，且，是偶函数，故只需讨论的情况.求导得：，令则，因此在单调递增，得，故在单调递增，最小值为.（2）在单调递增等价于对任意恒成立.令是的导数，则，当时，在单调递增，，，，当时，，在区间内单调递减，所以，在区间内单调递减，不符合题意，当时，，则恒成立，在区间内单调递增，所以，在区间内单调递增，符合题意，综上a的取值范围为.（3）首先化简：，求导得：，不妨设，由得：，因此：①，待证不等式等价于：，结合①，只需证，令，化简得：，令，求导得，故在单调递增，，不等式成立,因此，整理得原不等式成立.17．（2026·福建泉州·一模）已知函数.(1)证明：有且只有一个极值点；(2)若恰有两个零点.（i）证明：；（ii）记的极值点为，若，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）法一：，再设新函数再次求导，得到其单调性，再结合极限知识和零点存在性定理和极值的定义即可得到其唯一极值点；法二：同法一利用二次求导法，通过取值再结合零点存在性定理即可证明；（2）（i）法一：首先讨论的情况，再研究，代入隐零点得到方程组，消去，再设新函数，求导后得到其单调性，再结合零点存在性定理即可得到证明；法二：同法一消去，再设新函数，求导得其单调性，计算和即可证明；（ii）法一：利用，再设新函数，通过多次求导研究即可；法二：将代入即可得，再设新函数并求导，最后再对分三类讨论即可；法三：同法二得到，再设新函数并求导，最后对分两类讨论即可.【详解】（1）解法一：函数的定义域，令，因为，所以在单调递增，即在单调递增.又.所以存在唯一的实数，使得，即.当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；故为的极小值点，即有唯一的极值点；解法二：同法1得到在单调递增.由于，，所以存在唯一的实数，使得，即，当时，，所以单调递减；当时，，所以单调递增；故为的唯一极值点.（2）（i）解法一：由（1），得.①当时，至多一个零点，不合题意，舍去；②当，即时，由消去得，，令，因为，所以为减函数，又因为，所以的解集为.又在单调递增，所以.又.此时有两个不同的零点，即.解法二：同法1得到.此时又，则，由零点存在性定理，存在，使得.综上，可得.（ii）解法一：由于，所以可化为.令，则，设，则，则，则，即，从而.令，所以在单调递增，所以，所以，即，所以，所以在单调递增.所以，故.解法二：将代入整理得令，当时，因为，所以，所以，显然成立；当时