专题03 导数及其应用 2020-2026年高考数学真题分类汇编（天津专用）（解析版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题03导数及其应用7年真题1年模拟考点分类天津考情（2020-2026）命题规律考点01导数的切线方程2026天津：求解函数定点处的切线方程2025天津：求解指定点处的函数切线方程2024天津：求解曲线定点处切线方程2023天津：求解函数指定点的切线斜率2022天津：求解曲线定点处切线方程2021天津：求解函数定点切线方程2020天津：求解曲线定点处切线方程该考点为天津高考导数解答题必考第一小问，七年连续考查，题型固定、难度基础。核心考查导数几何意义，围绕求切线斜率、切线方程展开，解题步骤标准化。命题整体稳定，早年以基础多项式、初等函数为主，近年逐步融入复合函数、分式函数，侧重考查导数基础运算能力，无复杂综合设问，是导数模块必稳拿的基础分值。考点02研究函数的极值2021天津：证明函数存在唯一极值点2020天津：求解函数单调区间与极值该考点为导数中档核心题型，考查频次稳定，多作为解答题第二问设问。考查形式分为基础计算与逻辑证明两类，基础题型直接求解单调区间、判定极值类型，进阶题型结合导数零点、函数图像证明极值点唯一性。命题侧重分类讨论与数形结合思想，从基础数值计算逐步转向逻辑推理证明，综合性与区分度逐年小幅提升。考点03不等式恒成立、能成立问题2026天津：恒成立问题求参数最大值2024天津：任意恒成立问题求参数具体值2021天津：存在性问题求参数取值范围该考点是导数压轴核心难点，高频考查、区分度极高。主要涵盖任意恒成立、存在能成立两类经典题型，核心解法为参变分离、构造新函数、最值分析。命题变化显著，早年仅考查基础参数范围求解，近年融合裂项放缩、二项式展开、对数变形等综合技巧，设问更灵活，侧重考查学生综合构造与逻辑推理能力，是冲刺高分关键题型。考点04不等式的证明2026天津：分段证明函数型不等式2024天津：双变量结构不等式证明2023天津：函数不等式、数列累加不等式证明2020天津：差值型函数不等式证明该考点为导数压轴高频题型，难度大、综合性强，常年作为解答题压轴设问。考查形式逐年丰富，从早期单变量差值不等式证明，升级为双变量、分段函数、数列累加不等式综合证明。命题常结合切线不等式、函数单调性、放缩法解题，允许多方法作答，注重考查解题逻辑严谨性与知识迁移能力，是拉开分数差距的核心题型。考点05研究函数的零点2025天津：已知零点个数求参数范围、零点相关不等式证明2022天津：函数零点存在性分析、零点综合不等式证明该考点为导数综合高频题型，不单独简单设问，多结合参数、不等式综合考查。核心依托零点存在定理、函数单调性、数形结合分析零点个数与参数范围。命题趋势综合化明显，从基础零点判定，升级为多零点限定求参、结合对数均值不等式证明零点相关结论，融合多类知识点，对学生综合分析与压轴解题能力要求较高。考点01导数的切线方程1．（2026·天津·高考真题）已知．(1)求曲线在点处的切线方程；【分析】【详解】（1）由于，所以，，则曲线在点处的切线方程为：，即；2．（2025·天津·高考真题）已知函数(1)时，求在点处的切线方程；【详解】（1）当时，，，则，则，且，则切点，且切线的斜率为1，故函数在点处的切线方程为；3．（2024·天津·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；【详解】（1）由于，故.所以，，所以所求的切线经过，且斜率为1，故其方程为.4．（2023·天津·高考真题）已知函数．(1)求曲线在处的切线斜率；【详解】（1），则，所以，故处的切线斜率为；(2)5．（2022·天津·高考真题）已知，函数(1)求曲线在处的切线方程；【详解】（1），故，而，曲线在点处的切线方程为即.6．（2021·天津·高考真题）已知，函数．（1）求曲线在点处的切线方程：【详解】（1），则，又，则切线方程为；7．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数．（Ⅰ）当时，（i）求曲线在点处的切线方程；【详解】(Ⅰ)(i)当k=6时，，.可得，，所以曲线在点处的切线方程为，即.考点02研究函数的极值1．（2021·天津·高考真题）已知，函数．（2）证明存在唯一的极值点【详解】（2）令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，，当时，，画出大致图像如下：所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，当时，，则，单调递增，当时，，则，单调递减，为的极大值点，故存在唯一的极值点；2．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数．（Ⅰ）当时，（ii）求函数的单调区间和极值；【详解】(Ⅰ)(ii)依题意，.从而可得，整理可得：，令，解得.当x变化时，的变化情况如下表：x单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.考点03不等式恒成立、能成立问题1．（2026·天津·高考真题）已知．(3)求实数a的最大可能值，使得对任意的都成立．【详解】（3）①当时，设构造函数，则，令，所以，由于在上单调递增，所以，则在上单调递减，故，则在上单调递减，则在上恒成立，即在上恒成立；令，所以，所以在上单调递增，则，当且仅当时取等，即在上恒成立.故，令，则，对于，令，则，变形得，裂项求和得，对题设不等式左边取对数放缩：，对题设不等式右边取对数放缩：：当时，，此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以不满足条件；②当时，若,恒成立，此时原不等式右侧，只需证明：，由（2）问结论可得：对于二项式展开，两边取对数，，又因此，所以原不等式成立，则a的最大值为12．（2024·天津·高考真题）已知函数．(2)若对任意成立，求实数a的值；【详解】（2）设，则，从而当时，当时.所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.设，则.当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.一方面，若对任意，都有，则对有，取，得，故.再取，得，所以.另一方面，若，则对任意都有，满足条件.综合以上两个方面，知a的值是2.3．（2021·天津·高考真题）已知，函数．（3）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．【答案】【详解】（3）由（2）知，此时，所以，令，若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故，所以实数b的取值范围.考点04不等式的证明1．（2026·天津·高考真题）已知．(2)当时，证明；【详解】（2）(2)方法一：令，则，当时，，，则，所以在上单调递增，则，所以在上恒成立，即在上恒成立；当时，令，所以，因为和在上单调递增，所以在上单调递增，所以，因为，所以，所以，由于，所以，则在上单调递增，则，即在恒成立，所以在上单调递减，所以，即在成立，故在成立，综上，在上恒成立，方法二：若证明当时，，即证当时，，设，，则，当时，切线不等式，，当且仅当时，等号成立，则，所以在上恒成立，当时，设，则，可知在上单调递增，则，因为，则，可得，且，则，可知在上单调递增，则，即在恒成立，可知在上单调递减，则，即在成立；综上所述：在上恒成立，所以在上恒成立.方法三：因为，即，可得，令，，则，设，，当时，则，当时，则，因为，则，可得，即，可知在内单调递减，且，当时，，即；当时，，即；综上所述：当时，；当时，；可知在内单调递增，在内单调递减，则，所以在内恒成立，且，即在内恒成立，所以在上恒成立.2．（2024·天津·高考真题）已知函数．(3)若，求证：．【详解】（3）先证明一个结论：对，有.证明：前面已经证明不等式，故，且，所以，即.由，可知当时，当时.所以在上递减，在上递增.不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当时，有，结论成立；情况二：当时，有.对任意的，设，则.由于单调递增，且有，且当，时，由可知.所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.故在上递减，在上递增.①当时，有；②当时，由于，故我们可以取.从而当时，由，可得.再根据在上递减，即知对都有；综合①②可知对任意，都有，即.根据和的任意性，取，，就得到.所以.情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.而根据的单调性，知或.故一定有成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论.3．（2023·天津·高考真题）已知函数．(2)求证：当时，；(3)证明：．【详解】(2)要证时，即证，令且，则，所以在上递增，则，即.所以时.(3)设，，则，由（2）知：，则，所以，故在上递减，故；下证，令且，则，当时，递增，当时，递减，所以，故在上恒成立，则，所以，，…，，累加得：，而，因为，所以，则，所以，故；综上，，即.4．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数．（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．【详解】（Ⅱ）证明：由，得.对任意的，且，令，则.

①令.当x>1时，，由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.因为，，，所以.

②由(Ⅰ)(2)可知，当时，，即，故

③由①②③可得.所以，当时，任意的，且，有.考点05研究函数的零点1．（2025·天津·高考真题）已知函数(2)有3个零点，且.（i）求a的取值范围；（ii）证明．【详解】（2）（i）令，，得，设，则，由解得或，其中，；当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；且当时，；当时，；如图作出函数的图象，要使函数有3个零点，则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点.结合图象可知，.故a的取值范围为；（ii）由图象可知，，设，则，满足，由可得，两式作差可得，则由对数均值不等式可得，则，故要证，即证，只需证，即证，又因为，则，所以，故只需证，设函数，则，当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；故，即.而由，可知成立，故命题得证.2．（2022·天津·高考真题）已知，函数(II)若曲线和有公共点，（1）当时，求的取值范围；（2）求证：．【详解】（II）（1）当时，因为曲线和有公共点，故有解，设，故，故在上有解，设，故在上有零点，而，若，则恒成立，此时在上无零点，若，则在上恒成立，故在上为增函数，而，，故在上无零点，故，设，则，故在上为增函数，而，，故在上存在唯一零点，且时，；时，；故时，；时，；所以在上为减函数，在上为增函数，故，因为在上有零点，故，故，而，故即，设，则，故在上为增函数，而，故.（2）因为曲线和有公共点，所以有解，其中，若，则，该式不成立，故.故，考虑直线，表示原点与直线上的动点之间的距离，故，所以，下证：对任意，总有，证明：当时，有，故成立.当时，即证，设，则（不恒为零），故在上为减函数，故即成立.综上，成立.下证：当时，恒成立，，则，故在上为增函数，故即恒成立.下证：在上恒成立，即证：，即证：，即证：，而，故成立.故，即成立.【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.1．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数（是自然对数的底数）．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若，使得对恒成立，求实数b的取值范围；(3)若函数，且满足，证明：．【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析.【分析】【详解】（1）∵，切点为，∵，则曲线在处的切线方程为.（2），等价于，则使得成立，只需，，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以在上有最小值，，即对恒成立，令，即，，，①当时，，所以单调递增，在，不符合题意，②当时，由，得，则函数在上单调递增，由，得，则函数在上单调递减，故的最大值为，解得．（3）因为，令，由（2）知在上单调递减，在上单调递增，，则，①当时，所以，又，故，函数在上单调递减，又，则，要证明，只需证明，只需证明，即，令函数，求导得，又，不妨设，则，由在上单调递减，得，当时，，即，因此，令函数，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，则，当时，，函数在上单调递减，由，得，即，因此；②当时，可知有两个极值点x1,x2，且函数在上单调递减，在上单调递增，由为极值点，得，即，则，又，则．对任意，由，得，则，因此，即．综上可知．2．（2026·天津·二模）已知a，b是实数，函数，其中是自然对数的底数．(1)当时，求曲线fx在处的切线方程；(2)当时，（ⅰ）若fx均有极小值点，且，求实数a的取值范围；（ii）若方程有两个根，，当取最小值时，求的值．【答案】(1)(2)（i）；（ii）.【分析】【详解】（1）当时，，，求导可得，，所以曲线fx在处的切线方程为，即.（2）（i），求导可得，因为，分类讨论当时，，fx单调递减，则fx不可能有极小值点；当时，令，即，解得，所以当时，，fx单调递减，当时，，fx单调递增，因此fx均有极小值点，且，，令，设函数，故对任意的，，求导可得，当时，，单调递增，当，，单调递减，，，当时，；，，图象如下图所示，故恒成立，解得．（ii）方程有两个根，由（i）可知，否则fx单调递减，不可能有两个根，方程有两个根等价于有两个根，设函数，，当，；当，，故可知，记，上式等价于有两个根，即，两式相减可得，记，故上式可写成，即，将代入可得，设函数，求导可得，设函数，求导可得，单调递增，故，即，单调递增，要求最小值，即求的最小值，就是求的最小值，设函数，求导可得，设函数，求导可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，，，的图象如下图所示，故存在使得，即，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，即时，取最小值，故．3．（2026·天津河西·三模）已知函数，其中．(1)当（为自然对数的底数）时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在区间上存在两个零点，求实数a的取值范围；(3)在（2）的条件下，设函数较大的零点为，记，当实数a满足时，求证：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）函数，求导得，由，得，若，则在上恒成立，故为上的增函数，与题设矛盾；，而，则，即，解得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，而，当时，，函数在存在两个零点，当且仅当，则，解得，所以实数a的取值范围是.（3）依题意，，即，两边取自然对数得，而，则，令函数，显然是方程的根，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，由是函数较大的零点，得，即落在的严格单调递增区间内，令，要证明，只需证明且即可，①由，得，，则，，而且，得，，则，由在上单调递增，且，得，因此；②，令函数，求导得，函数在上单调递减，，因此，而，则，由，得，即，而，因此，即，，又函数在上单调递增，且，则，即，所以.4．（2026·天津滨海新区·三模）已知函数．(1)证明：；(2)将fx所有正零点排列为严格递增数列（i）证明：；（ii）设表示不超过的最大整数，求．【答案】(1)证明见解析(2)（i）证明见解析，（ii）【分析】【详解】（1）证明：，，，，，所以fx在区间上单调递增，.（2）（i）证明：由（1）fx在区间上单调递增，则时，，即此时fx无零点，当，，单调递增，又，，，则在上有一个零点a1，同理可得在上有一个零点，又，，，，又，，且在上单调递增，，即；（ii），，，，又，，．5．（2026·天津南开·模拟预测）已知函数，(1)讨论函数fx(2)，都有，（ⅰ）求k取值的集合；（ⅱ）设fx在点处的切线交轴于点，，若，，求证：．【答案】(1)见解析(2)；证明见解析【分析】【详解】（1）函数的定义域为，，分母，导数符号由分子决定：当时，恒成立，故fx在和上单调递增；当时，，此时，为常函数，无单调性；当时，恒成立，故fx在和上单调递减；（2）(i)令，则题意等价于对恒成立，，，分母，故的符号由分子决定，分情况讨论：当时：对，，故在上单调递减；当时，，因此，与恒成立矛盾，舍去；当时：令，得，，符合定义域，当时，单调递增；当时，单调递减；故在处取得最大值，需满足，代入计算最大值：，令，则上式变为，对求导：，当时，单调递减；当时，单调递增，故在处取得最小值，即对成立，当且仅当时取等号，因此，的唯一解为，即，综上，k取值的集合为；(ii)由(i)知，，fx在点处的切线方程为：，切线交轴于，代入解得：，整理得：，令，则：，已知，故，由递推式得，当：左边：；右边：；左右相等；假设当时，结论成立，即：，根据递推公式：，将归纳假设代入：，，即：，故时结论也成立；故对任意自然数，恒有，由，得，且，由，得：，求和得：,代入，得：因，故，因此：得证．6．（2026·天津武清·模拟预测）已知实数，设函数．(1)时，求在点处的切线斜率；(2)当时，求函数的单调区间；(3)证明：当时，对任意恒成立．【答案】(1)(2)的单调递增区间是，单调递减区间是.(3)证明见解析【分析】【详解】（1）时，，则，故在点处的切线斜率为.（2）当时，，，，令，解得或（舍去），当时，，单调递增，当时，，单调递减，因此的单调递增区间是，单调递减区间是.（3）设，因为，所以证明就等价于证明，令，，配方得，（i）当时，，则，记，，因为，,则当时，,当时，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以；（ii）当时，，令，，故在上单调递增，所以，，由（i）知在上单调递减，故，而所以，.由（i）（ii）可得：当时，对任意恒成立，所以当时，对任意恒成立．7．（2026·天津武清·模拟预测）已知函数(1)若fx在点处的切线斜率为1，求实数a的值；(2)若fx在上的极大值大于1，求实数a的取值范围；(3)当时，记，，求证：．【答案】(1)(2)(3)由，令，则，所以故，①先证明当，，，令，，令，，所以，，令，，则恒成立，所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，，所以，.②证明因为在上恒成立，即在上恒成立，所以，当时，，又因为，故当时，，，，所以，即，所以，所以，证毕；③再证明：，因为和在上恒成立，所以，当时，，即，，，所以，所以，所以，证毕.综上，.【分析】【详解】（1）函数的导函数，由题意得，所以，解得；（2）由（1），由余弦函数性质可得在上单调递减，因为，所以，若，由可得，，在上单调递减，无极值，舍去；若，由可得，，在上单调递增，无极值，舍去；若，则，所以存在使得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当时，函数取极大值，极大值为，因为fx在上的极大值大于1，所以，令，，则，所以函数在上单调递增，又，所以，又，所以，综上，a的取值范围为；（3）略.8．（2026·天津·模拟预测）已知函数（）．(1)若，求函数fx在处的切线方程；(2)若函数fx有两个极值点、，且，（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：．【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【分析】【详解】（1），所以，因此，，，所以，整理得；（2）（i），令，则，所以，时，，所以在单调递增；时，，所以在单调递减，因此，解得，又因为，所以存在唯一使得，又因为，令，，所以在上单调递增，因此，因此在存在唯一，使得.因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，、是函数的两个极值点，所以.（ii）因为，所以，又因为，所以，根据已知，所以，下面证，只需证，即证，令，，令，，所以在单调递增，所以，因此成立，所以，即，又因为，所以.9．（2026·天津·二模）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：；(3)证明：．【答案】(1)(2)证明过程见解析；(3)证明过程见解析【分析】【详解】（1）由题可知，，则，故曲线在点处的切线方程为，即；（2）要证明，即证，即证，令，定义域为，显然，则，其中，当时，令，则，其中，，故，故在上单调递增，又，故在上恒成立，故在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以恒成立，从而，当时，等号成立；（3）由（2）知，当时，，即，当时，，故，故10．（2026·天津和平·三模）已知函数．(1)若，求曲线y=fx在(2)讨论函数fx(3)若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2)当时，函数fx的增区间为，无减区间；当时，函数fx的减区间为，增区间为、.(3)【分析】【详解】（1）当时，，则，，则，所以当时，曲线在处的切线方程为，即.（2）函数的定义域为，则，当时，对任意的，恒成立，此时函数fx的增区间为，无减区间；当时，对于函数，.若时，即当时，对任意的，，此时函数fx的增区间为，无减区间；若Δ>0时，即当时，由可得，由可得或，此时函数fx的减区间为，增区间为、.综上所述，当时，函数fx的增区间为，无减区间；当时，函数fx的减区间为，增区间为、.（3）因为不等式对任意恒成立，则，因为，则，所以，则，即，令，所以，令，，则，令，其中，则，由（2）知，当a=2时，函数在上为增函数，因为，则，所以，即函数在上为增函数，此时，则，所以函数在上单调递增，则，所以，故实数a的取值范围是.11．（2026·天津·模拟预测）已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)当时，有两个极值点x1,x2，且（ⅰ）求t的范围；（ⅱ）证明：【答案】(1)(2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析【分析】【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而，所以曲线在处的切线方程为.（2）（ⅰ）当时，函数，求导得，由x1,x2是函数的两个极值点，得x由，得，令函数，则，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，而，所以.（ⅱ）有两解x1,x2，即e则当时，，令，则，，因此，不等式等价于，令函数，求导得，函数在上单调递增，则，即，，于是.12．（2026·天津滨海新区·三模）已知，，，函数．(1)当，t=0时，fx在点处的切线与直线垂直，求a的值；(2)当时，若函数在上的最大值为．（ⅰ）求t的值，并证明：当时，；（ⅱ）若数列满足：，，证明：．【答案】(1)(2)（ⅰ），证明当时，如下：由，，则，要证，只需证，即只需证当时，，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，故在上恒成立，故在单调递增，则，即在时恒成立，即得证；（ⅱ）由（ⅰ）得当时，，故当，得，进而，依次得，，要证，即证，即证，下面先证关系，即证，，即证，整理得即证：，记，，得，令，则，所以在上单调递增，有，所以在上单调递增，得，故当，有，所以，故，又，得，所以，即得证．【分析】【详解】（1）当，t=0时，，则，则，由fx在点处的切线与直线垂直，则，即，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，则，故，则；（2）（ⅰ），若，则恒成立，故在上单调递增，则有，与在上的最大值为矛盾，不符合题意；若，令，解得，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，若，即时，在上单调递减，则在上的最大值为，则，由，故不符合题意；若，即时，在上单调递增，在上单调递减，则在上的最大值为，即，由随t的增大而增大，则，故无解，不符合题意；若，即时，在上单调递增，则在上的最大值为，解得；综上所述：；证明略；（ⅱ）略.13．（2026·天津西青·三模）已知，函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若存在，使得有三个不同的零点，（i）求a的取值范围；（ⅱ）若成等差数列，求证：．【答案】(1)(2)（i）；（ⅱ）若存在，使得有三个不同的零点，即为方程的根，即，两式