2026年高考数学终极冲刺：专项05 导数及其应用7大题型 （大题专练）（全国适用）（原卷版及解析）

1/2专项05导数及其应用内容导航【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分根据近五年全国卷考情，函数中导数的应用是高考解答题必考题目，通常作为压轴题的形式出现,考查的内容主要还是以含参为主;小题则重点考查三次函数的性质、导数的几何意义及利用导数比较大小等考点，分值约20-32分．命题趋势：解答题：稳定考查导数与函数的综合应用（常为第18至19题），核心是利用分类讨论、转化与化归、构造函数等策略解决导数的综合应用问题．2026年预测：解答题极可能仍会以含参形式的出现，热门考向为利用导数研究不等式恒成立、证明不等式及研究函数的零点．备考核心：夯实导数基础题型，掌握分类讨论、构造函数法，专攻极值最值与零点问题，限时训练规范步骤，总结易错点，真题限时演练提升速度．题型01利用导数解决不等式恒（能）成立问题析典例·建模型1．（2026·山东滨州·一模）已知函数．(1)证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等；(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．2．（25-26高三下·重庆·月考）已知，其中．(1)若，求函数在点处的切线方程；(2)对任意的，总存在，使得，求a的取值范围．研考点·通技法对于含有参数的不等式来说，要求参数的取值及取值范围.一般采用参编分离的思想，将参数移到一边，从而重新构造函数，求出函数的单调性，从而求出参数的取值范围.对于含有两个参数的，一般是将两个参数转换成一个参数处理.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.破类题·提能力1．（2026·河北张家口·一模）已知函数，．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：；(3)若，关于的不等式有解，求实数的取值范围．2．（2026·云南·模拟预测）已知函数．(1)当时，证明：在上存在唯一零点；(2)证明：在上恒成立的充要条件是．题型02利用导数证明不等式析典例·建模型1．（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：．2．（2026·广东深圳·一模）已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)若有两个零点.（i）求的取值范围；（ii）证明：.研考点·通技法利用导数证明不等式，核心是构造函数+单调性+最值.先移项构造新函数，求导判断其单调性，找到区间内的最值，证其恒正或恒负.复杂不等式可拆分证明、适当放缩，或利用常见不等式（如lnx≤x−1）间接推导；含参不等式要结合分类讨论，通过单调性确定参数范围，转化为最值问题求解.注重步骤规范，先构造再求导、定号、得单调性、证最值，逻辑清晰即可得分.破类题·提能力1．（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.2．（25-26高三下·安徽·开学考试）已知，直线与曲线和都相切．(1)求的值；(2)若，其中．（i）求实数的取值范围；（ii）求证：．题型03极值点偏移问题析典例·建模型1．（2026陕西西安·模拟预测）已知函数，记．(1)讨论函数的单调性；(2)已知，对任意，存在，使得，求实数的取值范围；(3)已知，且，求证：．2．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数.(1)当时，求的最小值；(2)已知函数有两个零点，，且.（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）证明：.研考点·通技法极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；3.若函数存在两个零点且，令，求证：；4.若函数中存在且满足，令，求证：.破类题·提能力1．（25-26高三下·辽宁·开学考试）已知函数的导函数为.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)当时，，求的取值范围；(3)设，当时，方程仅有两个不相等的实数根，求证：.2．（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：．题型04利用导数研究隐零点问题析典例·建模型1.（2025·江西萍乡·模拟）已知函数，.(1)讨论函数的单调性；(2)若=0，求的值；(3)证明：.研考点·通技法隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.基本步骤：第1步:用零点存在性定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程,并结合的单调性得到零点的范围;第2步:以零点为分界点,说明导函数的正负,进而得到的最值表达式;第3步:将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简:（1）要么消除最值式中的指对项（2）要么消除其中的参数项;从而得到最值式的估计.二、函数零点的存在性定理函数零点存在性定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少有函数的一个零点，即至少有一点，使得.三、隐零点的同构实际上,很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项,而这类问题由往往具有同构特征,所以下面我们看到的这两个问题,它的隐零点代换则需要同构才能做出,否则,我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方向.我们看下面两例:一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析所以在解决形如,这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.四、一般思路针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式.构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域或者证明不等式恒成立问题.在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的特殊值来确定零点存在区间.破类题·提能力1.（2026·浙江·开学考试）已知函数．(1)求在点处的切线方程；(2)当，对任意的恒成立，求实数的取值范围；(3)证明：．2．（2026·陕西商洛·二模）已知函数，其中．(1)当时，求在处的切线方程；(2)若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围；(3)若R，对任意的恒成立，求的最小值．题型05利用导数研究函数的零点（方程的根）问题析典例·建模型1．（2026·云南·模拟预测）已知函数，．(1)当时，求在处的切线方程；(2)若，都成立，求的取值范围；(3)若函数，证明有且仅有两个零点．2．（2026·辽宁·模拟预测）已知函数（是自然对数的底数）．(1)求曲线在原点处的切线方程；(2)若在内有两个极值点，求实数的取值范围；(3)时，讨论关于的方程的根的个数．研考点·通技法利用导数研究函数零点（方程根），核心是数形结合、单调性、极值与端点效应.1.转化：将方程根的与函数零点互相转化，或分离参数转化为直线与曲线交点问题.2.求导分析：求定义域，求导并因式分解，判断单调性与极值点，确定函数图像走势.3.零点存在定理：计算极值与区间端点函数值，利用符号判断零点个数：极值正、负、零分别对应不同交点情况.4.分类讨论：含参问题按导数零点的大小、是否在定义域内分类，逐段分析单调性与最值.5.找点技巧：若函数值不易判断，可适当放缩、取特殊值，证明存在正负两点，锁定零点区间.整体思路：单调定趋势，极值定个数，符号定存在，参数分类论.破类题·提能力1．（25-26高三下·贵州遵义·开学考试）已知函数．(1)求函数在处的切线方程；(2)若方程在上恰有2个实数根，求m的取值范围．2．（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：．题型06导数与数列的综合问题析典例·建模型1．（25-26高二上·河北石家庄·期末）已知函数，，记的零点为.(1)求；(2)求数列中的最小项；(3)证明：2．（2026·湖南岳阳·模拟预测）已知函数，且.(1)求;(2)已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有；(3)证明：对任意的，均有.研考点·通技法导数与数列综合题是高考导数压轴常见类型，核心思路为函数搭桥、赋值放缩、累加求和.1.先证函数不等式：利用导数研究函数单调性与最值，证明关键不等式，如lnx≤x−1、ex≥x+1等，这是解题基础.2.对变量赋值：将x替换为数列通项、相邻项比值等特殊形式，得到数列项之间的不等式关系.3.累加或累乘转化：对赋值后的不等式进行累加、累乘，转化为数列求和、求积问题，实现放缩目标.4.规范答题步骤：先完成导数部分的函数证明，再逐步赋值、变形、放缩，分步书写得分点，避免逻辑跳跃.此类题目本质是用导数工具得到放缩模型，再借助数列方法完成证明，分步拆解即可突破.破类题·提能力1．（25-26高三下·福建泉州·开学考试）已知函数.(1)证明：；(2)证明：；2．（25-26高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数．(1)当时，①求的最小值；②设，求证:；(2)设，，是的两个极值点，求证：．题型07导数的新定义问题析典例·建模型1．（25-26高三上·广东汕头·期末）某些函数如和的图象具有性质：曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线的下方.这个性质可表示为：设是定义在区间上的函数，则对于上的任意与任意，总有成立.(1)设，求证：；(2)设，求证：；(3)某同学研究发现，若函数在上存在导函数，则上述性质的充要条件为在上递增，求证：，其中均为正数.研考点·通技法导数新定义题的核心是读懂定义、转化为常规导数问题.1.翻译定义：准确理解新符号、新运算、新性质，将其转化为函数、导数、单调性等熟悉语言.2.构造函数：依据定义构造合适函数，转化为求导、单调性、极值最值、零点等常规题型.3.分类讨论：对含参问题按定义域、导数零点、单调性分段讨论，结合定义约束条件求解.4.数形结合：借助图像理解新定义几何意义，判断交点、范围与存在性.整体策略：先翻译定义，再化归旧知，用导数工具求解，规范书写步骤.破类题·提能力1．（25-26高三上·宁夏银川·期末）定义“下凸函数”：在区间上，对任意，均有，当且仅当时，等号成立．若函数在区间上存在二阶可导函数，则为区间上的“下凸函数”的充要条件是（为的导函数）．(1)若是上的“下凸函数”，求实数的取值范围；(2)证明：函数在上为“下凸函数”；(3)已知正实数满足，求的最小值（用含的代数式表示）．2．（25-26高三下·吉林长春·月考）已知函数．(1)求在点的切线方程；(2)，求实数的取值范围；(3)请阅读下列两段材料：材料1：阶导数定义：设函数的阶导数仍是可导函数，则的导数称为的阶导数，记为，即．材料2：一般地，函数在处的阶帕德逼近函数定义为：，且满足，．请根据以上材料回答下列问题：记为在处的阶帕德逼近函数，当时，求函数的最小值；并证明：．（其中为自然对数的底数）．（建议用时：100分钟）刷模拟1．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数有且仅有一个零点，求的值.2．（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．3．（2026高三·全国·专题练习）已知函数.(1)讨论的图象与直线的交点个数.(2)已知函数，有五个不同的零点，且，求的取值范围.4．（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.5．（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.6．（2026·江苏扬州·一模）已知函数的一个极值点是．(1)求a与b的关系式；(2)求出的单调区间；(3)设，，若存在，使得成立，求实数a的取值范围．7．（25-26高三上·广西·期末）已知函数，．(1)求在内的单调性；(2)若存在，使得，求实数a的取值范围；(3)设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由．8．（25-26高三上·四川成都·月考）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（IsaacNewton，1643-1727）在《流数法》一书中给出了牛顿法：用“作切线”的方法求方程的近似解.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，在点处作曲线的切线，设与轴交于点，并称为的1次近似值；在点处作曲线的切线，设与轴交于点，称为的2次近似值.一般地，在点处作曲线的切线，记与轴交于点，并称为的次近似值.

(1)若函数，取作为的初始近似值，求的2次近似值；(2)若函数，取作为的初始近似值，点，数列是由，，，，构成的，记：，.回答以下问题：（i）求数列的通项公式，并将的长度用表示；（ii）求证：.刷真题1．（2026·上海·春季高考）已知函数.(1)当，，求函数在处的切线方程；(2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围.2．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数，其中．(1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；(2)设分别为在区间的极值点和零点.（i）设函数.证明：在区间单调递减；（ii）比较与的大小，并证明你的结论．3．（2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数在区间的最大值；（2）给定和，证明：存在使得；（3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值．4．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真题）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．5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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．6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，．7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当时，；（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．

专项05导数及其应用参考答案题型01利用导数解决不等式恒（能）成立问题析典例·建模型1．【思路分析】（1）分析的单调性及取值情况，可得有唯一解，从而证得在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等；（2）分离参数，构造新函数，通过分析新函数的最小值，得到实数的取值范围．【规范答题】（1）函数的定义域为..令，则.令，得，所以；令，得，所以.所以在上单调递减，在上单调递增.所以在处取得最小值，最小值为.当时，，所以.又，所以当时，.当时，.其简图如下：所以有唯一解，即在曲线的图象上，有且仅有一个点处的斜率等于，即在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等.（2）当时，不等式恒成立，即.令，则.令，则.因为，所以，又，所以.所以是增函数，所以.因为，所以恒成立，所以是增函数，所以，即的最小值为.所以实数的取值范围是．2．【思路分析】（1）求出、后可得切线方程；（2）根据的符号得的单调性，再求出在、在上的值域，根据它们的包含关系可求参数的取值范围.【规范答题】（1）因为，，所以，则，，故点处的切线方程为，即．（2）由题意得，000递减极小值0递增极大值递减所以的单调增区间是，单调减区间是和．由，当时，，当时，．因为对于任意的，总存在，使得，故，所以，所以．设，，问题转化为．下面分两种情况讨论：

情形一：当，即时，有，在上单调递减，故在上的取值范围，故，而在上的取值范围，故，所以，不符合题意；情形二：当时，，在上单调递减，故的取值范围，故，而，在上单调递减，故，满足，故符合题设要求.情形三：当，即时，此时，故此时在上的取值范围，故，而在上的取值范围，即，而，故成立，综上，a的取值范围为．破类题·提能力1．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）求出导函数，可得，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方程；（2）先利用导数法证明当且仅当时等号成立，再利用导数法证明当且仅当时等号成立，即可证明；（3）将整理得，设函数，利用单调性得，即，利用导数法求得函数的最大值，即可得解.【详解】（1）由得，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2）设，，，当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以，即，所以当且仅当时等号成立，设，定义域为，则，，当时，，为增函数，当时，，为减函数，所以，即，所以当且仅当时等号成立，所以；（3）因为，整理可得，故，设函数，则，因为，所以函数单调递增，所以，整理可得，设函数，则，当时，，为增函数，当时，，为减函数，所以，所以，解得，所以实数的取值范围.2．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）先利用导数判断函数的单调性，再结合特殊点的函数值，根据零点存在定理推导零点的唯一性.（2）先由时推出的范围，再分和两种情况，通过求导分析单调性，证明时，，即充分性.【详解】（1）当时，，∵，∴在R上单调递减，又∵，∴在R上有唯一零点．（2）必要性：因为时，，所以，即，所以，充分性：当时，，令，则，，①当时，，当且仅当时，，所以在上单调递增，故，所以，②当时，记，则，因为，，，又因为在上单调递减，在上单调递增，所以在上存在、，使，，且，，所以当或时，；当时，，所以在、上单调递增，在上单调递减，又因为，，，所以当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，而，，所以，所以，所以.题型02利用导数证明不等式析典例·建模型1．【思路分析】（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.【规范答题】（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，.2．【思路分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性，（2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则，可求解，即可结合解法一求解.【规范解答】（1）由于令，则，令，，在上单调递增；令，，在上单调递减；于是的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（i）解法1

由于若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾；于是，令，则等价于，易得，因为，则，令，则在上单调递增，在上单调递减，则，因为即，，所以，显然不符合题意，故，即，令，，则在上单调递增，且，由于，所以，由于，令，在上单调递增，则，于是，，由零点存在定理，存在使得，当时，易证，则即，由于，取，且，则，由零点存在定理，存在使得，所以当时，在上有两个零点.解法2

由于，，若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾：于是，令，，，则，令，则，由于，令，，当时，，即，于是在上单调递增，当时，，即，于是在上单调递减，于是，若，即，由，则，可得，同解法1；（ii）根据（i）可知，，其中，则，下证：即证：.设

，令，，于是在上单调递增，在上单调递减，则，即证.破类题·提能力1．【答案】(1)极大值，极小值(2)（i）证明见解析；（ii）【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.2．【答案】(1)，；(2)（i）；（ii）证明见解析.【详解】（1）．设与的切点为，则，解得，所以．由与相切，同理得，所以．（2）（i）由得直线与有两个不同的交点，与有两个不同的交点，由（1）知，，，在上单调递减，在上单调递增；，，在上单调递减，在上单调递增，又，且；，且，作出函数和的图象，由图象知的取值范围为．（ii）不妨设，由（i）知，，显然，且，所以，同理，．要证，只需证，只需证．又，只需证．令函数，则，所以函数在（0，1）上单调递增，由得，所以显然成立，综上，．题型03极值点偏移问题析典例·建模型1．【思路分析】（1），对其求导，对实数进行分类讨论进行求解；（2）令，由对任意，存在，使得，得，进行求解；（3）由（1）知，，由，得，要证，即证，即证，即证，令，即证，令，利用导数判断单调性进行证明．【规范答题】（1），则，当时，，此时函数在上单调递增，当时，由，得，由，得，则函数在上单调递减，在上单调递增，综上知，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，当时，，令，则，则，由，得，由，得，则函数在上单调递减，在上单调递增，得，由对任意，存在，使得，得，即，得，因为，所以，故实数的取值范围为：（3）已知，且，由（1）知，，且函数在上单调递减，在上单调递增，则，，得，得，得，要证，即证，即证，即证，因为，所以，即证，即证，即证，令，即证，令，得，则函数在上单调递增，得，即得证，故命题得证．2．【思路分析】（1）借助导数研究函数单调性后即可得其最小值；（2）（ⅰ）解法1：令得，再构造函数，结合导数求出该函数单调性后，利用图象与直线有两个交点即可得解；解法2：求导后，分及进行讨论，再利用导数研究其单调性后结合零点存在性定理即可得；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2可得、的范围，从而可转化为证明，结合函数单调性，即证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证；证明2：由题意可知，，则，从而只需证明，再构造函数，结合（1）中所得即可得证；证明3：由题意可知，，则，从而只需证明，令，，令，即只需证（），再构造函数，再利用导数研究该函数单调性即可得证.【规范答题】（1）当时，，，令得，当时，；当时，，因此在单调递减，在单调递增，故的最小值为；（2）（ⅰ）解法1：令得，设，则图象与直线有两个交点，，当时，；当时，，因此在单调递增，在单调递减，时，，，，故的取值范围为；解法2：函数的定义域为，，若时，则，故在上单调递减，不满足题意；若时，令得，当时，；当时，，因此在单调递减，在单调递增，因为函数有两个零点，所以，即，解得，此时，，满足题意，故的取值范围为；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，，要证，即证，因为，所以，又在单调递减，即证，又，即证.设，，则，当且仅当时取等号，所以，函数在单调递增.当时，，因此，，因为，所以，故原不等式成立；证明2：由题意可知，，两式相减得，要证，即证，即证，令，则，即证（），即证（），设（），则，由（1）知，，当且仅当时取等号，故，即，在单调递增，当时，，故原不等式成立，证明3：由题意可知，，两式相减得，要证，即证，即证，令，，则，，，即证（），即证（），令，即证（），设（），则，在单调递减，，因为，所以，故原不等式成立.破类题·提能力1．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）当时，，，故切线方程为，化简为.（2）当时，，不符合题意，舍去.当时，.令，当时，，故在上单调递增，所以，即时，，在上单调递增，所以成立.当时，设恒成立，所以在上单调递增，，所以，使，当时，，即，所以单调递减，，所以在时成立，所以在上单调递减，所以，不符合题意，舍去.综上，的取值范围为.（3）证明：，所以，与仅有两个交点，所以，不妨设所以，因为，所以，所以，又在上单调递减，所以，所以.2．【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【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．题型04利用导数研究隐零点问题析典例·建模型1.【思路分析】看到什么想到什么求导后，对分类讨论，研究函数的单调虚设零点，结合单调性求解移项构造函数，利用隐零点，用代数法证明不等式【规范答题】（1）由得且，若，则恒成立，即在上单调递增；若，令，则；令，则，所以函数在单调递减，在单调递增；综上，，在上单调递增；当时，函数在单调递减，在单调递增.（2）由，所以，即，令，则，所以，由（1）可知，当时，在单调递增，所以，所以；（3）第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性记，则，因为，所以在单调递减，第二步：借助导函数“隐零点”，判断函数的单调性由（2）可知，则.所以若，；若，，所以可知函数在单调递增，在单调递减，所以，第三步：用代数法证明不等式又，，，所以，所以.破类题·提能力【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】（1），令，所以切线方程为．（2）因为恒成立，即恒成立，令，，令，解得，当时，单调递增；当时，单调递减；故的最大值为，因为恒成立，所以，所以，即实数的取值范围为．（3）法一：由（2）得当时，恒成立，即，令，所以，令，则，故在上单调递增，所以，即成立，得证．法二：令，先证，即证，令，当单调递增；当单调递减，所以，所以，即得证，因为，所以，令，则，令，所以，所以在上单调递增，又因为，所以使得，即，也即，所以时，单调递减；时，单调递增，所以，代入得，，又在时单调递减，而，所以，所以，即成立，所以，原不等式得证．2．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）当时，，函数定义域为故，又，所以切线方程为.（2）由题意得若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立，令，当时，当时所以在单调递减，在单调递增，所以，所以即因此所求实数的取值范围为.（3）由（2）知所以在单调递减，又，，所以必存在正数，使得，即由（2）知当时，即，当时，即，当时，即，由上可知在单调递增，在单调递减，所以，所以，即，令因为当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以的最小值为题型05利用导数研究函数的零点（方程的根）问题析典例·建模型1．【思路分析】（1）当时，，分别求出切点纵坐标和切线斜率，使用点斜式即可求得在处的切线方程；（2）先使用参变分离可得在上恒成立，令，利用导数结合辅助角与三角函数值求出的最大值即可；（3）由题意可得，则，使用导数结合的取值确定在各个区间内的单调性，并由零点存在性定理确定零点个数即可.【规范答题】（1）当时，，则，所以，．故切线方程为，即．（2）因为在上恒成立，且，所以在上恒成立，令，则，因为，①当时，由，解得，，单调递增，，单调递减，所以当时，；②当时，因为，，所以，所以时，，所以，综上，的取值范围为．（3）因为，所以，，设，①当时，，单调递增，所以，所以在上单调递减．又，所以为在上的唯一零点；②当时，因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递减．又，，所以，使得，所以当时，；时，，即在上单调递增；在上单调递减，又，所以，所以在上单调递增，此时，不存在零点．又，所以，使得，所以在上单调递增，在上单调递减．又，所以在上恒成立，此时不存在零点；③当时，单调递减，单调递减，所以在上单调递减．又，即，又在上单调递减，所以在上存在唯一零点；④当时，，，所以，即在上不存在零点．综上所述：有且仅有个零点．2．【思路分析】（1）根据导数的几何意义，曲线在原点处的切线斜率，结合点斜式求切线方程；（2）若在内有两个极值点，等价于在上有两个不相等的实数根．令，分类讨论有两个变号根时的范围；（3）化简原式可得：，分别讨论和时的单调性，可得的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合的单调性可以得到零点个数.【规范答题】（1）因为，所以，故，故曲线在点处的切线方程为，即；（2）由（1）知，，因为在内有两个极值点，所以在内有两个不相等的实数根，即在上有两个不相等的实数根．设，则，①当时，，所以在上单调递增，不符合条件．②当时，令得，当，即时，，所以在上单调递减，不符合条件；当，即时，，所以在上单调递增，不符合条件；当，即时，在上单调递减，上单调递增，若要在上有两个不相等的正实根，则，解得．综上所述，所以的取值范围为.（3）由可得，，设，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减．（ⅰ）当时，，则，所以．因为，所以，因此在上单调递增．（ⅱ）当时，，则，所以．因为，所以，即，又，所以，因此在上单调递减．综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当时，，当，即时，没有零点，故关于x的方程根的个数为0，当，即时，只有一个零点，故关于x的方程根的个数为1，当，即时，①当时，，要使，可令，即；②当时，，要使，可令，即，所以，当时，有两个零点，故关于x的方程根的个数为2，综上所述：当时，关于x的方程根的个数为0，当时，关于x的方程根的个数为1，当时，关于x的方程根的个数为2．破类题·提能力1．【答案】(1)(2)【详解】（1），因为，所以函数在处的切线方程为；（2）方程在上恰有2个实数根，等价于直线与函数的图像在上有两个不同的交点，由，所以直线恒过定点，且斜率为，由（1）可知，当时，，单调递增，所以函数的图象如下图所示：设函数的切线过点，切点为，斜率为，所以切线的方程为，把点的坐标代入，得，因为，所以解得，即斜率为，由数形结合思想可知：当时，即时，直线与函数有两个不同的交点，即方程在上恰有2个实数根，此时m的取值范围为.2．【答案】(1)(2)证明见解析【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，.题型06导数与数列的综合问题析典例·建模型1．【思路分析】（1）对求导，确定单调性即可求解；（2）由通过作差得到，构造函数利用其单调性，确定数列单调性即可求解；（3）令，求导确定单调性，得到，化简计算即可证.【规范答题】（1）当时，，定义域为，在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以有唯一零点1，即；（2）由的零点为，得，两式相减得：，即，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以由，得到，所以，所以数列是递增数列，所以数列中的最小项是；（3）令，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以，当且仅当时，等号成立，即，因为，所以,所以，所以，所以，所以.2．【思路分析】（1）构造函数，利用导数判断函数的单调性，可得，只需满足，计算即可得解；（2）先写出，将不等式变形，通过换元，构造函数，利用导数证其单调性，从而推导不等式成立；（3）由（1）中的结论，取得到，对不等式左边求和，结合对数运算性质（裂项相消），证得结果.【规范答题】（1）由得，令，则，①当时，恒成立，在上单调递减，且，不符题意；②当时，在上单调递增，在上单调递减，故，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，则，即，又，所以，解得.（2）由（1）知，，要证，即证，进一步变形为证，即证.因为，令，则需证（），即证（）设，，，当时，，在单调递增，所以，得证.（3）由（1）知，且，当时，，即；令（），则.要证，即证，因为，所以，而，得证.破类题·提能力1．【答案】(1)对求导，构造函数，通过研究的单调性可知的单调性，进而求证(2)当时，有，取，可得，进而求证【详解】（1）由，可得，可知函数的定义域为，由知.令，有，可得函数是增函数，又由，可知当时，，即；当时，，即.可得函数的减区间为，增区间为，可得，即.（2）由（1）可知，不等式（时取等号）恒成立.当且时，不等式可化为，取，有，即，可得，所以，故不等式成立.2．【答案】(1)①；②证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）①当时，，其定义域为，又，所以当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以在处取得极小值，也是最小值，即；②由①知，当时，，即，令，则，则，所以，则，所以，得证.（2）函数的定义域为，又，因为，是的两个极值点，所以，，即，令，，则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，不妨假设，要证，只需证，因为，所以，因为在上单调递增，所以只需证，又因为，所以只需证，令，则，因为，所以，则，所以，所以在上单调递减，，所以，即.题型07导数的新定义问题析典例·建模型1．【思路分析】（1）求出和，作差与0比较大小即可.（2）通过构造函数，将不等式成立问题转化为求最值的问题，进一步证明即可.（3）通过构造函数，证明单调递增，利用题干中性质结合对数运算证明即可.【规范答题】（1）因为，所以，，所以，因为，所以，即，所以.（2）要证，即成立，只需证（因为），即成立，令，则只需证成立.整理得.令，，则.令，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在处取得最小值，所以，故原不等式成立.所以.（3）因为当，时，，当且仅当时取等号，所以若证，只需证成立，同时取自然对数得，即证成立，也即证成立.令，，则，令，则.因为，所以，故在上单调递增，所以具有题干中的性质.所以，即，故原不等式成立.因此当均为正数时，.破类题·提能力1．【答案】(1)；（2）见解析；（3）【解析】（1）由，可得，则.因为是上的“下凸函数”，所以对任意的恒成立，即恒成立，所以在上恒成立.令，则函数在上单调递减，所以，所以，即实数的取值范围为.（2）由，可得，.令，当时，，所以在上单调递增，所以，即，根据“下凸函数”的充要条件可知，函数在上为“下凸函数”．（3）令，则，即是增函数，所以.又，考虑函数，求导得，则.当时，，则，故在上为“下凸函数”，所以，即，即，所以，当且仅当时，等号成立，因此的最小值为．2．【答案】(1)(2)(3)0，证明见解析【详解】（1），，又，切线方程：,即切线方程为：.（2）在区间内恒成立，令，注意到，则，①当时，恒成立，所以在区间内单调递减，则符合题意；②当时，令，当时，，又，所以，使，当时，即，则在区间内单调递增，故，与已知矛盾；所以的取值范围是.（3）由题意得，，由，得，所以，则，由，得，，所以，由，得，则，故，则，所以在区间内单调递增，所以，当时，即整理得，由（2）可知当时，，则，当时，，令，得，即.（建议用时：100分钟）刷模拟1．【答案】(1)(2)9【详解】（1）当时，，，得，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）方法一：，，，令，，得，故在内单调递增，又，则当，，得，单调递减，当，，得，单调递增，从而在处取得极小值，同时也是最小值，最小值为.又当且时，，当时，，由函数有且仅有一个零点，可得，则a的值为9.方法二：，，令得，令，，则，令，，得，故在内单调递增，又，则当，，得，单调递减，当，，得，单调递增，从而在处取得极小值，同时也是最小值，最小值为.又当且时，，当时，，由函数有且仅有一个零点，可得，则的值为9.2．【答案】(1)当时，有1个零点；当或时，有2个零点(2)【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．3．【答案】(1)答案见解析(2)【详解】（1）由题意求导可得.所以当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，则.当时，，当时，，当时，.所以的大致图象如图所示.则由图可知当时，的图象与直线的交点个数为0；当或时，的图象与直线的交点个数为1；当时，的图象与直线的交点个数为2.（2）当时，由，解得或.所以当时，函数有两个零点或，因为，所以.所以当时，有三个零点，由（1）可知方程至多有两个根，所以令，则有两个不同的实数根，且两个方程一个只有一根、另一个有两根，不妨记两个方程分别有一个根和两个根，则由（1）可得二次方程根的分布为或，当时，，无解.当时，，解得.综上可得，的取值范围为.4．【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【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.5．【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.【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.6．【答案】(1)(2)当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．(3)【详解】（1）因为，所以，因为函数的一个极值点是，所以，即；则有，当时，，函数在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.所以.（2），由（1）可知.①当时，令得或，列表如下：x2

-0

+0

-满足是函数的极值点；②当时，令得或，列表如下：x

2

-0

+0

-满足是函数的极值点.所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．（3）由（1）（2）知，，且时，在单调递增，在单调递减，又因为，，所以在上的最大值为，最小值为又当时，函数在单调递增，所以在上的最大值为，最小值为．因为存在，使得成立，即存在，使得成立，即，又，所以解得，所以实数a的取值范围为．7．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减．(2)(3)，理由见解析【详解】（1）．当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；所以，在上单调递增，在上单调递减．（2）由题可知存在，使得成立，∵时，，故存在，使得．令，其中，，且不恒为零，故函数在上单调递减，则，故．（3）．证明：由可得，令，则．因为，则，所以，所以函数在上单调递减，因为，，所以，存在唯一的，使得，所以，，，同理可得，且，因为，所以，因为，所以，所以，因为函数在上单调递减，故，即,取，则,由（2）知，即令则，即，即得证.8．【答案】(1)(2)（i）；；（ii）证明见解析【详解】（1）由得，则，又，得，故在处的切线的方程为：，令，得到，所以，得到，所以，在处的切线的方程为：，令，得到，故r的2次近似值为；（2）（i）由，得，，则，，得，同理：在点处的切线斜率为，，将代入得，所以或，若，则重合，与题设矛盾，故舍去，故，故数列是首项为，公比为的等比数列，得到，由抛物线的定义可得，故；（ii）由题意得，由（i）知，得，结合时，，可得，故，所以，将代入，得.刷真题1．【答案】(1)(2)或，【分析】（1）根据以及可得，即可求导以及点斜式求解直线方程，（2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解.【详解】（1）当时，则，根据可得，故，故，由于，故，故，，则，故函数在处的切线方程为，故，（2）函数的最小正周期为，故，所以，令，当，则，令，则或，当时，要使得有1351个实数根，则，解得，当时，要使得有1351个实数根，则，解得，当时，要使得有1351个实数根，则，无解，综上可得或.2．【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii），证明见解析.【详解】（1）由题得，因为，所以，设，则在上恒成立，所以在上单调递减，，令，所以当时，，则；当时，，则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上存在唯一极值点，对函数有在上恒成立，所以在上单调递减，所以在上恒成立，又因为，时，所以时，所以存在唯一使得，即在上存在唯一零点.（2）（i）由（1）知，则，，，则，，，即在上单调递减.（ii），证明如下：由（i）知：函数在区间上单调递减，所以即，又，由（1）可知在上单调递减，，且对任意，所以.3．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【详解】（1）法1：，因为，故，故，当时，即，当时，即，故在上为增函数，在为减函数，故在上的最大值为.法2：我们